<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Ví dụ 5. Giải phương trình </b> 4 3 10 3x   x 2 (HSG Tồn Quốc 2002)

<b>- Phân tích. Phương trình có dạng </b> f x

 

g x .

 

Do đó, bằng phép bình phương hai vế phương trình ta

được



  

2

4 3 10 3x   x 2 1

Rõ ràng, phương trình chưa thể giải quyết được hoàn toàn. Nếu tiếp tục sử dụng phép nâng lũy thừa, kết
quả thu được là một phương trình bậc 4 và từ đó ta có thể tìm được nghiệm của phương trình. Tuy nhiên,

bằng một sự tinh tế nho nhỏ, chúng ta có thể biểu diễn phương trình

 

1 dưới dạng:



10 3x



 3 10 3x 



x 2



2 3 x 2







Điều này dẫn đến ý tưởng sử dụng phương pháp hàm số để giải quyết phương trình

 

1 được hay khơng?
Từ đó, bài tốn có thể được giải quyết bằng sự kết hợp giữa phương pháp nâng lũy thừa và phương pháp
hàm số như sau:

<b>Lời giải</b>

Phương trình tương đương với



  

2

10
2 x

3

4
0 10 3x

3

4 3 10 3x x 2 1


 





  




    




Xét hàm số f t

 

t2 3t có

 

8 1

f ' t 2t 3 3 0,

3 3

      t 0;4 ,
3
 
   

  _{nên hàm}f t

 

_{nghịch biến trong}

đoạn
4
0;

3
 
 
 

Mặt khác, ta có 10 3x,



x 2



đều thuộc đoạn
4
0;

3
 
 
 

Do đó,

 

1  f



10 3x



f x 2







 10 3x  x 2



x 2



2 10 3x

   





x 3

x 2 loại



 




Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3.

<b>- Bình luận. Cái hay trong lời giải trên đó là xét hàm số </b>f t

 

t2 3t. Bởi vì, f ' t

 

2t 3 chưa thể
khẳng định được f t

 

đồng biến hay nghịch biến. Cho nên, để ý để sử dụng phương pháp hàm số được

thuận lợi ta cần tìm miền xác định của biến t để khi đó hàm số f t

 

đồng biến hoặc nghịch biến. Và đây
cũng chính là điều khó khăn nhất trong lời giải trên.

Đối với phương trình trên, hướng giải quyết tự nhiên và đơn giản hơn cả đó là đưa về phương trình bậc 4
để giải. Nhưng tại sao chúng tơi lại đưa ra lời giải có sự kết hợp hai phương pháp giải như trên?

Xu hướng hiện nay, những ý tưởng mới luôn xuất hiện trong các bài tốn. Đó chính là sự sang tạo bắt
nguồn từ sự thay đổi của tư duy. Vì thế, ngoài những lối tư duy cũ chúng ta nên tiếp cận các bài toán với
cách tư duy mới. Tiếp theo, mời các bạn độc giả cùng đến với một bài tốn có dạng tương tự.

<b>Ví dụ 6. Giải phương trình </b>



 



3 2

3_{14 2x} _{ }₆ _{x 9 4 2x}_ _ _{ }_{3 x.}

<b>- Phân tích. Bằng cách lập phương hai vế phương trình ta được</b>



_{3 x}



3



_{x 9 4 2x}

 



_{14 2x}3 2 ₆

     

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Lời giải</b>

Phương trình đã cho tương đương với



 

 



3

3 2

14 2x  6 x 9 4 2x   3 x



_{3 x}



3 _{14 3 x}





_2x2 _{6 14 2x}3 2 ₆

       

Xét hàm số

 

3

f t  t 14t

xác định trên  và

 

2

f ' t 3t 14 0,

t   nên hàm số , f t

 

luôn đồng

biến trên tập  . Do đó, từ phương trình trên ta có









3 2

f 3 x f 2x 6 _{3 x} 3_2x2 _{6 *}

_{ }

   

Ta có x 1 thỏa mãn phương trình

 

* . Mà vế trái của phương trình

 

* là hàm nghịch biến, cịn vế phải

phương trình

 

* là hàm đồng biến. Do đó, x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

 

* .
Vậy, x 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

<b>- Bình luận. Bài tốn này tuy có dạng tương tự ví dụ 4, nhưng đối với bài tốn này thì lời giải trên là một </b>
sự lựa chọn hợp lý khi kết hợp giữa phương pháp nâng lũy thừa và phương pháp hàm số.

