Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÔ T
Ỉ
Phương trình – Bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các
kì thi các cấp 2,3 và Đại Học, đặc biệt là phương trình vô tỉ. Phương trình – Bất
phương trình vô tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một
bài phương trình – bất phương trình có thể có nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách
giải điều có ý nghĩa riêng của nó. Tuy nhiên việc tìm ra lời giải cho một phương
trình – bất phương trình không phải là chuyện đơn giản đối với nhiều bạn. Đứng
trước một bài toán giải phương trình – bất phương trình nhiều bạn rất lúng túng
không biết xoay xở thế nào ? bài việt này giúp các bạn một phần nào đó năm rõ
hơn các phương pháp giải phương trình – bất phương trình vô tỉ. Những lời giải
nêu ra ở đây không có thể không phải là hay nhất và duy nhất, tuy nhiên với ca
nhân tôi thì tôi thấy nó phù hợp với cách trình bày và đúng luồng của dạng toán.
Hy vong chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, hỗ trợ cho các bạn mộtphần nào
đó trên con đường bước vào cổng trường Đại Học và các bạn sẽ đam mê với môn
học 3 khờ (Khó – khổ - khô )này.
Mặc dù đã cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót
mong các bạn thông cảm nhé.

Biên Hòa 03 – 03 -2008.
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương trình chứa ẩn ở căn thức
Ví dụ : Giải phương trình:
2
2

0
x x 0
x 0;x 1
3
VN
x x
4

 
 


 



 


.
K
ết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình:
x 0;x 1
 
.
Qua l
ời giải trên ta thấy được
2
x x
 sẽ biểu diến được qua

ậy ta có:
2
0
x 1 x 1
2 x x 0
x 0;x 1
VN (VT 2)
x 1 x 2


  
 
   



  




.
Vi
ệc thay thế biểu thức
x 1 x
 
bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một
suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tìm cách
làm m
ất căn thức !). Khi chúng ta đặt một biểu thức chứa căn bằng một biểu thức ẩn phụ

2 1 x 3
 

 
. Do đó nếu đặt
3t 3
t 1 x x
2t 3

   

thay vào
(**) và bi
ến đổi ta thu được phương trình
2
t(t 1)(2t 4t 3) 0 t 0,t 1
      
hay
x 0,x 1
 
là nghiệm của phương trình.
Phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa
mãn (**) do vậy ta có thể đặt
a x,b 1 x
  
thì từ phương trình đã cho kết hợp với
(**) ta có hệ phương trình:
2 2
2
1 ab a b


). Khi đó phương trình
đã cho trở thành:
2
1 sin t.cost sin t cost 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)
(2sin t 3) 0
3
         
2
x 1sin t 1 x 1
x 1
x 0
3 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t
sin t(4sin t 6sin t 8) 0
  



  




   
  



.
Qua ví d

 
  
với mọi a,b.
4)
2n 2n
a b 0 a b
    (Chú ý nếu a,b<0 thì
a b a b
    
khi đó hai vế cùng
không âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế).
5)
2n 1 2n 1
a b a b a,b
 
    
¡
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2x 1 3x 1
  
.
Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trình vô nghiệm nên ta
ch
ỉ cần giải phương trình khi
1
3x 1 0 x
3
    
. Khi đó hai vế đều không âm và bình

4
9
2x 1 (3x 1)
x 0, x
9x 4x 0
9


 

 
 

  
      
  
  


 
  
 



.
Nhận xét: * Phương trình trên có dạng tổng quát:
f (x) g(x)
 , khi gặp dạng này ta
biến đổi tương đương như sau:

x
  
(*)
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x
              
2
2
1
2x 1 0
x
2
2x 1 (1 2x)(1 x) x 0
(2x 1) (1 2x)(1 x)
2x 7x 0

 
 

 
        
 
   



 


do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất
phương tr
ình đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trình sau:
2
2 2
2
x 2 x 2
x 2 0
3 7 3 7 3 7 3 7
2x 6x 1 0 x V x x V x
2 2 2 2
2x 6x 1 (x 2)
1 x 3
x 2x 3 0
 
 
 

 

   
 
        
  
  
   

  
 
  

