Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - -
MAI THỊ THU NHÀN
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
HÀ NỘI - 2015

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
MAI THỊ THU NHÀN
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60460113
LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. PHẠM VĂN QUỐC
Hà Nội – Năm 2015

Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Một số kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Một số công thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 11
2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới . . . . . 21
2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng
cấp bậc hai, bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . 37
2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . 46
2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế
của phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 59
3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . 59
3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân liên hợp 60
3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức . . . . . . . . . . . 64
3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.5 Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . 66
3.6 Xây dựng từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.7 Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác . 69
3.8 Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.8.1 Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . 71
1

MỤC LỤC
3.8.2 Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . 72
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
2

Mở đầu
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là một lớp các bài toán có vị trí đặc
biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh
phải đối mặt với rất nhều dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn mà
phương pháp giải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Đó là các
dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn giải bằng phương pháp đặt ẩn
phụ không hoàn toàn, dạng ẩn phụ lượng giác hóa,....
Việc tìm phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là niềm say mê
của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp dạy toán. Chính vì
vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài
"Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn"
Đề tài nhằm một phần nào đáp ứng nhu cầu mong muốn của bản thân về
một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của
mình trong nhà trường phổ thông. Luận văn được hoản thành dưới sự hướng
dẫn trực tiếp của TS. Phạm Văn Quốc.Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân
thành và sâu sắc đến người thầy của mình, người đã nhiệt tình hướng dẫn, chỉ
bảo và mong muốn được học hỏi thầy nhiều hơn nữa.
Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào
tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc
Gia Hà Nội, quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học, cùng toàn thể các học
viên khóa 2013-1015 đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình
học tập và nghiên cứu để tác giả hoàn thành khóa học và hoàn thành bản luận
văn này.
Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu
tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.
3

MỤC LỤC
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu,
nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận
văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận
được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các bạn học viên
để luận văn được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, tháng 08 năm 2015.
Học viên thực hiện
Mai Thị Thu Nhàn
4

Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Một số công thức cần nhớ
1. Căn bậc hai và căn bậc ba của một tích
√
ab = |a| |b| với a, b ∈ R, ab ≥ 0
3
√
ab = 3
√
a 3
√
b với a, b ∈ R.
2. Căn bậc hai và căn bậc ba của một thương
a
b
=
|a|
|b|
với a, b ∈ R, ab ≥ 0, b = 0
3
a
b
=
3
√
a
3
√
b
với a, b ∈ R, b = 0.
3. Căn của một lũy thừa
n
√
am = a
m
n = ( n
√
a)
m
, với a ∈ R∗
+; m, n ∈ N∗, n ≥ 2.
4. Căn nhiều lớp
n m
√
a = m n
√
a = nm
√
a với a ∈ R∗
+; m, n ∈ N∗; m, n ≥ 2.
5. Đưa một thừa số ra ngoài dấu căn bậc hai
√
a2b = |a|
√
b, với a ∈ R, b ∈ R+.
6. Đưa một thừa số vào trong dấu căn bậc hai
a
√
b =
√
a2.b khi a, b ≥ 0; a, b ∈ R
a
√
b = −
√
a2.b khi a ≤ 0, b ≥ 0; a, b ∈ R.
7. Tích của hai căn
m
√
a n
√
a = a
1
m a
1
n = a
1
m
+ 1
n = a
m+n
mn =
mn
√
am+n = ( mn
√
a)
m+n
với a ∈ R∗
+; m, n ∈ N∗; m, n ≥ 2.
8. Thương của hai căn
m
√
a
n
√
a
=
a
1
m
a
1
n
= a
1
m
− 1
n = a
n−m
mn =
mn
√
an−m = ( mn
√
a)
n−m
5

Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị
với a ∈ R∗
+; m, n ∈ N∗; m, n ≥ 2.
9.
√
A = B ⇔
B ≥ 0
A = B2.
10.
√
A =
√
B ⇔
A ≥ 0
A = B.
11. 3
√
A = 3
√
B ⇔ A = B.
12. 3
√
A = B ⇔ A = B3.
13. Phương trình tương đương
Hai phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng
một tập nghiệm. Nếu phương trình f1(x) = g1(x) tương đương với phương
trình f2(x) = g2(x) thì ta viết
f1(x) = g1(x) ⇔ f2(x) = g2(x).
Khi muốn nhấn mạnh hai phương trình có cùng tập xác định D (hay có
cùng điều kiện xác định mà ta cũng kí hiệu là D) và tương đương với nhau,
ta nói
- Hai phương trình tương đương với nhau trên D, hoặc
- Với điều kiện D, hai phương trình tương đương với nhau.
Chẳng hạn với x > 0, hai phương trình x2 = 1 và x = 1 tương đương với
nhau.
Trong các phép biến đổi phương trình, đáng chú ý nhất là các phép biến
đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình. Ta gọi chúng là các
phép biến đổi tương đương. Như vậy, phép biến đổi tương đương biến một
phương trình thành phương trình tương đương với nó.Chẳng hạn, việc thực
hiện các phép biến đổi đồng nhất ở mỗi vế của một phương trình và không
thay đổi tập xác định của nó là một phép biến đổi tương đương.
14. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến.
Hàm số y = f(x) được gọi đồng biến (tăng) trong khoảng (a,b) nếu với
∀x1,x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f(x1) < f(x2).
Hàm số y = f(x) được gọi nghịch biến (giảm) trong khoảng (a,b) nếu với
∀x1,x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).
Hàm số y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a,b), ta nói hàm số
y = f(x) đơn điệu trên (a,b).
Định lý. Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trong (a,b). Khi đó :
6

- Hàm số y = f(x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f,(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) và f,(x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Hàm số y = f(x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f,(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và f,(x) = 0
chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b).
- Nếu f,(x) > 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f(x) đồng biến trên
[a, b].
- Nếu f,(x) < 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f(x) nghịch biến
trên [a, b].
15. Hệ phương trình đối xứng loại I
f(x, y) = 0
g(x, y) = 0
(I) với f(x, y) = f(y, x) và g(x, y) = g(y, x)
Phương pháp giải.
Biến đổi về tổng, tích và đặt
S = x + y
P = xy
đưa hệ phương trình mới với ẩn
S,P. Giải hệ phương trình mới tìm được S, P và điều kiện có nghiệm (x, y)
là S2 ≥ 4P.
Tìm nghiệm (x, y) bằng cách giải phương trình X2 −SX +P = 0 hoặc nhẩm
nghiệm với S, P đơn giản.
16. Hệ phương trình đối xứng loại II
f(x, y) = 0 (1)
f(y, x) = 0 (2)
Phương pháp giải.
Trừ (1) và (2) vế cho vế ta được hệ phương trình mới
f(x, y) − f(y, x) = 0 (3)
f(x, y) = 0 (1)
Biến đổi (3) về phương trình tích (x − y).g(x, y) = 0 ⇔
x = y
g(x, y) = 0.
Khi đó giải hai trường hợp
f(x, y) = 0
x = y
∨
f(x, y) = 0
g(x, y) = 0
Giải các hệ trên ta tìm được nghiệm của hệ đã cho.
17. Một số công thức lượng giác hay dùng.
cos 2x = cos2 x − sin2
x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2
x
sin 2x = 2 sin x cos x
7

cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x
sin 3x = 3 sin x − 4 sin3
x
cos2 x =
1 + cos 2x
2
sin2
x =
1 − cos 2x
2
.
1.2 Ví dụ mở đầu
Ví dụ 1.1. Giải phương trình
1 +
2
3
x − x2 =
√
x +
√
1 − x.
Nhận xét. Trước hết có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1. Để giải phương trình này thì
rõ ràng ta sẽ tìm cách làm mất căn thức. Có nhiều cách để làm mất căn
thức.
Cách 1. Đầu tiên ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương
trình đã cho luôn không âm với điều kiện xác định nên ta có thể bình
phương hai vế để thu được phương trình tương đương sau
1 +
2
3
√
x − x2 =
√
x +
√
1 − x
⇔ 1 +
2
3
√
x − x2
2
=
√
x +
√
1 − x
2
⇔ 1 +
4
3
√
x − x2 +
9
4
x − x2 = 1 + 2
√
x − x2
⇔ 27(x − x2) − 8
√
x − x2 = 0
⇔
√
x − x2 27
√
x − x2 − 8 = 0
⇔
√
x − x2 = 0
27
√
x − x2 − 8 = 0
⇔



x = 0 (thỏa mãn)
x = 1 (thỏa mãn)
x =
27 ±
√
473
54
(thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1, x =
27 ±
√
473
54
.
Cách 2. Ta thấy
√
x +
√
1 − x2
2
= 1 + 2
√
x − x2.
Do đó nếu đặt y =
√
x +
√
1 − x2. Suy ra, ta sẽ tính được
√
x − x2 =
y2 − 1
2
.
Phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai ẩn y là
1 +
y2 − 1
3
= y ⇔ y2 − 3y + 2 = 0 ⇔
y = 1
y = 2.
8

Suy ra
√
x +
√
1 − x2 = 1
√
x +
√
1 − x2 = 2
⇔
√
x − x2 = 0
2
√
x − x2 − 3 = 0.
Từ đó ta được nghiệm của phương trình đã cho.
Với cách giải thứ 2 là ta đặt ẩn phụ hợp lý để làm mất căn thức. Đặt biểu
thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình
ẩn mới có kết cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu là bước quan trọng.
Nó quyết định đến việc ta có lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở.
Để chọn được cách đặt ẩn thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ
của các biểu thức tham gia trong phương trình. Có nhiều cách tạo ra mối
quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình. Ví dụ ngoài cách
đặt ẩn như cách 2, ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức trong phương
trình ở cách 3 sau.
Cách 3. Ta có
1 +
2
3
√
x − x2 =
√
x +
√
1 − x
⇔ 3 + 2
√
x − x2 = 3
√
x + 3
√
1 − x
⇔
√
x 2
√
1 − x − 3 = 3
√
1 − x − 3
⇔
√
x =
3
√
1 − x − 3
2
√
1 − x − 3
.
Mặt khác ta có (
√
x)
2
+
√
1 − x
2
= 1.
Đặt y =
√
1 − x thì
√
x =
3y − 3
2y − 3
. Khi đó
(
√
x)
2
+
√
1 − x
2
= 1
⇔ y(y − 1)(2y2 − 4y + 3) = 0 ⇔
y = 0
y = 1.
Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho.
Cách 4. Ta cũng có thể đặt y =
√
x, z =
√
1 − x với y ≥ 0, z ≥ 0.
Khi đó ta có hệ phương trình 1 +
2
3
yz = y + z
y2 + z2 = 1
Đây là hệ phương trình đối xứng loại I. Ta giải tìm ra y, z và tìm được
nghiệm x của phương trình đã cho.
Cách 5. Với điều kiện của x để phương trình xác định, ta có thể nghĩ đến
cách giải phương trình bằng cách đặt x = sin2
t, t ∈ 0;
π
2
.
Khi đó phương trình đã cho trở thành
1 +
2
3
sin t cos t = sin t + cos t
⇔ 3(1 − sin t) (1 − sin t) (1 + sin t) (2 sin t − 3) = 0
⇔
sin t = 1
3
√
1 − sin t = (3 − 2 sin t)
√
1 + sin t
9

⇔
x = 1
sin t 4 sin2
t − 6 sin t + 8 = 0.
Từ đó ta có nghiệm của phương trình đã cho.
Qua ví dụ trên, ta thấy rằng có thể có nhiều cách để giải một phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn nào đó. Mọi phương pháp đều có chung một
mục đích, đó là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình đã cho về
phương trình mà ta đã biết cách giải.
10

Chương 2
Một số phương pháp giải phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn
2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương
Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp.
Một số phép biến đổi tương đương thường gặp
1. 2n
f(x) = 2n
g(x) ⇔



f(x) = g(x)
f(x) ≥ 0
g(x) ≥ 0.
2. 2n
f(x) = g(x) ⇔
f(x) = g2n(x)
g(x) ≥ 0.
3. 2n+1
f(x) = g(x) ⇔ f(x) = g2n+1(x).
Ví dụ 2.1. (Đề dự tuyển chọn HSG Khối lớp 10, Olympic 30/4,năm 2009)
Giải phương trình
(x + 3) (4 − x)(12 + x) = 28 − x.
Giải. Điều kiện
(4 − x)(12 + x) ≥ 0
(28 − x)(x + 3) > 0
⇔ −3 ≤ x ≤ 4.
Phương trình đã cho tương đương
(x + 3)2(4 − x)(12 + x) = (28 − x)2
⇔ x4 + 14x3 + 10x2 − 272x + 352 = 0
⇔ (x2 + 6x − 22)(x2 + 8x − 16) = 0
⇔
x2 + 6x − 22 = 0
x2 + 8x − 16 = 0
⇔




x = −3 +
√
31 (thỏa mãn)
x = −3 −
√
31 (loại)
x = −4 + 4
√
2 (thỏa mãn)
x = −4 − 4
√
2 (loại) .
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −3 +
√
31, x = −4 + 4
√
2.
11

Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
√
x + 1 −
√
x − 7 =
√
12 − x.
Giải. Điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương
√
x + 1 =
√
12 − x +
√
x − 7
⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7 + 2 (12 − x)(x − 7)
⇔ x − 4 = 2 (12 − x)(x − 7)
⇔
x − 4 ≥ 0
x2 − 8x + 16 = 4(−x2 + 19x − 84)
⇔



x ≥ 4
x = 8 (thỏa mãn)
x =
44
5
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8, x =
44
5
.
Ví dụ 2.3. (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin THPT Chuyên Bắc Giang
năm học 2005-2006)
√
x + 3 = 5 −
√
x − 2.
Giải. Điều kiện x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương
√
x + 3 +
√
x − 2 = 5
⇔ x + 3 + x − 2 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25
⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x
⇔
x ≤ 12
(x + 3)(x − 2) = (12 − x)2
⇔
x ≤ 12
x = 6.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 6.
3
√
3x − 1 − 3
√
2x − 1 = 3
√
5x + 1.
Giải. Phương trình đã cho tương đương
3x − 1 + 2x − 1 + 3
(3x − 1)(2x − 1)( 3
√
3x − 1 + 3
√
2x − 1) = 5x + 1
⇔ 3
(3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1
⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1
⇔ 30x3 − 19x2 = 0 ⇔
x = 0
x =
19
30
.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho ⇒ −2 = 1 (vô lý) .
12

