Nguyễn Văn Sang

1
BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

A. 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

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

+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn
đặt điều kiện cho


0
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





x x x
    
(*), đặt điều kiện rồi bình
phương 2 vế ta được:
028116
234
 xxxx
ta dễ dạng nhẩm được nghiệm
x = 1 sau đó chia đa thức ta được:
(*) (x – 1)
2
(x
2
– 4x + 2) = 0.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
   


2
2
4 1 2 10 1 3 2
x x x
    
, ĐK:
2
3
x
 



 
2
2 6 1 2 0 1
x x x    
Giải
 
2
1 2 6 1 2
x x x
    
bất phương trình tương đương với hệ:
2
2
2
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


 



2
2 3 1
x mx x
   
có hai nghiệm phân biệt.
Nguyễn Văn Sang

3
Giải:
Cách 1:
 
2
1
2 4 0,(*)
x
PT
x m x
 




   


, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:
2 2
1 2
2 4 20 2 4 20
0, 0



Chú ý: + x
1
> 0, x
2
< 0 vì x
1
> x
2
và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái
dấu.
+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với
1 0
x t
   
.
(*) trở thành:
    
2
1 2 1 4 0
t m t
     
(**). Để (*) có 2 nghiệm
1
x
 
thì
(**) phải có 2 nghiệm 0

hay
 
2
4 12 0
1 9
0
2 2
1
2 2
m
f m
S


    


 
   

 
 


 


.
Chú ý : Cách 2: đặt
1

4
Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi
thành:
5 1 1 2 4
x x x
    
khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ
bản để giải.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
     
2
1 2 2 1
x x x x x    .
Giải
Điều kiện:
 
1
2 *
0
x
x
x



 





có nghiệm.
HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được
2
1,2
16
2
m m
x
 

.
Kết hợp với điều kiện ta tìm được |m|  4.
b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:
- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức
Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân
tích
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
7 7
x x
  
.
HD:
 Bình phương hai vế.
 Dùng hằng đẳng thức a
2
 b
2
=0.
 Nghiệm



1
; 2 3;
2
 
  


 
  .
Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số
m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
 
2
2 8 2
x x m x
   
.(1)
Giải: ĐK:
2

x
, do m > 0.
    






f x f x x x x

      
nên f(x) là hàm liên tục trên


2;


và đồng biến trên khoảng đó suy ra
0


m
phương trình (2) luôn có nghiệm x
0

mà 2 < x
0
<


.
Một số dạng chuyển thành tích:
- Dạng:




- -

x x x x
      
.
ĐS: x=0, x=1.
Ví dụ: Giải phương trình:
3 2
4
4
1 1
x x x x
     .
ĐS: x=0, x=1.
- Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
      
.
ĐS: x=0, x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2
x x x x x x x
        .
ĐS: x=0.
- Dạng: a
3
b
3

1 2
0 0 0

n
A A A
  
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 3 3 4 3 2 2 1
x x x x x
     
.
HD: Phương trình tương đương




2
4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0
x x x x x x
        
.
ĐS: x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
4 2 4
x y y x y
    
.


 


  


. Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình.
Ví dụ: Giải bất phương trình
3 3 3
1 2 2 3
x x x
    
.
ĐS:
3
1; 2;
2
x x x
  
.
e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu:
- TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:


 
2
2 16
7

4
5
10 2 0
10 2 0
10 34 5
2 16 10 2
x
x
x
x
x
x x
 

 


 




 



   


  

.
HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3.
ĐS:
5
3
6
x x
   
.
b. Xét hai trừng hợp của x1. ĐS:
1 52 5 1
x x
     
.
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.
 
2
2 1 1 0
x x x x x x
      
.
HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành:
2 2 3 2
2 4 4 6 4 0
x x x x x x x x
       
.
2 2

= 0, với A
1
, A
2

0

.
Bài 3: Giải phương trình
4 3 10 3 2
x x
   
. (HD: Bình phương hai lần ra
phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức).
Bài 4: Giải phương trình
2
2
1 1
3
x x x x
    
.
Bài 5: Giải phương trình
2
2 6 1 1
x x x
   
.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
1.

x x
 
   

7.
5 3 3 1 1
x x x
    
. (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A
1
+A
2
= 0, với
A
1
, A
2

0

).
Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m x m x m
   
.
Bài 8: Tìm m sao cho phương trình:
2
4
x x x m
  

3 32 2
3 3
1
x x x x x
    
. b.
4
3 4
3
x
x x
x
  

.
c.
3
4 3 1 4x x
x
   
. d.
2
2 3 9 4
x x x
   
.
e.
2 2
2 1 4 3 1 2 2 6
x x x x x x

.
HD: a. Đặt
2
11, 0
t x t
  
. ĐS: x=5.
b. Đặt
2
3 , 0
t x x t
  
. ĐS:
3 109
2
x
 

.
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2 2
2 2 5 2
x x m x x m
     .
Giải
Đặt:
 
2
2
5 2 6 1 0; 6

.
Nguyễn Văn Sang

9
Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình:
 
2
( 2 2 1) 2 0
m x x x x
     
, (1) có
nghiệm
0;1 3
x
 
 
 
.
Giải: Đặt
2 2 2
2 2 2 2
t x x x x t
      
. Nếu


31;0 x
thì
 
 

1
t
f t
t



, dùng đồ thị ta tìm được
2
3
m

.
Dạng 2:
   


       


2 0
m f x g x n f x g x n f x g x p
     
, đặt
   
t f x g x
  , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t.
Ví dụ 1: Cho phương trình
  
3 6 3 6


 
. Xét hàm số


2
2 9
f t t t
  
với
3;3 2
t
 

 
, ta thấy f(t) là một hàm đb nên:
 


6 (3) 3 2 9 6 2
f f t f     
với
3;3 2
t
 

 
. Do vậy (1) có nghiệm
3;3 2
t

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
6
7
x
 
.
Dạng 3:
   


, 0
n n
F f x g x



3 2
5 1 2 2
x x
  
.
ĐK:
1
x
 
.
 
 
   
 
3 2 2 2
5 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1
x x x x x x x x
           2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
 
   

 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
5 14 9 20 5 1
x x x x x
      
.
Giải
ĐK:
5
x

.
2 2 2 2
5 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20
x x x x x x x x x x              
Bình phương hai vế:
 

2 2
x x
 
   
.
 Với
3
2
t

: Phương trình đã cho có nghiệm
7
8 5, 5
5
x x
    
.
Nguyễn Văn Sang

11
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
5 61
, 8
2
x x

 
.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
24

. 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
 , khi đó phương trình trở thành




2
0
at g x t h x
  
.
Ví dụ: Giải phương trình
 
2 2
2 1 2 1 2 1
x x x x x

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
   
ĐS:
3 13
x  
.
4.
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x

    
Đặt

.
*
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
   .
Giải
ĐK
1
x


. 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;
u x a
 ta có thể đặt
 
2
sin , 0;

. 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
  
.
Nguyễn Văn Sang

13
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

pt trở
thành:
3
3 3
2
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
   

3
u v a
uv a
a
 



 
 
 

 

. 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

x x
 
  .
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
3
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




 


. Giải thêm chút nữa ta được kết quả!
ĐS:
3 17 5 13
,
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
    
.

    
2.
3
24 12 6
x x
   

3.
2 2
2 5 6 10 15
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


u, v

(a,b) ta
có


( )
f u f v u v
  
.
Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b)
thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x)
trên khoảng (a;b) thì


bac ; :
 




'
F b F a
F c
b a





ĐK:
1
2
x

. Đặt
 
2
4 1 4 1
f x x x
   
. Miền xác định:
1
2
x

,
 
'
2
2 4
0
4 1
4 1
x
f x
x
x
  


min , max ,
x D x D
f x m g m f x m
 
  .
* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm.
* phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) .
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình:
2 2
1 1
x x x x m
     
có nghiệm.
TXĐ: R
Xét hs:
 
2 2
1 1
y f x x x x x
      
, D
f
= R,
2 2
2 1 2 1
'
1 1
 
 

(v.nghiệm)
Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.
Giới hạn:
2 2
2 2
2
lim lim 1
1 1
2
lim lim 1
1 1
x x
x x
x
x x x x
x
x x x x
 
 
  
    
 
    BBT: x





, xét hs
 
2
1 3 5
'
1
2 3 1
x x
y y
x
x x
  
  

 
.
'
0 5
y x
  
.
lim 0
x
y


và f(3) =
1
2
.

x x x m x x
     
có nghiệm.
Giải: ĐK:
0 4
x
 



( 12) 5 4
pt x x x x x m
      
xét hs
 


( 12) 5 4
y f x x x x x x
      
. Miền xác định:


0;4
D 
Nhận xét: Hàm số


12
h x x x x

x




Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C):
2
3
1
x
y
x



và đường
thẳng: y = m.
Lập BBT :
x


1/3



y’ + 0 
y 10
1

1

1 3
x
 
ta có
2 2
t
 

Khi đó phương trình (1) trở thành:
1
2

t
2
+ t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm
số vế trái với
2 2
t
 
từ đó kết luận:
1 2
m 
.
Bài tập:
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2
9 9
x x x x m
     
.

x y
x y

   


   


.
Giải
Điều kiện:
2
2
x
y





.
Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:
     
5 2 2 5
x y x y x y
      
.
Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11.
Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:


Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2 0
1
x y m
x xy
  



 



 
 
 
 
2
2
2
2
2
1
2 2 1 0 (*)
1
1
, 1, 0
y x m
y x m

x

:
TH3: (*) có 2 nghiệm
1 2
1
x x
 
:
Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với
 
2
1
, 1, 0
x
y x x
x

  

Ví dụ 4: giải:
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 185
( ) 65
x xy y x y
x xy y x y

   


Giải: ĐK:
x,
y x y
 
.
 
2
2
1 2
4 4
x
x y x
x y


    

 

 
2
1
2 2 1 2
2
4 4 1
y
y y x
x y



3
x y xy
x y

  


 



Nguyễn Văn Sang

20
3.


2 2
3 3
3
3
7
2
3
x y x y xy
x y

  




6.
2 2 2 2
2
4
x y x y
x y x y

   


   



7.
2 2 2 2 2
x y x y a
x y x y a

   


   


(a > 0) 8.
2 2
2
4

30
35
x y y x
x x y y

 


 



11.
2
2
1
1
4
1
1
4
x y
y x

 




 