Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
•

≥ ≥
= ⇔

=

0 hay 0A B
A B
A B
•

≥

= ⇔

=


2
0B
A B
A B
•
= ⇔ =
3 3
A B A B
•
( )

+ = ⇔ + + + = ⇒ + + =
3 3 3 3 3
3 3
3 3A B C A B AB A B C A B ABC C
(chú ý ở
đây ta chỉ thu được phương trình hệ quả, nên cần thử nghiệm)
Chú ý. Khi bình phương hai vế của phương trình ta cần có điều kiện hai vế không âm
để có được phương trình tương đương
Baøi 1.Giải các phương trình
a)
− + = −
2 2
2 3 5 1x x x
b)
− + = −
2
2 4 5 4x x x
Giải
a)
2 2
2 3 5 1x x x− + = −
2
2 2
1
5 1 0
1
2 3 5 1
2
x
x

x
x x x
=


− ≥


⇔ ⇔


= −
− + = −



Vậy nghiệm của phương trình là:
1
1
2
x x= ∨ = −
b)
( )
2
2
2
4 0
2 4 5 4
2 4 5 4
x

x x x
x x x
− ≥


− + = − ⇔

− + = −


2
4 0
4 11 0
x
x x
− ≥

⇔ ⇒

+ − =

hệ VN
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Baøi 2. Giải các phương trình
a)
+ = − +9 5 2 4x x
(1) b)
+ − − = −4 1 1 2x x x
(2)
Giải.

+ = − +9 5 2 4x x
Điều kiện:
2x ≥ −
Phương trình (1)
9 2 4 5x x⇔ + + + =
( ) ( )
3 13 2 9 2 4 25x x x⇔ + + + + =
( ) ( )
2
2 4
2 4
2 9 2 4 12 3 0
0
160 0
160
x
x
x x x x
x
x x
x
− ≤ ≤

− ≤ ≤


⇔ + + = − ⇔ ⇔ ⇔ =
=

 

− =



=


Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0
b) Điều kiện
− ≤ ≤
1
4
2
x
⇔ + = − + − ⇔ + = − + − − + −(2) 4 1 2 1 4 1 2 (1 )(1 2 ) 1 2x x x x x x x x
Trang 1
I. BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng


− ≤ ≤

− ≤ ≤
 
⇔ − − = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
 
− − = + = ∨ = −




2
1 1
1 1
2 2
(1 )(1 2 ) 2 1 0
2 2
7
(1 )(1 2 ) (2 1) 0
2
x
x
x x x x
x x x x x
Baøi 3. Giải các phương trình
a)
10 1 3 5 9 4 2 2x x x x+ + − = + + −
(ĐHB-2008DB) (1)
b)
3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
+
+ + = − + + +

+
(2)
Giải.
a) Điều kiện
5
3
x ≥
(1) 10 1 2 2 9 4 3 5x x x x⇔ + − − = + − −
2
10 1 2 2 2 (10 1)(2 2) 9 4 3 5 2 (9 4)(3 5)
(10 1)(2 2) (9 4)(3 5) (10 1)(2 2) (9 4)(3 5)
6
7 15 18 0 3 ( )
7
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x l
⇔ + + − − + − = + + − − + −
⇔ + − = + − ⇔ + − = + −
⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 3
b)
3
2
1
(2) 3 1 1
3
x
x x x x
x

+
⇔ − + = − + − +
+

Bình phương 2 vế ta được:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x
x
x x x x
x
x

= −
+
= − − ⇔ − − = ⇔

+
= +


Thử lại :
1 3, 1 3x x= − = +
là nghiệm
Baøi 4. Giải phương trình

3 4 1 8 6 1 1x x x x+ − − + + − − =
Giải.
( ) ( )
2 2
1 2 1 3 1 1 2 1 3 1(*)PT x x x x⇔ − − + − − = ⇔ − − + − − =
•
1 5x
≤ ≤
:
(*) 2 1 3 1 1 1 2 1 4 5x x x x x⇔ − − + − − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
(nhận)
•
5 10x
< ≤
:
(*) 1 2 3 1 1 1 1x x⇔ − − + − − = ⇔ =
(đúng)
•
10x
>
:
(*) 1 2 1 3 1 1 3 1 9 10x x x x x⇔ − − + − − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
(loại)
Vậy nghiệm của PT
5 10x≤ ≤
Baøi 5. Giải các phương trình sau:
a)
+ − − =
3 3
34 3 1x x

b)
− + − = +
3 3 3
1 3 1 1x x x
Giải
a)
3 3
34 3 1x x+ − − =
( )
⇔ + − + + + − + + − =
3 3 3 3
34 3 3 34. 3 34 3 1x x x x x x

( ) ( )
⇒ + − = ⇔ + − =
3
3 3
34. 3 12 34 3 12x x x x
2
30
31 1830 0
61
x
x x
x
=

⇒ + − = ⇔

= −


Thử lại:
+ Nếu x = 30 phương trình thỏa mãn.
+ Nếu x = −61 phương trình thỏa mãn.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
30 61x x= ∨ = −
.
b)
3 3 3
1 3 1 1x x x− + − = +
( )
3
3 3
1 3 1 1x x x⇔ − + − = +
Trang 2
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
( )
3 3 3 3
1 3 1 3 1. 3 1 1 3 1 1x x x x x x x⇔ − + − + − − − + − = +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3
3 3 3
3 1. 3 1. 1 3 1 1 3 1 1 1x x x x x x x x⇒ − − + = − ⇔ − − + = −
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 3 1 1 1 0x x x x
 
⇔ − − + + − =
 
( ) ( ) ( )

2
2
1
1
1
0
4 0
3 1 1 1 0
x
x
x
x
x
x x x
=

=
=


⇔ ⇔ ⇔



=
=
− + + − =





Kiểm lại:
+ Với x = 1 thì phương trình thỏa mãn.
+ Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm.
Tóm lại: nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1.
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
+ + =
2
1 11x x
b)
+ = − +9 5 2 4x
Baøi 2. Giải các phương trình
a)
2 1 3 4x x+ + − =
b)
− + − + + + =1 4 9 0x x x x
Baøi 3. Giải phương trình
4
2 0
2
x x
x
− + + =
+
Baøi 4. Giải phương trình sau :
3 3 1 2 2 2x x x x+ + + = + +
Baøi 5. Với những giá trị thực nào của x thì mỗi đẳng thức sau là đúng?
a)

2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
b)
2 1 2 1 1x x x x+ − + − − =
c)
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
(Vô địch Toán Quốc tế lần 1, năm 1959)
Baøi 6. Giải các phương trình
a)
− + − + + + − =2 2 5 2 3 2 5 7 2x x x x
b)
− − − + − − + + − − =2 2 2 1 2 2 3 4 2 1 3 2 8 6 2 1 4x x x x x x
Baøi 7. (ĐH 2002D–db2) Giải phương trình:
x x x x
2
4 4 2 12 2 16
+ + − = − + −
.
ĐS: x = 5. Đặt
t x x t4 4, 0= + + − >
.
Baøi 8. (ĐH 2005D) Giải phương trình:
x x x2 2 2 1 1 4
+ + + − + =
.
ĐS: x = 3.
Baøi 9. (ĐH 2005B–db1) Giải phương trình:
x x x3 3 5 2 4
− − − = −
.
ĐS: x = 2; x = 4.