Thay x =
19
30
vào phương trình đã cho thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =
19
30
.
Ví dụ 2.5. (Thi chọn HSG lớp 9 Bắc Giang, năm 2009)
√
x + 1 +
√
2x + 3 =
√
3x +
√
2x − 2.
√
3x −
√
x + 1 =
√
2x + 3 −
√
2x − 2
⇔ 3x + x + 1 − 2 3x(x + 1) = 2x + 3 + 2x − 2 − 2 (2x − 2)(2x + 3)
⇔ 3x(x + 1) = (2x + 3)(2x − 2)
⇔ 3x(x + 1) = (2x + 3)(2x − 2)
⇔ x2 − x − 6 = 0
⇔
x = 3 (thỏa mãn)
x = −2 (loại) .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2.6. Giải hệ phương trình
x3 + 1
x + 3
+
√
x + 1 = x2 − x + 1 +
√
x + 3.
Giải. Điều kiện x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương
x3 + 1
x + 3
−
√
x + 3 =
√
x2 − x + 1 −
√
x + 1
⇔
x3 + 1
x + 3
= x2 − x − 1
⇔ x3 + 1 = (x2 − x − 1)(x + 3)
⇔ 2x2 − 4x − 4 = 0
⇔
x = 1 −
√
3
x = 1 +
√
3.
(loại )
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp
Một số biểu thức liên hợp :
(α
√
a + β
√
b)(α
√
a − β
√
b) = α2
a − β2
b
( 3
√
a +
3
√
b)(
3
√
a2 −
3
√
ab +
3
√
b2) = a + b
( 3
√
a −
3
√
b)(
3
√
a2 +
3
√
ab +
3
√
b2) = a − b
13

an
− bn
= (a − b)(an−1
+ an−2
b + ... + abn−2
+ bn−1
).
Ta đã biết nếu x = x0 là nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì điều đó có nghĩa
là x0 ∈ Df và f(x0) = 0.
Nếu x = a là nghiệm của đa thức P(x) thì P(x) = (x − a)P1(x), trong đó P1(x) là
đa thức với degP1 = degP − 1.
Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì ta có thể đưa phương trình
f(x) = 0 về dạng (x − x0)f1(x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f(x) = 0 quy
về giải phương trình f1(x) = 0.
Ví dụ 2.7. (Đề thi Đại học Khối B, năm 2010)
√
3x + 1 −
√
6 − x + 3x2
− 14x − 8 = 0.
Giải. Điều kiện −
1
3
≤ x ≤ 6.
Nhận thấy x = 5 là nghệm một của phương trình. Do đó, ta cần tách ghép để
nhân liên hợp sao cho xuất hiện nhân tử chung (x − 5) hoặc bội của nó. Vì vậy,
ta cần tìm hai số a, b > 0 sao cho thỏa mãn đồng nhất
(3x + 1) − a2
√
3x + 1 + a
=
3(x − 5)
√
3x + 1 + a
⇔ 3x + 1 − a2 = 3x − 15 ⇔ a = 4.
b2 − (6 − x)
b +
√
6 − x
=
x − 5
b +
√
6 − x
⇔ b2 = 6 + x = x − 5 ⇔ b = 1.
Nên ta có lời giải sau.
(
√
3x + 1 − 4) + (1 −
√
6 − x) + 3x2 − 14x − 5 = 0
⇔
3x + 1 − 14
√
3x + 1 + 4
+
1 − 6 + x
1 +
√
6 − x
+ (3x + 1)(x − 5) = 0
⇔ (x − 5)
3
√
3x + 1 + 4
+
1
1 +
√
6 − x
+ 3x + 1 = 0
⇔
x = 5 (thỏa mãn)
3
√
3x + 1 + 4
+
1
1 +
√
6 − x
+ 3x + 1 = 0
Ta có
3
√
3x + 1 + 4
+
1
1 +
√
6 − x
+ 3x + 1 > 0, ∀x ∈ [−
1
3
; 6].
Ví dụ 2.8. (Đề nghị Olympic 30-4)
x2 + 12 + 5 = 3x + x2 + 5.
(
√
x2 + 12 − 4) = 3(x − 2) + (
√
x2 + 5 − 3)
14

⇔
x2 + 12 − 16
√
x2 + 12 + 4
= 3(x − 2) +
x2 + 5 − 9
√
x2 + 5 + 3
⇔
(x − 2)(x + 2)
√
x2 + 12 + 4
= 3(x − 2) +
(x − 2)(x + 2)
√
x2 + 5 + 3
⇔ (x − 2)
x + 2
√
x2 + 12 + 4
−
x + 2
√
x2 + 5 + 3
− 3 = 0
⇔
x = 2 (thỏa mãn)
x + 2
√
x2 + 12 + 4
−
x + 2
√
x2 + 5 + 3
− 3 = 0.
Ta có
x + 2
√
x2 + 12 + 4
−
x + 2
√
x2 + 5 + 3
= 3 vô nghiệm. (2.1)
Vì từ phương trình đã cho ta có
x2 + 12 − x2 + 5 = 3x − 5. (2.2)
Vế trái của (2.2) >0. Suy ra
3x − 5 > 0 ⇔ x >
5
3
⇔
x + 2 > 0
1
√
x2 + 12 + 4
−
1
√
x2 + 5 + 3
< 0.
Suy ra, vế trái của (2.1) < 0 ⇒ (2.1) vô nghiệm.
Ví dụ 2.9. (Đề thi Đại học Khối A, năm 2007)
√
2x − 3 −
√
x = 2x − 6.
Giải. Điều kiện x ≥
3
2
. Phương trình đã cho tương đương
(
√
2x − 3 −
√
x)(
√
2x − 3 +
√
x)
√
2x − 3 +
√
x
= 2(x − 3)
⇔
2x − 3 − x
√
2x − 3 +
√
x
− 2(x − 3) = 0
⇔ (x − 3)
1
√
2x − 3 +
√
x
− 2 = 0
⇔


x = 3 (thỏa mãn)
1
√
2x − 3 +
√
x
− 2 = 0.
Ta có x ≥
3
2
, suy ra
√
2x − 3 +
√
x ≥
3
2
> 1 ⇔
1
√
2x − 3 +
√
x
< 1.
Suy ra
1
√
2x − 3 +
√
x
− 2 = 0 vô nghiệm.
15

3
√
x + 24 +
√
12 − x = 6.
Giải. Điều kiện x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương
( 3
√
x + 24 − 3) + (
√
12 − x − 3) = 0
⇔
x + 24 − 27
( 3
√
x + 24)2 + 3 3
√
x + 24 + 9
+
12 − x − 9
√
12 − x + 3
= 0
⇔ (x − 3)
1
( 3
√
x + 24)2 + 3 3
√
x + 24 + 9
−
1
√
12 − x + 3
= 0
⇔
x = 3
1
( 3
√
x + 24)2 + 3 3
√
x + 24 + 9
−
1
√
12 − x + 3
= 0
⇔
x = 3√
12 − x + 3
√
x + 24 − ( 3
√
x + 24)2 − 4 3
√
x + 24 − 6 = 0
⇔
x = 3
( 3
√
x + 24)2 + 4 3
√
x + 24 − 6 = 0
⇔
x = 3√
x + 24 = 0√
x + 24 = −4
⇔


x = 3 (thỏa mãn)
x = −24 (thỏa mãn)
x = −88 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 3, x = −24, x = −88.
2
√
2x + 4 + 4
√
2 − x = 9x2 + 16.
Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương
4(2x + 4) + 16(2 − x) + 16 (2x + 4)(2 − x) = 9x2 + 16
⇔ 16 (2x + 4)(2 − x) − 8x = 9x2 − 32
⇔ 8(2 (2x + 4)(2 − x) − x) = 9x2 − 32
⇔
8(2 (2x + 4)(2 − x) − x)(2 (2x + 4)(2 − x) + x)
2 (2x + 4)(2 − x) + x)
= 9x2 − 32
⇔ (9x2 − 32) 1 +
8
2 2(4 − x2) + x
= 0
⇔





x =
4
√
2
3
x = −
4
√
2
3
2 2(4 − x2) + x + 8 = 0.
Ta có −2 ≤ x ≤ 2, suy ra 2 2(4 − x2) + x + 8 > 0.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
4
√
2
3
.
16

√
3 − x +
√
2 + x = x3
+ x2
− 4x − 4 + |x| + |x − 1| .
Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3. Phương trình đã cho tương đương
√
3 − x − |x − 1| +
√
2 + x − |x| = (x + 2) x2 − x − 2
⇔
(3 − x) − x2 + 2x − 1
√
3 − x + |x + 1|
+
2 + x − x2
√
2 + x + |x|
− (x + 2) x2 − x − 2 = 0
⇔
−x2 + x + 2
√
3 − x + |x + 1|
+
−x2 + x + 2
√
2 + x + |x|
+ (x + 2) −x2 + x + 2 = 0
⇔ −x2 + x + 2
1
√
3 − x + |x + 1|
+
1
√
2 + x + |x|
+ (x + 2) = 0
⇔ −x2 + x + 2 = 0
⇔
x = −1 (thỏa mãn)
x = 2 (thỏa mãn).
Do ∀x ∈ [−2; 3] nên
1
√
3 − x + |x + 1|
+
1
√
2 + x + |x|
+ (x + 2) > 0.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1, x = 2.
Ví dụ 2.13. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015)
√
3x + 1 +
√
5x + 4 = 3x2
− x + 3.
−1
3
. Ta thấy x = 0, x = 1 la nghiệm của phương trình trên.
Mà x = 0, x = 1 la nghiệm của đa thức x2 − x = 0 hoặc −x2 + x = 0.
Cách 1. Ta cần xác định a, b sao cho
√
3x − 1−(ax+b) = 0 có nghiệm x = 0, x = 1.
Thay x = 0, x = 1 vào ta được hệ phương trình
1 − b = 0
2 − (a + b) = 0
⇔
a = 1
b = 1.
Tương tự, tìm được c = 1, d = 2 sao cho
√
5x + 4 − (cx + d) = 0 có 2 nghiệm là
x = 0, x = 1.
Cách 2. Ta có
√
3x − 1 − (ax + b) =
3x + 1 − (ax + b)2
√
3x − 1 + (ax + b)
Cho 3x + 1 − (ax + b)2 = −x2 + x ta được
(ax + b)2
= x2
+ 2x + 1 ⇔ ax + b = x + 1.
Tương tự
√
5x + 4 − (cx + d) =
5x + 4 − (cx + d)2
√
5x + 4 + (cx + d)
, ta tìm được cx + d = x + 2.
17

Nên ta có lời giải sau.
√
3x + 1 +
√
5x + 4 = 3x2 − x + 3
⇔
√
3x + 1 − (x + 1)] + [
√
5x + 4 − (x + 2) = 3(x − 1)x
⇔
−x2 + x
√
3x + 1 + (x + 1)
+
−x2 + x
√
5x + 4 + (x + 2)
= 3(x2 − x)
⇔ (−x2 + x)
1
√
3x + 1 + (x + 1)
+
1x
√
5x + 4 + (x + 2)
+ 3 = 0
⇔
−x2 + x = 0
1
√
3x + 1 + (x + 1)
+
1x
√
5x + 4 + (x + 2)
+ 3 = 0
⇔
x = 0 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 1.
(x + 1) x2 − 2x + 3 = x2
+ 1
Giải. Vì x = −1 không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho
tương đương
√
x2 − 2x + 3 =
x2 + 1
x + 1
⇔
√
x2 − 2x + 3 − 2 =
x2 − 2x − 1
x + 1
⇔
x2 − 2x − 1
√
x2 − 2x + 3 + 2
=
x2 − 2x − 1
x + 1
⇔ x2 − 2x − 1
1
√
x2 − 2x + 3 + 2
−
1
x + 1
= 0
⇔
x2 − 2x − 1 = 0
1
√
x2 − 2x + 3 + 2
−
1
x + 1
= 0
⇔
x = 1 ±
√
2 (thỏa mãn)√
x2 − 2x + 3 + 2 = x + 1 (vô nghiệm ).
Vậy phương trình có nghiệm x = ±
√
2.
Nhận xét. Vì sao ta nhận ra được nhân tử chung x2 − 2x − 1 để điền thêm
−2 vào hai vế. Xuất phát từ việc tìm α sao cho
√
x2 − 2x + 3 − α =
x2 + 1
x + 1
− α, (α > 0)
⇔
x2 − 2x + 3 − α2
x2 − 2x + 3 + α
=
x2 + 1 − α(x + 1)
x + 1
⇔
x2 − 2x + 3 − α2
x2 − 2x + 3 + α
=
x2 − αx + (1 − α)
x + 1
.
Đến đây, ta chỉ việc xác định α sao cho
x2 − 2x + 3 − α2 = x2 − αx + (1 − α) ⇔ α = 2.
18

Ví dụ 2.15. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015)
2x2
− x − 3 =
√
2 − x.
Giải. Điều kiện x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương
2 x2 − x − 1 + x − 1 −
√
2 − x = 0
⇔ 2 x2 − x − 1 +
x2 − x − 1
x − 1 +
√
2 − x
= 0
⇔ (x2 − x − 1) 1 +
1
x − 1 +
√
2 − x
= 0
⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
1 ±
√
5
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm là x =
1 ±
√
5
2
.
Nhận xét. Tại sao chúng ta lại nhận ra x2 − x − 1 là nhân tử chung.
Đầu tiên ta dùng máy tính bỏ túi để thử nghiệm, ta thấy phương trình đã cho có
nghiệm là x =
1 +
√
5
2
. Mà x =
1 +
√
5
2
là nghiệm của phương trình x2 −x−1 = 0
hoặc −x2 + x + 1 = 0. Như vậy, chúng ta cần làm xuất hiện đại lượng x2 − x − 1
hoặc −x2 + x + 1 để làm nhân tử chung.
Khi đó, ta phải thêm bớt một đại lượng α, nghĩa là ta biến đổi
√
2 − x thành
√
2 − x − α sao cho sau khi nhân liên hợp thì xuất hiện biểu thức x2 − x − 1 hoặc
−x2 + x + 1.
Lưu ý là biểu thức cần xuất hiện là bậc hai nên α không phải là một số mà phải
có dạng α = ax + b.
Vậy ta có
√
2 − x − (ax + b) =
2 − x − (ax + b)2
√
2 − x + (ax + b)
.
Sau khi nhân liên hợp xong xuất hiện −ax2 nên ta sẽ cho
2 − x − (ax + b)2
= −x2 + x + 1
⇔ (ax + b)2
= x2 − 2x + 1
⇔ ax + b = x + 1.
Như vậy ta phải thêm đại lượng x + 1 vào phương trình đã cho.
3x2 − 6x − 5 = (2 − x)5
+
√
2 − x 2x2
− x − 10 .
Giải. Điều kiện x ≤
3 − 2
√
6
3
.
19