<b>Ví dụ 7. Giải phương trình </b>2 2x 4 4 2 x    9x216

<b>- Phân tích. Theo hướng tự nhiên ta có thể thực hiện phép nâng lũy thừa và đưa phương trình về dạng: </b>



2





2



2

8 4 x 16 2 4 x x 8x

Nếu quan sát kĩ phương trình, bằng phép đặt ẩn phụ





2

t 2 2 4 x 

ta đưa phương trình về dạng:

2 2

t 8t x 8x_{. Từ đây chúng ta có thể giải quyết phương trình bằng nhiều ý tưởng khác nhau. Chẳng}
hạn, nếu kết hợp giữa các phương pháp nâng lũy thừa, phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số ta
sẽ có cách giải quyết phương trình cụ thể như sau:

<b>Lời giải</b>

Điều kiện 2 x 2.   Khi đó, bình phương hai vế phương trình ta được:



2



2

8x 16 16 2 4 x   32 16x 9x  16



2





2



2

 

8 4 x 16 2 4 x x 8x 1

     

Đặt





2

a 2 2 4 x  0.

Xét hàm số f t

 

t28t có f ' t

 

2t 8 0  , t   4

Mà a 0, x nên: 2

 

1  f a

 

f x

 

 a x_



2



2 2 4 x x

  



2



2

8 4 x x

x 0

  


 






4 2
x

3

 

Đối chiếu điều kiện ban đầu ta kết luận

4 2
x

3


là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
<b>- Bình luận. Muốn có được sự kết hợp liên hoàn và thống nhất giữa các phương pháp với nhau ta cần </b>
phải có sự tinh tế và khéo léo khi sử dụng mỗi phương pháp. Chẳng hạn, đối với phương pháp đặt ẩn phụ
như trên thì ta cần có một cách nhìn tổng quan phương trình; hay muốn sử dụng phương pháp hàm số ta
cũng cần có sự khéo léo để đánh giá điều kiện sao cho hàm số đơn điệu trong khoảng nào đó.

Bài tập tương tự: Giải phương trình





2

x 3 3 3 x    2x 1 2x 31

<b>Ví dụ 8. Giải phương trình </b>

2

2

1 1

2 x 2 4 x

x x

 

     _  _

 _

<b>- Phân tích. Chú ý </b>

2

2
2

1 1

x 2 x

x x

 

   

 

 

Từ đó dẫn đến ý tưởng bình phương hai vế, ta được:

2

2 2

2 2

1 1 1 1

4 x 2 5 2 x 16 8 x x

x x x x

       

 _  _  _  _   _  _{ }  _

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Để giải quyết phương trình này, ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ

1
t x

x
 

. Khi đó ta có lời giải:
<b>Lời giải</b>

Bình phương hai vế phương trình ta được:

2

2 2

2 2

1 1 1 1

4 x 2 5 2 x 16 8 x x

x x x x

       

 _  _  _  _   _  __  _

       _

2 2

1 1 1

x 4 x 9 2 x 5 0

x x x

     

_  _  _  _  _  _  

     

Ta đặt

1
t x ,

x
 

dễ thấy điều kiện của t là

3
2 t

2
 

. Khi đó ta có phương trình:

2 2

t  4t 9 2t  5 0









2 ₂

t 2 1 9 2t 0

     









2
2

2

2 t 4

t 2 0

1 9 2t


   

 









2

2 t 2

t 2 t 2 0

1 9 2t

  

  _   _ 

 

 





 

2

t 2

2 t 2

t 2 0 *

1 9 2t





 

   

 _ _



- Với

1

t x 2

x
  

x 1.

 _

- Với

3
2 t

2

 

suy ra t 2 _{và t 2}_{ cùng dấu suy ra phương trình}

 

* _{vơ nghiệm. Vậy phương trình}
đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

<b>- Bình luận. Thực sự phương trình vơ tỷ rất đa dạng, mn hình mn vẻ. Đối với một phương trình vô </b>
tỷ, việc lựa chọn phương án tối ưu không hề đơn giản. Trong q trình nhìn nhận, phân tích bài tốn có
thể có rất nhiều ý tưởng cho bài tốn đó. Chẳng hạn, đối với các dạng tốn mà chúng ta vừa tìm hiểu ở
trên, ý tưởng nâng lũy thừa đều là điểm khởi nguồn, nhưng sau sự khởi nguồn đó lại nảy sinh một vấn đề
khác mà chúng ta cần phải giải quyết. Chính vì thế, trong trường hợp này, sự phối hợp cùng một số
phương pháp khác để giải quyết phương trình là một điều tất yếu và tự nhiên.

