CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9
A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG :
+ Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối
+ biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng
vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối.
I.KIẾN THỨC BỔ SUNG
* Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b
x
a
b
−
ax + b Trái dấu với a 0 Cùng dấu với a
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
a)
2 1 0x − =
, b)
2 3x − =
a)
2 1 0x − =
⇔
2x – 1 = 0
⇔
x = ½ . Vậy : S =
1
2
 
 
 
b)

2 1 2
x x
x x
− = −


− = − +


⇔
1
1
x
x
= −


=

. Vậy : S =
{ }
1;1−

1
* DẠNG 1 :
f(x) = a
(1)
• a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm
• a = 0 , ta có Pt (1)
⇔










f(x) 0
f(x) = g(x)
f(x) < 0
f(x) = -g(x)
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
3 2 2 6x x
− = +
+ Với x
≥

2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6
⇔
x = 8 ( nhận)
+ Với x <
2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6
⇔
x = - 4/5 ( nhận)

2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
; ĐK : x
≥
1

⇔
1 2 1 1 1 2 1 1 2x x x x− + − + + − − − + =

⇔
1 1 1 1 2x x− + + − − =
(2) ; ( vì
1 1 0x − + >
)
* Nếu x > 2 thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 +
1x −
- 1 = 2
1x −
= 1
⇔
x = 2 (loại)
* Nếu 1
2x
≤ ≤
thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 + 1 -

Kết hợp với ĐK ban đầu ta có 1
2x≤ ≤
Ví dụ 4.2: c)
2 2 2
6 9 2 2 1 0x x x x x+ + − − + + =

Giai : ⇔
( ) ( )
2 2
2
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
3 2 1 0x x x+ − − + =
. (2)
+ Nếu
3x < −
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x− + − − −  − =
 
⇔
0. 5 0x − =
: vô nghiệm.
x 1/2 1
2x – 1 – 0 + +
X - 1 – – 0 +
2
* DẠNG 4:
( )a b h x
+ =

1
4
x = −
, (loại).
+ Nếu ;
1x
≥
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.

III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau : a)
2
2 1 5x x− + =
; b)
2
4 4 1 2x x x− + = −
c)
2 2
6 9 4 4 0x x x x− + + + + =

+1 = 0

⇔
4x
2
+ (
4 1x +
- 1 )
2
= 0
⇔
( )
4 0
4 1 1
x
x o
=



+ − =


⇔
0
4 1 1
x
x
=


− − + − − + − − =

⇔

2 1 0
3 1 0
5 1 0
x
y
z

− − =


− − =


− − =



⇔
3
4
6
x
y
z
=


(**)
(**)
⇔
2
1 0
3 2 0
x
x x
− =


− + =


1 0
( 1)( 2) 0
x
x x
− =


− − =


⇔
1
1
2
x
x


− + =


⇔
2
1 0
( 1) 0
x
x
− =


− =


⇔
x =1 . Vậy : S =
{ }
1
II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau :
a)
1
1 2 ( )
2
x y z x y z+ − + − = + +
; b) x + y + 4 = 2
x
+ 4

+ + + + + = − +
Mà (VT) =
2 2
3( 1) 4 5( 1) 9 4 9 5x x
+ + + + + ≥ + =
,
dấu”=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
Và (VP) = 5 – (x + 1)
2

≤
5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
Do đó :
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2 5x x x x x x
+ + + + + = − − =
(x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1 . Vậy : S =
{ }



A m
B m
A = B

⇔



A = m
B = m
(Áp dụng BĐT Cô Si 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
)
Do đó A
≤
2
(VP) : B =
2
16 66x x− +
= (x – 8 )
2
+ 2
≥
2
Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận)
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau :
a)

x x x x
+ + − = + −
ĐK : Vì 5x
3
+ 3x
2
+ 3x – 2 = (x
2
+ x + 1) (5x – 2)
Mà x
2
+ x + 1 = (x + ½)
2
+ ¾ > 0
nên
3 2
5 3 3 2x x x
+ + −
có nghĩa khi 5x – 2
≥