Nhận xét. Phương trình đã cho tương đương
3x2 − 6x − 5 =
√
2 − x 3x2
− 5x − 6 .
Dúng máy tính bấm nghiệm, ta thấy phương trình ra nghiệm xấu. Chính vì
thế, ta sẽ thêm bớt ẩn sao cho phù hợp để có thể nhân liên hợp. Do giả thiết ở
phương trình này có
√
2 − x nên ta sẽ thêm bớt α
√
2 − x vào phương trình
√
3x2 − 6x − 5 − α
√
2 − x =
√
2 − x 3x2 − 5x − 6 − α
⇔
3x2 − x 6 − α2 − 5 − 2α2
√
3x2 − 6x − 5 + α
√
2 − x
=
√
2 − x 3x2 − 5x − 6 − α .
Để có nhân tử chung, ta cần có
3x2
− x 6 − α2
− 5 − 2α2
= 3x2
− 5x − 6 − α
Đồng nhất hệ số của hai vế ta được α = 1.
Khi đó, ta có lời giải sau.
√
3x2 − 6x − 5 =
√
2 − x 3x2 − 5x − 6
⇔
√
3x2 − 6x − 5 −
√
2 − x =
√
2 − x 3x2 − 5x − 7
⇔
3x2 − 5x − 7
√
3x2 − 6x − 5 +
√
2 − x
=
√
2 − x 3x2 − 5x − 7
⇔
3x2 − 5x − 7 = 0
1
√
3x2 − 6x − 5 +
√
2 − x
=
√
2 − x (vô nghiệm)
⇔



x =
5 −
√
109
6
(thỏa mãn)
x =
5 +
√
109
6
(loại).
5 −
√
109
6
.
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ
Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một
biểu thức theo ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình đã cho về
phương trình với ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trình theo ẩn phụ để tìm nghiệm
rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm nghiệm theo ẩn ban đầu. Với phương pháp
này ta tiến hành theo các bước sau.
Bước 1. Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ.
Đây là bước quan trọng nhất, ta cần chọn biểu thức thích hợp để đặt làm
ẩn phụ. Để làm tốt bước này ta cần phải xác định được mối quan hệ của các
20

biểu thức có mặt trong phương trình. Cụ thể là, phải xác định được sự biểu diễn
tường minh của một biểu thức qua một biểu thức khác trong phương trình đã
cho.
Bước 2. Chuyển phương trình ban đầu về phương trình (hệ phương trình) theo
ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình (hệ phương trình ) này.
Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì những phương trình thu được là những
phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải.
Bước 3. Giải phương trình (hệ phương trình) với ẩn phụ đã biết để xác định
nghiệm của phương trình đã cho.
2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới
Phương pháp này sử dụng ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành
một phương trình với ẩn phụ mới. Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp.
• Nếu bài toán có chứa f(x) và f(x) có thể đặt f(x) = t; t ≥ 0
⇒ f(x) = t2.
• Nếu bài toàn có chứa f(x), g(x) và f(x).g(x) = c với c là hằng số.
Có thể đặt f(x) = t, t ≥ 0 khi đó g(x) =
c
t
.
• Nếu bài toán có chứa f(x) ± g(x) , f(x).g(x) = c với c là hằng số.
Có thể đặt t = f(x) ± g(x), khi đó f(x).g(x) =
t2 − c
2
.
• Nếu có dạng au + bv = c
√
uv với u = u(x) ≥ 0, v = v(x) > 0; a, b, c là hằng số.
Chia cả 2 vế cho v ta được a(
u
v
) + b = c
u
v
.
Đặt t =
u
v
⇒ at2 − ct + b = 0.
Ví dụ 2.17. (Tuyển sinh lớp 10 Phổ thông Năng Khiếu ĐHKHTN-ĐHQGHCM,
năm học 2010-1011)
(2x − 1)2
= 12 x2 − x − 2 + 1.
Giải.Điều kiện
x ≥ 2
x ≤ −1
Khi đó, ta có
(2x − 1)2
= 12 x2 − x − 2 + 1
⇔ 4x2 − 4x + 1 = 12
√
x2 − x − 2 + 1
⇔ x2
− x = 3 x2 − x − 2 (2.3)
21

Đặt y =
√
x2 − x − 2; y ≥ 0. Suy ra
(2.3) ⇔ y2 + 2 = 3y
⇔ y2 − 3y + 2 = 0 ⇔
y = 1
y = 2.
TH1. y = 1
Suy ra,
√
x2 − x − 2 = 1
⇔ x2 − x − 2 = 1
⇔
x = 3 (thỏa mãn)
x = −2 (thỏa mãn).
TH2. y = 2
Suy ra,
√
x2 − x − 2 = 2
⇔ x2 − x − 2 = 4
⇔



x =
1 +
√
13
2
(thỏa mãn)
x =
1 −
√
13
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
x = 3; x = 2; x =
1 +
√
13
2
; x =
1 −
√
13
2
.
Ví dụ 2.18. (Đề thi HSG tỉnh Đồng Tháp năm 2011)
x2
+ 2x x −
1
x
= 3x + 1. (2.4)
Giải.Điều kiện
−1 ≤ x < 0
x ≥ 1.
Chia hai vế phương trình cho x = 0, ta được
(2.4) ⇔ x + 2 x −
1
x
= 3 +
1
x
⇔ x −
1
x
+ 2 x −
1
x
= 3. (2.5)
Đặt t = x −
1
x
, t ≥ 0 ⇒ t2 = x −
1
x
.
Suy ra, (2.5) ⇔ t2 + 2t − 3 = 0
⇔
t = 1 (thỏa mãn)
t = −3 (loại).
Với t = 1, suy ra x −
1
x
= 1 ⇔ x −
1
x
= 1
⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔



x =
1 +
√
5
2
(thỏa mãn)
x =
1 −
√
5
2
(thỏa mãn).
22

Vậy phương trình có 2 nghệm là x =
1 +
√
5
2
; x =
1 −
√
5
2
.
10 x3 + 8 = 3(x2
− x + 6).
10 (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 3(x + 2) + 3(x2 − 2x + 4)
⇔
3(x + 2)
x2 − 2x + 4
+ 3 = 10
x + 2
x2 − 2x + 4
.
Đặt t =
x + 2
x2 − 2x + 4
, t ≥ 0.
Khi đó, phương trình trở thành 3t2
− 10t + 3 = 0
⇔
t = 3
t =
1
3
.
TH1. t = 3, suy ra
x + 2
x2 − 2x + 4
= 3
⇔ 9x2 − 19x + 34 = 0 (vô nghiệm).
TH2. t =
1
3
, suy ra
x + 2
x2 − 2x + 4
=
1
3
⇔ x2 − 11x − 14 = 0
⇔



x =
11 +
√
17
2
(thỏa mãn)
x =
11 −
√
17
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x =
11 +
√
17
2
, x =
11 −
√
17
2
.
Ví dụ 2.20. (Thi chọn HSG lớp 12 tỉnh Bắc Giang, năm học 2007)
√
x + 1 +
√
4 − x + (x + 1)(4 − x) = 5. (2.6)
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4.
Đặt t =
√
x + 1 +
√
4 − x, t > 0.
⇔ t2 = 5 + 2 (x + 1)(4 − x)
⇔ (x + 1)(4 − x) =
t2 − 5
2
Suy ra, (2.6) ⇔ t +
t2 − 5
2
= 5
⇔ t2 + 2t − 15 = 0 ⇔
t = 3
t = −5 (loại).
Với t = 3, suy ra
√
x + 1 +
√
4 − x = 3
23

⇔ x + 1 + 4 − x + 2 (x + 1)(4 − x) = 9
⇔ (x + 1)(4 − x) = 2
⇔ x2 − 3x = 0
⇔
x = 3 (thỏa mãn)
Ví dụ 2.21. (Đề nghị Olympic 30-4, năm 2007)
2x2
+ 5x − 1 = 7 x3 − 1.
Nhận xét. Để ý rằng x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1) một cách tự nhiên ta suy nghĩ
đến việc phân tích 2x2 + 5x − 1 sao cho
2x2 + 5x − 1 = α(x − 1) + β(x2 + x + 1)
⇔ 2x2 + 5x − 1 = βx2 + (α + β)x + (β − α)
⇔
β = 2
α + β = 5
β − α = −1
⇔
α = 3
β = 2
Vậy ta có lời giải.
Giải. Điều kiện x ≥ 1.
2x2 + 5x − 1 = 7
√
x3 − 1
⇔ 3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7 (x − 1)(x2 + x + 1)
⇔ 3 + 2
x2 + x + 1
x − 1
= 7
x2 + x + 1
x − 1
Đặt t =
x2 + x + 1
x − 1
, t ≥ 0.
Suy ra, ta có 3 + 2t2 = 7t
⇔ 2t2 − 7t + 3 = 0 ⇔
t = 3
t =
1
2
.
TH1. t = 3, suy ra
x2 + x + 1
x − 1
= 3
⇔ x2 + x + 1 = 9x + 9
⇔ x2 − 8x + 10 = 0 ⇔
x = 4 −
√
6 (thỏa mãn)
x = 4 +
√
6 (thỏa mãn).
TH2. t =
1
2
, suy ra
x2 + x + 1
x − 1
=
1
2
⇔
x2 + x + 1
x − 1
=
1
4
⇔ 4x2 + 4x + 3 = 0 (vô nghiệm).
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 4 −
√
6, x = 4 +
√
6.
24

2x2
− 6x + 4 = 3 x3 + 8.
Nhận xét. Để ý rằng biểu thức trong căn dạng x3 + 8 = (x + 2)(x2 − 2x + 4) nên
ta nghĩ đến việc tìm α, β thỏa mãn
2x2 − 6x + 4 = α(x + 2) + β(x2 − 2x + 4)
⇔
β = 2
α − 2β = −6
2β + 4α = 4
⇔
α = −2
β = 2.
Vậy ta có lời giải sau.
Giải. Điều kiện x ≥ −2.
2(x2 − 2x + 4) − 2(x + 2) − 3 (x + 2)(x2 − 2x + 4) = 0
⇔ 2 − 2
x + 2
x2 − 2x + 4
− 3
(x + 2)
(x2 − 2x + 4)
= 0.
Đặt t =
(x + 2)
(x2 − 2x + 4)
, t ≥ 0.
Suy ra, ta có 2t2 + 3t − 2 = 0
⇔
t = −2 (loại)
t =
1
2
.
Với t =
1
2
, suy ra
(x + 2)
(x2 − 2x + 4)
=
1
2
⇔ 4(x + 2) = x2 − 2x + 4
⇔ x2 − 6x − 4 = 0 ⇔
x = 3 −
√
13 (thỏa mãn)
x = 3 +
√
13 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 3 −
√
13, x = 3 +
√
13.
3x2
− 2x − 2 =
6
√
30
x3 + 3x2 + 4x + 2.
Nhận xét. Để ý rằng x3 + 3x2 + 4x + 2 = (x + 1)(x2 + 2x + 2). Ta sẽ phân tích
3x2 − 2x − 2 sao cho
3x2 − 2x − 2 = α(x + 1) + β(x2 + 2x + 2)
⇔ 3x2 − 2x − 2 = βx2 + (α + β)x + α + 2β
⇔
β = 3
α + 2β = −2
⇔
α = −8
β = 3.
−8(x + 1) + 3(x2 + 2x + 2) =
6
√
30
(x2 + 2x + 2)(x + 1)
25

⇔ −8+3
x2 + 2x + 2
x + 1
=
6
√
30
x2 + 2x + 2
x + 1
(vì x=-1 không là nghiệm).
Đặt t =
x2 + 2x + 2
x + 1
, t ≥ 0. Suy ra, ta có
3t2 −
6
√
30
t − 8 = 0 ⇔



t =
−4
√
30
15
(loại)
t =
√
30
3
(thỏa mãn).
Với t =
√
30
3
, suy ra
x2 + 2x + 2
x + 1
=
√
30
3
⇔
x2 + 2x + 2
x + 1
=
30
9
⇔ 3x2 + 6x + 6 = 0 ⇔
x =
−2
3
(loại)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 2.
√
3x2
− 3
√
3x + x4 + x2 + 1 = 0.
Nhận xét. Ta có
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2 = (x2 + 1)2 − x2 = (x2 − x + 1)(x2 + x + 1)
và biểu thức ngoài căn có chứa
√
3 là nhân tử chung nên ta chia 2 vế cho
√
3 ta
được
x2
− 3x + 1 = α(x2
− x + 1) + β(x2
+ x + 1)
nhằm dễ tìm 2 số α và β thỏa đồng nhất .
x2 − 3x + 1 = (α + β)x2 + (α − β)x + (α + β)
⇔
α + β = 1
α − β = −3
⇔
α = −1
β = 2.
x2 − 3x + 1 +
1
√
3
(x2 − x + 1)(x2 + x + 1) = 0
⇔ 2(x2 − x + 1) − (x2 + x + 1) +
1
√
3
(x2 − x + 1)(x2 + x + 1) = 0
⇔ 2
x2 − x + 1
x2 + x + 1
− 1 +
1
√
3
x2 − x + 1
x2 + x + 1
= 0 (vì (x2 + x + 1) > 0).
Đặt t =
x2 − x + 1
x2 + x + 1
, t ≥ 0.
Suy ra, ta có 2t2 +
1
√
3
t − 1 = 0.
26