<b>- BÀI TẬP RÈN LUYỆN CĨ ĐÁP SỐ.</b>

<b>Bài 1. Giải phương trình </b>3 6x 1 2x  _{Đáp số:}x cos ;9


 x cos5 ;
9



 x cos7 .
9




<b>Bài 2. Giải phương trình </b> 4x 1  4x21 1

Hướng dẫn: Bình phương hai vế, sau đó đặt t 2x 1.  _{Đáp số:}
1
x .

2


<b>Bài 3. Giải phương trình </b>18x213x 2  3. 81x4108x356x212x 1.

Hướng dẫn: Bình phương hai vế, sau đó đặt





1

t 3x x 0

3x

  

Đáp số:

11 85

x .

18



<b>Bài 4. Giải phương trình </b>

3 2

x x 3 1

2 x

 

   _  _

  _{Đáp số: x 4.}_

<b>Bài 5. Giải phương trình </b>

2

2

1 1

2 x 2 4 x

x x

     

Đáp số: x 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>- Phân tích. Nếu ta quan sát kĩ phương trình, ta sẽ nhận ra phương trình này có một điểm khá quen thuộc.</b>
Để thấy rõ được điều này, ta có thể đặt t 4x 3 0. 

Với phép đặt ẩn phụ này, phương trình có dạng: 2014x2 2013xt t 2 _0

Đây là phương trình đẳng cấp bậc hai theo hai ẩn x, t. Giải quyết được phương trình này ta sẽ tìm được
mối liên hệ giữa x và t.

<b>Lời giải</b>

Điều kiện
3
x .

4


Đặt t 4x 3 0  .

Phương trình đã cho trở thành: 2014x2 2013xt t 2 0

Giải phương trình ta được x t hoặc

t
x

2014


- Với x t  x 4x 3

2

x 4x 3

3
x

4

  


 





x 1
x 3



  _



- Với

t
x

2014

 x x 5

2014

 

(vơ nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1; x 3. 

<b>- Bình luận. Như vậy phương pháp đặt ẩn phụ nhằm mục đích phá vỡ lớp áo ngụy trang của phương </b>
trình. Tuy nhiên, trong lời giải trên nếu vắng mặt phương pháp nâng lũy thừa thì bài tốn chắc chắn
khơng thể giải quyết hồn tồn.

Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 2x25x 1 7 x  31_{(Đề nghị OLYMPIC 30/04/2007)}

2. Giải phương trình





2 3 2

30 3x  2x 2 6 x 3x 4x 2

<b>Ví dụ 2. Giải phương trình </b>



 



2 2

3 2x  1 1 x 1 3x 8 2x  1

<b>- Phân tích.</b>

Phương trình trên có thể biến đổi về dạng ax2bx c 



cx d



px2qx r.
Ý tưởng đầu tiên đó là sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn.

Sau phép đặt ẩn t 2x21, t 1.

Phương trình có dạng: 3 t 1







3x2 x 8xt  3t2



8x 3 t 3x



 2x 0

Từ đó ta tìm được mối liên hệ
x
t

3


hoặc t 1 3x.  _{Nếu dừng lại ở đây thì phương trình chưa được giải}
quyết trọn vẹn. Hai phương trình này đã thuộc dạng cơ bản và ta có thể giải quyết chúng bằng phương
pháp nâng lũy thừa. Cụ thể lời giải như sau:

<b>Lời giải</b>
Đặt t 2x21, t 1. Phương trình đã cho trở thành:





2 2

3t  8x 3 t 3x  x 0 

_

3t x t 3x 1

_{ }

 

_

0

Giải phương trình này ta được x 3t _{hoặc t 1 3x} 

- Với x 3t





2 2

x 9 2x 1

x 0

  


 





2

17x 9

x 0

 

 



 _{(vô nghiệm)}

- Với t 1 3x 

2 2

2x 1 1 6x 9x
1

x
3

    


 









x 7x 6 0
1

x
3

 



 




</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x 0.

<b>- Bình luận. Cái khéo léo trong việc đặt ẩn phụ khơng hồn tồn trong lời giải trên đó là biến đổi đưa về </b>
được phương trình tích để tìm mối liên hệ giữa x và t. Lời giải đã có một sự kết thức trọn vẹn bằng
phương pháp nâng lũy thừa. Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 2 2x 2



4 7x



x2 x 1 0 

2. Giải phương trình 2 1 3x 3x 1 3x 





 

 x 2



1 3x

3. Giải phương trình 3 2 x 6 2 x 4 4 x     2 10 3x _{(ĐH khối B năm 2011)}

<b>Ví dụ 3. Giải phương trình </b>

3 1 x 1 x 1

2  2 

<b>- Phân tích. Dễ thấy rằng </b>

3 2

3 1 x 1 x 1,

2 2

   

   

   

   

    _{ta có thể nghĩ ngay đến phép đặt ẩn phụ đưa về hệ}
phương trình. Bằng sự kết hợp giữa phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp nâng lũy thừa, ta có lời giải:

<b>Lời giải</b>

Điều kiện
1
x .