 
(ĐH Khối A – 2004 ).
Giải: ĐK:
x 4

.
Bpt
2 2
2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x
          (2)
Ta có VT (2)
0

nên nếu VP(2)
0 x 5
  
thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2)
0 x 5
  
thì bpt (2)
2 2
2(x 16) (10 2x)
    . Nếu
0
x
bất phương trình này thì ta có
2
0
2(x 16) 0
 

L
ấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trình là:
x 10 34
 
.
Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình (2) là:
f (x) g(x)

. Để giải bpt này ta
chia làm hai trường hợp:
TH 1:
f (x) 0
g(x) 0





TH 2:
2
g(x) 0
f (x) g (x)







Ví dụ 5: Giải phương trình:

.
Ví dụ 6: Giải phương trình:
2
x(x 1) x(x 2) 2 x
    .
Giải: ĐK:
x 1
x 2
x 0



 




(*) .
Phương trình
2 2 2
2x x 2 x (x 1)(x 2) 4x
     
2 2 2 2 2 2
2 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)
         
(do đk (*) ).
2
0
(8 9) 0
9


2
PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1
          
2 2
9
4x 4x 8 4x 4x 1 x
8
       
(nhận).
*
x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)
            
2
9
1 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x
8
              
(loại).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
9
0;
4
x x
 
.
2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng
a.b a. b

! Nên nhớ đẳng



   


(*)
3
x 1;x 2;x .
2
   
Chú ý :
* Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến đổi như sau
3 3
3
2x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3
        
3
(x 1)(x 2)(2x 3) 0
    
!?
Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã
thừa nhận phương trình ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương
đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trình sau
3
2
3 3 3 3
1 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x) 1
            
3
2

Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương trình
2 2
x 2 x 2
4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x
 
 
 
 
 
       
 
 

4 3 2 3 2
2 x 4 2 x 4
x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0
   
 
 
 
 
         
 
 

2
2 x 4
x 3



        


 

.
Th
ử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trình.
V
ậy nghiệm của phương trình đã cho là:
1
x
2
y 2





 

.
Ví dụ 9: Giải phương trình:
1)
2
x x 7 7
  
. 2)

  

  


.
*
2
x 1
(2) x 2
x x 6 0
 


  

  


.
V
ậy phương trình đã cho có hai nghiệm
1 29
x 2;x
2

 
.
2)
Phương trình

 


trừ vế theo vế hai phương trình ta được:
(y x)(y x 1)
  
. Từ đây giải ra ta
tìm được x.
* Câu 1 có dạng tổng quát như sau:
2
x x a a
  
.
* Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau
Phương trình
x 2
( 4x 1 3) ( 3x 2 2)
5

      
x 2
4(x 2) 3(x 2) x 2
3x 2 4x 1 1 1
(*)
5
4x 1 3 3x 2 2
5
( 4x+1 3)( 3x 2 2)



(x 3x) 2x 3x 2 0
   
.
Giải:
1) ĐK:
x 1
 
* Với
x 0

ta thấy Bpt luôn đúng
* Với
x 0 1 x 1 0
    
. Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được
2 2
2
2 2
x (1 x 1)
x 4 (1 x 1) x 4 x 1 3 x 8
(1 x 1) (1 x 1)
 
           
   
Vậy nghiệm của Bpt đã cho là:
T [ 1;8)
 
.
2)
Ta xét hai trường hợp

 

.
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Vậy nghiệm của Bpt đã cho là:
1
T ( ; ] {2} [3; )
2
     
.
Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng
ta thường gặp trong giải phương trình và bất phương trình vô tỉ.
* Khi giải bất phương trình nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trình cho
một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó. Nếu chưa xác định được
dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp.
Ví dụ 11: Giải bất phương trình :
1)
2 2
(x 3) x 4 x 9
   
2)
2
51 2x x
1
1 x
 



ới
2
x 3
x 3
5
x 3 Bpt x
3 x 3
6
x 4 x 3
6x 5 0
 





      
  




  



 


.



1 52 x 5
    
.
*N
ếu
x 1
 
luôn đúng vì
VT 0 1
 
.
V
ậy nghiệm bất phương trình đã cho là :
1 52 x 5 V x 1
    
.
Ví dụ 12: Tìm m để phương trình
2
x 2mx 1 m 2
   
có nghiệm.
Giải:
* Nếu
m 2
 
phương trình vô nghiệm
* Với
m 2



   


.
Phương trình (*) luôn có hai nghiệm :
2
1
2 m m 4m 8
x 0
2
   
 
;
2
2
2 m m 4m 8
x 0
2
   
 
Phương trình đã cho có hai nghiệm
(*)

có hai nghiệm phân biệt
1
 
2
2

x mx 4 0 (2)

 

    

  


(2) có nghiệm
2
m 160 0 | m | 4
      
(*) . Khi đó (2) có hai nghiệm là:
2
1,2
m m 16
x
2
 
 .
Nghi
ệm
1
x
thỏa mãn (1)
2 2 2 2
(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0
         
2 2

m 16( m 16 m) 0
m 4
m 16 m
 



      


 
 



.
V
ậy
| m | 4

thì phương trình đã cho có nghiệm.
Chú ý : Bài toán trên ta có thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) có nghiệm thì
1
1 2
2
| x | 2
| x x | 4
| x | 2



5)
2
2
4
(1 1 )
 
 
x
x
x
6)
2
2 1 ( 1) 0
      
x x x x x x
7)
x x 1 x 1
   
8)
4 4 2 2
ax x x a x a(a 1)
    

9)
(x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2
         
.
10)
3 2 4
x 1 x x x 1 1 x 1

x 2 x 1 x
   
3)
(x 5)(3x 4) 4(x 1)
   
4)
7x 13 3x 9 5x 27
    
5)
1 x 1 x x
   
6)
3x 4 x 3 4x 9
    
7)
2 2
x 4x 3 2x 3x 1 x 1
      
8)
2 2
25 x x 7x 3
   
9)
2 2 2
x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18
       
10)
2x
2x 1 1
2x 9

ẩn phụ tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu.
Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau
B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ
Bước này là bước quan trọng nhất. Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ,
để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong
phương trình, bất phương trình. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức
chứa ẩn trong phương trình qua một đại lượng khác.
B2: Chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) ẩn phụ vừa đặt.
Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trình thu được thường là những phương
trình (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tìm được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của
ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp.
B3: Giải phương trình (bpt) với ẩn phụ vừa tìm được và kết luận tập nghiệm.
Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trình (bpt) mà ta thường
hay gặp.
Dạng 1:
n
F( f (x)) 0

, với dạng này ta đặt
n
t f (x)
 (nếu n chẵn thì phải có điều kiện
t 0

) và chuyển về phương trình
F(t) 0

giải phương trình này ta tìm được
t x


t x 3x, t 0
  
. Phương trình đã cho trở thành
2 2 2
3 109
t 3t 10 0 t 5 x 3x 5 x 3x 25 0 x
2
 
             
.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình :
1)
2 2
x 2x 22 x 2x 24 0
      
2)
2
x 9 x x 9x 6
     
Giải:
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
1) Đặt
2
t x 2x 24, ( t 0)
    
2 2 2 2
x 2x 24 t x 2x 22 2 t
         


  


là nghiệm của bất phương trình đã cho.
2) ĐK:
0 x 9
 
Bất phương trình đã cho
2 2
9 2 9x x x 9x 6
      
2 2
9x x 2 9x x 3 0
     
2 2
9x x 3 x 9x 9 0
      
9 3 5 9 3 5
x
2 2
 
  
.
K
ết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là:
9 3 5 9 3 5
x
2 2
 

      

 
     
 
 
.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với
m 0
 
thì phương trình sau luôn có nghiệm:
2 2 2 3
5
x (m ) x 4 2 m 0
3
     
.
Giải:
Đặt
2
t x 4 t 2
   
. Khi đó phương trình đã cho trở thành
2 2 3
5
f (t) t (m )t m 2 0
3
     
(*).
Nguyễn Tất Thu (0918927276)

3 2 2 3 2
32 2 4 32
0 m 2 m 2m (m )(m ) 0 m 2m
27 3 3 27
            
3 2
4 32 4
m 2m 0 (1)
3 27 27
      
đúng.
f (2) 0 (*)
  
luôn có một nghiệm
t 2

hay phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Chú ý : * Nếu tam thức
2
f (x) ax bx+c
  thỏa mãn
af ( ) 0
  
tam thức luôn có
nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đó
 
nếu a<0 thì nghiệm đó
 
.
* Để chứng minh

2 (3 x)(6 x) 9
  
nên từ (*)
3 t 3 2
   .
Phương trình đã cho trở thành:
2
2
t 9
t m t 2t 9 2m
2

      
(1)
1) Với
m 3

ta có phương trình:
2
t 2t 3 0 t 3
    
thay vào (*) ta được
x 3
(3 x)(6 x) 0
x 6
 

   