⇔ 2
√
3t2 + t −
√
3 = 0 ⇔



t =
−
√
3
2
(loại)
t =
√
3
3
(thỏa mãn).
Với t =
√
3
3
, suy ra
x2 − x + 1
x2 + x + 1
=
√
3
3
⇔ 9x2 − 9x + 9 = 3x2 + 3x + 3
⇔ 62 − 12x + 6 = 0
⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1.
5x2 + 14x + 9 − x2 − x − 20 = 5
√
x + 1.
Giải. Điều kiện x ≥ 5.
√
5x2 + 14x + 9 −
√
x2 − x − 20 = 5
√
x + 1
⇔
√
5x2 + 14x + 9 =
√
x2 − x − 20 + 5
√
x + 1
⇔ 5x2 + 14x + 9 = x2 − x − 20 + 25(x + 1) + 10 (x2 − x − 20)(x + 1)
⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5 (x2 − x − 20)(x + 1)
⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5 (x + 4)(x − 5)(x + 1)
⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5 (x + 4)(x2 − 4x − 5)
⇔ 3(x + 4) + 2(x2 − 4x − 5) = 5 (x + 4)(x2 − 4x − 5)
⇔ 3 + 2
x2 − 4x − 5
x + 4
= 5
x2 − 4x − 5
x + 4
.
Đặt t =
x2 − 4x − 5
x + 4
, t ≥ 0. Suy ra, ta có
2t2 − 5t + 3 = 0 ⇔
t = 1 (thỏa mãn)
t =
3
2
(thỏa mãn)
TH1. t = 2, suy ra
x2 − 4x − 5
x + 4
= 1.
⇔ x2 − 4x − 5 = x + 4
⇔ x2 − 5x − 9 = 0 ⇔



x =
5 −
√
61
2
(loại)
x =
5 +
√
61
2
(thỏa mãn).
TH2. t =
3
2
, suy ra
x2 − 4x − 5
x + 4
=
3
2
.
⇔ 4x2 − 25x − 56 = 0 ⇔
x =
−7
4
(loại)
27

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 8, x =
5 +
√
61
2
.
Nhận xét. Không tồn tại 2 số α và β thỏa mãn
2x2 − 5x + 2 = α(x + 1) + β(x2 − x − 20)
nhưng ta để ý rằng
(x2 − x − 20)(x + 1) = (x + 4)(x − 5)(x + 1) = (x + 4)(x2 − 4x − 5)
Lúc đó, tìm 2 số α và β thỏa mãn
2x2 − 5x + 2 = α(x + 4) + β(x2 − 4x − 5) ⇔
α = 3
β = 2.
2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng cấp bậc
hai, bậc ba.
Xuất phát từ 1 số hằng đẳng thức cơ bản khi đặt ẩn phụ.
x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1).
x4 + 1 = (x2 − 2
√
x + 1)(x2 + 2
√
x + 1).
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1).
4x4 + 1 = (2x2 − 2x + 1)(2x2 + 2x + 1).
Chú ý. Khi đặt ẩn phụ xong ta cố gắng đưa về những dạng cơ bản như
u + v = 1 + uv ⇔ (u − 1)(v − 1) = 0.
au + bv = ab + uv ⇔ (u − b)(v − a) = 0.
x2
+ 2
2
+ 4(x + 1)3
+ x2 + 2x + 5 = (2x − 1)2
+ 2.
x4 + 4x2 + 4 + 4(x3 + 3x2 + 3x + 1) +
√
x2 + 2x + 5 = 4x2 − 4x − 3
⇔ x2 + 2x
2
+ 8 x2 + 2x +
√
x2 + 2x + 5 + 5 = 0
Đặt t =
√
x2 + 2x + 5, t ≥ 2. Suy ra, t2 − 5 = x2 + 2x.
Khi đó phương trình đã cho tương đương
t2 − 5
2
+ 8 t2 − 5 + t + 5 = 0
⇔ t4 − 2t2 + t − 10 = 0
⇔ (t − 2)(t3 + 2t2 + 2t + 5) = 0
⇔ t = 2 (thỏa mãn).
Với t = 2 thì
√
x2 + 2x + 5 = 2 ⇔ x = −1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1.
28

Ví dụ 2.27. Giải phương trình sau
3
x2 + 3x + 2( 3
√
x + 1 − 3
√
x + 2) = 1.
−1 + 3
√
x2 + 3x + 2( 3
√
x + 1 − 3
√
x + 2) = 0
⇔ (x + 1) − (x + 2) +
3
x2 + 3x + 2( 3
√
x + 1 − 3
√
x + 2) = 0. (2.7)
Đặt
a = 3
√
x + 1
b = − 3
√
x + 2.
Suy ra (2.7) ⇔ a3 + b3 − ab(a + b) = 0
⇔ (a + b)(a2 − ab + b2) − ab(a + b) = 0
⇔ (a + b)(a − b)2 = 0 ⇔
a = b
a = −b.
Suy ra
3
√
x + 1 = − 3
√
x + 2
3
√
x + 1 = 3
√
x + 2 (vô nghiệm)
⇔ x + 1 = −x − 2 ⇔ x = −
3
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −
3
2
.
Ví dụ 2.28. (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ)
5x2 + 14x + 9 − x2 − x − 20 = 5
√
x + 1.
√
5x2 + 14x + 9 = 5
√
x + 1 +
√
x2 − x − 20
⇔ 5x2 + 14x + 9 = 25(x + 1) + (x2 − x − 20) + 10 (x + 1)(x2 − x − 20)
⇔ 2x2 − 5x + 2 = 5 (x + 1)(x − 5)(x + 4)
⇔ 2(x2 − 4x − 5) + 3(x + 4) − 5 (x2 − 4x − 5)(x + 4)
Đặt a = (x2 − 4x − 5) ≥ 0
b =
√
x + 4 ≥ 0.
Khi đó, ta có
2a2 + 3b2 − 5ab = 0
⇔ 2a2 − 2ab + 3b2 − 3ab = 0
⇔ 2a(a − b) + 3b(b − a) = 0
⇔ (a − b)(2a − 3b) = 0
⇔
a = b
2a = 3b.
Suy ra
(x2 − 4x − 5) =
√
x + 4
2 (x2 − 4x − 5) = 3
√
x + 4
29

⇔
x2 − 4x − 5 = x + 4
4(x2 − 4x − 5) = 9(x + 4)
⇔








x =
5 −
√
61
2
(loại)
x =
5 +
√
61
2
(thỏa mãn)
x = 8 (thỏa mãn)
x =
−7
4
(loại).
5 +
√
61
2
.
√
x + 4
x(1 − x)2 + 4
(1 − x)3 =
√
1 − x +
4
√
x3 + 4
x2(1 − x).
Giải. Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1.
Đặt
a = 4
√
x ≥ 0
b = 4
√
1 − x ≥ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương
a2 + ab2 + b3 = b2 + a3 + a2b
⇔ a2 − b2 + ab2 − a3 + b3 − a2b = 0
⇔ (a − b)(a + b) + a(b − a)(a + b) + b(b − a)(b + a) = 0
⇔ (a − b)(a + b − ab − a2 − b2 − ab) = 0
⇔ (a − b)(a + b)(1 − a − b) = 0
⇔
a = b
a + b = 1.
TH1. a = b, suy ra 4
√
x = 4
√
1 − x ⇔ x = 1 − x ⇔ x =
1
2
(thỏa mãn).
TH2. a + b = 1, suy ra
4
√
x + 4
√
1 − x = 1 ⇔
0 ≤ x ≤ 1
4
√
x + 4
√
1 − x = 1
⇔
x = 0 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có 3 nghiệm x =
1
2
, x = 0, x = 1.
Ví dụ 2.30. (Đề nghị Olympic 30/4, năm 2007)
2(x2
+ 2) = 5 (x3 + 1).
2(x2
− x + 1) + 2(x + 1) = 5 (x + 1)(x2 − x + 1). (2.8)
Đặt
a =
√
x2 − x + 1 > 0
b =
√
x + 1 ≥ 0
Suy ra (2.8) ⇔ 2a2 + 2b2 − 5ab = 0.
Do b = 0 không là nghiệm, ta chia cả 2 vế phương trình cho b2 = 0
30

2(
a2
b2
) − 5(
a
b
) + 2 = 0 ⇔


a
b
= 2
a
b
=
1
2
TH1.
a
b
= 2 ⇔ a = 2b.
Suy ra
√
x2 − x + 1 = 2
√
x + 1
⇔ x2 − x + 1 = 4x + 4
⇔ x2 − 5x − 3 = 0
⇔ x =
5 ±
√
37
2
(thỏa mãn).
TH2.
a
b
=
1
2
⇔ b = 2a.
Suy ra
√
x + 1 = 2
√
x2 − x + 1
⇔ x + 1 = 4x2 − 4x + 4
⇔ 4x2 − 5x + 3 = 0 (vô nghiệm).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =
5 +
√
37
2
, x =
5 −
√
37
2
.
(x2
− 6x + 11) x2 − x + 1 = 2(x2
− 4x + 7)
√
x − 2.
[(x2
− x + 1) − 5(x − 2)] x2 − x + 1 = 2[(x2
− x + 1) − 3(x − 2)]
√
x − 2 (2.9)
Đặt
a =
√
x2 − x + 1 > 0
b =
√
x − 2 ≥ 0.
Suy ra (2.9) ⇔ (a2 − 5b2)a = 2(a2 − 3b2)b
⇔ a3 − 5ab2 − 2a2b + 6b3 = 0.
Vì a = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế cho a3
6(
b
a
)3 − 5(
b
a
)2 − 2(
b
a
) + 1 = 0 ⇔





b
a
= 1
b
a
= −
1
2
b
a
=
1
3
.
TH1.
b
a
= 1 ⇔ a = b.
Suy ra
√
x2 − x + 1 =
√
x − 2
⇔ x2 − x + 1 = x − 2
⇔ x2 − 2x + 3 = 0 (vô nghiệm)
TH2.
b
a
= −
1
2
.
Do a > 0, b ≥ 0 ⇒
b
a
> 0 ⇒
b
a
= −
1
2
(vô nghiệm).
TH3.
b
a
=
1
3
⇔ a = 3b.
31

Suy ra
√
x2 − x + 1 = 3
√
x − 2
⇔ x2 − x + 1 = 9x − 18
⇔ x2 − 10x + 19 = 0
⇔ x = 5 ±
√
6 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 5 +
√
6, x = 5 −
√
6.
2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn"
Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là khi ta đặt ẩn phụ mới t thì phương trình
nhận được hệ số của nó vẫn chứa x. Khi đó nếu phương trình bậc 2 (ẩn t) có
biệt thức ∆t có dạng ∆t = (px + q)2 thì bài toán có thể giải theo phương pháp
này.
Kỹ thuật điều chỉnh biệt thức : Xét phương trình vô tỷ có dạng
(ax + b) cx2 + dx + e = px2
+ qx + t
⇔ px2
+ qx + t − (ax + b) cx2 + dx + e = 0
Bước 1. Đặt
√
cx2 + dx + e = t, ta sẽ biến đổi phương trình thành
mt2
− (ax + b)t + P(x) = 0 (2.10)
với P(x) = x2 +qx+t−m(cx2 +dx+e) và ∆t là một biểu thức chính phương,
nhiệm vụ là tìm một giá trị của m thỏa mãn yêu cầu.
Bước 2. Viết lại
(2.5) ⇔ mt2 − (ax + b)t + (1 − mc)x2 + (q − md)x + (t − e) = 0
∆t = (ax + b)2
− 4m[(1 − mc)x2
+ (q − md)x + (t − e)]
∆t = (a2
− 4m + 4m2
c)x2
+ (2ab − 4mq + 4m2
d)x + (b2
− 4mt + 4me)
Để ∆t chính phương ⇔ ∆t = 0 có nghiệm duy nhất ⇔ ∆∆t
= 0
hay (2ab − 4mq + 4m2d)2 − 4(a2 − 4m + 4m2c)(b2 − 4mt + 4me) = 0
Khai triển vế trái ta được một phương trình dạng
m(a1x3
+ a2x2
+ a3x + a4) = 0
Phương trình luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt trong đó có 1 nghiệm
m = 0. Sau khi tìm được giá trị m, ta dễ dàng giải quyết được phương trình
(2.10).
32

Ví dụ 2.32. (Đại học Quốc gia Hà Nội, Khối A năm 2001)
x2
+ 3x + 1 = (x + 3) x2 + 1.
Giải. Đặt
√
x2 + 1 = t ≥ 1. Suy ra t2 = x2 + 1.
Khi đó phương trình đã cho tương đương
t2 + 3x = (x + 3)t
⇔ t2 − (x + 3)t + 3x = 0.
Ta có
∆t = (x + 3)2
− 4.3x = (x − 3)2
⇒
t = x
t = 3.
TH1. t = x.
Suy ra
√
x2 + 1 = x ⇔
x ≥ 0
x2 + 1 = x2 (vô nghiệm).
TH2. t = 3.
Suy ra
√
x2 + 1 = 3 ⇔ x2 + 1 = 9 ⇔
x = 2
√
2 (thỏa mãn)
x = −2
√
2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2
√
2, x = −2
√
2.
√
2x + 1 =
3
x2 + 3x + 1.
Giải.Điều kiện x ≥
−1
2
(
√
2x + 1)3 = ( 3
(x2 + 3x + 1))3
⇔ (2x + 1)
√
2x + 1 = x2 + 3x + 1
⇔ (2x + 1) − (2x + 1)
√
2x + 1 + x2 + x = 0.
Đặt
√
2x + 1 = t, t ≥ 0. Khi đó, ta có
t2 − (2x + 1)t + x2 + x = 0
∆t = (2x + 1)2
− 4(x2
+ x) = 1 ⇒
t = x + 1
t = x.
TH1. t = x + 1.
Suy ra
√
2x + 1 = x + 1
⇔ 2x + 1 = (x + 1)2 ⇔ x = 0 (thỏa mãn).
TH2. t = x.
Suy ra
√
2x + 1 = x ⇔
x ≥ 0
2x + 1 = x2
⇔
x ≥ 0
x =
2 ±
√
8
2
⇔ x =
2 +
√
8
2
(thỏa mãn).
2 +
√
8
2
.
33