Baøi 10. (ĐH 2006D) Giải phương trình:
x x x
2
2 1 3 1 0
− + − + =
.
ĐS:
x x1; 2 2
= = −
Baøi 11. (ĐH 2006B–db1) Giải phương trình:
x x x x x
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
− + − = − + − +
.
ĐS: x = 2. Đặt
t x x3 2 1 0
= − + − ≥
.
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Trang 3
II. NHÂN VỚI DẠNG LIÊN HỢP
II. NHÂN VỚI DẠNG LIÊN HỢP
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm
0
x
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
Baøi 1. Giải các phương trình
10 1 3 5 9 4 2 2x x x x+ + − = + + −
(ĐH 2008B-DB)
Giải. Điều kiện
5
3
x ≥
10 1 9 4 3 5 2 2 0
1 1
( 3) 0 3
10 1 9 4 3 5 2 2
PT x x x x
x x
x x x x
⇔ + − + + − − − =
 
⇔ − + = ⇔ =
 ÷
+ + + − + −

 
Do
1 1 5
0,
3
10 1 9 4 3 5 2 2
x
x x x x
+ > ∀ ≥
+ + + − + −
Baøi 2. Giải phương trình:
2
2 3 4 3 5 9 12 13x x x x+ + + = + +
Giải. Điều kiện:
4
3
x ≥ −
Nhẩm được nghiệm x = 0 ta dùng liên hợp:
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2( 3 4 2) 3( 5 9 3) 12x x x x+ − + + − = +
hay:
6 15
( 12)
3 4 2 5 9 3
x x
x x
x x
+ = +
+ + + +

0
6 15
( 12)
6 15
12(*)
3 4 2 5 9 3
3 4 2 5 9 3
x
x x
x x
x
x x
x x
=


⇔ + = + ⇔

+ = +
+ + + +

+ + + +


Với điều kiện
4
3
x ≥ −
ta có:
(*) 8 (*)VT VP< <

nên (*) vô nghiệm!
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0
Baøi 3. Giải phương trình
− + + =
3
2 1 3x x
Giải. ĐKXĐ:
≥ −
1x
− −
− + + = ⇔ − − + + − = ⇔ + =
+ +
− + − +
 
 ÷
⇔ − + =
 ÷
+ +
− + − +
 

− =

⇔
+ =

+ +

− + − +


3 3
2
3
3
2 3
3
2 3
3
3 3
2 1 3 2 1 1 2 0 0
1 2
( 2) 2 1
1 1
( 3) 0
1 2
( 2) 2 1
3 0
1 1
0 (*)
1 2
( 2) 2 1
x x
x x x x
x
x x
x
x
x x
x
x

x x
Ta có
2
2
3
3
3
1 1 1 1
0, 1
1 2 1 2
1 3
( 2) 2 1
2
2 4
x
x x
x x
x
+ = + > ∀ ≥ −
+ + + +
− + − +
 
− + +
 ÷
 
Suy ra (*) vô nghiệm
Vậy PT có nghiệm duy nhất
=
3x
Chú ý. Bài toán này có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ hoặc đánh giá

Trang 4
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Baøi 4. Giải phương trình sau :
( )
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
Giải:
Ta nhận thấy :
( ) ( )
( )
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − −
và
( ) ( )
( )
2 2
2 3 4 3 2x x x x− − − + = −
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=
− + − +

− + + − +
Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Baøi 5. Giải phương trình sau
2 2
12 5 3 5x x x+ + = + +
(Đề nghị Olympic 30/4)
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 như sau :
( )
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
− −
+ − = − + + − ⇔ = − +
+ + + +

( )
2 2
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x
x x
 
+ +
⇔ − − − = ⇔ =
 ÷
+ + + +
 
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
Baøi 6. Giải phương trình :
2 33
1 1x x x− + = −
Giải: Đk

3
2x ≥
Nhận thấy x=3 l nghiệm của phương trình , nn ta biến đổi phương trình
3 2 3
1 2 3 2 5x x x− − + − = − −
( )
( )
( )
( )
2
2 3
32 2
3
3 3 9
3
3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
 
− + +
+
 
⇔ − + =
 
− +

− + − +
 
 
Ta chứng minh :
( )
(
)
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
+ +
+ = + <
− + − + − + +
2
3
3 9
2 5
x x
x
+ +
<
− +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
Baøi 7. (TH&TT) Giải PT

2
3
6 1 1x x x+ + − = −
Giải. Điều kiện
1x ≥
( ) ( )
2
3
2
3
3
6 2 1 1 4
( 6) 8 ( 1) 1
( 2)( 2)
1 1
( 6) 2 6 4
PT x x x
x x
x x
x
x x
⇔ + − + − − = −
+ − − −
⇔ + = − +
− +
+ + + +
2
3
3
1 1

( 2) ( 2) 0
1 1
( 6) 2 6 4
x x
x
x x
 
 ÷
⇔ − + − + =
 ÷
− +
+ + + +
 
Trang 5
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
2
3
3
2
1 1
( 2) 0 (1)
1 1
( 6) 2 6 4
x
x
x
x x
=



⇔

+ − + =

− +
+ + + +

2
3
3
1 1
(1) 2 (2)
1 1
( 6) 2 6 4
x
x
x x
⇔ + = +
− +
+ + + +
Do
1x
≥
nn
3 3
2
3
3
1 1 1
(2) 1 2 (2)

1 1 49 2 7 4
( 6) 2 6 4
VT
x
x x
= + ≤ + <
− + + +
+ + + +
(2) 2 2 (2)VP x VT= + > =
PT có nghiệm duy nhất x = 2
Baøi 8. (TH&TT) Giải PT
2
4 2 22 3 8x x x+ + − = +
Giải. Điều kiện
22
2
3
x− ≤ ≤
Ta có
( ) ( )
2 2
8 4 2 22 3 8 4 2 2 22 3 4
2 4 22 3 16
( 2)( 2) 4 ( 2). ( )
2 2 22 3 4
x x x x x x
x x
x x x A x
x x
+ − + − − = − − + − − − −

+ − − −
= − + − − = −
+ + − +
Trong đó
4 3
( ) 2
2 2 22 3 4
A x x
x x
= + − +
+ + − +
A(x) là hàm số đồng biến trên
22
2;
3
 
−
 
 
v A(-1) = 0 nên PT A(x) = 0 có nghiệm duy nhất
x = -1
Vậy PT đ cho có 2 nghiệm
2, 1x x= = −
Baøi 9. (TH&TT ) Giải PT
( )
3
4 3 2
3 4 1 1x x x− = − +
Giải
(

)
(
)
( )
2 2 2
4 3 2 2 2 2 2
2
2 1
3 4 1 1 2 1 (3 4 )
1 1
x x x
PT x x x x x x x x
x
− + + +
⇔ − = − + + + + ⇔ − =
+ +
2 2
2 2
2
2 1
3 4 0
1 1
x x
x x x
x
 
