1

MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Ths. Nguyễn Công Nhàn
Phan Cát Vi
Bùi Thanh Tính
Nguyễn Văn Tuấn
Giải phương trình là một trong những bài toán thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi, đặc biệt
phương trình vô tỉ đóng vai trò đặc biệt trong các bài toán khó để học sinh đạt điểm cao trong kỳ
thi tuyển sinh Đại học hàng năm. Chính vì thế bài toán này không hề đơn giản, trong bài viết này
chúng tôi muốn giới thiệu một số cách giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp đặc ẩn phụ, để
các bạn tham khảo. Chắc chắn bài viết không tránh khỏi những sai lầm, thiếu sót, mong các bạn
thông cảm và góp ý. Phương pháp đặt ẩn phụ, thường có các dạng:
 Đặt một ẩn phụ và biến đổi mất hết ẩn cũ;
 Đặt hai ẩn phụ và đưa về hệ phương trình;
 Đặt một ẩn phụ và còn có ẩn cũ, đưa về hệ phương trình;
 Đặt một ẩn phụ t và còn có ẩn cũ x, lúc này ta xem x là tham số;
 Đặt 3 ẩn phụ, 4 ẩn phụ, để đưa về hệ phương trình.
 Dùng phương pháp hàm số, hoặc bất đẳng thức để chứng minh phương trình có nghiệm duy
nhất ( hoặc vô nghiệm).
Bài 1 2x
2
+ 5x – 1 = 7
3
1x 

Điều kiện x  1
Ta nhận thấy trong bài này xuất hiện căn của x
3
– 1 và bên ngoài có đa thức bậc hai, do đó



= 3, hoặc ½.
Từ đó ta giải được x.
Bài 2
3
2
12
25
x
x




Trước hết ta có điều kiện
2

Sau đó ta nhận thấy trong căn có x
3
+ 1 = (x + 1)(x
2
– x +1) nên ta nhân chéo và tách x
2
+ 2
theo x
2
– x + 1 và x + 1, ta được
22
5 ( 1)( 1) 2( 1) 2( 1)x x x x x x       

– 4x – 5, sau đó giải như bài 2 ta sẽ có được x.
Bài 4
3 2 3
3x 2 ( 2) 6x 0xx    

 
  
3 2 3 2
2
32
33
3
3
6x 12x 8 2 ( 2) 1 9(x 2x 1) 0
( 2) 1 (3x 3) 0
( 2) 1 3x 3 ( 2) 1 3x 3 0
( 2) 1 3x 3 0
( 2) 1 3x 3 0
xx
x
xx
x
x
          
     
         

    



3 2001 2002 3 2001 (6 1) 2002 6 1
x x x x x x
x x x x x x
         
             


6 1 0x
(dùng phương pháp hàm số)
3

Cách 2, đặt
22
33
3
3 2001; 3 7 2002; 6 2003a x x b x x c x       

Ta được –a – b – c =
3
2002
và a
3
+ b
3
+ c
3
= - 2002.
Do đó a
3
+ b

3
– (a
3
+ b
3
+ c
3
) = 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0 nên suy ra suy ra x.
Bài 8
( 2) 1 2 2 0x x x    

Điều kiện
Đặt a =
2
1 0 1x x a    

(a
2
– 1)a -
2
(a
2
+ 1 + 2 = 0
a
3
-
2
a
2
– a + 2 -

22
2 2x 2x x x   
(1)
Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện căn bậc hai của 2 – x và chứa x
2
. Khi đó ta thử đặt
2 4 2
2 0 4 4t x x t t      

Khi đó (1)  t
4
– 4t
2
+ 4 + t = 2(t
4
– 4t
2
+ 4)t
 2t
5
– t
4
– 8t
3
+ 4t
2
+ 7t – 4 = 0 (*)
 (t – 1)(2t
4
+ t

Trong bài tập này, ta thấy xuất hiện
2
1x 
nên ta nghĩ đến việc đặt t =
2
1x 
 1, sau
đó biến đổi để đưa về t, nhưng vẫn còn dư lượng x. Khi đó ta xem phương trình này là
phương trình ẩn t và x là tham số, ta sẽ giải có t theo x.
Giải phương trình bậc hai này ta được, t = ½ hoặc t = 2x – 1.
Giải lại để có x.
Bài 11
 
3 2 2 2x 6xx    

Bài 12
 
4
2 2 1 2x 1x   

Trước hết ta có điều kiện
0 2 1x  

Mấu chốt trong bài này là xuất hiện
4
2x
, nếu ta chuyển vế và nâng lũy thừa bậc 4 thì bài
toán trở nên phức tạp. Do đó ta sẽ đặt ẩn phụ như sau (theo
4
2x




  



Từ phương trình thứ nhất, ta rút y theo z và thế vào phương trình thứ hai, ta được phương
trình
 
2
2
2
1
10
2
zz



   