−4x2
+ 7 + (2x − 4) 2 − x2 = 0. (2.11)
Giải. Điều kiện −
√
2 ≤ x ≤
√
2.
Nhận xét. Đặt t =
√
2 − x2, t ≥ 0. Cần tìm tham số k = 0 để
(2.6)⇔ k(2 − x2) + (2x − 4)
√
2 − x2 − 4x2 + kx2 + 7 − 2k = 0
⇔ kt2 + (2x − 4)t − (4 − k)x2 + 7 − 2k = 0
thỏa mãn
∆t = (2x − 4)2
+ 4k[(4 − k)x2
− 7 + 2k
= (4 + 16k − 4k2
)x2
− 16x + 8k2
− 28k + 16 là dạng chính phương.
⇔ ∆,
∆t
= 0
⇔ 64 − (8k2 − 28k + 16)(4 + 16k − 4k2) = 0
⇔ 32k4 − 240k3 + 480k2 − 144k = 0
⇔ k(32k3 − 240k2 + 480k − 144) = 0 ⇔ k = 3.
3(2 − x2) + (2x + 4)
√
2 − x2 − 4x2 + 7 − 3(2 − x2) = 0
⇔ 3(2 − x2) + (2x + 4)
√
2 − x2 − x2 + 1 = 0.
Đặt t =
√
2 − x2, t ≥ 0. Khi đó, ta có
3t2 + (2x + 4)t − x2 + 1 = 0.
∆t = (2x − 4)2
− 12(1 − x2
) = (4x − 2)2
⇒ t =
x + 1
3
t = 1 − x.
TH1. t =
x + 1
3
.
Suy ra
√
2 − x2 =
x + 1
3
⇔
x ≥ −1
2 − x2 =
x2 + 2x + 1
9
⇔
x ≥ −1
10x2 + 2x − 17 = 0
⇔



x ≥ −1


x =
−1 +
√
171
10
x =
−1 −
√
171
10
⇔ x =
−1 +
√
171
10
(thỏa mãn).
TH2. t = 1 − x.
Suy ra
√
2 − x2 = 1 − x ⇔
x ≤ 1
2 − x2 = 1 − 2x + x2
34

⇔
x ≤ 1
2x2 − 2x − 1 = 0
⇔



x ≤ 1


x =
1 +
√
3
2
x =
1 −
√
3
2
⇔ x =
1 −
√
3
2
(thỏa mãn).
−1 +
√
171
10
, x =
1 −
√
3
2
.
4
√
x + 1 − 1 = 3x + 2
√
1 − x + 2
√
1 − x. (2.12)
Nhận xét. Đặt t =
√
1 − x. Suy ra x = 1 − t2. Khi đó
(2.12) ⇔ 4
√
x + 1 = 3(1 − t2) + 2t + t
√
1 + x
⇔ 3t2 − (2 +
√
1 + x)t + 4(
√
1 + x − 1) = 0.
Nhưng ∆t = (2 +
√
1 + x)2 − 48(
√
1 + x − 1) không có dạng bình phương. Suy ra
phải tách 3x = −(1 − x) + 2(1 + x).
Khi đó, ta có lời giải sau.
4
√
x + 1 = −(1 − x) + 2(1 + x) + 2
√
1 − x + 2 (1 + x)(1 − x). (2.13)
Đặt t =
√
1 − x, t ≥ 0. Khi đó
(2.13) ⇔ 4
√
x + 1 = −t2 + 2(x + 1) + 2t + t
√
1 + x
⇔ t2 − t(2 +
√
1 + x) − 2(x + 1) + 4 (x + 1) = 0.
Ta có
∆t = (2 +
√
1 + x)2 + 4[2(x + 1) − 4 (x + 1)] = (2 − 3
√
x + 1)2
⇒
t = 2 −
√
x + 1
t = 2
√
x + 1
TH1. t = 2 −
√
x + 1.
Suy ra
√
1 − x = 2 −
√
x + 1
⇔
√
1 − x +
√
x + 1 = 2
⇔ 1 − x + 1 + x + 2
√
1 − x2 = 2
⇔
√
1 − x2 = 0 ⇔ x = ±1 (thỏa mãn).
TH2. t = 2
√
x + 1.
Suy ra
√
1 − x = 2
√
x + 1
⇔ 1 − x = 4x + 1
⇔ −5x − 3 = 0 ⇔ x = −
5
3
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 1, x = −1, x = −
3
5
.
35

2(2 1 + x2 − 1 − x2) − 1 − x4 = 3x2
+ 1. (2.14)
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt a =
√
1 + x2 ≥ 0, b =
√
1 − x2 ≥ 0.
Suy ra 3x2 + 1 = 2(1 + x2) − (1 − x2) = 2a2 − b2.
Khi đó
(2.14) ⇔ 2(2a − b) − ab = 2a2
− b2
⇔ 2a2
+ a(b − 4) + 2b − b2
= 0.
Ta có
∆a = (b − 4)2
− 8(2b − b2
) = (3b − 4)2
⇒ a =
b
2
a = 2 − b.
TH1. a =
b
2
.
Suy ra
√
1 + x2 =
√
1 − x2
2
(vô nghiệm).
TH2. a = 2b.
Suy ra
√
1 + x2 = 2 −
√
1 − x2
⇔
√
1 + x2 +
√
1 − x2 = 2
⇔ 2 + 2
√
1 − x4 = 4
⇔
√
1 − x4 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn).
2
√
1 − x −
√
1 + x + 3 1 − x2 = 3 − x. (2.15)
Nhận xét. Tìm α, β sao cho
−x + 3 = α(
√
1 − x)2 + β(
√
1 + x)2
⇔ −x + 3 = α − αx + β + βx
⇔
β − α = −1
β + α = 3
⇔
α = 2
β = 1.
Khi đó ta có lời giải sau.
2
√
1 − x −
√
1 + x + 3
√
1 − x2 = 3 − x
⇔ 2
√
1 − x −
√
1 + x + 3
√
1 − x2 = 2(
√
1 − x)2 + (
√
1 + x)2
⇔ 2(1 − x) + (1 + x) − 2
√
1 − x +
√
1 + x − 3
√
1 − x2 = 0.
Đặt a =
√
1 + x ≥ 0, b =
√
1 − x ≥ 0. Khi đó
(2.15) ⇔ 2a2 + b2 − 2b + a − 3ab = 0
36

⇔ a2 + (1 − 3b)a + 2b2 − 2b = 0.
Ta có
∆a = (1 − 3b)2
− 4(2b2
− 2b) = (b + 1)2
⇒
a = 2b
a = b − 1.
TH1. a = 2b.
Suy ra
√
1 + x = 2
√
1 − x
⇔ x + 1 = 4 − 4x ⇔ x =
3
5
(thỏa mãn).
TH2. a = b − 1.
Suy ra
√
x + 1 =
√
1 − x − 1
⇔
√
x + 1 + 1 =
√
1 − x
⇔ x + 1 + 2
√
x + 1 + 1 = 1 − x
⇔ 2
√
x + 1 = −1 − 2x
⇔
−1 ≤ x ≤
−1
2
4(x + 1) = 1 + 4x + 4x2
⇔



−1 ≤ x ≤
−1
2
x2 =
3
4
⇔



−1 ≤ x ≤
−1
2
x = ±
√
3
2
⇔ x = −
√
3
2
(thỏa mãn).
3
5
, x = −
√
3
2
.
2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình.
Ví dụ 2.38. (Đề thi Đại học khối A, năm 2009)
2 3
√
3x − 2 + 3
√
6 − 5x = 8.
Giải. Điều kiện x ≤
6
5
. Đặt
a = 3
√
3x − 2
b =
√
6 − 5x ≥ 0.
Suy ra 5a3 + 3a2 = 8.
Khi đó, ta có hệ phương trình
2a + 3b = 8
5a3 + 3b2 = 8
⇔



b =
8 − 2a
3
5a3 + 3(
8 − 2a
3
)2 = 8
⇔
b =
8 − 2a
3
15a3 + 4a2 − 32a + 40 = 0
⇔
a = −2
b = 4.
Suy ra
3
√
3x − 2 = −2√
6 − 5x = 4
⇔
3x − 2 = −8
6 − 5x = 16
⇔ x = −2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −2.
37

4
√
5 − x + 4
√
x − 1 =
√
2.
Giải. Điều kiện 1 ≤ x ≤ 5. Đặt
4
√
5 − x = a ≥ 0
4
√
x − 1 = b ≥ 0
a + b =
√
2
a4 + b4 = 4
⇔
a + b =
√
2
(a + b)2
− 2ab
2
− 2a2b2 = 4
⇔
a + b =
√
2
(2 − 2ab)2 − 2a2b2 = 4
⇔
a + b =
√
2
2a2b2 − 8ab = 0
⇔ a + b =
√
2
2ab(ab − 4) = 0.
TH1. a + b =
√
2
2ab = 0
⇔




a = 0
b =
√
2
a =
√
2
b = 0
Suy ra




4
√
5 − x = 0
4
√
x − 1 =
√
2
4
√
5 − x =
√
2
4
√
x − 1 = 0
⇔
x = 5 (thỏa mãn)
TH2. a + b =
√
2
ab = 4
⇔
a =
√
2 − b
(
√
2 − b)b = 4 (vô nghiệm).
1 + 1 − x2 (1 + x)3
− (1 − x)3
= 2 + 1 − x2.
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt
a =
√
1 + x ≥ 0
b =
√
1 − x ≥ 0
.
Suy ra a2 + b2 = 2.
Khi đó, phương trình đã cho trở thành
√
1 + ab(a3 − b3) = 2 + ab
⇔
1
2
(2 + 2ab)(a − b)(a2 + ab + b2) = 2 + ab
⇔
1
√
2
(a + b)2
(a − b)(a2 + ab + b2) = 2 + ab
⇔
1
√
2
(a + b)(a − b)(a2 + ab + b2) = 2 + ab
⇔
1
√
2
(a2 − b2)(2 + ab) = 2 + ab
⇔ a2 − b2 =
√
2
38

Ta có hệ phương trình
a2 + b2 = 2
a2 − b2 =
√
2
Cộng hai vế của hệ phương trình ta được
2a2 = 2 +
√
2 ⇔ a2 = 1 +
1
√
2
.
Suy ra 1 + x = 1 +
1
√
2
⇔ x =
1
√
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
1
√
2
.
Nhận xét. Qua các ví dụ trên nhận thấy rằng, nếu phương trình có dạng
α n
a − f(x) + β m
b + f(x) = c.
ta đặt
u = n
a − f(x)
v = m
b + f(x).
Hay nói một cách khác là nếu gặp những bài toán có chỉ số căn lệch bậc hoặc chỉ
số căn cao, thì ta đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng
αu + βv = c
un + vm = a + b.
√
x + 1 + x + 3 =
√
1 − x + 3 1 − x2.
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt
a =
√
x + 1 ≥ 0
b =
√
1 − x ≥ 0.
Suy ra a2 + b2 = 2.
a2 + a + 2 = b + 3ab
a2 + b2 = 2.
Thế phương trình dưới vào phương trình trên ta được
a2 + a + a2 + b2 − b − 3ab = 0
⇔ 2a2 + (1 − 3b)a + b2 − b = 0.
Ta có
∆a = (1 − 3b)2
− 8(b2
− b) = (b + 1)2
⇒
a = b
a =
b − 1
2
.
TH1.
a = b
a2 + b2 = 2
⇔
a = b
b2 = 1
⇔
a = b = 1
a = b = −1 (loại).
Suy ra
√
x + 1 =
√
1 − x ⇔ x = 0.
TH2. a =
b − 1
2
a2 + b2 = 2
⇔
b = 2a + 1
a2 + (2a + 1)2 = 2
⇔
b = 2a + 1
5a2 + 4a − 1 = 0
⇔



b = 2a + 1
a =
1
5
a = −1 (loại)
⇔



a =
1
5
b =
7
5
.
39

Suy ra



√
x + 1 =
1
5
√
1 − x =
7
5
⇔ x =
−24
25
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 0, x =
−24
25
.
Nhận xét.
Nếu phương trình có dạng xn + a = b n
√
bx − a đặt y = n
√
bx − a.
Khi đó, ta có hệ phương trình đối xứng loại II dạng
xn − by + a = 0
yn − bx + a = 0.
Ví dụ 2.42. (Đề 73/II2- Bộ đề thuyển sinh Đại học và Cao đẳng)
x3
+ 1 = 2 3
√
2x − 1.
Giải. Đặt y = 3
√
2x − 1. Suy ra y3 + 1 = 2x.
x3 + 1 = 2y
y3 + 1 = 2x
⇔
x3 + 1 = 2y
x3 − y3 = 2(y − x)
⇔
x3 + 1 = 2y
(x − y)(x2 + xy + y2) = 0
⇔
x3 + 1 = 2y
x − y = 0
⇔
x3 − 2x + 1 = 0
x = y
⇔
x = 1 (thỏa mãn)
x =
−1 ±
√
5
2
(thỏa mãn).
−1 ±
√
5
2
.
Nhận xét.
• Nếu phương trình có dạng x = a + a +
√
x thì đặt y = a +
√
x.
x = a +
√
y
y = a +
√
x.
• Nếu phương trình có dạng
√
ax + b = cx2 + dx + e với a = 0, c = 0, a =
1
c
.
Xét tam thức bậc hai f(x) = cx2 + dx + e ⇒ f,(x) = 2cx + d.
Giải phương trình f,(x) = 0 ⇔ x =
−d
2c
.
Từ đó đặt
√
ax + b = 2cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng loại
II (trừ 1 số trường hợp đặc biệt).
√
ax + b =
1
a
x2 + cx + d với a = 0.
40

Xét tam thức bậc hai f(x) =
1
a
x2 + cx + d ⇒ f,(x) =
2
a
x + c.
Giải phương trình f,(x) = 0 ⇔ x =
−ac
2
.
Từ đó đặt
√
ax + b = y +
ac
2
ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng.
3
√
ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a = 0, c = 0, a =
1
c
.
Xét f(x) = cx3 + dx2 + ex + m
⇒ f,(x) = 3cx2 + 2dx + e
⇒ f,,(x) = 6cx + 2d.
Giải phương trình f,,(x) = 0 ⇔ x =
−d
3c
.
Từ đó đặt 3
√
ax + b = y +
d
3c
ta sữ thu được hệ phương trình đối xứng.
3
√
ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a = 0, c = 0, a =
1
c
.
Xét f(x) = cx3 + dx2 + ex + m.
⇒ f,(x) = 3cx2 + 2dx + e.
⇒ f,,(x) = 6cx + 2d.
Giải phương trình f,,(x) = 0 ⇔ x =
−d
3c
.
Từ đó đặt 3
√
ax + b = 3cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng.
Ví dụ 2.43. Giải phương trình x = 2007 + 2007 +
√
x.
Giải. Điều kiện x ≥ 0. Đặt y = 2007 +
√
x > 0.
Khi đó ta có hệ phương trình
x = 2007 +
√
y
y = 2007 +
√
x
⇔
x = 2007 +
√
y
x − y =
√
y −
√
x
⇔
x = 2007 +
√
y
(
√
y −
√
x)(1 +
√
y +
√
x) = 0
⇔
x = 2007 +
√
y
(
√
y =
√
x)
⇔ x =
8030 ± 2
√
8029
4
x = y
Vì x ≥ 0, suy ra x =
8030 + 2
√
8029
4
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
8030 + 2
√
8029
4
.
2x2
− 6x − 1 =
√
4x + 5.
41