2


Đặt

3 1

a x

2
1

b x 0

2


 






  




3

2

1

a x

2
1

b x

2


 



 

 _{ }



  a3b2 _1

Ta có hệ

3 2

a b 1

a b 1

  



 







2
3

a 1 a 1

   

a 0
a 1
a 2




 _ 

 


a 0_ 3
1

x 0
2

   x 1

2
 

a 1_ 3
1

x 1
2

   x 1

2

 

a_2 3
1

x 2

2

   _x 17

2


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

1

x ;

2

 x 17.
2


<b>- Bình luận. Nhắc đến phương trình vơ tỷ thì phương pháp nâng lũy thừa hầu như đều có mặt trong q </b>
trình thực hiện giải quyết bài tốn. Đối với phương trình trên, sự kết hợp giữa phương pháp đặt ẩn phụ và
phương pháp nâng lũy thừa là một điều tất yếu. Ngồi ra, phương trình trên cũng có thể được giải quyết
bằng phương pháp nhân liên hợp. Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình 3 x  6 x  3



3 x 6 x

 





2. Giải phương trình

2

4x 9

7x 7
28



 

3. Giải phương trình

2

2 2

1 x x

3

 

 _  _

 

<b>Ví dụ 4. Giải phương trình</b>









4

2 2 2

1 2x x  1 2x x 2 x 1 2x  4x 1

<b>- Phân tích. Phương trình có hình thức rất phức tạp với hai lớp căn thức. Chú ý các biểu thức:</b>





2

2

2x x  1 x 1 ; 2x2 4x 1 2 x 1 







21

Do đó, trước mặt ta có thể chọn phép đặt ẩn phụ





2

t x 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>





2

1 1 t  1 1 t 2t 2t 1

Hai lớp căn thức ta vẫn chưa giải quyết được phương trình. Tiếp tục quan sát phương trình này ta thấy:

1 1 t 1   1 t 2;



1 1 t 1

 

 1 t



t

Nên ta sẽ tiếp tục bình phương hai vế phương trình, thu được:





2

4

1 t 2t 2t 1





2

4 3

1 1

2 2t 1

t t t

   

Bây giờ ta mới chú ý đến điều kiện bài tốn bởi vì nhận thấy hai vế phương trình cuối là hai hàm đơn
điệu. Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau:

<b>Lời giải</b>
Điều kiện 0 x 2.  Đặt





2

t x 1 ,

ta có 0 t 1.  Phương trình đã cho trở thành





2

1 1 t  1 1 t 2t 2t 1

Nhận thấy 2t 1 0 

1
t .

2
 

Bình phương hai vế và rút gọn ta được





2
4

1 t 2t 2t 1





2

4 3

1 1

2 2t 1

t t t

   

Vì
1

t 1

2  _nên





2

4 3

1 1

2 2 2t 1 .

t t t    _{Từ đó suy ra t 1}_ x 2_{ (thỏa mãn điều kiện).Vaayk}
nghiệm của phương trình là x 2.

<b>- Bình luận. Như vậy, sự khéo léo và sự tinh tế trong lời giải trên đó là sự kết hợp ăn ý giữa 3 phương </b>
pháp đặt ẩn phụ, nâng lũy thừa và phương pháp đánh giá. Chính sự kết hợp ăn ý này đã cho ta một lời giải
rất thú vị và rất ngắn gọn.

<b>Ví dụ 5. Giải phương trình </b>

x 1 1 1

2x 1 3 x

x x x



    

<b>- Phân tích. Phương trình có một hình thức ngụy trang khá công phu. Bằng sự khéo léo biến đổi phương </b>

trình về dạng





x 1 x 1 x 1

2x 3 x 1 0

x x x

  

    

Lớp áo ngụy trang có thể sẽ được cởi nếu ta đặt

x 1
t

x



. Khi đó phương trình có dạng





2

t  1 3 x 1 t 2x 0   

Thật may mắn, ta có





2

x 1 3

   





t 2 x 1 1

.

t x 1 1

   




   

 _{Để tìm được nghiệm cuối cùng của phương}
trình, chắc chắn ta không thể dừng lại ở đây. Lời giải sau đây sẽ cho thấy một sự kết hợp hoàn hảo giữa
hai phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp nâng lũy thừa.

