TRƯỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƯ PHẠM

----------

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH

Nghành: Sư phạm Toán học
Mã nghành: 52140209
Lớp: Sư phạm Toán K44

Người hướng dẫn:

Người thực hiện:

TS. Nguyễn Thanh Hùng

Lê Toàn Thắng
MSSV: C1800395

Cần Thơ, 06/2021


Mục lục
Trang

Lời cảm ơn...................................................................................................................... 1
Lời mở đầu ..................................................................................................................... 2

1. Một số phương pháp giải phương trình chứa căn ............................................... 4
1.1

Phương pháp lũy thừa khử căn ..........................................................................4

1.2

Phương pháp nhân lượng liên hợp .....................................................................8

1.3

Phương pháp đặt ẩn phụ...................................................................................15

1.4

Phương pháp hàm số ........................................................................................24

1.5

Phương pháp đánh giá ......................................................................................29

1.6

Phương pháp lượng giác hóa ...........................................................................33

2. Một số hệ phương trình cơ bản ........................................................................... 37
2.1

Hệ phương trình cơ bản ...................................................................................37


2.1.1

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ............................................................... 37

2.1.2

Hệ phương trình đối xứng .........................................................................37

2.1.3

Hệ phương trình đẳng cấp .........................................................................41

2.1.4

Hệ phương trình hốn vị ...........................................................................44

2.2

Phương pháp cơ bản .........................................................................................48

2.2.1

Phương pháp thế ........................................................................................48

2.2.2

Phương pháp cộng đại số ..........................................................................52

3. Một số phương pháp giải hệ phương trình ........................................................ 55
3.1


Phương pháp phân tích thành nhân tử ............................................................. 55

3.2

Phương pháp đặt ẩn phụ...................................................................................63

3.3

Phương pháp nhân lượng liên hợp ...................................................................70

3.4

Phương pháp hàm số ........................................................................................76

3.5

Phương pháp đánh giá ......................................................................................85

3.6

Phương pháp lượng giác hóa ...........................................................................95

Kết luận ........................................................................................................................ 99
Tài liệu tham khảo ..................................................................................................... 100


Lời cảm ơn
Lời đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới TS. Nguyễn
Thanh Hùng, người Thầy đã truyền cho tôi niềm say mê nghiên cứu Tốn học. Thầy đã

tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt q trình hồn thiện luận văn .
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng Đào Tạo, Khoa Sư Phạm,
các Thầy Cơ giáo đã tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành bài luận văn này .
Mặc dù có nhiều cố gắng, nhưng do thời gian và trình độ cịn hạn chế nên luận văn
khó tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy tác giả rất mong nhận được sự góp ý của các
Thầy Cô và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn .
Xin chân thành cảm ơn !

1


Lời Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình và hệ phương trình là một nội dung cổ điển và quan trọng của Toán
học. Ngay từ đầu, sự ra đời và phát triển của phương trình, hệ phương trình đã đặt dấu
ấn quan trọng trong Tốn học. Chúng có sức hút mạnh mẽ đối với những người u
Tốn, ln thơi thúc người làm Tốn phải tìm tịi, sáng tạo. Bài tốn về phương trình,
hệ phương trình thường xun xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi, Olympic cũng
như kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng. Phương trình, hệ phương trình được đánh giá
là bài tốn phân loại học sinh khá giỏi, nó địi hỏi kỹ thuật xử lý nhanh và chính xác
nhất. Là một giáo viên Trung học phổ thơng, tơi muốn nghiên cứu sâu hơn về phương
trình, hệ phương trình nhằm nâng cao chun mơn, phục vụ cho quá trình giảng dạy và
bồi dưỡng học sinh giỏi .
Với những lý do trên, tôi lựa chọn nghiên cứu đề tài “Một số phương pháp giải
phương trình, hệ phương trình” làm luận văn tốt nghiệp của mình .
2. Mục đích và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu các dấu hiệu để nhận biết một phương trình, hệ phương trình có thể
giải được bằng phương pháp phân tích thành nhân tử, đặt ẩn phụ, dùng hàm số, nhân
lượng liên hơp, đánh giá,…
Đưa ra quy trình giải cho từng lớp bài tốn, cùng với những ví dụ minh họa .