Giải. Đặt 2y − 3 =
√
4x + 5. Suy ra (2y − 3)2 = 4x + 5 .
4x2 − 12x − 2 = 2
√
4x + 5
⇔ (2x − 3)2 − 11 = 2
√
4x + 5
⇔ (2x − 3)2 = 2
√
4x + 5 + 11
⇔ (2x − 3)2 = 4y + 5.
(2x − 3)2 = 4y + 5
(2y − 3)2 = 4x + 5.
Trừ vế cho vế hai phương trình trong hệ trên ta được
(x − y)(x + y − 1) = 0 ⇔
y = x
y = 1 − x.
TH1. y = x.
Suy ra 2x − 3 =
√
4x + 5
⇔
x ≥
3
2
(2x − 3)2 = 4x + 5
⇔
x ≥
3
2
(2x − 3)2 = 4x + 5
⇔
x ≥
3
2
x = 2 ±
√
3
⇔ x = 2 +
√
3 (thỏa mãn).
TH2. y = 1 − x.
Suy ra
√
4x + 5 = −1 − x
⇔
x ≤ −1
x = 1 ±
√
2
⇔ x = 1 −
√
2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2 +
√
3, x = 1 −
√
2.
Ví dụ 2.45. (Đề thi HSG Toán lớp 10 huyện Hooc Môn, năm 2013)
3x2
+ 6x − 3 =
x + 7
3
.
Giải. Điều kiện x ≥ −7. Đặt
x + 7
3
= y + 1 ≥ 0.
Suy ra
x + 7
3
= y2 + 2y + 1 ⇔ 3y2 + 6y = x + 4 .
Khi đó, phương trình đã cho trở thành
3x2 + 6x = y + 4
3y2 + 6y = x + 4
3x2 + 6x = y + 4
Trừ vế cho vế ta được
3(y2 − x2) + 6(y − x) = x − y
⇔ (y − x)(3y + 3x + 7) = 0 ⇔
x = y
y =
−7
3
− x.
42

TH1. x = y.
Suy ra
x + 7
3
= x + 1 ⇔
x + 7
3
= (x + 1)2
x ≥ −1
⇔
3x2 + 5x − 4 = 0
x ≥ −1
⇔ x =
−5 ±
√
73
6
x ≥ −1
⇔ x =
−3 +
√
73
6
(thỏa mãn).
TH2. y =
−7
3
− x.
Suy ra
x + 7
3
=
−7
3
− x + 1 ⇔



x + 7
3
= (
−4
3
− x)2
−7 ≤ x ≤
−4
3
⇔
9x2 + 21x − 5 = 0
−7 ≤ x ≤
−4
3
⇔



x =
−7 ±
√
69
6
−7 ≤ x ≤
−4
3
⇔ x =
−7 −
√
69
6
(thỏa mãn).
−3 +
√
73
6
, x =
−7 −
√
69
6
.
Ví dụ 2.46. (Toán học và tuổi trẻ, tháng 6 năm 2001)
3
√
81x − 8 = x3
− 2x2
+
4
3
x − 2.
27 3
√
81x − 8 = (3x − 2)3
− 46.
Đặt 3
√
81x − 8 = 3y − 2. Suy ra (3y − 2)3 = 81x − 8.
Kết hợp đề bài ta có hệ phương trình
(3y − 2)3 = 81x − 8
(3x − 2)3 = 81y − 8
Trừ vế cho vế ta được phương trình
81(x − y)[(3y − 2)3
− (3x − 2)3
] = 0 ⇔ x = y.
Suy ra 3
√
81x − 8 = 3x − 2
⇔ (3x − 2)3 = 81x − 8
⇔ 3x3 − 6x2 − 5x = 0 ⇔
x = 0 (thỏa mãn)
x =
3 ± 2
√
6
3
(thỏa mãn).
3 ± 2
√
6
3
.
2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa
Một số phương pháp lượng giác hóa thường gặp.
• Nếu bài toán chứa
√
a2 − x2 có thể đặt
x = |a| sin t, −
π
2
≤ x ≤
π
2
x = |a| cos t, 0 ≤ t ≤ π.
43

• Nếu bài toán có chứa
√
x2 − a2 có thể đặt


x =
|a|
sin t
, −
π
2
≤ x ≤
π
2
, t = 0
x =
|a|
cos t
, 0 ≤ t ≤ π, t =
π
2
.
√
a2 + x2 có thể đặt
x = |a| tan t, −
π
2
< x <
π
2
x = |a| cos t, 0 < t < π.




a + x
a − x
a − x
a + x
có thể đặt x = a cos 2t.
• Nếu bài toán có chứa (x − a)(x − b) có thể đặt x = a + (b − a) sin2
t.
Lợi thế của phương pháp này là đưa phương trình ban đầu về một phương trình
lượng giác cơ bản đã biết cách giải như : phương trình đối xứng, phương trình
đẳng cấp,...Vì hàm lượng giác là hàm tuần hoàn nên ta chú ý đặt điều kiện các
biểu thức lượng giác sao cho khi khai căn không có dấu giá trị tuyệt đối, có
nghĩa là luôn dương.
Ví dụ 2.47. (HSG- Trường THPT Năng Khiếu - ĐHQGHCM năm 2000)
2x2
+
√
1 − x + 2x 1 − x2 = 1.
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt x = cos t, t ∈ [0; π].
Khi đó
√
1 − x =
√
1 − cos t = 2sin2 t
2
=
√
2 sin
t
2
.
√
1 − x2 =
√
1 − cos2t = sin t.
Phương trình đã cho trở thành
2cos2t +
√
2 sin
t
2
+ 2 cos t sin t = 1
⇔
√
2 sin
t
2
+ sin 2t = 1 − 2cos2t
⇔ sin 2t + cos 2t = −
√
2 sin
t
2
⇔
√
2cos 2t −
π
4
=
√
2cos
t
2
+
π
2
⇔


2t −
π
4
=
t
2
+
π
2
+ k2π
2t −
π
4
= −
t
2
−
π
2
+ k2π
⇔


t =
π
2
+ k
4π
3
t = −
π
10
+ k
4π
5
.
(k ∈ Z)
44

Vì t ∈ [0, π], suy ra


t =
π
2
t =
7π
10
⇔
x = 0 (thỏa mãn)
x = cos
7π
10
(thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0, x = cos
7π
10
.
√
1 − 2x +
√
1 + 2x =
1 − 2x
1 + 2x
+
1 + 2x
1 − 2x
.
−1
2
< x <
1
2
. Đặt x =
1
2
cos t, t ∈ [0; π].
Khi đó
√
1 − 2x =
√
1 − cos t = 2sin2 t
2
=
√
2 sin
t
2
.
√
1 + 2x =
√
1 + cos t = 2cos2
t
2
=
√
2cos
t
2
.
1 − 2x
1 + 2x
=
√
1 − 2x
√
1 + 2x
= tan
t
2
.
1 + 2x
1 − 2x
=
√
1 + 2x
√
1 − 2x
= cot
t
2
.
Phương trình đã cho trở thành
√
2 sin
t
2
+
√
2 cos
t
2
= tan
t
2
+ cot
t
2
⇔
√
2 sin
t
2
+ cos
t
2
=
sin
t
2
+ cos
t
2
sin
t
2
cos
t
2
⇔ sin
t
2
+ cos
t
2



√
2 −
1
1
2
sin t


 = 0
⇔


sin
t
2
+ cos
t
2
= 0
√
2 −
2
sin t
= 0
⇔
√
2cos
t
2
−
π
4
= 0
sin t =
√
2 (loại)
⇔
t
2
−
π
4
=
π
2
+ kπ ⇔ t =
3π
2
+ k2π(k ∈ Z).
Vì t ∈ [0, π], suy ra t =
π
2
⇔ x =
1
2
cos
π
2
= 0 (thỏa mãn).
x2 + 1 +
x2 + 1
2x
=
x2 + 1
2
2x (1 − x2)
.
Giải. Điều kiện x = 0, x = ±1. Đặt x = tant, t ∈ −
π
2
;
π
2
0, ±
π
4
.
45

Suy ra,
√
x2 + 1 =
√
tan2t + 1 =
1
cos2t
=
1
cost
.
sin 2t =
2tant
1 + tan2t
=
2x
x2 + 1
⇒
x2 + 1
2x
=
1
sin2t
.
cos 2t =
1 − tan2t
1 + tan2t
=
1 − x2
1 + x2
.
2 sin 2t cos 2t =
4x(1 − x2)
(x2 + 1)2
⇒
2
sin 4t
=
(x2 + 1)2
2x(1 − x2)
.
1
cos t
+
1
sin 2t
=
2
sin 4t
⇔
1
cos t
+
1
2 sin t cos t
−
1
2 sin t cos t(1 − 2 sin2
t)
= 0
⇔
1
cos t
1 +
1
2 sin t
−
1
2 sin t(1 − 2sin2
t)
= 0
⇔ 1 +
1
2 sin t
−
1
2 sin t(1 − 2sin2
t)
= 0
⇔ 2 sin t(1 − 2 sin2
t) + (1 − 2 sin2
t) − 1 = 0
⇔ 2 sin3
t + sin2
t − sin t = 0
⇔


sin t = 0 (loại)
sin t = −1 (loại)
sin t =
1
2
⇔


t =
π
6
+ k2π
t =
5π
6
+ k2π.
(k ∈ Z)
Vì t ∈ −
π
2
,
π
2
0, ±
π
4
, suy ra t =
π
6
.
Suy ra x = tan
π
6
=
√
3
3
(thỏa mãn).
√
3
3
.
2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Tính chất:
• Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên D thì số
nghiệm trên D của phương trình f(x) = a không có nhiều hơn một nghiệm
và ∀u, v ∈ D : f(u) = f(v) ⇔ u = v.
• Nếu hàm số f(x) và g(x) đơn điệu ngược chiều nhau và liên tục trên D thì
số nghiệm trên D của phương trình f(x) = g(x) không nhiều hơn một.
• Nếu hàm số f(x) luôn đồng biến (hay nghịch biến ) trên D thì
f(x) > f(a) ⇔ x > a (hay x < a ),với ∀x, a ∈ D.
46

Lưu ý.
Một số phương pháp đồng nhất thường gặp biến đổi f(g(x)) = f(k(x)).
• Dạng 1.
x3 − b = a 3
√
ax + b với a > 0.
⇔ x3 + ax = ax + b + a 3
√
ax + b.
⇔ f(x) = f( 3
√
ax + b) với hàm đặc trưng f(t) = t3 + at.
⇔ x = 3
√
ax + b.
⇔ x3 = ax + b.
• Dạng 2.
ax3 + bx2 + cx + d = n 3
√
ex + f.
⇔ m(px + u)3 + n(px + u) = m(ex + f) + n 3
√
ex + f với hàm đặc trưng là
f(t) = mt3 + nt và đồng nhất để tìm hệ số .
• Dạng 3.
ax2 + bx + c =
√
ex + d
⇔ m(px + u)2 + n(px + u) = m(ex + d) + n
√
ex + d với hàm đặc trưng là
f(t) = mt2 + nt.
Ví dụ 2.50. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2015)
x2 + 2x − 8
x2 − 2x + 3
= (x + 1)(
√
x + 2 − 2).
(x + 4)(x − 2)
x2 − 2x + 3
=
(x + 1)(x − 2)
√
x + 2 + 2
⇔
x = 2 (thỏa mãn)
x + 4
x2 − 2x + 3
=
x + 1
√
x + 2 + 2
.
Xét
x + 4
x2 − 2x + 3
=
x + 1
√
x + 2 + 2
⇔ (x + 4)(
√
x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3)
⇔
√
x + 2 + 2 (x + 2)2
+ 2 = [(x − 1) + 2] (x − 1)2
+ 2 .
Xét hàm đặc trưng f(t) = (t + 2)(t2 + 2).
Ta có f,(t) = 3t2 + 4t + 2, suy ra f,(t) > 0, ∀t ∈ R. Vậy f(t) đồng biến trên R.
Do đó f(
√
x + 2) = f(x − 1)
⇔
√
x + 2 = x − 1
⇔
x ≥ 1
x2 − 3x − 1 = 0
⇔ x =
3 +
√
13
2
(thỏa mãn).
3 +
√
13
2
.
47

x2 + 15 = 3x − 2 + x2 + 8.
3x − 2 + x2 + 8 − x2 + 15 = 0
• Nếu x ≤
2
3
⇒
3x − 2 ≤ 0√
x2 + 8 −
√
x2 + 15 < 0
Suy ra, ∀x ≤
2
3
phương trình vô nghiệm.
• Nếu x >
2
3
, đặt f(x) = 3x − 2 +
√
x2 + 8 −
√
x2 + 15.
Khi đó f,(x) = 3 + x
1
√
x2 + 8
−
1
√
x2 + 15
> 0, ∀x >
2
3
.
Suy ra, f(x) đồng biến trên
2
3
; +∞ .
Nhận thấy f(x) = 0 = f(1) ⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Ví dụ 2.52. (Thi thử Đại học lần 3, Khối D, trường THPT chuyên Vĩnh Phúc,
năm 2014)
(4x − 1)
√
x + 3 + 3
√
3x + 5 = 4x + 8 .
Giải. Điều kiện x ≥ −3. Do x =
1
4
không là nghiệm, phương trình đã cho tương
đương
√
x + 3 + 3
√
3x + 5 =
4x + 8
4x − 1
⇔
√
x + 3 + 3
√
3x + 5 −
4x + 8
4x − 1
= 0
Xét hàm số
f(x) =
√
x + 3 + 3
√
3x + 5 −
4x + 8
4x − 1
(2.16)
trên miền −3;
1
4
∪
1
4
; +∞ .
Ta có f,(x) =
1
2
√
x + 3
+
1
3
(3x + 5)2
+
36
(4x − 1)2
> 0
với ∀x ∈ −3;
−5
3
∪
−5
3
;
1
4
∪
1
4
; +∞ .
Suy ra, f(x) đồng biến trên −3;
1
4
và
1
4
; +∞ .
Với x ∈ −3;
1
4
, phương trình (2.16) ⇔ f(x) = f(−2) ⇔ x = −2 (thỏa mãn).
48