⇔
x
≥
2/5
⇒

3 2 2
5 3 3 2 ( 1)(5 2)x x x x x x
+ + − = + + −

− + − = − +
Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta có :b

2 3 1 5 2 1
2 3 5 2 (2 3).1 (5 2 ).1 2
2 2
x x
x x x x
− + − +
− + − = − + − ≤ + =
Dấu “ = ” xảy ra khi
2 3 0
5 2 0
x
x
− =


− =


⇔
x = 2
Mặt khác 3x
2
– 12x +14 = 3(x
2
– 4x + 4) + 2 = 3(x – 2)
2
+ 2

1 1
x x− −
=

⇔
x = 6
Mà (VP) =
2 2
12 40 ( 6) 4 4x x x− + = − + ≥
, dấu ‘=” xảy ra khi x = 6
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6
4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :

Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :

2 2
4 4 6 9 1x x x x
− + + − + =
Giải :
2 2
( 2) ( 3) 1 2 3 1
2 3 2 3 1
x x x x
x x x x
⇔ − + − = ⇔ − + − =
⇔ − + − ≥ − + − =
Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x)
≥
0
⇔

x
x
− ≥


− ≥
⇔
2 3x≤ ≤
là nghiệm Pt
CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA
1)
1 1 2x x− − + =
; ĐK : x
≥
1
6
* DẠNG 10 :
≤
2 2 2 2
ax + by (a + b )(x + y )
Dấu “=” xảy ra khi
a b
=
x y
• DẠNG 11 :
≥
A + B A + B

≤
2 , suy ra hai vế bằng 2 , khi đó x = 1
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :
a)
4 4 9 6 1x x x x+ − + + − =
; ĐK : x
≥
0 , đưa về dạng
2 3 1x x
− + − =
Nghiệm :
4 9x≤ ≤
b)
6 4 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + =
; ĐK : x
≥
-2 ,
Đặt :
2 0x y+ = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
2 7x≤ ≤
c)
2 4 2 7 6 2 1x x x x+ − − + + − − =
; ĐK : x
≥
2 ,

(y – 4)(y + 3) = 0
⇔

3( )
4( )
y loai
y nhan
= −


=

+ Với y = 4
⇔
x
2
= 4
⇔
x =
±
2 . Vậy : S =
{ }
2;2−
Ví dụ 13 : Giải các phương trình sau :
(12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330
Giải :
⇔
(12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*)
Đặt : y = 12x – 3
(*)

= y
≥
0 , ta có Pt : ay
2
+ by + c = 0

* DẠNG 13 : PT dạng : (x + a)(x + b)(x + c) (x + d) = m
Với a + b = c + d
+ Đặt y = (x + a)(x + b)

+ Với t = 89 thì ta có y
2
+ y – 90 = 0
9
10
y
y
=


= −


⇔
12 3 9
12 3 10
x
x
− =


+ (x – 8)
4
= 16 (1)
Giải : Đặt : y = x - 7
(1)
⇔
( y + 1)
4
+ (y – 1)
4
= 16 khai triển rút gọn ta có : y
4
+ 6y
2
– 7 = 0 (2)
Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6

Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x
4
+ 3x
3
+ 4x
2
+ 3x

+ 1 = 0
Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : (x

+ Với y = -1 ta có Pt : x +
1
x
= -1
⇔
x
2
+ x + 1 = 0 Pt vô nghiệm .
+ Với y = -2 ta có Pt : x +
1
x
= -2
⇔
x
2
-2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1
8
* DẠNG 14 : PT dạng : (x + a)
4
+ (x + b)
4
= k
+ Đặt : y = x +
a +b
2

* DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax
4
+ bx
3

2
+ buv + cv
2
= 0 ( a
≠
0 )
+ xét v = 0
⇒
u = 0
+ Xét v
≠
0, chia hai vế cho v
2
ta có Pt :
   
 ÷  ÷
   
2
u u
a +b + c = 0
v v
Đặt y =
u
v
ta có Pt bậc hai ẩn y : ay
2
+ by + c = 0

Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x
2

( 3 1) 0
0
x x
x

− − =

=


⇔
x
∈∅
+ xét v
≠
0 , chia hai cho v
2
ta có Pt :
13 36
   
−
 ÷  ÷
   
2
u u
+ = 0
v v
Đặt y =
 
 ÷

=
− =
+ = −




Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 4x 4 x 8− + + =
(1)
Giải: (1) ⇔
2
(x 2) 8 x− = −
Với điều kiện x ≤ 8. Ta có:
(1) ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)