+ + +
⇔ − + =
 ÷
 ÷

+ +
 
Nhận thấy
(
)
2
2 2
2
2 2
2
2 2
1 1 5 2
2 1 2
3 4 3 0,
3
1 1 6(1 1 )
x x
x x
x x x x
x x
+ − + +
+ + +
 
− + = − + > ∀
 ÷
 
+ + + +
Do đó PT có nghiệm duy nhất x = 0
Chú ý. Bài toán này có thể giải bằng phương pháp BĐT
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Baøi 1. Giải các phương trình
a)
3
4 1 3 2
5
x
x x
+
− − − =
ĐS:
2x
=
b)
2
9 20 2 3 10x x x
+ + = +
ĐS:
3x
= −
c)
2 2
2 16 18 1 2 4x x x x
+ + + − = +
ĐS:
1x
= ±
Trang 6
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
d)
2 2

12 5 3 5x x x
+ + = + +
ĐS:
2x
=
e)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x
− + − − = + + + − +
ĐS:
2x
= −
f)
2
5 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
−
+ − − =
+
ĐS:
2
2;
3
x x
= =
Baøi 2. Giải các phương trình

a)
2 1 2 3 3 1x x x x
+ + − = + + −
b)
2 2 2 2
2 1 3 1 4 3 2 4 3x x x x x x x x
+ − + + − = + − + + −
c)
3
2 1 1x x
− + − =
d)
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x
− + − − = − − − − +
e)
1 1 1
1
3 2 2 1 1x x x x x x
+ + =
+ + + + + + + +
f)
3 2
3
3 8 40 8 4 4x x x x
− − + = +
g)
3 2 3 2
1 2 3x x x x
+ − + + + =

h)
2
6 3
3
1
x
x x
x x
−
= + −
− −
i)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x
− + − − = + + + − +
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
VẤN ĐỀ 1: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
 Phương trình dạng
2 2
ax bx c px qx r
+ + = + +
với
a b
p q
=
Cách giải. Đặt
2
( 0)t px qx r t
= + + ≥
. PT trở thành

2
0t t
α β γ
+ + =
. Từ đó tìm t rồi tìm
x
Tổng quát.
. ( ) . ( ) 0a f x b f x c
+ + =
. Đặt
( )( 0)t f x t
= ≥
Baøi 1. Giải PT
2 2
3 21 18 2 7 7 2x x x x
+ + + + + =
ĐS:
1; 6x x
= − = −
Baøi 2. Giải PT
2 2
4 10 9 5 2 5 3x x x x
+ + = + +
ĐS:
1 5 19
2; ;
2 4
 
− ±
 

− −
 
 
 
 Phương trình dạng
. ( ) . ( ) . ( ). ( ) ( 0)P x Q x P x Q x
α β γ αβγ
+ + ≠

Cách giải.
• Nếu P(x) = 0 thì Q(x) = 0 và dẫn đến giải hệ
( ) 0
( ) 0
P x
Q x
=


=

• Nếu
( ) 0P x
≠
, chia 2 vế của PT cho
( )P x
ta có PT
( ) ( )
. . 0
( ) ( )
Q x P x

P x Q x
α β γ
+ + =
Đặt
( )
( 0)
( )
P x
t t
Q x
= ≥
, PT trở thành
2
0t t
β γ α
+ + =
. Từ đó tìm t rồi tìm x
Baøi 3. Giải PT
2 3
2( 3 2) 3 8x x x− + = +
HD:
2 2
2( 2 4) 2( 2) 3 ( 2)( 2 4)PT x x x x x x⇔ − + − + = + − +
Trang 7
III. ĐẶT ẨN PHỤ
III. ĐẶT ẨN PHỤ
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
2 2
2( 2 4) 2 4
3 2 0

2 2
x x x x
x x
− + − +
⇔ − − =
+ +
(Do
2x
= −
không là nghiệm của PT)
Đặt
2
2 4
( 0)
2
x x
t t
x
− +
= ≥
+
. Kết quả
{ }
3 13
±
Baøi 4. (Đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải phương trình
+ + − − = −
2 2 3
2( 1) 7( 1) 13( 1)x x x x
HD.

 
− −
⇔ − =
 ÷
+ + + +
 
2
2 2
1 1
2 13.
1 1
x x
PT
x x x x
Đặt
−
=
+ +
2
1
1
x
t
x x
.
 
= − −
 
 
1

Kq 1 ;2;4
2
S
Baøi 5. (Đề nghị Olympic 30/4/2007) Giải phương trình
+ − = −
2 3
2 5 1 7 1x x x
HD.
− −
⇔ − + =
+ + + +
2 2
1 1
2 7 3 0
1 1
x x
PT
x x x x
Đặt
−
=
+ +
2
1
1
x
t
x x
.
{ }

= ±Kq 4 6S
Baøi 6. Giải phương trình
− − = + + +
2 3 2
6
3 2 2 3 4 2
30
x x x x x
HD.
Điều kiện
+ + + ≥ ⇔ + + + ≥ ⇔ ≥ −
3 2 2
3 4 2 0 ( 1)( 2 2) 0 1x x x x x x x
+ + + +
⇔ − =
+ +
2 2
2 2 6 2 2
3. 8
1 1
30
x x x x
PT
x x
Đặt
+ +
= >
+
2
2 2

0
1
x x
t
x
.
{ }
=Kq 2S
Baøi 7. Giải phương trình
− + = − + +
2 4 2
1
3 1 1
3
x x x x
HD.
Để ý
+ + = + + − +
4 2 2 2
1 ( 1)( 1)x x x x x x
− + − +
⇔ − = −
+ + + +
2 2
2 2
1 1 1
2. 1
1 1
3
x x x x

PT
x x x x
Đặt
− +
= >
+ +
2
2
1
0
1
x x
t
x x
.
{ }
=Kq 1S
Baøi 8. Giải PT
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x
+ + + = + + + −
ĐS:
{ }
3
VẤN ĐỀ 2: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
Baøi 1. Giải phương trình:
(
)
3 3
3 3

25 25 30x x x x
− + − =
HD. 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 = =
. Tức nghiệm của phương trình là
{2;3}x ∈
Trang 8
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Baøi 2. Giải phương trình:
4
4
1

2 1
2
x x
− − + =
HD. 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 vo tìm
nghiệm của phương trình.
Baøi 3. Giải phương trình sau:
5 1 6x x
+ + − =
HD. 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

+ =


→ + − + = ⇒ − + = ⇒ = −

− =


Vậy
11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
−
− + = + − ⇔ − = − ⇒ =
Baøi 4. Giải phương trình:
6 2 6 2 8
3
5 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:
2
2 2
( ) 10 2
10
2 4
4 4 8
( ) 1
2( )
3
3
u v uv
u v
u v
u z
uv
u v


+ = +
+ =
 
⇔
 
 
+ − =
− − + + =
 ÷
 


 