V
ậy
6 2 9
m 3
2
-
£ £
là những giá trị cần tìm.
Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trình
f (x) k
=
có
nghiệm trên D
k Y
Û Î
.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2x 3 x 1 3x 2 (2x 3)(x 1) 16
       
.
Giải: Đk:
x 1
 
.
Đặt
2
t 2x 3 x 1, t 0 t 3x 2 (2x 3)(x 1) 4 (*)
          
Khi đó phương trình trở thành:
2 2


là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
3 3
3 3
x 35 x (x 35 x ) 30
   
.
Giải:
Đặt
3
3 3 3
3 3 3 3
3
t 35
t x 35 x t 35 3x 35 x (x 35 x ) x 35 x
3t

            (*)
Ph
ương trình đã cho trở thành:
3
t 35
.t 30 t 5
3t

  
thay vào (*) ta có:
3
3 3 3 6 3

2
2 2
2
1 x x 1 x
t t 1
x
x 1 x
1 x

     


.
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương trình đã cho trở thành:
2
1
2t 5t 2 0 t 2;t
2
       
.
*
2
2
2
2 2
1 x 0
1 x x 1

  



      

  


 
vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
x
2
  .
Ví dụ 4: Giải bất phương trình :
2
7x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x
       
.
Giải: ĐK
6
x
7

Đặt
2 2
t 7x 7 7x 6, (t 0) 14x 2 49x 7x 42 t 1
          

.
Bpt
1 1
5( x ) 2(x ) 4
4x
2 x
    
.
Đặt
2
1 1
t x , (t 2) x t 1
4x
2 x
      
và bất phương trình trở thành:
2 2
5t 2(t 1) 4 2t 5t 2 0 t 2
        
(do
t 2
 )
2
3 2 2
0 x
1
2
t 2 x 3 4x 12x 1 0
4x
3 2 2


3)
2 2
x x 2 x x
   
4)
4
2 2
x x 1 x x 1 2
     
5)
2
x x 7 2 x 7x 35 2x
     
6)
2 2 2
x x 4 x x 1 2x 2x 9
       
7)
4 1 5
x x 2x
x x x
    
8)
2
4x 3 2x 1 6x 8x 10x 3 16
       
9)
3
2 2

2
1 3x
1
1 x
1 x
 


7)
2 2
2 2
2
1 x 5 1 x x
( ) 2 0
2 x
x 1 x
1 x

    



9)
12 x x 2 82
(12 x) (x 2)
x 2 12 x 3
 
   
 
10)

a.f(x) b.g(x) c. f(x)g(x) 0
  
Ví dụ 1: Giải phương trình:
3 2
5 x 1 2(x 2)
  
.
Giải: ĐK:
x 1
 
.
Phương trình
2 2
5 (x 1)(x x 1) 2(x x 1) 2(x 1)
        
2 2
x 1 x 1
2 5 2 0
x x 1 x x 1
 
   
   
(Do
2
x x 1 0 x
   
).
Đặt
2
x 1

*
2
2
1 x 1 1 5 37
t x 5x 3 0 x
2 4 2
x x 1
 
        
 
.
Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và
cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương
trình đẳng cấp hai ẩn dạng
2 2
a ab b 0
     
(có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng
các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trình
thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong
phương trình càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Do đó với dạng toán này chúng ta
cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trình. Tuy nhiên
nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó
khăn. Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1
      
.
Nguyễn Tất Thu (0918927276)

2(x 4x 5) 3(x 4) 5 (x 4x 5)(x 4)
        
2 2
x 4x 5 x 4x 5
2 5 3 0
x 4 x 4
   
   
 
.
Đặt
2
x 4x 5
t , t 0
x 4
 
 

, ta có phương trình:
2
3
2t 5t 3 0 t 1;t
2
     
.
*
2
5 61
x 5 (n)
2

 

Vậy phương tình đã cho có hai nghiệm:
5 61
x ;x 8
2

 
.
Chú ý : Trong nhiều bài toán ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình
th
ức bài toán và từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2
x 2x 2x 1 3x 4x 1
     
.
Giải: Đặt
2 2 2 2
a x 2x, b 2x 1 3x 4x 1 3a b
        
Phương trình trở thành:
2 2 2 2
a b 3a b a ab b 0
      
2
1 5 1 5
a b x 2x 2x 1
2 2
 

        
Do vậy phương trình đã cho trở thành:
2 2 2 2
(b 5a )b 2(b 3a )a
  
3 2 2 3 3 2
a
6a 5a b 2ab b 0 6t 5t 2t 1 0 (t )
b
          
1 1
t 1,t ,t
2 3
    
.
*
2
t 1 a b x 2x 3 0
      
phương trình vô nghiệm.
*
1
t b 2a
2
    
vô nghiệm do
a,b 0

.
*

2 2
2 2
a 2x
a 2x
2a x 3(a 2x )
a x;a 5x
a 4ax 5x 0





    
 
  
  



*
2
x 2x
a x
9x 5x 1 0
 


  

  

ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví d
ụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4
2
4 4
1 x 1 x
1 m 1 m 2 1- m
1 x 1 x
 
   
 
.
Giải: ĐK:
1 x 1
  
.
Đặt
4 4
1 x 2
t 1 t (0; )
1 x 1 x

     
 
và phương tình trở thành:
2
4 4
4
1 m.t 2 (1 m)(1 m).t 1 m 0 1 m.t 1 m

m 0
 
.
*
x 1

chia hai vế phương trình cho
4
2
x 1

ta được:
4 4
x 1 x 1
3 m 2
x 1 x 1
 
 
 
.
Đặt
4 4
x 1 2
t 1 0 t 1 t 1
x 1 x 1

       
 
và phương trình trở thành:
2

3
  
là giá trị cần tìm.
Qua các ví d
ụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mẫu chốt của bài toán.
Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được các
biểu thức chứa x khác trong phương trình , bất phương trình đã cho qua ẩn phụ vừa đặt.
Tuy nhiên trong nhi
ều trường hợp chúng ta không thể biểu diến hết các biểu thức chứa x
có mặt trong phương trình , bất phương trình qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương
trình :
2 2
2(1 x) x 2x 1 x 2x 1
     
) mà ta chỉ biểu diễn được một phần nào đó qua
ẩn phụ và phươ
ng trình thu đượclà một phương trình hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa
đặt. Ta xét dạng toán sau.
Nguyễn Tất Thu (0918927276)
Trường THPT L
ê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Dạng 4:
a.f(x) g(x) f(x) h(x) 0
  
. Với phương trình dạng này ta có thể đặt
t f (x)
 , khi đó ta được phương trình theo ẩn t:
2
at g(x)t h(x) 0
  

             .
*
2
2
x 0
t 2x x 2x 1 2x
3x 2x 1 0



       

  


hệ này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x 1 6
   .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2
12 8x
2x 4 2 2 x
9x 16

   

.
Giải: ĐK:
2 x 2

Đặt
2
t 2 8 2x , t 0
  
, ta đươc:
2 2
t x
t 8t x 8x 0
t x 8


    

  

.
*
2
2 2
0 x 2
4 2
t x 2 8 2x x x
3
32 8x x
 


      

 

3x 13x 30x 4 2(6x 2) (x 3x 2)(3x 4)
        
* Nếu
1
x VT(1) 0 VP (1)
3
      vô nghiệm.
* Nếu
4
x
3

chia hai vế phương trình cho
3x 4

(do
3
x
4

không là nghiệm của
phương tr
ình) ta được:
2
6x 2 6x 2
2. (3x 4) x 3x 2 0
3x 4 3x 4
 
     
 

x
6x 2
3
3
t x 1 x 1 x 3
6x 2
3x 4
(x 1)
(x 3)(3x x 2) 0
3x 4






 
        
 


 
 
   




*
3 2

1)
2 3
2x 5x 2 4 2(x 21x 20)
     (ĐS:
9 193 17 3 73
x ; x
4 4
 

)
2)
2
4 2 2 3
1 x
x 2x 2x 2x 1 (x x)
x

     
HD:PT chỉ có nghiệm khi
0 x 1
 
. Đặt
a x(x 1);b 1 x
   
. ĐS:
x 1 2
   )
3)
3 2 3
x 3x 2 (x 2) 6x 0

x
2


)
5)
2 4 2
1
x 3x 1 x x 1
3
     
(
x 1

).