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Phương pháp phân tích thành nhân tử, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, dùng hàm
số, đánh giá, lượng giác hóa .
Phương trình, hệ phương trình thuộc chương trình phổ thơng .
4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tư liệu: Nghiên cứu qua các sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí
tốn và các tài liệu trên internet .
Phương pháp tiếp cận: Phân tích, tổng hợp, hệ thống các tài liệu sưu tầm để thực
hiện luận văn .
Trao đổi, thảo luận với người hướng dẫn và các chuyên gia .
5. Cấu trúc của luận văn
Luận văn được chia làm 3 chương :
2


Chương 1: Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Chương 2: Một số hệ phương trình cơ bản
Chương 3: Một số phương pháp giải hệ phương trình

3


Chương 1

Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
1.1 Phương pháp lũy thừa khử căn
Dạng 1: Phương trình

 B0
Tổng quát:

A=B
2
A = B

Dạng 2: Phương trình

 A  0 ( B  0)
A= B 
A= B


2k

 B0
A=B
2k
A = B

A + B = C ( C  0 , C là hằng số , A  0, B  0 , bình phương 2 vế

Dạng 3:

đưa về dạng 1)

A0

B0

A+ B = C 
C0


 A + B + 2 AB = C


Dạng 4:

A = B  A = B 2 k +1

Dạng 5:

3

A = B  A = B3 ;

Dang 6:

3

A + 3 B = 3 C  A + B + 3 3 A.B

Và ta sử dụng phép thế:

3

2 k +1

(chuyển về dạng 1)

(


3

)

A + 3 B = C (1)

A + 3 B = 3 C ta được phương trình: A + B + 3 3 A.B.C = C (2)

Chú ý: Phương trình (2) là phương trình hệ quả của phương trình (1) .
Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà khơng có điều kiện cho 2 vế
khơng âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại .
* Chú ý: Dạng

 B0
A2 = B  
A =B

Ví dụ 1: Giải phương trình :

2 x − 3 + 3 = x (1)

Giải:
Phương trình (1)  2 x − 3 = x − 3
Điều kiện: x − 3  0  x  3
Phương trình (1)  2 x − 3 = ( x − 3)

4

2



 2 x − 3 = x2 − 6 x + 9
 x 2 − 8 x + 12 = 0
x = 2

x = 6
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2, x = 6 .
Ví dụ 2: Giải phương trình:

x2 − 6 x + 9 = x + 7

Giải:
Nhận xét : x 2 − 6 x + 9 = ( x − 3)

2

Điều kiện : x + 7  0  x = −7
 x −3 = x +5
 x 

 x = −1
 x − 3 = − ( x + 5)

Phương trình  x − 3 = x + 7  

Kết hợp với điều kiện  Phương trình có nghiệm là x = −1 .
Ví dụ 3: Giải phương trình:

x 2 − x − 4 = x − 1 (1)
Giải:


Điều kiện: x − 1  0  x  1
Phương trình (1)  x2 − x − 4 = x − 1

 x2 − 2 x − 3 = 0
 x = −1

 x=3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .
Ví dụ 4: Giải phương trình:

2x −1 = x2 + 2x − 5 .

Giải:
1

x

1


2
2x −1  0

x

2 x −1 = x2 + 2 x − 5   2

 x=2
2 

 x = −2
 x + 2x − 5 = 2x −1  x2 = 4


  x = 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 .
Ví dụ 5: Giải phương trình:

x +1 + x + 4 = 3
5


Giải:
x +1  0
 x  −1
x + 4  0

Điều kiện : 

Phương trình đã cho tương đương với :

(

x +1 + x + 4

)

2


= 9  2 x + 5 + 2 x2 + 5x + 4 = 9  x2 + 5x + 4 = 2 − x

2− x  0

 x2
 2
 x = 0 (thỏa mãn)
2  
9
x
=
0
x
+
5
x
+
4
=
2
−
x
(
)



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 .
x +1 + x + 4 = 3


Ví dụ 6: Giải phương trình:

Giải:
x +1  0
 x  −1
x + 4  0

Điều kiện: 

Phương trình đã cho tương đương với:

(

x +1 + x + 4

)

2

= 9  2 x + 5 + 2 x2 + 5x + 4 = 9  x2 + 5x + 4 = 2 − x

2− x  0

 x2
 2
 x = 0 (thỏa mãn)
2  
9 x = 0
 x + 5 x + 4 = ( 2 − x )


Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 .
3 − x − x + 1 = 3x + 7

Ví dụ 7: Giải phương trình:

Giải:
Điều kiện: −1  x  3 .
Phương trình đã cho tương đương với :
3 − x = x + 1 + 3 x + 7  3 − x = 4 x + 8 + 2 3 x 2 + 10 x + 7  −5 x − 5 = 2 3 x 2 + 10 x + 7

 x  −1

x +1  0

3

 2
   x =  x = −1
13
13x + 10 x − 3 = 0

  x = −1

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −1 .
Ví dụ 8: Giải phương trình:

3

3x − 4 = x − 2
6



Giải:
Lập phương 2 vế phương trình ta có :

3x − 4 = ( x − 2 )  x3 − 6 x 2 + 9 x − 4 = 0
3

 x =1
2
 ( x − 1) ( x − 4 ) = 0  
x = 4
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1; x = 4 .
Ví dụ 9: Giải phương trình:

3

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3 3x − 2
( Cao Đẳng Hải Quan 1997)
Giải:

Lập phương hai vế ta có :

2 x − 1 + x − 1 + 3 3 ( 2 x − 1)( x − 1)

(

)

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3x − 2


3


1

 2x − 1 = 0
x = 2


 3 3 ( 2 x − 1)( x − 1) 3 3 x − 2 = 0   x − 1 = 0   x = 1
3 x − 2 = 0

2

x =
3


1
1
1
Thử lại: x = ; (1)  3 − = 3 − (thỏa)
2
2
2

x = 1; (1)  3 1 = 3 1 (thỏa)
2
1

1
x = ; (1)  3 + 3 − = 3 0 (thỏa)
3
3
3

1
2

Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = ; x = 1; x =
Ví dụ 10: Giải phương trình: 1 − 12 x + 36 x 2 = 5
Giải:



(1 − 6 x )

2

 1 − 6x = 5
7

=5

2
.
3


2

( nhận)
3

Th1: 1 − 6 x  0  x 

1
6

Th2: 1 − 6 x  0  x 

1
 1 − 6 x = 5  6 x − 1 = 5  x = 1 (nhận)
6

 x=−

2
3

Vậy phương trình có nghiệm là x = − ; x = 1 .
1.2 Phương pháp nhân lượng liên hợp
Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp :
+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng :
n

f ( x) + m g ( x) + h ( x) = 0

Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những phương trình
bậc cao dẫn đến việc phân tích hoặc giải trực tiếp khó khăn .
+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ cơng (hoặc sử dụng máy tính

cầm tay) .
Phương pháp:
Đặt điều kiện của phương trình (nếu có)
Ví dụ: Đối với phương trình:

x2 + 3 + 3 = 2x2 + 7 + 2 x

+ Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy:
Phương trình xác định với mọi x 

2 x2 + 7 =

x2 + 3 − 2 x2 + 7  0 ,

Để ý rằng:

.

(x

2

+ 3) + x 2 + 4  x 2 + 3

Do đó phương trình có nghiệm khi 2 x − 3  0  x 

3
2

• Nếu phương trình chỉ có một nghiệm x0 :

Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành :
n

f ( x ) − n f ( x0 ) + m g ( x ) − m g ( x0 ) + h ( x ) − h ( x0 ) = 0

Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý :
+

3

a−3b=

a −b
3

a + 3 ab + 3 b 2
2

8


+

a− b=

a −b
a+ b

+ Nếu h ( x ) = 0 có nghiệm x = x0 thì ta ln phân tích được h ( x ) = ( x − x0 ) g ( x )
Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung x − x0 thì phương trình ban

 x − x0 = 0
 A( x) = 0

đầu trở thành: ( x − x0 ) A ( x ) = 0  

Việc còn lại là dùng hàm số, bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để kết
luận A ( x ) = 0 vơ nghiệm .
Ví dụ 1: Giải phương trình: x3 + 11 = 3 x + 3 (1)
Giải:
Chúng ta đoán (hoặc dùng lệnh SOLVE của máy tính ) và nhận thấy phương trình
có nghiệm x = −2 . Tức là, chắc chắn phương trình sẽ có nhân tử là ( x + 2 ) .
Phương trình (1)  x3 + 8 − 3 x + 3 + 3 = 0
 ( x + 2) ( x2 − 2 x + 4) −

3( x + 2)

=0
x + 3 +1
3


 ( x + 2)  x2 − 2x + 4 −
=0
x + 3 +1


x + 2 = 0
 2
3
 x − 2x + 4 −

=0

x + 3 +1

( )

Ta có:
x2 − 2 x + 4  3
3
−
 −3
x + 3 +1
 x2 + 2x + 4 −

3
0
x + 3 +1

Bất phương trình cuối khơng xảy ra dấu đẳng thức nên phương trình ( ) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −2 .
• Nếu phương trình có 2 nghiệm đơn phân biệt x1 , x2 ta thường làm như sau :

9


+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong

n

f ( x ) ta trừ đi một lượng ax + b . Khi


đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của
+ Để tìm a, b ta xét phương trình:

n

n

f ( x ) − ( ax + b ) .

f ( x ) − ( ax + b ) = 0 , để phương trình hai

ax1 + b = n f ( x1 )


nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b sao cho 

ax2 + b = n f ( x2 )

+ Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức cịn lại .
• Nếu phương trình có 2 nghiệm kép x0 ta có nhân tử chung sẽ là: ( x − x0 )
+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong

n

2

f ( x ) ta trừ đi một lượng ax + b . Khi

đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của


n

f ( x ) − ( ax + b ) .