Baøi 5. Giải phương trình sau:
3
1 1
1
2 2
x x+ + − =
Giải. Điều kiện:
1
2
x ≤
Đặt:
3
3
3 2
2
1
1
2
2
1
1
1
0
2
2
a x
a x

a b
b x
b x


= +
= +


 
⇒ ⇒ + =
 
 
= −
= − ≥




Phương trình đã cho trở thành hệ:
( )
3 2 3 2
2
3
3 2
2
1 1
1 1
1 1
0

2 0 0; 1; 2
2 0
a b a b
a a
a b b a
a
a a a a a a
a a
 
+ = + =
⇔ ⇒ + − =
 
+ = = −
 
=

⇔ + − = ⇔ ⇔ = = = −

+ − =

Trang 9
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
+ Với
3
1 1
0 0
2 2
a x x= ⇒ + = ⇔ = −
+ Với
3

1 1
1 1
2 2
a x x= ⇒ + = ⇔ =
+ Với
3
1 17
2 2
2 2
a x x= − ⇒ + = − ⇔ = −
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
1 17
;
2 2
x x= ± = −
.
Baøi 6. Giải phương trình sau:
3 32 2
1 18 5x x− + + =
Giải
Đặt:
3 2 3 2
3 3
3 2
3 2
1 1
19
18
18
a x a x

b a
b x
b x


= − = −
 
⇒ ⇒ − =
 
= +

= +



Phương trình đã cho trở thành hệ:
( )
3
3 3
3
5
5
19
5 19
a b
a b
b a
b b
= −


+ =


⇔
 
− =
− − =



( )
( )
( )
3 2 2
2
2 15 75 144 0 3 2 9 48 0
3
2 9 48 0 phöông trình naøy voâ nghieäm
b b b b b b
b
b b
⇒ − + − = ⇔ − − + =
=

⇔

− + =

+ Với
3 2

3 18 3 3b x x= ⇒ + = ⇒ = ±
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
3x = ±
Baøi 7. Giải phương trình sau:
4 4
2 6 2x x− + − =
Giải
Điều kiện:
2 6x
≤ ≤
Đặt:
4
4
4 4
4
4
2 0 2
4
6
6 0
a x a x
a b
b x
b x


= − ≥ = −
 
⇒ ⇒ + =
 

= −

= − ≥



Phương trình đã cho trở thành hệ:
( )
2
4 4
2 2 2 2
4
2 4
2
2
a b
a b a b
a b
a b


+ =
+ − =
 
⇔
 
+ =




+ =

2 2
0 4
2 8 0
2
2
ab ab
a b ab
a b
a b
= ∨ =

− =

 
⇔ ⇔
 
+ =
+ =




+ Với
0
0
2
0
6

2
2
a
ab
x
b
x
a b
a b
 =

=

=




=
⇔ ⇒

 

=
+ =




+ =


+ Với
4
,
2
ab
a b
a b
=


⇒

+ =


là nghiệm của phương trình:

2
2 4 0x x− + =
(phương trình này vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
2 6x x= ∨ =
.
Baøi 8. Giải phương trình
− + + =
3
2 1 3x x
Giải. ĐKXĐ:
≥ −

1x
Đặt


= −
≥

= +


3
2
( 0)
1
a x
b
b x
, ta có hệ phương trình
Trang 10
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
   
+ = = − = − = −

=
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
=
− = − − − = − − + − = − + =

   

3 2 3 2 3 2 2
3 3 3 3
1
2
3 (3 ) 3 6 6 0 ( 1)( 6) 0
a b b a b a b a
a
b
a b a a a a a a a
Với a = 1, ta có
− = ⇔ − = ⇔ =
3
2 1 2 1 3x x x

Baøi 9. (ĐHA-2009) Giải phương trình:
x x
3
2 3 2 3 6 5 8 0
− + − − =
.
ĐS: x = –2. Đặt
u x
v x v
3
3 2
6 5 , 0


= −


= − ≥


.
Baøi 10. Giải phương trình:
+ − = +
3
2 4 2
2 1x x x x
Giải.
⇔ + − = +
2 2 2
3
( 1) 2 1PT x x x x
Đặt :


=

− =


3
3
2
1
x a
x b
,phương trình đã cho trở thành
+ = ⇔ − + − =


− =
⇔ − + + = ⇔

+ + =

3 2 3 3 3 2
2 2
2 2
2 ( ) ( ) 0
0
( )( 2 ) 0
2 0
b a b a b a a b a
b a
b a b a ab
b a ab
•
±
= ⇔ = − ⇔ =
3
2
3
1 5
1
2
a b x x x
•



=
+ + = ⇔ = = ⇔

− =


3
2 2
3
2
0
2 0 0
1 0
x
b a ab a b
x
(VN)
Vậy phương trình có hai nghiệm
±
=
1 5
2
x

VẤN ĐỀ 3: Đặt ẩn phụ không toàn phần
Baøi 1. (ĐHB 2010-Db1) Giải PT
− + = − +
2 2
8 8 3 8 2 3 1x x x x x
Giải. Đặt

− + = ≥
2
2 3 1 0x x t
, ta có PT
− + − =
2
4 8 . 4 1 0t x t x
∆
= − − = − + = −
2 2 2
' 16 4(4 1) 4(4 4 1) 4(2 1)x x x x x
Do đó
− −
= =
4 2(2 1) 1
4 2
x x
t
hoặc
+ −
= = −
4 2(2 1) 1
2
4 2
x x
t x
•
±
− + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ =
2 2 2

1 3 3
2 3 1 4(2 3 1) 1 8 12 3 0
2 4
x x x x x x x
•

− + = − +
−

− + = ⇔

≥


2 2
2
4(2 3 1) 16 8 1
4 1
2 3 1
1
2
4
x x x x
x
x x
x
− ±
⇔ + − = ⇔ =
2
4 28

8 4 3 0
8
x x x
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
+ − + = +
2 2
( 1) 2 3 1x x x x
HD:
= − +
2
2 3t x x
, ta có
− + + − =
2
( 1) 2( 1) 0t x t x
{ }
= − +Kq 1 2;1 2S
Trang 11
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
Baøi 3. Giải phương trình :
(
)
2 2 2
3 2 1 2 2x x x x+ − + = + +
Giải. Đặt
2
2t x= +
, ta có :
( )
2

3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
=

− + − + = ⇔

= −

•
2
2 3 27x x+ = ⇔ = ±
•
2
1
1
2 1
1
2 1
2
x
x
x x
x
x
≥


≥


+ = − ⇔ ⇔
 
= −
= −



(VN)
Baøi 4. 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
2
1 2 1 0
1
t
t x t x
t x
=


− + + − = ⇔

= −

•
2 2
2 3 2 2 1 0 1 2x x x x x− + = ⇔ − − = ⇔ = ±
•
2
2 3 1x x x− + = −

( )VN
Baøi 5. Giải phương trình
2
9 1 11 3 2 3x x x x x
+ − + − = +
Giải.Điều kiện
2
9 1 0
11 3 0
x x
x