Từ phương trình này, ta giải được z từ đó có x.
Bài 13
2

Ta có hệ
2
2
2000
2000x
x x t
tt










Trừ vế theo vế để giải hệ trên ta được x = t (chú ý điều kiện)
Sau đó thế lại phương trình ẩn x, giải có x = 2001, x = 0 (loại)
Bài 14
2
4x 3 5xx   

Điều kiện
Ta nhận thấy trong căn có x + 5 nên ta thử đặt
5tx
, thế vào phương trình ta có
(t
2
– 5)

2
– x – 3 = 0
Ta phân tích bậc bốn về tích của hai bậc hai (không dùng sơ đồ Hocner được)
Giả sử 8x
4
+ 32x
3
+ 32x
2
– x – 3 = 8(x
2
+ ax + b)(x
2
+ cx + d)
Khai triển VP = 8x
4
+ 8(a + c)x
3
+ 8(b + ac + d)x
2
+ 8(ad + bc)x + 8bd
Đồng nhất hệ số, ta được a + c = 4; b + ac + d = 4; 8(ad + bc) = -1 và 8bd = - 3.
Giải hệ này, ta được phương trình (4x
2
+ 10x + 3)(2x
2
+ 3x – 1) = 0
Giải phương trình này ta được ĐS
Bài 16
2

– 3x – 4 = 0
Đặt t =
34x
, khi đó 3x = t
2
– 4, 9x
2
= t
4
– 8t
2
+ 16
Bài 17
2
3
33
2 11 4x 4 14 5x 13 2x x x x        

Trong bài tập này, xuất hiện x – 2 và – x
2
+ 4x – 4 = -(x – 2)
2
nên ta chỉ còn x ở ngoài nữa
Ta thử đặt
3
2tx
 x = t
3
+ 2, ta được phương trình
(t

– 3x + 1 – (x
2
+ 2), từ đó cho ta cách
nhận dạng và xét phương trình f(t) = t
3
+ t là hàm số đồng biến trên R nên có ngay
23
33
2 2x 3x 1x    
, nâng lũy thừa 3 và giải có x.
Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b và dùng HĐT a
3
– b
3
để đặt nhân tử chung và đưa về dạng
(b – a) = (a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
22
1
ab
a b ab





   

 16t
4
– 8t + 3 = 0
 (16t
4
– 1) – (8t – 4) = 0.
 (2t – 1).(8t
3
+ 4t
2
+ 2t – 3) = 0
Cách 2, Dùng MTCT để có nghiệm và phân tích được (2t – 1)(8t
3
+ 4t
2
+ 2t – 3) = 0
7

Ta dùng MTCT để có nghiệm t, suy ra x.
Bài 21
23
2x 4 3 x 4xx    

Ta thấy trong bài này, chỉ xuất hiện một dấu căn bậc hai, bên ngoài có x
2
+ 2x
Nếu ta đặt t =
3
x 4x
, thì rất khó biến đổi phần còn lại,

x
x

, đưa về phương trình bậc hai t
2
– 5t + 4 = 0 cho ta t = 1; 4
Bài 22
22
4x 4x 10 8x 6x 10    

Đặt t = 4x
2
– 4x – 10, khi đó ta có hệ:
2
22
2
2
2
22
4x 4x 10
8x 6x 10
4x 4x 10
2 2x 10 0
2 10
2
4x 2x 0
2x
12
t
t








   














Giải có x.
Bài 23
3
3
86 5 1xx   

Đặt
3

8

Đặt
2
2
ax
bx












Khi đó ta có hệ:

 
22
22
2 2 2 2
22
2
22
4
2( 2 ) 2 2 2





     









      
      
      
    










Giải có b = 5a; hoặc b = 5/4 a

Cách 2, nhận thấy x
3
+ 1 = (x + 1)( x
2
– x + 1) và x
2
+ 2 = x
2
– x + 1 + ( x + 1), chia hai vế
cho
9

Bài 27
23
2( 3 2) 3 8x x x   

Tươn tự cách 2 trên
Bài 28
23
2 5 2 4 2( 21 20)x x x x    

Tương tự như bài trên với phân tích 2(x
3
– 21x – 20) = (2x
2
– 8x – 10)(x + 4) và
2x
2

yy
y y y


         

Nên VT  2y + 4  VP, vậy phương trình có nghiệm y = 6, suy ra x
Bài 30
 
2
32
3 2 3 6 0x x x x    

Chuyển vế ta được
 
2
32
2 3 3 6x x x x    
= - (x + 2)
3
+ 9x(x + 2) + 8, đặt y =
2x
ta được phương trình bậc 6 theo y: 2y
3
= - y
6
+ 9y
4
– 18y
2




Rút a
2
và a theo b thế vào phương trình
Bài 32
22
1 1 (1 2 1 )x x x    

10

Ta nhận thấy, trong bài này chỉ xuất hiện căn bậc hai của 1 – x
2
nên ta đặt t =
2
1 x