+ Để tìm a, b ta xét phương trình. Để phương trình hai nghiệm kép ta cần tìm a, b
ax0 + b = n f ( x0 )

sao cho: 
a = n f ( x ) ' ( x0 )


(

)

Một số hằng đẳng thức hay sử dụng:
a) x 2 − y 2 = ( x − y )( x + y )
b) x3 − y 3 = ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 )
c) x 4 − y 4 = ( x − y )( x + y ) ( x 2 + y 2 )
d) x n − y n = ( x − y ) ( x n −1 + x n − 2 y + ... + xy n − 2 + y n −1 )
Sử dụng những hằng đẳng thức này, ta có thể quy phương trình vơ tỷ ban đầu
về dạng phương trình tích bằng việc làm xuất hiện các nhân tử chung. Từ đó ta có thể
dễ dàng giải quyết tiếp .
Ta cũng có một số hằng đẳng thức để trục căn thức:

+
+

x− y

x
y

x y =

+
3

4

x3 y =
x4 y =

x y
3

(

x

2

3

xy + 3 y 2
x− y

4

x


10

4

y

)(

x+ y

)


Ví dụ 2: Giải phương trình :

3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14 x − 8 = 0

(Trích Đại học khối B năm 2010)
Giải:
1
3

Điều kiện: −  x  6 . Nhẩm được nghiệm x = 5
Ta có : 3 x + 1 = 3.5 + 1 = 4; 6 − x = 6 − 5 = 1
Phương trình đã cho tương đương với:

(

) (


3x + 1 − 4 −

)

6 − x − 1 + 3x 2 − 14 x − 8 = 0

Sau đó nhân chia với biểu thức liên hợp, ta được :
3 ( x − 5)
3x + 1 + 4

−

5− x
+ ( x − 5)( 3x + 1) = 0
6 − x +1

3
1


 ( x − 5) 
+
+ 3 x + 1 = 0
6 − x +1
 3x + 1 + 4


1
3


Vì −  x  6 nên

3
1
+
+ 3x + 1  0
3x + 1 + 4
6 − x +1

Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 5 .
Ví dụ 3: Giải phương trình:

x − 2 + 4 − x = 2 x 2 − 5x − 3

Giải:
Điều kiện: x   2; 4
Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: x = 3 . Khi đó
x − 2 = 3 − 2 = 1; 4 − x = 4 − 3 = 1

Phương trình đã cho tương đương với:

x − 2 − 1 + 1 − 4 − x = 2 x2 − 5x − 3

x−3
x −3
+
= ( x − 3)( 2 x + 1)
x − 2 −1 1+ 4 − x
1

1


 ( x − 3) 
+
− ( 2 x + 1)  = 0
 x − 2 −1 1+ 4 − x




x = 3

1
1

+
− ( 2 x + 1) = 0
 x − 2 + 1 1 + 4 − x

Để ý rằng, với điều kiện x   2; 4 thì
11

1
1
 1;
 1; 2 x + 1  5
x − 2 +1
1+ 4 − x



1
1
+
− ( 2 x + 1)  0
x − 2 +1 1+ 4 − x

Nên

Từ đó suy ra x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vơ nghiệm ta thường dùng các ước
lượng cơ bản: A + B  A với B  0 từ đó suy ra

A
 1 với mọi số A, B thỏa mãn
A+ B

A + B  0

B  0

Ví dụ 4: Giải phương trình: 4 x + 3 + 19 − 3x = x2 + 2 x + 9
Giải:
Điều kiện: −3  x 

19
3

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung
là: x2 + x − 2 . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau :

+ Ta tạo ra 4 x + 3 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 1, x = −2 là
nghiệm .
4

a=

a + b = 8

3

Để có điều này ta cần: 
−2a + b = 4
b = 20

3

+ Tương tự 19 − 3x − ( mx + n ) = 0 nhận x = 1, x = −2 là nghiệm .
1

a=−

m + n = 5

3

Tức là 
−2m + n = 5
 b = 13

3


Từ đó ta phân tích phương trình thành :
20 
4
 13 x 
4 x + 3 −  x +  + 19 − 3 x −  −  − ( x 2 + x − 2 ) = 0
3 
3
 3 3