+ − ≥

− ≥

Đặt
2
9 1

( , 0)
11 3
a x x
a b
b x

= + −

≥

= −


Ta có
2 2 2
2 3 2 3 9 1 (2 3 ) 1a xb x a x xb x x a x xb
+ = + ⇒ = + − ⇒ + = + = + − +
(1)
Mặt khác
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 3 2 2 3 2
2
(2 3 ) 1 ( 9 ) (4 9 12 4 6 ) 1 ( 9 )
( 4 3) 3 (1 2 ) 10 ( 1)( 3) (11 )(1 2 ) 10 ( 3 11 )
( 1)( 3) 2 22 21 ( 1)( 3) 2 22 21
( 1)( 3) ( 1) 3
x xb x x x x b x x b xb x x
x b b x b x b b b b do x b
x b b b b b x b b b b b

x b b b b
+ − + − + = + + + − − + − +
= − + + − + = − − + − − + = −
= − − + − − + = − − + − − +
= − − + − −
2
)(2 7) ( 1)( 3)( 2 7) (2)b b b x b
+ = − − + +
Chú ý
2
2 7x b+ +
> 0 do
0b
≥
. Từ (1) và (2) ta có
10
1
3
3 2
3
x
b
b
x

=

=

⇒



=


=


Thử lại
•
2
19
9 1
10
3
19
3
2 3
3
a x x
x
x xb

− + − =


= ⇒


+ − =



•
2
7
9 1
2
3
7
3
2 3
3
a x x
x
x xb

− + − =


= ⇒


+ − =


Vậy PT đã cho có hai nghiệm
10 2
,
3 3
x x= =

Trang 12
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
VẤN ĐỀ 4: Phương pháp hằng số biến thiên
Baøi 1. Giải phương trình
11 11x x
+ + =
Giải. Điều kiện
0 8x
< <
2
11 11 (11 ) 11PT x x x x
⇔ − = + ⇔ − = +
Đặt a = 11, ta có

2 2 2
( ) (2 1) 0a x a x a x a x x− = + ⇔ − + + − =
2
(2 1) 1x a x x∆ = − ⇒ = ± +
Do đó
1a x x
a x x

= + +

= −


Thay a = 11, ta có
21 41
11 1 10 0

2
11 0 23 3 5
2
x
x x x x
a x x x x
x

−
=

 
= + + + − =

⇔ ⇔
 

= − − − = +
 
 
=


(thỏa đk)
Vậy PT có 2 nghiệm
21 41 23 3 5
;
2 2
x x
− +

= =
Baøi 2. Giải phương trình
2
12 1 36x x x+ + + =
Giải.
ĐKXĐ:
1x
≥ −
Đặt a =12, phương trình trở thành:
2 2 2 2
1
1 4 1. 4 4 0
4
x x a x a a x a x x+ + + = ⇔ − + − − =
2( 1) 2 1a x x⇔ = ± + + +
•
2
1 5
12 2( 1) 2 1 1 5 3
11 24 0
x
x x x x x
x x
− ≤ ≤

= + + + ⇔ + = − ⇔ ⇔ =

− + =

•

12 2( 1) 2 1 1 13( )x x x x VN= − + + + ⇔ + = +
Baøi 3. Giải phương trình:
2
5 5x x
− = −
Giải
2
5 5x x
− = −
( )
( )
2
2
2
2 2 4
5
5
5
5 5
5 2 1 .5 0 (1)
x
x
x
x x
x x x


≤ −

≥



 
≥⇔ ⇔

 

− = −
 

− + + + =


Xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo ẩn là 5.
Ta có:
( ) ( )
( )
2
2
2 4 2
2 1 4 4 4 1 2 1x x x x x x
∆ = + − + = − + = −
⇒
hai nghiệm của (1) là:
( )
( )
2
2
1
5 2 1 2 1

2
1
5 2 1 2 1
2
x x
x x

= + + −



= + − +


2 2
2 2
2 2 8 0 4 0 (2)
2 2 1 0 5 0 (3)
x x x x
x x x x
 
− − = − − =
⇔ ⇔
 
+ − = + − =
 
Phương trình
( )
( )
1

2 1 17
2
x
⇔ = ±
( )
( )
1
3 1 21
2
x
⇔ = − ±
Trang 13
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
Kiểm ra điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
( ) ( )
1 1
1 17 1 21
2 2
x x
= ± ∨ = − ±
VẤN ĐỀ 5: Đặt ẩn phụ đưa về hệ PT đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng
Baøi 1. Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5x x x
− − = +
Giải. Điều kiện
5
4
x ≥ −
Đặt

2 3 4 5y x− = +
ta được hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 4 5
( )( 1) 0
(2 3) 4 5
x y
x y x y
y x

− = +

⇒ − + − =

− = +


Với
2 3 4 5 2 3x y x x x= ⇒ − = + ⇒ = +
Với
1 0 1 1 2x y y x x+ − = ⇒ = − → = −
Kết luận: Nghiệm của phương trình l
{1 2; 1 3}− +
Baøi 2. Giải phương trình
2
1000 1 8000 1000x x x− − + =
.
HD: Đặt
1 1 8000x+ +

=
2y
, ta có
2
2
2000
(*)
2000
x x y
y y x

− =


− =


.
Từ
(*)
suy ra
( )( 1999) 0x y x y− + + =
và do
1999 0x y+ + >
.
Suy ra
x y=
, ta được nghiệm
2001x
=

, lo¹i
0x
=
).
Baøi 3. Giải phương trình
3 2
3
3 3 3 5 1 3x x x x+ − + = −
Giải. Đặt
3
3 5x +
= y + 1, ta có
3
3
( 1) 3 5
( 1) 3 5
x y
y x

+ = +


+ = +


Trừ vế theo vế hai PT ta được
3 3 2 2
2 2
( 1) ( 1) 3( ) ( ) ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 3 0
do ( 1) ( 1)( 1) ( 1) 3 0

x y x y x y x x y y
x y x x y y
 
+ − + = − − ⇔ − + + + + + + + =
 
⇔ = + + + + + + + >
Từ đó ta có nghiệm x = 1; x = -2
Baøi 4. Giải phương trình:
2
4 5 13 3 1 0x x x+ − + + =
Giải. Điều kiện:
1
3
x ≥ −
, Đặt
3
3 1 (2 3), ( )
2
x y y+ = − − ≤
Ta có hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 2 1
( )(2 2 5) 0
(2 3) 3 1
x y x
x y x y
y x

− = + +


⇒ − + − =

− = +


Với
15 97
8
x y x
−
= ⇒ =
Với
11 73
2 2 5 0
8
x y x
+
+ − = ⇒ =
Kết luận: tập nghiệm của phương trình l:
15 97 11 73
;
8 8
 
− +
 
 
 
 


 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các PT sau bằng cách đặt ẩn phụ
a)
8 4x x
+ − =
Trang 14
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
b)
2 2
1 1 2x x x x
− − + + − =
c)
1 1
2
2 4
x x x+ + + + =
d)
1 1
1x x
x x
− + − =
e)
3
( 1)( 3) 2( 1) 8
1
x
x x x
x
+
− + + − =

−
g)
2
4 3 2 1 6 8 10 3 16x x x x x
+ + + = + + + −
h)
32 2
8 18 5 3 9 9 2x x x x
− + = − +
i)
2 2
3 5 1 3 5 7 2x x x x
+ + − + − =
k)
3 8 6 3 1 3 8 6 3 1 3 4x x x x x
+ + − + + − − = +
m)
2 1 2 1 2x x x x
+ − + − − =
n)
2
2
1 1
3
x x x x
+ − = + −
o)
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x
+ + + = + + + −

p)
2
2 5 10 1x x x
− = − +
Baøi 2. Giải PT
2
9 12 2 3 8x x x+ − = +
Baøi 3. Giải PT
3
3
8 2001
4004 2001
2002
x
 