9
DẠNG 1 :
f(x) = a
+ a < 0 , Pt vô nghiệm .
+ a = 0 , f(x) = 0
+ a > ) _ Giải Pt - ĐK : f(x)
≥
0
_ Bình phương hai vế

⇔
2
2 7 0
3 (2 7)
x
x x
− ≥


− = −

⇔

2
7 / 2
4 29 52 0
x
x x
≥


− + =


Giải Pt : 4x
2
– 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại)
b)
2
3 3 5x x− = −

x
x x
≥


− − =


⇔
5 / 3
2( ); 1( )
x
x nh x l
≥


= =


Ví dụ 1: Giải phương trình:
x 3 5 x 2+ = − −
(2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(2) ⇔
x 3 x 2 5+ + − =
⇔
2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − =
( bình phương 2 vế )
⇔
(x 3)(x 2) 12 x+ − = −

2 19x x 84 x 4− − = −
⇔ 4(19x – x
2
– 84) = x
2
– 8x + 16
⇔ 76x – 4x
2
– 336 – x
2
+ 8x – 16 = 0
10
DẠNG 4:
f(x) = g(x)( ) 0( ( ) 0)
( ) ( )
f x hayg x
f x g x
≥ ≥

⇔

=

DẠNG 4.1:
( )h x
+ =
f(x) g(x)

1
=
44
5
; x
2
= 8
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
=
44
5
; x
2
= 8

Ví dụ1. Giải phương trình:
x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + =
(4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔
x 9 x x 1 x 4+ + = − + −
⇔
2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − −
⇔
7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − −
⇔
2 2
49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − +
⇔ 45 + 14x + 14

{ }
6


:
f (x) g(x)=
⇔
2
g(x) 0
f (x) [g(x)]
≥


=

Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥

≥

7
F. PHƯƠNG TRÌNH CÓ NHIỀU DẤU CĂN THỨC :
• PP chính : Điều kiện cho Pt có nghĩa , chuyển vế cho hợp lí , bình
phương hai vế , đối chiếu điều kiện chọn nghiệm .
1)
1 5 1 3 2x x x− − − = −
; ĐK
1
: x
1≥
_Chuyển vế ( bớt dấu - ) ,ta có :
1 5 1 3 2x x x− = − + −
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 2 – 7x =
2
2 15 13 2x x− +

Đến đây có hai cách giải :
• Cách 1: ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 11x
2
– 24x + 4 = 0
⇔
(11x – 2)(x – 2) = 0
x
1
= 2/11 (loại ) ; x

4)
2 1 1 1x x x− − − − =
chuyển vế
2 1 1 1x x x− − = + −
;
bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
1
5)
2 1 2 1 2x x x x− − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
1/ 2 1x≤ ≤
6)
6 9 6 9 6x x x x+ − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
3 / 2 3x≤ ≤
!"#$%&'()(&*#$%&!&+,
7)
2 1 2 1x x x− − − = +
; ĐK : x
≥
2 .(1)
Bình phương hai vế được 2x – 1 + x – 2 + 2
2
2 5 2 1x x x− + = +

⇔

2
2 5 2 2x x x− + = −

≥
0
Đặt :
2
7 7x x y+ + =
≥
0
⇔
x
2
+ 7x + 7 = y
2

(1)
⇔
3y
2
+ 2y – 5 = 0
⇔
(y – 1)(3y + 5) = 0
⇔
y = -5/3 (loại) ; y = 1 (nhận)
+
2
7 7 1x x+ + =

⇔
x
2
+ 7x + 6 = 0

(**)
Từ (*) , (**) tính được x . nghiệm x = 2( loại giá trị x = -1)
3)
2 2
2 9 4 3 2 1 2 21 11x x x x x− + + − = + −
Đặt : 2x
2
– 9x + 4 = a
≥
0 ; 2x – 1 = b
≥
0 . Pt là
3 15a b a b+ = +
Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được b = 0 hoặc b = a . Nghiệm ½; 5
4) X
2
+ 3x + 1 = (x + 3)
2
1x +
(1)
Giải : Đặt t =
2
1x +
, t
≥
0 ; (1)
⇔
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0 (2)

y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
II Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2x 1 x 2 x 3+ − − = +
Giải. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của
phương trình:
(x 3)( 2x 1 x 2 1) 0+ + + + − =
⇔
x 3 0
2x 1 x 2 1
+ =