3 19 − 3 x − (13 − x )
4
+
3
x
+
3
−
x
+
5
− ( x2 − x − 2) = 0
(
)

3
3

4  − x2 − x + 2 

− x2 − x + 2
 
− ( x2 + x − 2) = 0
+
3  3 x + 3 + ( x + 5)  3 3 19 − 3x + (13 − x ) 


12




4
1
1
 − ( x2 − x − 2)  .
+
+ 1 = 0
 3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x )  

 


Dễ thấy với −3  x 

19
1
1
thì
 0,

0
3
3 x + 3 + ( x + 5)
3 3 19 − 3x + (13 − x ) 

4
1
1
.
+
+1  0
3 3 x + 3 + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x ) 



Nên

 x =1
 x = −2

Phương trình đã cho tương đương với x 2 + x − 2 = 0  
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3, x = 8 .
Ví dụ 5: Giải phương trình:

2 x 2 − x + 3 − 21x − 17 = x − x 2

Giải:
Điều kiện: x 

17

21

Ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 1, x = 2 nên ta phân tích để tạo ra nhân tử chung là:

x2 − 3x + 2 . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử như sau ;
+ Ta tạo ra

2 x 2 − x + 3 − ( ax + b ) = 0 sao cho phương trình này nhận x = 1, x = 2

là nghiệm.

a + b = 2
a = 1

Để có điều này ta cần: 
 2a + b = 3 b = 1
+ Tương tự

21x − 17 − ( cx + d ) = 0 nhận x = 1, x = 2 là nghiệm.

c + d = 2
 c=3

Tức là 
d = −1
2c + d = 5
Từ đó ta phân tích phương trình thành :
2 x 2 − x + 3 − ( x + 1) + ( 3x − 1) − 21x − 17 + x 2 − x + x + 1 − 3 x + 1 = 0




2 x 2 − x + 3 − ( x + 1)

2

2x − x + 3 + x + 1
2

( 3x − 1)
+

2

− 21x + 17

3x − 1 + 21x + 17

13

+ x 2 − 3x + 2 = 0




x 2 − 3x + 2

+

9 ( x 2 − 3x + 1)


2 x − x + 3 + x + 1 3x − 1 + 21x − 17
2

+ x 2 − 3x + 2 = 0



1
9
 ( x 2 − 3x + 2 ) 
+
+ 1 = 0
2
 2 x − x + 3 3x − 1 + 21x − 17 
Do điều kiện x 



17
1
9
nên dễ thấy 
+
+ 1  0
2
21
 2 x − x + 3 3x − 1 + 21x − 17 

 x =1
 x 2 − 3x + 2 = 0  

x = 2
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, x = 2 .
Ví dụ 6: Giải phương trình: 2 x3 + 9 x − 10 = ( x3 + 4 ) 3 x + 2
Giải:
Điều kiện: x 

2
3

 f ( x0 ) = 0
Dấu hiệu nghiệm kép x0 của phương trình  
 f ' ( x0 ) = 0
 x0 = 2
 x0 = 2 là nghiệm kép

 f ' ( 2 ) = 0

 Ghép  3x − 2 − ( ax + b ) 
1

 3.2 − 2 = 2a + b  b = 2

a = 3x − 2 ' ( x = 2 ) = 3

4

(

)


1
3
 3x − 2 −  x + 
2
4

Phương trình  8 x3 + 36 x − 40 = 4 ( x3 + 4 ) 3x − 2
 8 x3 + 36 x − 40 − ( 3 x + 2 ) ( x3 + 4 ) = ( x 3 + 4 ) 4 3 x − 2 − ( 3 x + 2 ) 

(

)

 −3x 4 + 6 x3 + 24 x − 48 + ( x 3 + 4 ) 3x + 2 − 4 3 x − 2 = 0

 −3 ( x − 2 ) ( x + 2 x + 4 ) +
2

2

14

9 ( x3 + 4 ) ( x − 2 )

2

3x + 2 + 4 3x − 2

=0





3 ( x3 + 4 )
 ( x − 2) −
+ ( x 2 + 2 x + 4 ) = 0
 3x + 2 + 4 3x − 2

2

2
 ( x − 2 )  4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3 x − 2 + 8 x 2 + 16 x − 4  = 0

Do điều kiện x 

2
nên 4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3 x − 2  0 , 8x2 + 16 x − 4  0
3