+
= −
 ÷
 
Baøi 4. Giải PT
3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x− = − + −
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Với phương pháp này ta cần chú ý
1 ( 1)( 1) 0u v uv u v
+ = + ⇔ − − =

( )( ) 0au bv ab uv u b v a
+ = + ⇔ − − =
Baøi 1. Giải phương trình :
23
3 3
1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + +
Giải.
( ) ( )
3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

= −

Baøi 2. Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1x x x x x+ + = + +
Giải.
+
0x =
, khơng phải l nghiệm
Trang 15

IV. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH
IV. ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
+
0x ≠
, ta chia hai vế cho x:
( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 
Baøi 3. Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
Giải. Điều kiện
1x
≥ −
PT
( ) ( )
1
3 2 1 1 0
0

x
x x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

=

Baøi 4. (ĐH 2006D–db2) Giải phương trình:
x x x x x
2
2 7 2 1 8 7 1
+ − = − + − + − +
.
ĐS: x = 5, x = 4. Đưa về PT tích
( ) ( )
x x x1 2 1 7 0
− − − − − =
.
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
3 2
4
4
1 1x x x x+ + = + +
b)
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +

c)
2 2
3 3
2 3 9 ( 2) 2 3 3 ( 2)x x x x x+ + = + +
Baøi 2. Giải các phương trình
a)
2
4 3 3 4 3 2 2 1x x x x x+ + = + + −
b)
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2x x x x x x x+ + + + = + + +
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Với phương pháp này ta thường biến đổi phương trình về dạng
2 2
0A B+ =
. Khi đó ta có
0A B= =
hoặc
k k
A B=
Baøi 1. Giải phương trình
2
3 2 4 21 22x x x
− = − + −
Giải.
2 2
1 81
3 2 4 21 22 (3 2) 3 2 4 18
4 4
x x x x x x x

− = − + − ⇔ − − − + = − +
2 2
1 9
3 2 2
3 2 2 4
1 9
2 2
3 2 2
1 9
2 2
3 2 5 2
3 2 2
2 2
x x
x x
x x
x x
x x

− − = −
 
− = −
   
⇔ − − = − ⇔ ⇔
 
 ÷  ÷
   
− = −
 


− − = − +


Đáp số
19 73 23 97
;
8 8
S
 
+ −
 
=
 
 
 
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
+ + + − + + =
4 3 2
2006 1006009 2 2007 1004 0x x x x x
HD:
( )
⇔ + + + − =
2
2 2
1
( 1003) 2 2007 1 0
2
PT x x x
{ }
⇒ = −1003S

Baøi 3. (TH&TT)
2
3 2 4 21 22x x x− = − + −
HD.
2 2
1 9 19 73 23 97
3 2 2 ;
2 2 8 8
PT x x x x
+ −
   
⇔ − − = − ⇔ ⇔ = =
 ÷  ÷
   
Trang 16
V. TỔNG BÌNH PHƯƠNG
V. TỔNG BÌNH PHƯƠNG
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Baøi 4. Giải phương trình
( )
2
4 12 1 4 5 1 9 5x x x x x+ + − = − + −
HD. Điều kiện
1x ≥
PT đã cho tương đương
( ) ( )
2 2
5 1 2 9 5 2 1 0x x x x− − + − − + − =

( ) ( )

2 2
5 1 2 0
5 1 2 9 5 2 1 0 9 5 2 1
1 0
x x
x x x x x x
x

− − =


− − + − − + − = ⇔ − − ⇔ =


− =


Baøi 5. 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
 
+ = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
+ + +
 
Baøi 6. Giải phương trình
16 1
10 ( 1996 2008)
1996 2008
x y
x y
+ = − − + −
− −
.
HD: Ta có phương trình đã cho tương đương

2
2
4
4
4

4
4 1
1996 2008 0
1996 2008
x y
x y
 
 
− − + − − =
 ÷
 ÷
 ÷
− −
 
 
.
Từ đó ta có nghiệm của PT là
( ; ) (2012;2009)x y =
.
Baøi 7. Giải phương trình
3
1 2 1
2
x y y x xy− + − =
.
HD. Điều kiện
1; 1x y≥ ≥
.
Ta có
1 3

1 2 1 ( 2 1) ( 2 1)
2 2
x y y x y x x x y y xy− + − = − − − − − − +

2 2
1 3
( 1 1) ( 1 1)
2 2
y x x y xy= − − − − − − +
.
Khi đó PT đã cho tương đương với
2 2
1; 1
1
( 1 1) ( 1 1) 0
2
x y
y x x y
≥ ≥



− − + − − =


.
Từ đó ta có nghiệm
( ; ) (2;2)x y =
.
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Baøi 1. Giải phương trình
2
2 3 9 4x x x+ = − −
Baøi 2. Giải các phương trình
( ) ( )
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + +
Baøi 3. Giải các phương trình
3 3x x x− = +

Giả sử
min ( )
max ( )
f x M
g x M
=


=

. Khi đó
( )
( ) ( )
( )
f x M
f x g x
g x M

=

= ⇔

=

Trang 17
VI. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
VI. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
Cần sử dụng thành thạo các BĐT Cauchy, B.C.S…
Baøi 1. Giải PT
( )
3
4 3 2
3 4 1 1x x x− = − +
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
2
2 2 2 2 3 2
3
3 3 3 3
1 1 1 3 1 (1 ) 1
2 2 2 2
x x x x x
     
+ + + + ≥ + ⇔ + ≥ +
 ÷  ÷  ÷
     
(1)
4 4 2 2 12 3 4 2 3

4
1 3
2 4 4 3 4
2 2
x x x x x x x x x+ + + ≥ ≥ ⇒ + ≥
(2)
Cộng (1) v (2), biến đổi được
( )
3
4 3 2
3 4 1 1x x x− ≥ − +
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0
Baøi 2. (TH&TH) Giải phương trình
5 2 7
4 3 2 1
1
x
x
+
+ = −
+
(1)
Giải. Điều kiện
1x
> −
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương và chú ý
3
5 2 7 ( 2 1)
+ = +
3

3
5 2 7 5 2 7 5 2 7
(1) 4( 1) 3 .4( 1) 3 5 2 7 3( 2 1) (1)
4( 1) 4( 1) 4( 1)
VT x x VP
x x x
+ + +
= + + + ≥ + = + = + =
+ + +
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5 2 7 2 3
4( 1)
4( 1) 4
x x
x
+ −
= + ⇔ =
+
(thỏa điều kiện)
Baøi 3. Giải PT
2 4 2 4
13 9 16x x x x− + + =
Giải. Điều kiện
1 1x− ≤ ≤
BPT
( )
2 2 2
13 1 9 1 256x x x⇔ − + + =
(*)
Ap dụng BĐT BCS, ta có

( )
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3 3 1 (13 27)(13 13 3 3 ) 40(16 10 )x x x x x− + + ≤ + − + + = −
Ap dụng BĐT Cauchy
2
2 2
16
10 (16 10 ) 64
2
x x
 