Với x ∈
1
4
; +∞ , phương trình (2.16) ⇔ f(x) = f(1) ⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −2, x = 1.
x3
+ 1 = 2 3
√
2x − 1.
Giải. Đây là dạng 1 cơ bản mà được trình bày trong phần lý thuyết trên.
x3 + 2x = 2x − 1 + 2 3
√
2x − 1
⇔ x3 + 2x = 3
√
2x − 1
3
+ 2 3
√
2x − 1
⇔ f(x) = f( 3
√
2x − 1).
Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 + 2t liên tục trên R.
f,(t) = 3t2 + 2 > 0, ∀t ∈ R.
Suy ra, f(t) đồng biến trên R.
Vậy ta có f(x) = f( 3
√
2x − 1)
⇔ x = 3
√
2x − 1 ⇔ x3 = 2x − 1 ⇔
x = 1 (thỏa mãn)
x =
−1 ±
√
5
2
(thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x − 1, x =
−1 ±
√
5
2
.
(Ta có thể giải bằng cách đặt y = 3
√
2x − 1 đưa về hệ phương trình đối xứng loại
II dạng
y3 = 2x − 1
x3 = 2y − 1
đã trình bày ở phương pháp giải bằng cách đặt ẩn phụ.)
Ví dụ 2.54. (Đề Olympic 30/4 năm 2011)
x3
− 15x2
+ 78x − 141 = 5 3
√
2x − 9.
Giải.
Nhận xét. Đây là dạng 2 mà được trình bày trong phần lý thuyết trên.
Ta cần đưa 2 vế phương trình về dạng f[g(x)] = f[k(x)], trong đó hàm đặc trưng
có dạng f(t) = mt3 + nt.
Ta cần đồng nhất sao cho biểu thức bên vế phải phương trình có dạng
m 3
√
2x − 9
3
+ n 3
√
2x − 9.
So với vế phải phương trình ta chọn n = 5. Công việc còn lại là tìm những hạng
tử vế trái sao cho
m (px + u)3
+ 5 (px + u) = m 3
√
2x − 9
3
+ 5 3
√
2x − 9.
49

với hàm đặc trưng f(t) = mt3 + 5t.
Do sau khi khai triển m (px + u)3
có hạng tử (mp3)x3 ∼ x3, nên ta có thể chọn
m = p = 1.
Khi đó m (px + u)3
+ 5 (px + u) = m 3
√
2x − 9
3
+ 5 3
√
2x − 9
⇔ (x + u)3
+ 5(x + u) = 3
√
2x − 9
3
+ 5 3
√
2x − 9.
Trong khai triển (x + u)3
có hạng tử (3u)x2 ∼ −15x2 nên u = −5.
Suy ra, ta có
⇔ (x − 5)3
+ 5(x − 5) = 3
√
2x − 9
3
+ 5 3
√
2x − 9.
Khai triển phương trình trên ta sẽ được phương trình đề bài.
x3 − 15x2 + 78x − 141 = 5 3
√
2x − 9
⇔ (x − 5)3
+ 5(x − 5) = 3
√
2x − 9
3
+ 5 3
√
2x − 9
⇔ f(x − 5) = f( 3
√
2x − 9).
Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 + 5t liên tục trên R.
Suy ra f,(t) = 3t2 + 5 > 0, ∀t ∈ R. Vậy f(t) đồng biến trên R.
Khi đó, ta có f(x − 5) = f( 3
√
2x − 9)
⇔ x − 5 = 3
√
2x − 9
⇔ (x − 5)3
= 2x − 9
⇔ x3 − 15x2 + 75x − 125 = 2x − 9
⇔ x3 − 15x2 + 73x − 116 = 0
⇔ (x − 4)(x2 − 11x + 29) = 0 ⇔
x = 4 (thỏa mãn)
x =
11 ±
√
5
2
(thỏa mãn).
11 ±
√
5
2
.
8x3
− 36x2
+ 53x − 25 = 3
√
3x − 5.
Giải. Ta cần đưa 2 vế phương trình về dạng f[g(x)] = f[k(x)], trong đó hàm đặc
trưng có dạng f(t) = mt3 + nt.
Ta cần đồng nhất sao cho biểu thức bên vế phải phương trình có dạng
m 3
√
3x − 5
3
+ n 3
√
3x − 5.
So với vế phải phương trình ta chọn n = 1. Công việc còn lại là tìm những hạng
tử vế trái sao cho
m (px + u)3
+ (px + u) = m 3
√
3x − 5
3
+ 3
√
3x − 5 (2.17)
50

Dễ thấy m (px + u)3
có hạng tử (mp3)x3 ∼ 8x3 trong phương trình đã cho nên
mp3
= 8 ⇒
m = 1, p = 2
m = 8, p = 1.
Ta xét trường hợp m = 1, p = 2.
Khi đó f(t) = t3 + t
(2.17) ⇔ (2x + u)3
+ (2x + u) = 3
√
3x − 5
3
+ 3
√
3x − 5
⇔ 8x3 + (12u)x2 + (6u2 − 1)x + u3 + u + 5 = 3
√
3x − 5.
Đồng nhất hệ số với vế trái phương trình , ta có hệ
12u = −36
6u2 − 1 = 53
u3 + u + 5 = −15
⇔ u = −3.
Khi đó ta thấy nhận m = 1, p = 2, không xét trường hợp m = 8, p = 1 nữa.
8x3 − 36x2 + 53x − 25 = 3
√
3x − 5
⇔ (2x − 3)3 + (2x − 3) = 3
√
3x − 5
3
+ 3
√
3x − 5
⇔ f(2x − 3) = f( 3
√
3x − 5) với hàm đặc trưng f(t) = t3 + t
Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 + t liên tục trên R.
Suy ra f,(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. Vậy f(t) luôn đồng biến với ∀t ∈ R.
Khi đó f(2x − 3) = f( 3
√
3x − 5)
⇔ 2x − 3 = 3
√
3x − 5
⇔ (2x − 3)3 = 3x − 5
⇔ 8x3 − 36x2 + 51x − 22 = 0
⇔ (x − 2)(8x2 − 20x + 11) = 0 ⇔
x = 2 (thỏa mãn)
x =
5 ±
√
3
4
(thỏa mãn).
5 ±
√
3
4
.
2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức
2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa
Một số bất đẳng thức lưu ý.
1. Với A, B > 0 ta có
n
√
A + n
√
B
2
≤
n A + B
2
(2.18)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B.
51

2. Với A, B, C > 0 ta có
n
√
A + n
√
B + n
√
C
3
≤
n A + B + C
3
(2.19)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.
Ta chứng minh các đẳng thức trên.
Với a, b > 0; n, m ∈ N∗, ta có bất đẳng thức
am+n
+ bm+n
≥
1
2
(am
+ bm
) (an
+ bn
) .
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
am+n
+ bm+n
≥ am
bn
+ an
bm
⇔ (am − bm) (an − bn) ≥ 0.
Điều này hiển nhiên đúng.
Ta có
an + bn
2
≥
1
22
(a + b) an−1
+ bn−1
≥ ... ≥
1
2n
(a + b)n
,
Đặt an = A, bn = B ta được bất đẳng thức (2.18).
Ta chứng minh
an + bn + cn
3
≥
a + b + c
3
n
với a, b, c > 0.
Xét P = an + bn + cn +
a + b + c
3
n
.
hay P ≥ 2
a + b
2
n
+ 2



c +
a + b + c
3
2



n
≥ 4



a + b + c +
a + b + c
3
4



n
= 4
a + b + c
3
n
.
Vậy
an + bn + cn
3
≥
a + b + c
3
n
,
Đặt an = A, bn = B, cn = C.
Biến đổi bất đẳng thức đã cho
A + B + C
3
≥
n
√
A + n
√
B + n
√
C
3
n
.
Hay
n
√
A + n
√
B + n
√
C
3
≤ n A + B + C
3
.
Bất đẳng thức (2.19) được chứng minh.
52

4x2 + x − 4 + 6 − 4x2 − x = 2.
4x2 + x − 4 ≥ 0
6 − 4x2 − x ≥ 0.
Áp dụng bất đẳng thức (2.18) ta có
4x2 + x − 4 + 6 − 4x2 − x ≤ 2
2
2
= 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
√
4x2 + x − 4 =
√
6 − 4x2 − x
⇔ 4x2 + x − 4 = 6 − 4x2 − x ⇔
x = 1 (thỏa mãn)
x =
−5
4
(thỏa mãn).
−5
4
.
2
√
x +
√
3 − 2x = 3.
Giải. Điều kiện 0 ≤ x ≤
3
2
. Áp dụng bất đẳng thức (2.19) ta có
√
x +
√
x +
√
3 − 2x ≤ 3
x + x + 3 − 2x
3
= 3.
√
x =
√
3 − 2x, suy ra x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
6
√
2x + 1 + 6
√
x + 2 =
6 5x + 4
3
+
6 4x + 5
3
.
−1
2
. Ta có
6
√
2x + 1 + 6
√
2x + 1 + 6
√
x + 2 ≤ 3
6 5x + 4
3
.
6
√
2x + 1 + 6
√
x + 2 + 6
√
x + 2 ≤ 3
6 4x + 5
3
.
Cộng vế với vế của hai bất đẳng thức trên ta được
6
√
2x + 1 + 6
√
x + 2 ≤
6 5x + 4
3
+
6 4x + 5
3
.
53

6
√
2x + 1 = 6
√
x + 2
⇔ 2x + 1 = x + 2
⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
2x + 3
=
1
4 8x + 7
3
+
1
4 7x + 8
3
.
−2
3
. Ta đã biết bất đẳng thức, với ∀a, b, c > 0
1
a
+
1
b
+
1
c
≥
9
a + b + c
.
Mặt khác
4
√
3x + 2 + 4
√
3x + 2 + 4
√
2x + 3 ≤ 3
4 8x + 7
3
4
√
3x + 2 + 4
√
2x + 3 + 4
√
2x + 3 ≤ 3
4 7 + 8x
3
.
Khi đó
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
2x + 3
≥
9
4
√
3x + 2 + 4
√
3x + 2 + 4
√
2x + 3
≥
3
4 8x + 7
3
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
2x + 3
+
1
4
√
2x + 3
≥
9
4
√
3x + 2 + 4
√
2x + 3 + 4
√
2x + 3
≥
3
4 2x + 8
3
Cộng hai vế của hai bất phương trình trên ta được
3
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
2x + 3
≥ 3




1
4 8x + 7
3
+
1
4 7x + 8
3




54

⇔
1
4
√
3x + 2
+
1
4
√
2x + 3
≥
1
4 8x + 7
3
+
1
4 7x + 8
3
.
1
4
√
3x + 2
=
1
4
√
3x + 2
⇔ x = 1 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế của phương
trình.
1. Bất đẳng thức Cauchy.
Với mọi bộ số (xi, yi) ta luôn có bất đẳng thức sau
n
i=1
xiyi
2
≤
n
i=1
x2
i
n
i=1
y2
i .
Dấu đẳng thức xảy ra khi bộ số xi và yi tỉ lệ nhau, tức là tồn tại cặp số
thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho
αxi + βyi = 0 với mọi i = 1, 2, 3, ...n.
Áp dụng cho các số a, b, c, d ta có
(ac + bd)2
≤ a2
+ b2
c2
+ d2
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
a
c
=
b
d
.
2. Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân.
Cho n số dương x1, x2, ..., xn ta có
x1 + x2 + ... + xn
n
≥ n
√
x1.x2...xn
Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn.
Áp dụng cho hai số dương a, b ta có
a + b
2
≥
√
ab.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.
Ví dụ 2.60. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4 THPT Chuyên Bến Tre)
2
√
2
√
x + 1
+
√
x =
√
x + 9.
55

x + 1 > 0
x ≥ 0
x + 9 ≥ 0
⇔ x ≥ 0.
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai cặp số sau
a = 2
√
2, b =
√
x + 1, c =
1
√
x + 1
, d =
√
x
√
x + 1
.
Khi đó
2
√
2
x + 1
+
√
x
2
= 2
√
2
1
√
x + 1
+
√
x + 1
√
x
√
x + 1
2
≤ (8 + x + 1)(
1
x + 1
+
x
x + 1
).
Suy ra
2
√
2
x + 1
+
√
x ≤
√
9 + x.
Dấu bằng xảy ra khi
2
√
2
x + 1
=
1
√
x + 1
√
x
√
x + 1
.
Suy ra x =
1
7
(thỏa mãn).
1
7
.
Ví dụ 2.61. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4 Trường Chuyên Thăng Long, Đà
Lạt, Lâm Đồng )
√
4x − 1 + 4
√
8x − 3 = 4x4
− 3x2
+ 5x.
3
8
√
4x − 1
x
+
4
√
8x − 3
x
= 4x3
− 3x + 5.
Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có
√
4x − 1
x
≤
4x − 1 + 1
2x
= 2.
4
√
8x − 3
x
≤
8x − 3 + 1 + 1 + 1
4x
= 2.
Dấu bằng xảy ra khi x =
1
2
.
Mặt khác
4x3
− 3x + 5 = 4x3
− 3x + 1 + 4
= (2x − 1)2
(x + 1) + 4 ≥ 4 với x ≥
3
8
.
Đẳng thức xảy ra khi x =
1
2
(thỏa mãn).
1
2
.
56

√
2x − 1 = x3
− 2x2
+ 2x.
1
2
2x − 1
x
= 1 + (x − 1)2.
Ta có
2x − 1
x
= 2
1(2x − 1)
2x
≤ 2
1 + 2x − 1
2.2x
= 1
1 + (1 + x)2 ≥ 1.
Hai vế bằng nhau khi và chỉ khi x = 1 (thỏa mãn).
2x2 − 1 + x
√
2x − 1 = 2x2
.
1
2
√
2x2 − 1
x
+
√
2x − 1
x
= 2.
Tương tự ví dụ trên ta có √
2x − 1
x
≤ 1.
√
2x2 − 1
x2
≤ 1.
Vậy
√
2x2 − 1
x
+
√
2x − 1
x
≤ 2.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 (thỏa mãn).
Ví dụ 2.64. (Đề nghị Olympic 30/4, Trường Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam)
x4
+ 2006x3
+ 1006009x2
+ x −
√
2x + 2007 + 1004 = 0.
−2007
2
x2(x2 + 2x.1003 + 10032) +
1
2
(2x + 2007 −
√
2x + 2007 + 1) = 0
⇔ x2(x + 1003)2 +
1
2
(
√
2x + 2007 − 1)2 = 0
⇔
x(x + 1003) = 0√
2x + 2007 − 1 = 0
⇔ x = −1003 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1003.
57