Nên phương trình 4 ( x 2 + 2 x + 4 ) 3x − 2 + 8 x 2 + 16 x − 4 = 0 vô nghiệm
 ( x − 2) = 0  x = 2
2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 .
Ví dụ 7: Giải phương trình:
42 x+

x+2

+ 2x = 42+

3

x+2

+ 2x + 4 x −4
3

(Trích đề thi Đại học khối D năm 2010)
Giải:
Điều kiện: x  −2

(

Phương trình đã cho  ( 24 x − 24 ) 22

x+2

− 2x

3

−4

)=0

Xét : 24 x − 24 = 0  x = 1
Xét : 22
2



(

x+2

− 2x

3

−4

= 0  2 x + 2 − x3 + 4 = 0

)

x + 2 − 2 − ( x3 − 8 ) = 0

2 ( x − 2)
x+2 +2

− ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) = 0

2


 ( x − 2) 
− ( x2 + 2x + 4)  = 0
 x+2+2


Ta thấy


2
2
2

= 1  3  ( x + 1) + 3 = x 2 + 2 x + 4
x+2 +2 0+2

Suy ra

2
− ( x 2 + 2 x + 4 )  0 . Do đó x = 2
x+2 +2

Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1; x = 2 .
1.3 Phương pháp đặt ẩn phụ
15


Phương pháp giải:
Bước 1: Tìm điều kiện xác định .
Bước 2: Đặt một (hoặc nhiều) biểu thức thích hợp làm ẩn mới, (thường là các biểu
thức chứa căn thức) tìm điều kiện của ẩn mới .
Bước 3: Biến đổi phương trình theo ẩn mới (có thể biến đổi hồn tồn thành ẩn mới
hoặc để cả 2 ẩn cũ và mới) rồi giải phương trình theo ẩn mới .
Bước 4: Thay trả lại ẩn cũ và tìm nghiệm, đối chiếu điều kiện xác định và kết luận .
• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t
• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về hệ phương trình đối với x và t
• Phương pháp đặt một ẩn phụ t đưa về phương trình đối với t và xem x như là
tham số

• Phương pháp đặt hai ẩn phụ u và v đưa về hệ đối với u và v
Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn.
+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f ( x ) để đặt
f ( x ) = t sao cho phần còn lại biểu diễn được theo ẩn t .

Những bài tốn dạng này nói chung là dễ .
+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có sẵn ở
phương trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta có thể
chia cho g ( x ) phù hợp (thông thường ta chia cho x k với k là số hữu tỉ) .
+ Đối với những bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mới phức
tạp như: Số mũ cao, căn bậc cao,… thì ta có thể nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy
về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng đẳng thức để giải toán .
Dạng 1: Các phương trình có dạng:
•

 . f ( x ) +  f ( x ) +  = 0 , đặt t =

•

 . ( x − a )( x − b ) +  ( x − a )

đặt t = ( x − a )

f ( x)  f ( x) = t2

x −b
+ = 0 ,
x−a

x −b

 ( x − a )( x − b ) = t 2
x−a

Chú ý:
• Nếu khơng có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại .
Dạng 2: Các phương trình có dạng:
16


A B

(

A B

)

2

+ C = 0 , đặt t = A  B

Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu ( Phương pháp đặt ẩn phụ khơng
hồn tồn ) .
+ Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn là phương pháp chọn một số hạng trong phương
trình để đặt làm ẩn sau đó ta quy phương trình ban đầu về dạng một phương trình bậc 2:
mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0 (phương trình này vẫn cịn ẩn x) .

+ Vấn đề của bài toán là phải chọn giá trị của m bằng bao nhiêu để phương trình
bậc 2 theo ẩn t có giá trị  chẵn (  =  A ( x )  ) như thế việc tính t theo x sẽ được dễ
2


dàng .
+ Thông thường khi gặp các phương trình dạng:
ax 2 + bx + c + ( dx + e ) px 2 + qx + r = 0 thì phương pháp để đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

tỏ ra rất hiệu quả .
+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách:
f ( x) = t  t2 = f ( x)

-

Đặt

-

Ta tạo ra phương trình: mt 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0

Ta có  =  g ( x )  − 4m.h ( x ) = f1 ( m ) x 2 + g1 ( m ) x + h1 ( m ) . Để  có dạng  A ( x )  thì
2

2

điều kiện cần và đủ là
 m =  g1 ( m )  − 4 f1 ( m ) .g1 ( m ) = 0  m .
2

Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến:
➢ Chúng ta đã biết cách giải phương trình : u 2 +  uv +  v2 = 0 (1) bằng cách :
2


u
u
Xét v  0 phương trình trở thành:   +    +  = 0
v
v

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
✓ a. A ( x ) + b ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
Chúng ta hãy thay các biểu thức A ( x ) , B ( x ) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận
được phương trình vơ tỉ theo dạng này.