− ≤ =
 ÷
 
Vậy VT(*)
256
≤
Do đó
2
2 2
2
2
2
2 2
1
9 9 1
2
1
(*) 10 8

3
5
20 16
10 16 10
x
x x
x
x x
x
x x

−

− = +
 − =
⇔ ⇔ ⇔ = ⇔ = ±
 
=



= −

Kết luận:
2
5
x = ±
là các nghiệm của PT
Đẳng thức xảy ra khi
2 2 1 1

:
7
1 1 1
x
x
x x x
= ⇔ =
+ + +
(thỏa điều kiện)
Baøi 4. Giải phương trình:
2
1 3 2( 3) 2 2x x x x− + − = − + −
(1)
Giải
Điều kiện: x ≥ 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxky, ta có:
( ) ( )
2
1 3 1 1 1 3x x x x
 
− + − ≤ + − + −
 
⇔
Trang 18
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
( ) ( )
2
1 3 2 3 2 1x x x x− + − ≤ − + −
Do đó dấu “=” xảy ra ⇔
1 3x x− = −

⇔
( )
2
2
3
3
5
7 10 0
1 3
x
x
x
x x
x x
≥

≥


⇔ ⇔ =
 
− + =
− = −



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5.
Baøi 5. Giải bất phương trình:
2 4 2
2 1 1 2x x x x− + + − = +

(1)
Giải
Điều kiện:
2
2 4
1 0
1 1
0
x
x
x x

− ≥

⇔ − ≤ ≤

− ≥


• Theo BĐT Cauchy:
( )
2 2
2 2
1 1
1
2 2
x x
x x
+ −
− ≤ =

⇒
( )
2 2
2 1 1x x− ≤
• Theo bất đẳng thức Bunhiakopxky
( )
( )
2 2 2
1 1 1 1 2x x x x
+ − ≤ + + − =

⇒
2 4 2
2 1 1 2x x x x− + + − ≤ +
Do đó dấu đẳng thức xảy ra ⇔
2 2
2
1
1
x x
x x

= −


= −


⇔
2 2

0
1
1
2
x
x
x x
≥

⇔ =

= −

Vậy nghiệm của phương trình là:
1
2
x
=
Baøi 6. Giải phương trình:
2 2
2 4 2 2 2 6x x
+ + − =
(1)
Giải . Điều kiện:
2
2 0 2 2x x
− ≥ ⇔ − ≤ ≤
Theo bất đẳng thức Bunhiakopxky ta có:
( )
( )

2 2 2 2
2 2
2 4 2 2 2 2 2 2
2 4 2 2 2 6
x x x x
x x
+ + − = + + −
≤ + + + − =
Suy ra: dấu “=” xảy ra ⇔
2 2
2 2
2
2
x x
+ −
=
⇔
2 2
2 2 2
2 2
2 4 2 3 2 0
2 4
x x
x x x
+ −
= ⇔ + = − ⇔ + =
Phương trình này vô nghiệm
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Baøi 7. Giải phương trình
− + + =

3
2 1 3x x
Giải. Điều kiện
≥ −
1x
• Nếu
3
3
2 1
3 2 1 3 (1) (1)
1 2
x
x x x VT VP
x

− >

> ⇒ ⇒ − + + > ⇒ >

+ >


• Nếu
3
3
2 1
1 3 2 1 3 (1) (1)
1 2
x
x x x VT VP

x

− <

− ≤ < ⇒ ⇒ − + + < ⇒ <

+ <


Mặt khác, thế
3x
=
vào PT ta thấy đúng nên PT có nghiệm duy nhất
3x
=
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
− + − = − +
2
2 4 6 11x x x x
Trang 19
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
b) b)
+ + + + + = − −
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x
 CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
• Đối với phương pháp này cần chọn hàm số thích hợp, rồi sử dụng tính đơn điệu của
hàm số

• Cho hàm số
= ( )y f x
đồng biến (hay nghịch biến) trên khoảng D. Khi đó

= ⇔ = ∀ ∈( ) ( ) , ,f u f v u v u v D
Baøi 1. Giải phương trình
3 2 23
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
Giải . Đặt
23
7 9 4y x x= + −
, ta có hệ :
( ) ( )
3 2
3
3
2 3
4 5 6
1 1
7 9 4
x x x y
y y x x
x x y

− − + =

⇒ + = + + +

+ − =



Xét hàm số :
( )
3
f t t t= +
, l hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình
( ) ( ) ( )
23
5
1 1 1 7 9 4
1 5
2
x
f y f x y x x x x
x
=


=  +  ⇔ = + ⇔ + = + − ⇔
− ±
 

=


Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
+ = − −
3
3
6 1 8 4 1x x x

HD:
⇔ + + + = +
3
3
6 1 6 1 (2 ) 2PT x x x x
, xét
= +
3
( )f t t t
đồng biến trên
¡
π π π
 
=
 
 
5 7
Kq cos ;cos ;cos
9 9 9
S
Cách khác: Đặt


= +
+ = ⇒

= + +


3

3
3
8 6 1
6 1 2
8 4 2 1
y x
x y
x x y
Baøi 3. (HSG Tp. HCM 2004-2005) Giải phương trình
− − + = + −
3
3 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x
HD: Đặt
= + −
3
2
7 9 4y x x
, ta có hệ

− − + =

+ − =

3 2
2 3
4 5 6 (1)
7 9 4 (2)
x x x y
x x y


Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có
+ + + = + ⇔ + + + = +
3 2 3 3 3
3 4 2 ( 1) ( 1)x x x y y x y y y
Xét hàm số
= +
3
( )f t t t
đồng biến trên
¡
 
− ±
 
=
 
 
 
1 5
Kq 5;
2
S
Baøi 4. (Đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải phương trình
− + − = − + − +
3
3 2 3 2
6 12 7 9 19 11x x x x x x
HD: Đặt
= − + − +
3

3 2
9 19 11y x x x
, ta có hệ

= − + − +

= − + −

3 3 2
3 2
9 19 11 (1)
6 12 7 (2)
y x x x
y x x x

Nhân 2 vế PT (2) với 2 và cộng vế theo vế với (1) ta có
+ = − + −
3 3
2 ( 1) 2( 1)y y x x
Trang 20
VII. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
VII. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Xét hàm số
= +
3
( ) 2f t t t
{ }
=Kq 1;2;3S
Baøi 5. Giải phương trình

+ + + = − −
3 2
2 7 5 4 2(3 1) 3 1x x x x x
HD: Đặt
= − ≥3 1 ( 0)y x y
, ta có hệ

+ + + =

− =

3 2 3
2
2 7 5 4 2 (1)
3 1 (2)
x x x y
x y

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có
+ + + = +
3 2 3 2
2( 1) ( 1) 2x x y y
Xét hàm số
= + ∈ +∞
3 2
( ) 2 , [0; )f t t t t
{ }
=Kq 0;1S
Baøi 6. Giải phương trình
(