Ví dụ 2.65. (Đề dự bị Olympic 30/4 Chuyên Hùng Vương )
4x = 30 +
1
4
30 +
1
4
30 +
1
4
√
x + 30.
Giải. Điều kiện x > 0. Đặt
1
4
30 + 1
4
√
x + 30 = u, u ≥ 0.
Ta thu được hệ phương trình



4x = 30 +
1
4
√
30 + u
4u = 30 +
1
4
√
30 + x.
Giả sử x ≥ u, suy ra 4u = 30 +
1
4
√
30 + x ≥ 30 +
1
4
√
30 + u = 4x.
Vậy x = u và ta có phương trình 4x = 30 +
1
4
√
30 + x.
Đặt v =
1
4
√
30 + x, ta có hệ phương trình
4x =
√
30 + v
4v =
√
30 + x.
Giả sử x ≥ v, suy ra 4v =
√
30 + x ≥
√
30 + v = 4x.
Vậy x = v ta thu được phương trình
4x =
√
30 + x ⇔
x > 0
16x2 − x − 30 = 0
⇔ x =
1 +
√
1921
32
(thỏa mãn).
1 +
√
1921
32
.
58

Chương 3
Một số cách xây dựng phương trình
chứa ẩn dưới dấu căn
Con đường sáng tạo những phương trình vô tỷ là dựa trên cơ sở các phương
pháp giải đã được trình bày. Ta tìm cách "che đậy" và biến đổi đi một chút ít
để dấu đi bản chất, sao cho phương trình thu được dễ nhìn về mặt hình thức và
mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình càng khó nhận ra
thì bài toán càng khó. Ta tìm hiểu một số các xây dựng sau.
3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương
Xây dựng phương trình vô tỷ từ phương trình dạng
√
A +
√
B =
√
C +
√
D.
Gán các biểu thức chứa x cho A, B, C, D ta sẽ thu được các phương trình vô tỷ
được giải bằng cách bình phương hai vế.
Ví dụ 3.1. Gán A = x + 3, B = 3x + 1, C = 4x, D = 2x + 2 ta được bài toán giải
phương trình sau
√
x + 3 +
√
3x + 1 = 2
√
x +
√
2x + 2.
Hướng dẫn. Để giải phương trình này không khó nhưng hơi phức tạp.Phương
trình này sẽ đơn giản hơn nếu ta chuyển vế phương trình
√
3x + 1 −
√
2x + 2 =
√
4x −
√
x − 3.
Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả
√
6x2 + 8x + 2 =
√
4x2 + 12x, suy ra x = 1.
59

Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
Thử lại thấy x = 1 thỏa mãn phương trình.
Tương tự ra cũng có một dạng sau
Dạng 1. Phương trình
√
A =
√
B.
Dạng 2. Phương trình
√
A = B ⇔
B ≥ 0
A = B2.
Dạng 3.
√
A +
√
B =
√
C ⇔
A ≥ 0
B ≥ 0
A + B + 2
√
AB = C.
Dạng 4. 3
√
A + 3
√
B = 3
√
C suy ra A + B + 3 3
√
AB( 3
√
A + 3
√
B) = C.
Đối với dạng này thường sử dụng phép thế 3
√
A + 3
√
B = 3
√
C ta được phương
trình A + B + 3 3
√
ABC = C.
Từ các dạng toán này gán cho A, B, C các biểu thức chứa x ta sẽ được các phương
trình vô tỷ tuy nhiên mức độ khó hay dễ phụ thuộc vào việc chọn các biểu thức
cho A, B, C sao cho sau khi lũy thừa hai vế lên ta thu được một phương trình
có thể giải được.
3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân
liên hợp
Phương pháp nhân liên hợp là một phương pháp thường dùng khi giải các
phương trình chứa căn. Việc sáng tác bài toán mới dựa trên phương pháp này
cũng rất đơn giản, ta chỉ cần chọn sẵn một nghiệm rồi xây dựng các biểu thức
thỏa mãn đẳng thức xảy ra.
Ví dụ 3.2. Với x = 2, ta có
√
5x − 1 = 3,
√
x + 2 = 2,
√
5x − 1 +
√
x + 2 = 5 = 7 − x.
Khi đó, ta được bài toán sau.
Bài toán. Giải phương trình
√
5x − 1 +
√
x + 2 = 7 − x.
Hướng dẫn. Điều kiện x ≥
1
5
√
5x − 1 − 3 +
√
x + 2 − 2 = 2 − x
⇔
5x − 1 − 9
√
5x − 1 + 3
+
x + 2 − 4
√
x + 2 + 2
= 2 − x
⇔ (x − 2)
5
√
5x − 1 + 3
+
1
√
x + 2 + 2
+ 1 = 0
⇔
x = 2
5
√
5x − 1 + 3
+
1
√
x + 2 + 2
+ 1 = 0 (vô nghiệm) .
60

Ví dụ 3.3. Với x = 3, khi đó
√
x − 2 = 1,
√
4 − x = 1,
√
2x − 5 = 1, 2x2
− 5x = 3.
Vậy
√
x − 2 +
√
4 − x +
√
2x − 5 = 2x2 − 5x, ta thu được bài toán sau.
√
x − 2 +
√
4 − x +
√
2x − 5 = 2x2
− 5x.
Hướng dẫn. Điều kiện
5
2
≤ x ≤ 4. Phương trình đã cho tương đương
√
x − 2 − 1 +
√
4 − x − 1 +
√
2x − 5 − 1 = 2x2 − 5x − 3
⇔
x − 3
√
x − 2 + 1
+
3 − x
√
4 − x + 1
+
2x − 6
√
2x − 5 + 1
= (2x + 1) (x − 3)
⇔
x = 3
x1
√
x − 2 + 1
−
1
√
4 − x + 1
+
2
√
2x − 5 + 1
= (2x + 1) (vô nghiệm).
Ví dụ 3.4. Xét ba hàm f, g, h như sau
f(x) = x(x + 1)(x − 3) + 3 có f(0) = f(3) = 3.
g(x) =
√
4 − x, h(x) =
√
1 + x, có
g(0) + h(0) = 3
g(3) + h(3) = 3.
Vậy x = 0, x = 3 là nghiệm của phương trình
x(x + 1)(x − 3) + 3 =
√
4 − x +
√
1 + x.
Ta được bài toán sau.
x(x + 1)(x − 3) + 3 =
√
4 − x +
√
1 + x.
Hướng dẫn. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4. Phương trình đã cho tương đương
x(x + 1)(x − 3) =
√
4 − x −
−1
3
x + 2 +
√
1 + x −
−1
3
x + 1
⇔ 3x(x + 1)(x − 3) = 3
√
4 − x − (−x + 6) + 3
√
1 + x − (x + 3)
⇔ 3x(x + 1)(x − 3) =
−x2 + 3x
3
√
4 − x + (−x + 6)
+
−x2 + 3x
3
√
1 + x + (x + 3)
⇔
x(x − 3) = 0
3(x + 1) +
1
3
√
4 − x + (−x + 6)
+
1
3
√
1 + x + (x + 3)
= 0 (vô nghiệm)
⇔
x = 0
x = 3.
Vì sao xuất hiện biểu thức
−1
3
x+2 và
−1
3
x+1, xem phương pháp nhân liên hợp
ở chương 2.
61

3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai
Từ phương trình dạng at2 + bt + c = 0 ta thay thế t = f(x) ta sẽ nhận được
một phương trình vô tỷ đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai dễ giải.
Ví dụ 3.5. Từ phương trình 2t2 − 7t + 3 = 0, ta chọn t =
x2 + x + 1
x − 1
ta được phương trình vô tỷ sau
2
x2 + x + 1
x − 1
− 7
x2 + x + 1
x − 1
+ 3 = 0.
hoặc biến đổi để bài toán trở nên khó hơn bằng cách nhân cả hai vế của phương
trình trên với x − 1 ta được phương trình sau
3(x − 1) + 2(x2
+ x + 1) = 7 x3 − 1.
Từ phương trình này ta xây dựng lêm một bài toán giải phương trình vô tỷ như
sau.
Bài toán. (Đề thi đề nghị Olympic 30/4/2007)
2x2
+ 5x − 1 = 7 x3 − 1.
Hướng dẫn. Phương trình này đã được giải bằng phương pháp đưa về phương
trình bậc hai như phương trình xây dựng ban đầu.
Một số dạng phương trình sau được giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ đưa
về dạng phương trình bậc hai.
Dạng 1. ax + b +
√
cx + d, đặt
√
cx + d = t. Khi đó x =
t2 − d
c
ta thu được một
phương trình bậc hai at2 + ct + bc − ad = 0.
Dạng 2. A(
√
a + x +
√
a − x) + B
√
a2 − x2 = C.
Đặt t =
√
a + x +
√
a − x, suy ra t2 = 2a + 2
√
a2 − x2.
Ta thu được phương trình bậc hai At + B
t2 − 2a
2
= C.
Dạng 3. A x +
√
x + a + B x2 + x + 2x
√
x + a + C = 0.
Đặt t = x +
√
x + a, suy ra t2 = x2 + x + a + 2x
√
x + a.
Ta thu được phương trình bậc hai At + B(t2 − a) + C = 0.
Dạng 4. A x +
√
x2 + a + B x2 + x
√
x2 + a + C = 0.
Đặt t = x +
√
x2 + a.
Khi đó t2 = 2x2 + 2x
√
x2 + a + 2 hay x2 + x
√
x2 + a =
t2 − a
2
.
Cuối cũng ta thu được phương trình bậc hai At + B
t2 − a
2
+ C = 0.
62

Bây giờ muốn tạo ra các phương trình vô tỷ mới ta có thể thay thế A, B, C, a, b, c
bằng các số "hoặc các biểu thức" theo ý muốn thì ta sẽ được các dạng phương
trình vô tỷ được giải theo phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc
hai.
Ví dụ 3.6. (Cho dạng 2)
Cho A = 1, B = 2, C = 4, a = 1 ta được bài toán sau.
√
1 − x +
√
1 + x + 2 1 − x2 = 4.
Hướng dẫn. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1.
Đặt
√
1 − x +
√
1 + x = t, t ≥ 0, suy ra t2 = 2 + 2
√
1 − x2.
Ta thu được phương trình t2 + t − 6 = 0, suy ra t = 2.
Thay thế trở lại ta có
√
1 − x +
√
1 + x = 2, suy ra x = 0.
Ví dụ 3.7. Với x = 3, ta có t =
√
x + 1+
√
2x + 3 = 5. Với t = 5, ta có 2t2−3t = 35.
Mặt khác
t2
= x + 1 + 2 2x2 + 5x + 3 + 2x + 3 = 3x + 4 + 2 2x2 + 5x + 3.
Thay vào 2t2 − 3t = 35 ta được
6x + 8 + 4
√
2x2 + 5x + 3 − 3
√
x + 1 +
√
2x + 3 = 35
⇔ 3
√
x + 1 +
√
2x + 3 = 6x − 27 + 4
√
2x2 + 5x + 3.
Ta có bài toán sau.
3
√
x + 1 +
√
2x + 3 = 6x − 27 + 4 2x2 + 5x + 3.
Hướng dẫn. Điều kiện x ≥ −1. Đặt t =
√
x + 1 +
√
2x + 3, t ≥ 0.
Khi đó
t2
= x + 1 + 2 2x2 + 5x + 3 + 2x + 3 = 3x + 4 + 2 2x2 + 5x + 3.
Suy ra 6x + 4
√
2x2 + 5x + 3 = 2t2 − 8.
Thay vào phương trình đã cho ta được
3t = 2t2 − 8 − 27
⇔ 2t2 − 3t − 35 = 0 ⇔
t = 5 (thỏa mãn)
t =
−7
2
(loại).
Với t = 5, trả lại ẩn x và ta được x = 3.
63

3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức
3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích
Phương trình dạng au + bv = ab + uv hay (u − b)(v − a) = 0 suy ra u = b, v = a.
Chọn u, v là các biểu thức chứa căn a, b bằng các số thực cho trước ta sẽ xây
dựng được các phương trình vô tỷ.
Ví dụ 3.8. Chọn a = 1, b = 5, u =
√
x − 1, v =
√
x2 + 1. Ta thu được phương
trình
√
x − 1 + 5 x2 + 1 − x3 − x2 + x − 1 = 5.
Vậy ta có bài toán sau.
√
x − 1 + 5 x2 + 1 − x3 − x2 + x − 1 = 5.
Hướng dẫn. Nghiệm của phương trình là nghiệm của một trong hai phương
trình
√
x2 + 1 = 1 hoặc
√
x − 1 = 5. Ta có thể xây dựng từ phương trình chứa
nhiều tích và gán cho u, v các biểu thức chứa căn. Gán cho a, b là các số hoặc có
thể là các biểu thức chứa căn. Biến đổi đi một chút ta sẽ có được các phương
trình đẹp hay không phụ thuộc vào việc ta chọn có khéo không.
3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức
Xuất phát từ một đẳng thức nào đó, chúng ta có thể sáng tác lên các phương
trình chứa ẩn dưới dấu căn thức. Chẳng hạn từ hằng đẳng thức
(a + b + c)3
= a3
+ b3
+ c3
+ 3(a + b)(b + c)(c + a)
ta có (a + b + c)3
= a3 + b3 + c3 ⇔ (a + b)(b + c)(c + a) = 0.
Bằng cách chọn a, b, c sao cho (a + b + c)3
= a3 + b3 + c3 ta sẽ tạo ra được phương
trình vô tỷ chứa căn bậc ba. Sau đây ta sẽ xây dựng một số phương trình từ các
hằng đẳng thức như
(a + b + c)3
= a3 + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c)(c + a).
a3 + b3 − ab(a + b) = (a + b)(a − b)2.
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2).
a4 + 4 = (a2 − 2a + 2)(a2 + 2a + 2).
Ví dụ 3.9. Từ hằng đẳng thức
(a + b + c)3
= a3
+ b3
+ c3
+ 3(a + b)(b + c)(c + a)
chọn a = 3
√
1990x + 1999, b = 3
√
25x + 8, c = 3
√
8 − x thì ta có
64

Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

La actualidad más candente

La actualidad más candente (20)

Similar a Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Similar a Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn (20)

Más de Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864

Más de Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864 (20)

Último

Último (20)

Luận văn: Phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn