Phương trình - bất phương trình chứa căn thức
I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Kiến thức cần nhớ:


 
 
 
2 2
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1
1.
2. 0
3. ,
4. 0
5. ,
n
n
n n
n n
n n
n n
a a
a b a b ab
a b a b a b
a b a b
a b a b a b
 
 


* Dạng 2:
   
f x g x
 xét 2 trường hợp:
TH1:


 
0
0
g x
f x







TH2:
   
2
( ) 0g x
f x g x







rồi bình phương 2 vế đưa phương
trìnhbất phương trình về dạng quen thuộc.
+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình
1 2
0 1 2 1
0
n n n
n n
a x a x a x a x a
 

     
 có nghiệm x=

thì chia vế trái cho cho x–

ta được




1 2
0 1 2 1
0
n n
n n
x b x b x b x b

 
 

   


2
2
4 1 2 10 1 3 2
x x x
    
, ĐK:
2
3
x
 


2
2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5
pt x x x x x x x x
            
(1), Với
3
2
x
 
hai
vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x
3
– x
2
– 5x – 3

2 0
3 7 3 7 3 7
2 6 1 0 3
2 2 2
2 6 1 2
1 3
x
x
x x x x x
x x x
x


 


  


         
 
 
   

  



Ví dụ 2: Tìm m để phương trình
2

 




   


, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:
2 2
1 2
2 4 20 2 4 20
0, 0
2 2
m m m m m m
x x
       
   
. Phương trình đã cho có
2 nghiệm

(*) có 2 nghiệm
1
x
 

 
2
22
2

.
(*) trở thành:
    
2
1 2 1 4 0
t m t
     
(**). Để (*) có 2 nghiệm
1
x
 
thì
(**) phải có 2 nghiệm
0

t
.
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực
phân biệt:
2
2 2 1
x mx x
   
, (1)
Giải:
   
2
2 1 0
3 4 1 0, 2
x



 
   

 
 


 


.
Chú ý : Cách 2: đặt
1
2
t x
 
, khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng
1
2

thì
 
2
1 1
3 4 1 0
2 2
t m t
   

x
x
x



 




         
 
 
 
2 2 2 2
2
2 2 2
2
1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1
4 2 2 1
8 9 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x
x x
          
    
  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0,

.
HD:
 Bình phương hai vế.
 Dùng hằng đẳng thức a
2
 b
2
=0.
 Nghiệm
1 29
2,
2
x x

  .
Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.
 
2
2
4
1 1
x
x
x
 
 
b.


2 2

, do m > 0.
    






)2(,326
2
242
23
mxx
x
xmxxpt
. Để chứng minh
0


m
,
phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình
(2) có một nghiệm khác 2.
Thật vậy: đặt


3 2
6 32, 2
f x x x x
   

.
Một số dạng chuyển thành tích:
- Dạng:




- -
a c x b d
ax b cx d
m

   

Ta biến đổi thành:




( )
m ax b cx d ax b cx d
      

Ví dụ: Giải phương trình:
3
4 1 3 2
5
x
x x


x x x x x x x
        .
ĐS: x=0.
- Dạng: a
3
b
3
 (ab)(a
2
+ab+b
2
)=0  a=b
Ví dụ: Giải phương trình:
   
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x     .
ĐS: x=1.
c. Chuyển về dạng: A
1
+ A
2
+ + A
n
= 0 với ,0 1
i
A i n

x y y x y
    
.
Giải
Bình phương hai vế ta được
     
 
2 2
2
1
2 1 2 2 2 4 0 , 2.
2
x y y x y x y
          

d. Sử dụng lập phương:
Với dạng tổng quát
3 3 3
a b c
  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng
thức
   
3
3 3
3
a b a b ab a b
    
khi đó phương trình tương đương với hệ
3 3 3
3

2 16
7
3 1
3 3
x
x
x
x x


  
 
(ĐH Khối
A2004)
Giải
ĐK:
4

x
.
 




2 2
1 2 16 3 7 2 16 10 2
         
x x x x x



   


  




Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
10 34
 x .
- TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng
trường hợp:
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a.
 
2 2
3 4 9
x x x
   
b.
2
51 2
1
1
x x
x
 



x x x x x
      

b.
2 2
4 5 1 2 1 9 3
x x x x x
      
. HD: Nhân lượng liên hợp.
Bài 2: Giải bất phương trình sau:
2
1 2 1 2 2 .
x x x
    
HD: Cách 1: Đặt
4 2
2
4
1 2 1 2
16
t t
t x x x

       . Cách 2: Bình phương rồi
đưa về dạng:A
1
+A
2
= 0, với A
1

x x
  
2.
3 3
2 2 3 1
x x
   

3.
3 3 3
2 2 2 9
x x x
    4.
33 3
1 1 2
x x x
   
5.
2
1 1 2
4
x
x x     6.
2
2 3 3 1
4
x
x x
 
   

a.
2
1 1 4
3
x
x
 

.
b.
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
       
.
c.
2 2 2
2 2 3 4 5
x x x x x x
       
.
Bài 10: Giải các phương trình:
a.
3 32 2
3 3
1
x x x x x
    
. b.
4


0
n
F f x

, đặt
 
n
t f x
 (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện
t  0).
Ví dụ 1: Giải các phương trình: a.
2 2
11 31
x x
  
. b.
  
2
5 2 3 3
x x x x
   
.
HD: a. Đặt
2
11, 0
t x t
  
. ĐS:
x=5.

2 2
2 5 0 * 5
t mt m t m       . Phương
trình đã cho có nghiệm khi (*) có nghiệm
0; 6
t
 

 
hay
0 5 6 5 6 5
0 5 6 5 6 5
m m
m m
 
      

 
     
 
 
.
Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình:
 
2
( 2 2 1) 2 0
m x x x x
     
, (1) có
nghiệm

2
1
t
m
t



, với
1 2
t
 
. Đặt
 
2
2
1
t
f t
t



, dùng đồ thị ta tìm được
2
3
m

.
Dạng 2:

2 3 6 9
x x
  
nên từ (*) ta có
3 3 2
t  .
Phương trình đã cho trở thành t
2
2t9=2m (1).
a. Với m=3 (1)  t
2
2t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6.
b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm
3;3 2
t
 

 
. Xét hàm số


2
2 9
f t t t
  
với
3;3 2
t
 




3 33 3
35 35 30
x x x x
   
.
HD: đặt:
3
3 3
3 3
35
35 35
3
t
t x x x
t

     . ĐS: x=2, x=3.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình
2
7 7 7 6 2 49 7 42 181 14
x x x x x
        .
HD: Đặt
7 7 7 6 0
t x x
    
 …
6

k
g x
và đặt
 
 
n
f x
t
g x

.
Ví dụ 1: Giải phương trình


3 2
5 1 2 2
x x
  
.
ĐK:
1
x
 
.


 




2
2
2 5 2 0
1
2
t
t t
t



   



.
 Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.
 Với
1
2
t

: Phương trình đã cho có nghiệm
5 37
2
x

 .
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2

x x
t t
x
 
 

phương trình trở thành
2
3
2 5 3 0 1,
2
t t t t
     
.
 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm
5 61 5 61
5, 5
2 2
x x
 
   
.
 Với
3
2
t

: Phương trình đã cho có nghiệm
7
8 5, 5

1 2
1
1 1
x
t
x x

  
 



0 1
t
 
. ĐS
1
1
3
m
  
.
Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để).
       
0
af x g x f x h x
  
. Đặt
 
t f x

2 5 2 4 2 21 20
x x x x    
ĐS:
9 193 17 3 73
,
4 4
x x
 
  .
2.
 
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
    
Đặt
2
y x
 
, ĐS:
2, 2 2 3
x x   .
3.


2 3
2 3 2 3 8
x x x
   

sin 1, cos 1
a a
 
. *
2 2
sin cos 1
a a
 
.
*
2
2
1
1 tan
cos
a
a
  *
2
2
1
1 cot
sin
a
a
  .
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 1 2
x x



u x a

. Ta có thể nghĩ đến cách
đặt
 
sin , ;
2 2
u x a t t
 
 
  
 
 
hoặc đặt




cos , 0;
u x a t t

  .
* Nếu




0;


sin cos 1 sin cos 2 sin cos
t t t t t t
   . Để gải phương trình này ta lại đặt
sin cos , 2
u t t u   .
ĐS:
2 1 2 2 2
,
2 2
x x
  
  .
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 3
1 4 3
x x x
  
. ĐS:
1 2 2
,
4
2
x x

    .
Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình).
* Khi gặp phương trình có dạng
     


 
m
v b f x
  .
Ví dụ 1: Giải phương trình:
  
3 6 3 3 6
x x x x
      
. ĐS:
0, 3
x x
  
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
24 12 6
x x
   
. ĐS:
24, 88, 3
x x x
    
.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
4 4
17 3
x x
  
. ĐS:

2
u v
u v

 


 



Ví dụ 6: Giải phương trình:
3
1 1
1
2 2
x x
   
, đặt
3
1 1
,
2 2
u x v x
   

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: axx 
33
11 có nghiệm.
Đặt



 
 
 

 

. Hệ có nghiệm khi
2
4 0 0 2
S P a
    
. Vậy phương trình có nghiệm khi
0 2
a
 
.
* Khi gặp phương trình có dạng
   
  
n
n
f x b a af x b
.
Đặt
   
,
n
t f x y af x b

2 4
2
x
x x

  .
Giải
ĐK
3
x
 
.
 
 
 
2 2
2
1 2
3 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
x
x x
x x x x
 
 
          
.
Đặt
2

,
4 4
x x
    
  .
Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm
được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau
và từ đó ta đặt ẩn phụ.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2
4 7 1 2 2
x x x
   
. ĐS:
7 1
1, ,
4 4
x x x
    
.
Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương.
Bài tập:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
       
2.
2 2

x x x x
    
4.
2
1 1 2
4
x
x x     .
Bài 3: Giải các phương trình sau:
1.
3 3
12 14 2
x x
   
2.
33 3
1 3 2
x x   
3.
2 3 2
1 2 1 3
x x
   
4.
2
2 2
x x
   

5.



'
F b F a
F c
b a



. Khi áp dụng giải phương
trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì






; : ' 0 ' 0
c a b F c F x
    
có nghiệm
thuộc (a;b).
Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình
f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D.

Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi
chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy
nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm

2 4
0
4 1
4 1
x
f x
x
x
  


.
Do đó hàm số đồng biến với
1
2
x

, nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất. Thấy
1
2
x

là nghiệm của phương trình.
Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau:
Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)
B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y =
f(x,m) và đường thẳng
d: y = g(m).
B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)

f
= R,
2 2
2 1 2 1
'
1 1
 
 
   
x x
y
x x x x

   




 
 
 
 
' 2 2
2 2
2 2
2 1 2 1 0
0 2 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1 1

  

 
    BBT: x






y’ +
y 1

1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1.

Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm
số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc
kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm
giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
3 1
mx x m
   
, ĐK:
3
x