+ + − =

⇒ PT vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2
x 1 2(x 1) x 1 1 x 3 1 x+ + + = − + − + −
(1)
Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1) ⇔
( ) ( )
x 1 1 x 2 x 1 1 x 1 0+ − − + − − + =
13
⇔ x

(1)
Giải: Đặt
x 1+
= y (y ≥ 0)
⇒ y
2
= x + 1 ⇔ x = y
2
– 1 ⇔ x
2
= (y
2
– 1)
2

⇒ (2) ⇔ (y
2
– 1)
2
+ y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y
2
+ y − 1) = 0.
Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là:
1 5
0; 1;
2
 
−
 
−

6 0
x
x
+ ≥


− ≥

⇔
3
6
x
x
≥ −


≤

⇔
3 6x
− ≤ ≤
.
Đặt
3 6 0y x x y= + + − ⇒ >
;
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 2 3 6 6 9 2 3 6y x x x x x x= + + + − + − = + + −
Suy ra
( ) ( )



= −

.
Với
3y =
và
3 6x− ≤ ≤
:
3 6 3x x+ + − =
⇔
( )
2
2
3 6 3x x+ + − =
⇔
( ) ( )
3 3 6 6 9x x x x+ + + − + − =
⇔
( ) ( )
3 6 0x x+ − =
⇔
3 0
6 0
x
x
+ =



= x
2
– x + 1, u
2
v
2
= x
3
+ 1. ⇒ (3) ⇔ 2(u
2
+ v
2
) = 5uv ⇔ (2u − v)(u − 2v) = 0
Giải ra, xác định x. Kết quả là: x ∈
5 37 5 37
;
2 2
 
+ −
 
 
 
 
14
Ví dụ 2. Giải phương trình:
( )
(
)
2
x 5 x 2 1 x 7x 10 3+ − + + + + =

⇔ (a – b)(a + b + 1) = 0
Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x =
1
2
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 4. Giải phương trình:
4 1 5
x x 2x
x x x
+ − = + −
(1)
Giải. Đặt
1
x
x
−
= u,
5
2x
x
−
= v (u, v ≥ 0)
(1) ⇔
1 5 1 5
x 2x x 2x 0
x x x x
 
   
− − − − − − − =
 ÷  ÷

v 3 x= −
;
t 5 x= −
(u ; v ; t ≥ 0)
⇒ x = 2 − u
2
= 3 − v
2
= 5 − t
2
= uv + vt + tu
Từ đó ta có hệ:
(u v)(u t) 2 (1)
(v u)(v t) 3 (2)
(t u)(t v) 5 (3)
+ + =


+ + =


+ + =


Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]
2
= 30
Vì u ; v ; t ≥ 0 nên:
(u v)(v t)(t u) 30+ + + =
(4)

30 60
+ + = ⇒ + + =
(8)
Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:

2
30
u
60
11 30 30 239
v x 2
60 60 120
19 30
t
60

=



 

= ⇒ = − =
 ÷

 ÷
 


=

Ví dụ : 2 Giải phương trình:
8 x 5 x 5+ + − =
Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt
8 x+
= u ,
5 x v− =
(u, v ≥ 0):
⇒
2 2
u v 5
u v 13
+ =


+ =

u 2 u=3
v
v 3 v=2
=
 
⇔
 
=
 
Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 3. Giải phương trình:
2 2
25 x 9 x 2− − − =
Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt

(u, v ≥ 0)
⇒
2 2
u v 3
u v 5
+ =


+ =

⇒
x 0
x 3
=


= −


Ví dụ 5. Giải phương trình:
2
2 x 2 x 4 x 2− + + + − =
Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt
2 x u, 2 x v− = + =
(u, v ≥ 0) ⇒
2
(u v) 2uv 4
(u v) uv 2