<b>Lời giải</b>

Điều kiện 1 x 0   hoặc x 1. Khi đó, phương trình đã cho có thể được viết lại như sau:





x 1 x 1 x 1

2x 3 x 1 0

x x x

  

    

Đặt

x 1

t 0.

x


 

Ta có phương trình bậc hai theo ẩn số t (x lúc này đóng vai trị như tham số):





2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Với





2

x 1 3

   





t 2 x 1 1

.

t x 1 1

   




   



Do đó việc cịn lại ta phải giải hai phương trình

 

x 1

x 1 1 1
x



  

và





 

x 1

2 x 1 1 2

x


  

Ta nhận thấy rằng nếu 1 x 0    x 1 1 0_{   . Điều này khiến cho phương trình}

 

1 _và

 

2 _vơ

nghiệm. Vì thế, ta chỉ cần xét x 1. Lúc này ta có thể

 

1 và

 

2 như sau:

 

1  x 1  x  x x 1







 x2 x 1 2 x x 1 













x x 1 1



2 0

   





1 5
x

2
1 5
x

2 loại

 _






 _





 

2  4x2 x 1 2 x x 1 















2

2

x x 1 1 3x 0

    

(vơ nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

1 5
x

2



<b>- Bình luận. Ta cũng có thể sử dụng phép đánh giá để giải phương trình như sau:</b>
Nếu 1 x 0   dẫn đến phương trình vơ nghiệm.

Nếu x 1 ta có





2

1 1 1 x 1

1 3 x x 1 3 .1

x x x x



     

2

1 x 1

x 1 1 _{x 1}

x ₃ x _2x

2 2 x



  



   

Đẳng thức trên xảy ra khi x2 x 1 0_{ }

1 5
x

2


 

(vì x 1 )

Tuy nhiên, trong phép đánh giá trên không dễ dàng để chúng ta có thể nghĩ đến nếu khơng biết trước
điểm rơi. Trong lời giải trên, học sinh dễ mắc sai lầm khi thiếu sót sự đánh giá

1 x 0

    x 1 1 0_{  }

Bài tốn tổng qt của phương trình này:











2



4 x a x a

4 a 4k x a k 1 x 0

bx bx

 

     



a 0, b 0 



Chọn a 4, b 1,

1
k

4


ta có bài tập tương tự như sau đây:

Giải phương trình

8 15 4 16

4 x 8 1 x

x 16 x x

     

<b>Ví dụ 6. Giải phương trình </b>

2 4 2

x x 6 x x

x 1

     



<b>Lời giải</b>

Điều kiện x2_{  }x 6 0 _{    Khi đó, phương trình được viết lại dưới dạng:}2 x 3.



3 x x 2

 



2 3 x







x 1 x 2

 

  

*
x 1



     



Nhận thấy x 1 và x không phải là nghiệm của phương trình 2

 

* . Bằng cách chia hai vế phương

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>







 

2



 

2 3 x
1 3 x

1 **
x 1 x 2 x 1 x 2




 

   

Đặt

1 3 x

t ,

x 1 x 2



  _{phương trình}



**



_{trở thành}2t2_{  }t 1 0

t 1

1
t

2





 


+ Với t1, ta có

1 3 x

1
x 1 x 2




 

3 x

1 x
x 2



  







2

3 x

1 x
x 2

2 x 1




 


  
  


x 1

1 5

x
2




 _

 _


+ Với
1
t ,

2


ta có

1 3 x 1

x 1 x 2 2




 

3 x x 1

x 2 2

 

 





x 1



2

3 x

x 2 4

1 x 3

 _ _

 

  
  

  x 2_

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1;

1 5

x ;

2



x 2.

<b>- Bình luận. Điểm độc đáo trong lời giải trên đó là phép chia hai vế cho </b>



x 1 x 2

 





. Sau đó, phương
trình đã được giải quyết hoàn toàn bằng sự kết hợp giữa phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp nâng
lũy thừa. Thực ra, bằng phép biến đổi tự nhiên đó là quy đồng ta sẽ chuyển phương trình về dạng phương

trình như sau:



 

 

 

 







2

x 1 x 2 3 x   x 1 x 2 2 x 3 .

Bài toán trên xuất phát từ dạng tổng

quát sau:

 

   

 

2 2

</div>

<!--links-->