17


Dạng 5:
• Phương trình dạng:  .u ( x ) +  .v ( x ) +  . u ( x ) .v ( x ) = 0 (  0 )
Trường hợp v ( x )  0 , ta chia hai vế của phương trình cho v ( x ) . Đặt t =

u ( x)
v ( x)

, ta được phương trình :  t 2 +  +  t = 0 .
Dạng 6:
• Phương trình dạng:

(

 (u ( x ) + v ( x )) + 

)


u ( x )  v ( x )  2 . u ( x ) .v ( x ) +  = 0

(

2

+  2  0)

Đặt t = u ( x )  v ( x )  t 2 = u ( x ) + v ( x )  2 u ( x ) .v ( x ) , ta được phương trình:
t 2 +  t +  = 0 .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33
Giải:
Điều kiện: x 
2 x 2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 9 = 33
 2 x 2 + 3x + 9 + 2 x 2 + 3x + 9 − 42 = 0

Đặt

2 x 2 + 3x + 9 = t  0 .

Phương trình trở thành :
t − 6 = 0
 t =6
t 2 + t − 42 = 0  ( t − 6 )( t + 7 ) = 0  

t + 7 = 0
t = −7


Với t = 6  2 x 2 + 3x + 9 = 6
 2 x2 + 3x + 9 = 36  2 x2 + 3x − 27 = 0  ( x − 3)( 2 x + 9 ) = 0
 x = 3 hoặc x = −

9
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3 ; x = −
Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
Giải:

18

9
.
2


Đặt t = x 2 + 1 thì phương trình trở thành t 2 − ( x + 3) t + 3x = 0 là phương trình bậc
hai đối với ẩn t.
Ta có  = ( x − 3)  0  x do đó :
2

 x2 + 1 = x
t = x
 x = 2 2
t = 3   2
 x + 1 = 3



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 2 .
Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
Giải:
Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm nên chia cả hai vế cho x ta được :
1
1

x− + 3 x− = 2
x
x


Đặt t = 3 x −

1
ta được phương trình: t 3 + t − 2 = 0  t = 1
x

 3 x−

1
1 5
=1 x =
x
2

Vậy nghiệm của phương trình là x =
Ví dụ 4: Giải phương trình: ( x − 1) + 2 ( x + 1)
2


1 5
.
2

x −3
= 12 (1)
x +1

Giải:
Điều kiện:

x 1
x −3
0
x +1
x  3

Đặt t = ( x + 1)

x−3
, t  0 ,  t 2 = ( x + 1)( x − 3) = x 2 − 2 x + 3
x +1

 t 3 + 3 = x2 − 2 x , phương trình (1) trở thành
t 2 + 3 + 1 + 2t = 12  t 2 + 2t − 8 = 0

 t = 2, t = −4 , với t = −4 (loại)
Với t = 2  ( x + 1)

x −3

= 2  ( x + 1)( x − 3) = 4  x 2 − 2 x − 3 = 4
x +1
19


x = 1− 2 2
(nhận)
 x2 − 2 x − 7 = 0  
x
=
1
+
2
2

Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 + 2 2; x = 1 − 2 2 .
Ví dụ 5: Giải phương trình: 1 +

2
x − x2 = x + 1 − x
3
Giải:

Điều kiện: 0  x  1
t 2 −1
Đặt t = x + 1 − x  x − x =
2
2

Khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t :

1+

t 2 −1
= t  t 2 − 3t + 2 = 0  t = 1, t = 2
3

 x + 1− x = 1
2 x − x2 = 0
Vậy ta có : 

 x = 0; x = 1
 VN (VT  2)
 x + 1 − x = 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0; x = 1 .
Ví dụ 6: Giải phương trình: 10 x 2 − 9 x − 8 x 2 x 2 − 3x + 1 + 3 = 0
Giải:

 x 1
Điều kiện: 
x  1
2

Đặt t = 2 x 2 − 3x + 1 ta tạo ra phương trình:
mt 2 − 8 xt + (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m = 0

Ta có  = 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m 
= 16 x 2 − m (10 − 2m ) x 2 + ( 3m − 9 ) x + 3 − m 
= ( 2m 2 − 10m + 16 ) x 2 + ( 9m − 3m 2 ) x + m 2 − 3m