+ − =

2
m 4
2m
+
≥ m
+ Nếu m > 0: m
2
+ 4 ≥ 2m
2
⇔ m
2
≤ 4 ⇔
0 m 2< ≤
16
+ Nếu m < 0: m
2
+ 4 ≤ 2m
2
⇔ m
2
≥ 4 ⇔ m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm
2
m 4
x
2m
+
=
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm

≥
+ Nếu m > 0: m
2
+ 3 ≥ 2m
2
⇔ m
2
≤ 3 ⇔
0 m 3≤ ≤
+ Nếu m < 0: m
2
+ 3 ≤ 2m
2
⇔ m
2
≥ 3 ⇔ m ≤
3−
Tóm lại:
– Nếu
0 m 3≤ ≤
hoặc
m 3≤ −
. Phương trình có một nghiệm:
2
m 3
x
2m
+
=
– Nếu

=
2
(1 m)−
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m

IV. Phương trình chứa căn thức bậc ba :
17
I/
3 3
3
A + B = C
_ nâng lũy thừa 3 hai vế.
II/
3 3
A ± B = k
.


Đặt



=
=
3
3
Bv
Au
suy ra hệ đối xứng theo
u

+ + =
vào Pt (2)
⇒
có
3
(2 1)x x x+ = −

⇔
x (2x + 1) = -x
3

⇔
x(2x + 1 + x
2
) = 0
⇔
x(x + 1)
2
= 0
⇔
x = 0 ; x = -1
Thử lại : x = 0 thỏa mãn ; x = -1 không thỏa mãn . Vậy S =
{ }
0
9:1/
3 3
2 1 1x x
+ + =

Đặt :

–1- 2(1 – a)
3
= 0
⇔
(a – 1 )[ a
2
+ a + 1) + 2 (a – 1)
2
] = 0
Dễ thấy ( a
2
+ a + 1) + 2 (a + 1)
2
> 0 nên a = 1 , suy ra b = 0 . Vậy S =
{ }
0
2)
3 3
1 7 2x x+ + − =
+ 6#$%$2;2<
=9:
3
1x a+ =
;
3
7 x b
− =
Ta có : a + b = 2 và a
3
+ b

+ + − =
, giải tương tự
4)
3 3 3
1 2 3 0x x x+ + + + + =
Cách 1: Đặt
3
x + 2 = y
⇒
y
3
= x + 2 , thế vào và chuyển vế ta có :

3 3
3 3
1 1y y y
− + + = −
, lập phương 2 vế có y
3
= y.
6
3
1y −
* Với y = 0 , có nghiệm x = -2
* Với y
≠
0 , có y
2
=
6

u v 5
u 2 u 3 x 81

v 3 v 2 x 16
u v 97
+ =
= = =

  
⇔ ∨ ⇔
  

= = =
+ =
  

Ví dụ 7. Giải phương trình:
3
3
3
x 2x 3 12(x 1)+ − = −
Giải. Đặt
3
3
x u, 2x 3 v= − =
(1)
⇔
3 3 3 3 3 3
3
u v 4(u v ) u v 3uv(u v) 4(u v )+ = + ⇔ + + + = +

1)
(
)
(
)
2 3 2 3 4+ + − =
x x
2)
20 3 2 2 3x x− − = −

ĐK : 3 – 2x
≥
0
⇔
x
3 / 2≤
Pt trở thành
20 3 2 3 2x x− − = −⇔
3 2 17 2x x− = +

⇔
2
17 2 0
3 2 (17 2 )
x
x x
+ ≥

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu
1
x 2
2
≤ <
: VT =
6
1 8 8 3
x 1
+ + < +
+
. Mà: VP >
8 3+
– Nếu x > 2: VP = 2x
2
+
2x 1−
> 2.2
2
+
3
=
8 3+
. VT <
8 3+
19
x 2 x 1 2 1
6 6
1 1 3

nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x <
3
2
:
6
2
3 x
<
−
và
8
4
2 x
<
−
⇒
6 8
6
3 x 2 x
+ <
− −
.
Tương tự với
3
2
< x < 2:
6 8
6
3 x 2 x
+ >

2
 
−
 ÷
 
. Ta chứng minh
đó là nghiệm duy nhất.
Với
1 1
x
2 5
− < < −
: 3x < –2x – 1 < 0
⇒ (3x)
2
> (2x + 1)
2
⇒
2 2
2 (3x) 3 2 (2x 1) 3+ + > + + +
Suy ra:
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0+ + + + + + + >
⇒ (1) không có nghiệm trong khoảng
này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi
1 1

x 4x 1
2
x
4x 1
−
+ ≥
−
. Dấu “=” xảy ra ⇔
2
x 4x 1 x 4x 1 0= − ⇔ − + =
⇔
2 2
x 4x 4 3 0 (x 2) 3 x 2 3 x 2 3− + − = ⇔ − = ⇔ − = ± ⇔ = ±
BÀI TẬP
1. Phương trình chứa
A
và
A
.