Khi đó rút x theo a, suy ra 1 – x
2
= , mà 1 – x
2
lại là a
2
nên ta có phương trình theo a
và giải, suy ra x.
Bài 33
 
2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1x x x x       



  


    
   

,
Bài 34
   
 
2
33
2
21
1 1 1 1
3
3
x
x x x

      

Điều kiện
Đặt
1 ; 1a x b x   

33
2

3
6 6x 4 4 0x    

Đặt y =
3
6 6x 4
, đưa về hệ
3
3
64
64
xy
yx









, lấy (1) – (2) và giải ta được x.
Bài 36
3
3
1 3 3 1xx  

Đặt y =
3

6
3
3
1 1 1x x x    

Ta nhận thấy x
2
– 1 = (x + 1)(x – 1) nên đặt
6
6
1; 1a x b x   
, khi đó có a
2
– b
2
= ab,
giải có a, b và suy ra x.
Bài 39
2 3 3 2
4
4 4 4
(1 ) (1 ) 1 (1 )x x x x x x x x        

Ta nhận thấy chủ yếu trong bài này là
44
;1xx
nên đặt
44
;1a x b x  
, khi đó có







  


, lấy (1) – (2) ta được
phương trình tích (x – 2y)(4x
2
+ 2xy + y
2
+ 1) = 0  x = 2y, giải có x.
Bài 41
3 2 2
(3 2) 2 2 2 3 0x x x x x       

Ta nhận thấy trong bài tập này xuất hiện
2
2x 
ngoài ra không có căn nào khác, do đó ta
đặt y =
2
2x 
. Đưa về phương trình y
2
– (x + 2)y + 3x – 3 = 0
Xem phương trình trên là phương trình ẩn y và x là tham số, lập  và giải có y theo x, giải

+ (b – 3)
2
= 0
12

Dùng tính chất của HĐT đưa về hệ và giải có a, b suy ra x.
Bài 43
 
 
2
(2004 1 1x x x   

Ta nhận thấy trong bài này có một căn bậc hai, thử đặt
2
1 1 , 0a x x a a     

Ta được phương trình
a
4
– 2a
2
+ 1 = (2005 –a
2
)(1 – 2a + a
2
)
 (a – 1)
2
(2a
2

y
      


Đặt t =
2
1 (0; 3)yy  
, ta được phương trình 35t
2
– 24t – 35 = 0
Phương trình này có hai nghiệm t = 7/5; t = -5/7 (loại). Giải lại có được y suy ra x.
Bài 45
2 2 2
(3 2) 2 2 1 0x x x x      

Trong bài này, xuất hiện căn bậc hai của x
2
+ 2, bên cạnh đó còn có x. Do đó ta đặt
2
2yx
, sau đó cố gắng biến đổi theo y, còn x ta xem như là tham số. Ta được
phương trình
y
2
– (x + 2)y + 3x – 3 = 0
lập  và đưa ra hai nghiệm y theo x, xét dấu  và đưa ra phương trình theo x để giải.
Bài 46
22
( 3 2 ) 1 3 2x x x x   


Bài 49
 
22
1 1 1 2 1x x x    

Ta nhận thấy, trong bài xuất hiện 1 – x
2
trong căn bậc hai. Từ đó đặt x = cost, t [0; ]
Khi đó có phương trình
 
 
22
1 1 os cos 1 2 1 os
1 sin cos 1 2sint
c t t c t
tt
    
   

Bình phương hai vế ta được
1 + sint = cos
2
t (1 + 4sint + 4sin
2
t)
(1 + sint) = (1 + sint)(1 – sint)(1 + 4sint + 4sin
2
t)
1 + sint = 0 hoặc 4sin
3


Điều kiện
   
 
2
22
2
22
2
23
22
12
(1 ) (1 )
1
(1 ) 1 (2 )
1 1 2 0
(1 2 ) 1 4
0
1 1 2
21
1 2 0
1 1 2
1
2
x x x
x x x x
xx
x x x x x
x x x x x x
x x x x


Điều kiện
2
2 1 4 1 2 5 3
33
( 3)(2 1)
2 1 4 1
3
11
(2 1)( )
2 1 4 1
x x x x
xx
xx
xx
x
x VN
xx
       

   
   





  

   

        
  
   
  





    







     


Bài 55
2 2 2
2 3 2 1 3 3x x x x x x      

Điều kiện
15

 
2 2 2
2






    


Bài 56
42 60
6
57xx



Điều kiện
42 60
3 3 0
57
42 60
99
57
0
42 60
33
57
11
(9 3) 0
42 60
(5 ) 3 (7 ) 3





   







   











   



Bài viết xin kết thúc tại đây, xin cám ơn các bạn đã đọc bài viết này, chúc các bạn sức
khỏe, thành đạt và học thật giỏi.