Ta cần:  m = ( 9m − 3m 2 ) − 4 ( 2m 2 − 10m + 16 )( m 2 − 3m ) = 0  m = 3

2

20


 2
t= x
Phương trình đã cho trở thành: 3t − 8 xt + 4 x = 0   3

 t = 2x
2

+ Với t =

2

x0

x0

2
2


x  2 x 2 − 3x + 1 = x  

2
2
2
3

3
14 x − 27 x + 9 = 0

9 ( 2 x − 3x + 1) = 4 x
3

x
=

2

x = 3

7

 x0
1
x=
+ Với t = 2 x  2 x 2 − 3x + 1 = 2 x  
3
−3x + 1 = 0

3
3
1
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = ; x = ; x = .
2
7
3
Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 x 2 + 2 x + 16 − 7 x x + 8 = 0 (1)

Giải:
Điều kiện: x  −8
Phương trình (1)  3 x 2 − 7 x x + 8 + 2 ( x + 8 ) = 0
Xét x − 8 = 0  x = 8 là nghiệm của phương trình (1)
Với x − 8  0  x  8 chia 2 vế phương trình (1) cho x + 8
Phương trình (1) 

3x 2
7x
−
+ 2 = 0 , đặt t =
x+8
x+8

x2
, t0
x+8

t = 2
Phương trình (1)  3t − 7t + 2 = 0   1
t =
 3
2

+ Với t = 2 

x2
x2
=2
= 4  x 2 − 4 x − 32 = 0

x +8
x +8

 x = 8 (nhận) , x = −4 (loại)
1
+ Với t = 
3

x2
1
x2
1
= 
=  9x2 − x − 8 = 0
x +8 3
x +8 9

21


 x = 1 (nhận) , x =

−8
(loại)
9

Vậy nghiệm của phương trình là x = 8; x = 1 .
Ví dụ 8: Giải phương trình: x 2 + 2 x + 4 = 3 x 3 + 4 x (1)
Giải:
Điều kiện: x  0


(

Phương trình (1)  x 2 + 2 x + 4 = 3 x x 2 + 4

)

 x2 − 3 x ( x2 + 4) + 2x + 4 = 0
Chia 2 vế phương trình cho x 2 + 4 , đặt t =

x
x2 + 4

 t =1
Phương trình (1) trở thành: 2t − 3t + 1 = 0   1
t =
 2
2

x
= 1  x 2 − x + 4 = 0 (vô nghiệm)
x +4

Với t = 1 
Với t =

2

1


2

x
1
=  x2 − 4x + 4 = 0  x = 2
x +4 2
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .
Ví dụ 9: Giải phương trình:

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2

(1)

Giải:
Điều kiện: x  1
Đặt t = 3x − 2 + x − 1  t 2 = 4 x − 3 + 2 3x 2 − 5 x + 2 , phương trình (1)  t = t 2 − 6
 t = −2 (loại) , t = 3 (nhận)

Với t = 3  3x − 2 + x − 1 = 3  x = 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .
Ví dụ 10: Giải phương trình: 12 x + 9 − 80 x 2 + 56 x + 9 − 3
Giải:
22

(

)


20 x + 9 − 4 x + 1 = 0


Điều kiện: x  −

1
4

Đặt t = 20 x + 9 − 4 x + 1  t 2 = 24 x + 10 − 2 80 x 2 + 56 x + 9


t 2 − 10
t 2 − 10
= 12 x − 80 x 2 + 56 x + 9 (1) 
+ 9 − 3t = 0
2
2

t = 2
 t 2 − 6t + 8 = 0  
t = 4

+ Với t = 2  20 x + 9 − 4 x + 1 = 2  x = 0
+ Với t = 4  20 x + 9 − 4 x + 1 = 4  x = 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 0 ; x = 2 .
Ví dụ 11: Giải phương trình: 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0
Giải:
Điều kiện: x 

u = 3 3x − 2



v
=
6
−
5
x


6
. Đặt
5

u 3 = 3x − 2
 2
v = 6 − 5 x

Do đó, ta có hệ phương trình:
2u + 3v = 8
 3
2
5u + 3v = 8

Giải hệ này ta được:
u = −2 3x − 2 = −2

 x = −2 (thỏa mãn)

v = 4

 6 − 5 x = 16

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −2 .

)

(

Ví dụ 12: Giải phương trình: x 3 35 − x3 x + 3 35 − x3 = 30
Giải:
Đặt

a = 3 35 − x3  a3 = 35 − x3
b = x  b3 = x 3
Ta có: ab ( a + b ) = 30 (1) , mặt khác a 3 + b3 = 35 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

23