Đặt
( )
0≥= tAt
suy ra phương trình bậc hai theo
t
.
2. Phương trình chứa nhiều căn thức.



−=+− xxx
.
Đs:
3=x
.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
xxx −=−− 242
2
.
Đs:
2
−=
x
.
Ví dụ 3. Giải phương trình:
0321
333
=+++++ xxx
.
Đs:
2−=x
.
Ví dụ 4. Giải phương trình:
11
2
=++ xx
.
Đs:
2
51

.
I.3. Bài tập
Bài 1. Giải phương trình:
55 =−+ xx
.
Đs:
5
=
x
.
Bài 2. Giải phương trình:
4259 +−=+ xx
.
Đs:
0=x
.
Bài 3. Giải phương trình:
xx
x
x
−=−−
−
123
23
2
.
Đs:
1
=
x






+−=−+−
x
x
x
x
1
4
1
22
2
2
.
Đs:
1=x
.
Bài 8. Giải phương trình:
21212 =−−+−+ xxxx
.
Đs:
1
2
1
≤≤ x
.
Bài 9. Giải phương trình:

x
.
Bài 13. Giải phương trình:
1221221 =−−−−−+− xxxx
.
Đs:
4
9
=x
.
Bài 14. Giải phương trình:
11
2
=+−++ xxxx
.
Đs:
1,0 == xx
.
Bài 15. Giải phương trình:
221682
22
+=−+++ xxxx
.
Đs:
1±=x
.
Bài 16. Giải phương trình:
5
3
2314

1313
22
++=++ xxxx
.
Đs:
22±=x
.
Bài 20. Giải phương trình:
( )
62223 ++=−+ xxx
.
Đs:
2
5311
,3
−
== xx
.
Bài 21. Giải phương trình:
224222
2
+−−=+−− xxxx
.
22
Đs:
2=x
.
Bài 22. Giải phương trình:
( )( )
45252 =−++−++ xxxx

=
x
.
Bài 26. Giải phương trình:
0322212
333
=+++++ xxx
.
Đs:
1−=x
.
Bài 27. Giải phương trình:
1
2
1
2
1
3
=−++ xx
.
Đs:
2
17
,
2
1
−=±= xx
.
Bài 28. Giải phương trình:
23123 −=−−+ xxx

Đs:
2
=
x
.
Bài 32. Giải phương trình:
xxx 224
2
=++−
.
Đs:
2=x
.
Bài 33. Giải phương trình:
2152
2
=−++− xxx
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 34. Giải phương trình:
6444 =−++−+ xxxx
.
Đs:
4=x
.
Bài 35. Giải phương trình:

6,1 −== xx
.
Bài 38. Giải phương trình:
211
4
2
4
2
=−++−− xxxx
.
Đs:
1
=
x
.
23
Bài 39. Giải phương trình:
112423 =−−+−−− xxxx
.
Đs:
5=x
.
Bài 40. Giải phương trình:
(
)
303535
3
3
3
3

1
2
33
=++
+ xx
x
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 44. Giải phương trình:
( )
121212
22
−−=−+− xxxxx
.
Đs:
61±−=x
.
Bài 45. Giải phương trình:
123
22
=−+−−− xxxx
.
Đs:
2
51±
=x

Đs:
4,1 == xx
.
Bài 50. Giải phương trình:
( )
0
28
94
77
2
>
+
=+ x
x
xx
.
Đs:
14
256 +−
=x
.
Bài 51. Giải phương trình:
x
x
xx
4
2
47
2
=

23
9696
+
=−−+−+
x
xxxx
.
24
Đs:
73,25,13 === xxx
.
25