)
+ + + + + + = − −
2 2
(2 3) 4 12 11 3 1 9 2 5 3x x x x x x
HD:
(
)
(
)
⇔ + + + + = − + +
2 2
(2 3) 1 4 12 11 3 1 9 2PT x x x x x
(
)
⇔ + + + + = − − +
2 2
(2 3) 1 (2 3) 2 3 ( 3 ) 2x x x x
Xét hàm số
= + +
2
( ) (1 2)f t t t
Baøi 7. Giải phương trình
− + + =
3
2 1 3x x
Giải. Điều kiện
≥ −
1x
= − + +
3

( ) 2 1f x x x
Lấy
− ≤ < ⇒ > ⇒
1 2 1 2
1 ( ) ( )x x f x f x f
đồng biến trên
− +∞( 1; )
và có
=
(3) 3f
nên PT
có nghiệm duy nhất
=
3x
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
1 2 4 2 9 4 3 1 25x x x x+ + + + − + + =
b)
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =
c)
2 2
3 2 1x x x x− + − + − =
Baøi 2. Giải phương trình :
( )
(
)
(
)

2 2
2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + =
• Nếu
≤ >, 0x a a
thì có thể đặt
π π
 
= ∈ −
 
 
sin , ;
2 2
x a t t
hoặc
π
 
= ∈
 
cos , 0;x a t t
• Nếu
≥ >, 0x a a
thì có thể đặt
π π
 
= ∈ −
 
 
, ; \{0}
sin 2 2
a

x t
t
hoặc
= cos ,x a t
π
π
 
 
∈
 
 
 
0; \
2
t
• Nếu x bất kì thì có thể đặt
π π
 
= ∈ −
 ÷
 
tan , ;
2 2
x t t
Baøi 1. Giải phương trình sau:
( ) ( )
2
3 3
2
2 1

1 1 1 1 (1)
3
3
x
x x x
−
 
+ − + − − = +
 
 
Trang 21
VIII. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
VIII. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
Giải
Điều kiện:
1 1x− ≤ ≤
Đặt:
cos ;0 sin 0x t t t
π
= ≤ ≤ ⇒ ≥
Phương trình (1) trở thành:
( ) ( )
2
3 3
2
2 1 cos
1 1 cos 1 cos 1 cos
3
3

t
t t t
−
 
+ − + − − = +
 
 
3 3
2 sin
2 1 sin 2 cos sin
2 2
3 3
t t t
t
 
⇔ + − = +
 ÷
 
2 sin
2 2 cos sin cos sin 1 sin cos
2 2 2 2 2 2
3
t t t t t t t+
   
⇔ + − + =
 ÷ ÷ ÷
   
( )
( )
1 1

2 sin 6 cos 1 0 cos
6 6
t t t x⇔ + − = ⇔ = ⇒ =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất:
1
6
x =
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4) Giải phương trình
− = −
3 2
4 3 1x x x
HD: Đặt
π
= ∈cos , [0; ]x t t
.
Baøi 3. Giải phương trình
− + − = −
3 2 2
4 12 9 1 2x x x x x
HD: Đặt
π
− = ∈1 cos , [0; ]x t t
.
Baøi 4. Giải phương trình
− = +
3
3 2x x x
HD: Điều kiện
≥ −
2x

Nếu
> ⇒ − = + − > > = + > + ⇒ >
3 2
2 3 ( 4) 2 2 2x x x x x x x x x x x x
không thỏa.
Vậy chỉ cần xét
≤ 2x
. Đặt
π
= ∈2cos , [0; ]x t t
.
π π
 
=
 
 
4 4
Kq 2;2cos ;2cos
5 7
S
Baøi 5. Giải phương trình
− =
−
2
2
1
4 1
x
x
x

HD: Điều kiện

≤


≠ ±


1
1
2
x
x
. Đặt
π π
π
 
= ∈
 
 
2
cos , [0; ]\ ;
3 3
x t t
.
π π π
 
=
 
 

5
Kq cos ;cos ;cos
8 8 4
S
Baøi 6. Giải phương trình
− =
− +
2
4 2
1
16 12 1
x
x
x x
HD: Điều kiện

≤


− + ≠


4 2
1
16 12 1 0
x
x x
.
Đặt
π

= ∈ − + ≠
4 2
cos , [0; ]; 16cos 12 cos 1 0x t t t x t
.
Với chú ý
α α α α
= − +
5 3
cos5 16sin 20sin 5sin
, ta có PT
=
sin5 cost t
π π π
 
=
 
 
5
Kq cos ;cos ;cos
8 8 4
S
Baøi 7. Giải PT
3 2
3
3 4 3 2x x x x+ = + + −
Trang 22
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Giải. PT
3
3

3 4 3 4 ( 1) 1x x x x⇔ + + + = + + +
Xét
3
( )f t t t= +
là hàm số đồng biến nên ta có
3
3
3 4 1 ( 1) 3( 1) 1x x x x+ = + ⇔ + − + =
Xét trường hợp
1 2x + ≤
. Khi đó tồn tại duy nhất
[0; ] sao cho 1 2cosx
α π α
∈ + =
Suy ra
3 3
( 1) 3( 1) 2(4cos 3cos ) 2cos3x x
α α α
+ − + = − =
Từ đó ta tìm được các nghiệm
5 7
2cos 1; 2cos 1; 2cos 1
9 9 9
x x x
π π π
= − = − = −
Baøi 8. Giải phương trình
(
)
2 2

1 1 1 2 1x x x+ − = + −
HD: Đặt
sin , vôùi ,
2 2
x
π π
α α
 
= ∈ −
 
 
, đưa PT về
3
8sin 6sin 2
2 2
α α
− + =

3
2sin 2
2
α
⇔ =

1
? 1,
2
x x⇒ = =
 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình

a)
2
1 1 35
12
1
x
x
+ =
−
b)
2
35
12
1
x
x
x
+ =
−
c)
(
)
2 2
1 1 1 2 1x x x+ − = + −
d)
3 2
4 3 1x x x= + −
e)
1 2 1 2
1 2 1 2

1 2 1 2
x x
x x
x x
− +
− + + = +
+ −
Baøi 2. Giải các phương trình
a)
2
2
1
1 1
1
x
x
 
+ =
 ÷
−
 
b)
2
3
2
9
x
x
x
+ =

−
c)
3 2
3 3 3 3 0x x x− − + =
d)
2 2 2
2
2
1 ( 1)
1
2 2 (1 )
x x
x
x x x
+ +
+ + =
−
e)
− =
− +
2
4 2
1
16 12 1
x
x
x x
Trang 23
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn Đinh Nho Thắng
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Một số phương pháp giải PT vả BPT (Nguyễn Văn Mậu)
2. Các chuyên đề chuyên Toán bồi dưỡng HSG THPT (Kỉ yếu hội nghị khoa học)
3. Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ
4. Các tài liệu từ internet
Trang 24
Đinh Nho Thắng Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
MỤC LỤC
Trang
1. Phương pháp biến đổi tương đương 1
2. Nhân với dạng liên hợp 4
3. Đặt ẩn phụ 7
4. Đưa về dạng tích 15
5. Tổng bình phương 16
6. Phương pháp đánh giá 18
7. Phương pháp hàm số 20
8. Phương pháp lượng giác 22
9. Tài liệu tham khảo 24
Trang 25