Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-1-
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ
Vấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ:
_ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ.
+ Nếu bài toán có chứa
   
xf,xf
. Ta đặt:
   
xft0t,xft
2

.
+ Nếu bài toán có chứa
       
constkxg.xf,xg,xf 
. Ta đặt:
   
t
k
xgxft 
.
+ Nếu bài toán có chứa
           
constkxgxf,x.gxf,xgxf 
.
Ta đặt:
       
2
kt















2
π
/π0;,
cos
a
hay x /0
2
π
;
2
π
,
sin
a
x t
t




. Ta đặt:
a.cos2tx 
.
+ Nếu bài toán có chứa
  
xbax 
. Ta đặt:
ta.sinbax
2

.
_ Dạng 2: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về một phương trình có cả biến số và cả ẩn phụ. Khi đó phương
trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai theo ẩn phụ hay theo biến x có biệt số

là số chính phương.
_ Dạng 3: sử dụng k ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với k ẩn phụ. Trong hệ mới thì
1k
phương trình
nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng.
Chẳng hạn:
   
cxfbxfa
mm

. Ta đặt:
 
 

.
Bước 3: Đặt:
 
xy


, ta biến đổi phương trình thành hệ
 
 





0yx,f
xy

.
Ta nên lưu ý, các hệ thu được thường là hệ đối xứng. Chú ý các trường hợp sau:
+ Ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-2-
* Phương trình dạng:
n
n
baxabx 
. Ta đặt:
n
baxt 
ta được hệ:

  
122xxx4x6
2

.
Giải:
Đặt
  
242xxx4x6t
2

. Với
2222
t12122xx242xxt0t6,x4 
.
Phương trình đã cho trở thành:













4t

03x.54xx63x2054xx2
22

Ta thấy
3x 
không phải là nghiệm của phương trình.
Ta xét trường hợp:
3x 
. Chia hai vế cho
3x.54xx
2

ta được:
06
54xx
3x
20
3x
54xx
2
2
2







.

x13x4x 
.
Giải:
(loại)
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-3-
Điều kiện:
























Với điều kiện trên, ta có:
 
0110x24x16xx13x4x
2462
2
3

.
Đặt:















4
22
t
4
22
t
















Vì
πt0 
nên ta có:
*









8
5π

2
4
3π
cosx
321




.
Nhận xét: Câu này là yêu cầu thứ III trong một bài tập về hàm số mà yêu cầu thứ II là khảo sát hàm số
3x4xy
3

.
Trong một bài toán hàm số, nếu có một câu đại số thì cách giải hay nhất là dựa vào các câu trên của bài hàm số.
Phương trình:
23
x13x4x 
có thể xem là hoành độ giao điểm của đồ thị
 
0y3x,4xy:C
3

, đồ thị của
hàm số
2
x1y 
. Với
1yxx1y có ta1,x10x1

x1
2
nn






.
Ta đặt:
n
t
x1
x1
t
1
x1
x1
t






.
Khi đó:
   
0x1x13x12




(VN)
* Với
n
n
n
n
21
21
x
2
1
x1
x1
2
1
x1
x1
2
1
t










2
π
0;t,
cost
1
x
.
Phương trình đã cho tương đương:
sint.cost22costsint22
1
tcos
1
cost
1
cost
1
2



.
Đặt:
2
1u
sint.cost2uu,1costsint
2





.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-5-
Bài 7: Giải phương trình sau:
 
 
2
2
22
2
x12x
1x
2x
1x
1x





.
Điều kiện:
0x1x 
. Đặt:





sin2t
1
2x
1x
x1
2x
ttan1
2tant
sin2t
2
22







 
 
 
 
 
 
2
2
2
2
2
2








Phương trình đã cho biến đổi về dạng:
22cos2tt4sint.cos2
sin4t
2
sin2t
1
cost
1

 
 
  
3
1
x
6
π
t
2
1
sint
0sint12sint1sint0sintsintt2sin1
0sintsintcos2tt2sint2sint.cos2cos2t1t2sint.cos2

7
x
5
3
5
9
5
5
5
2
5
4

.(*)
Đặt:
0y,xy
5
3

, phương trình (*) trở thành:
 
 









3
5
3
93x
42x
1x
3x
2x
1x
.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm:
3
3
42 ; 1 ; 93
.
Bài 9: Giải phương trình:
 
12x2x1x14x
33

.
Giải: Đặt:
1xt0t,1xt
323

. Khi đó phương trình đã cho trở thành:
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-6-
 
 
































t
12xt
4
34x14x
t
Bài 10: Giải phương trình:
x3x13x1x12
2

.
Giải: Điều kiện xác định:
1x1 
.
Phương trình đã cho tương đương:
 
0x13x1x12x12x1
2

(*).
Đặt:
0x1v0,x1u 
, khi đó phương trình (*) trở thành:
 
 
 
        
 
   


































3
x
5
3
x
2
1
x1
34x
5
3
x
2
1
x1
1x42x1
35x
x122xx1
x14x1
1x1x1
x12x1
1uv
02vu
01vu2vu02vuv2vu2vuu
02vuv2vu2uvu03uvu2v2vu
2
2
2222
Bài tập áp dụng
1.1 Giải phương trình:


. Giải phương trình ta được tập nghiệm
 
1;1S 
.
1.3 Giải phương trình:




12x83x1x112x3
22

.
HD: Đặt:
1t12x
2

. Giải phương trình ta được
0x 
là nghiệm duy nhất.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-7-
1.4 Giải phương trình:
2752x32x52x2x 
.
HD: Đặt:
2
5
x0t,52xt 

Giải phương trình ta được tập nghiệm:
 
13;151S 
.
1.6 Giải phương trình:
51310x2x96x2x52x2x12x2x
2222

.
HD: Đặt:
0u12x2xu12x2x
22

.
2
2
12x2x
2
1
u02u1Δ'
2

.
Tương tự :
2
2
1310x2x;
2
23
96x2x;

33
3
3

. Giải phương trình ta có tập nghiệm:
 
6;1S 
.
1.8 Giải phương trình:
0x7x,7x
28
94x
2


.
HD: Viết lại phương trình:
4
7
2
1
x7
28
94x
2












28
94x
2
1
t
7x7x
2
1
t
2
2
. Nghiệm duy nhất của phương trình là:
7
350
x


.
1.9 Giải phương trình:


30x35xx3xx
3
3

22

.
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-8-
HD: Điều kiện xác định:

2x0
0x2x1
0x2x
2
2








.
Đặt:
 
1t0t11xt2xxx2xt0x2xt
2
2
22222

.
Giải phương trình theo ẩn t ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:

2244
2233
22
bab aababa

babababa
babababa
bababa





Bài tập minh họa:
Bài 1: Giải phương trình:
 
1x32xx1x
22

.
Giải: Vì
1x 
không là nghiệm của phương trình nên ta đưa phương trình về dạng.
1x
12xx
232xx
1x
1x
32xx
2

2
2
2
2
2
22












Biện luận:
_ Nếu
21x21x012xx
2

.
_ Nếu
(VN) 1x232xx012xx
22

.
Giải thích (???): mấu chốt của lời giải này là nhân lượng liên hiệp









Vì:
 




1x
1mmxx
m32xx
m32xxm32xx
*0m32xx
2
2
22
2






1x

2
1x
1
2


.
Giải: Điều kiện xác định:
1x 
. Phương trình đã cho tươn đương:
 
* 0
4
3
2x
1
x
2
1
1x
1
2


.
 
 
 
0
x

1
x
2
1
1x
1
1
1x
1
1
1x
1
*:có Ta 0.1
1x
1
2






































Nhận thấy:
2x 
là một nghiệm của phương trình. Còn
2x 
ta chia hai vế của phương trình cho
x2 
ta được:


.(*)
Giải: Biến đổi phương trình về dạng:
53x5x12x
22

.
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:
3
5
x053x 
.
Vì
Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu
-10-
   
 
2x03
35x
2x
412x
2x
2x
35x
4x
2x3
412x
4x
35x63x412x*
22

xVì0,3
35x
2x
412x
2x
22






.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2x 
.
Bài 4: Giải phương trình:
13x2xx915x
2
3

.
Giải: Điều kiện xác định:
5
1
x 
.
Phương trình đã cho tương với:
 
 

2
3
2
3



























xx2
2xx
1xx3
2xx
44xxxxx21xx3
2
22
23























2
2



























Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu

2
2





Từ phương trình (1) ta có:
 
** x9126x333x3
2

Từ (*) và (**) cho ta:
 
 
 
0x2611xxxx9126x126x1x17x 
   









64x
4x
1x

.
Nhân lượng liên hiệp cho vế phải hai lần. Giải phương trình ta được nghiệm duy nhất
3x 
.
2.2 Giải phương trình:
 
43xx1xx32x15x3x
2222

.
HD: Chuyển đổi phương trình về dạng:
 
43xx2x1xx315x3x
2222

. Sau đó nhân lượng
liên hiệp cho hai vế ta tìm được
2x 
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2.3 Giải phương trình:
2015
2015xx
2015

3xx
3
2xx
2
1xx
1












. Giải ta tìm được hai
nghiệm của phương trình là 0 và 1.
2.4 Giải phương trình:
   
30
1xx34
x341x1xx34
3
3
3
3



.(1)
HD:(1)

 
 