Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
BIẾN ĐỔI
ĐỔI TƯƠNG
TƯƠNG ĐƯƠNG
ĐƯƠNG
I.I. BIẾN
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
�A �0 hay B �0
A B��
�A B
�B �0
AB��
2
�A B
3
A 3 B � AB
3
A 3 B 3 C � A B 3 3 AB
3
A 3 B C � A B 3 3 ABC C (chú ý ở
đây ta chỉ thu được phương trình hệ quả, nên cần thử nghiệm)
Chú ý. Khi bình phương hai vế của phương trình ta cần có điều kiện hai vế không âm
để có được phương trình tương đương
Baøi 1. Giải các phương trình
a) 2 x 2 3 x 5x 2 1
Giải
a)
b)
2x2 4x 5 x 4
x 1
�
�
5 x 2 1 �0
��
1
2 x 2 3x 5x 2 1 � � 2
x
2 x 3x 5x 2 1 �
�
�
2
Vậy nghiệm của phương trình là: x 1 �x
1
2
�
�x 4 �0
�x 4 �0
2x2 4x 5 x 4 � � 2
� hệ VN
2 � �2
2x 4x 5 x 4
�
�x 4 x 11 0
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
b)
Baøi 2. Giải các phương trình
a)
x 9 5 2x 4
(1)
b)
x 4 1 x 1 2 x (2)
Giải. x 9 5 2 x 4
Điều kiện: x �2
Phương trình (1) � x 9 2 x 4 5 � 3 x 13 2
x 9 2x 4
25
2 �x �4
�
2 �x �4
�
�
� 2 x 9 2 x 4 12 3 x � � 2
� ��
� x0
x0
�
�x 160 x 0
�x 160
��
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0
1
b) Điều kiện 4 �x �
2
(2) � x 4 1 2 x 1 x � x 4 1 x 2 (1 x )(1 2 x ) 1 2 x
Trang 1
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
�1
1
�1
1
�x �
�
�x �
�
�
2
� (1 x )(1 2 x ) 2 x 1 � � 2
��2
� x0
2
7
2
�
�
(1 x )(1 2 x ) (2 x 1)
x 0 �x
�
�
2
Baøi 3. Giải các phương trình
a) 10 x 1 3 x 5 9 x 4 2 x 2 (ĐHB-2008DB)
(1)
x3 1
x 1 x2 x 1 x 3
x3
Giải.
5
a) Điều kiện x �
3
(1) � 10 x 1 2 x 2 9 x 4 3 x 5
(2)
b)
� 10 x 1 2 x 2 2 (10 x 1)(2 x 2) 9 x 4 3 x 5 2 (9 x 4)(3 x 5)
� (10 x 1)(2 x 2) (9 x 4)(3 x 5) � (10 x 1)(2 x 2) (9 x 4)(3 x 5)
� 7 x 2 15 x 18 0 � x 3 �x
Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 3
b) (2) �
6
(l )
7
x3 1
x 3 x2 x 1 x 1
x3
�
x 1 3
x3 1
x2 x 1 � x2 2 x 2 0 � �
x3
x 1 3
�
Bình phương 2 vế ta được:
Thử lại : x 1 3, x 1 3 là nghiệm
Baøi 4. Giải phương trình
Giải. PT �
x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 1
x 1 2
2
x 1 3
2
1�
x 1 2
x 1 3 1(*)
1 �x �5 : (*) � 2 x 1 3 x 1 1 � x 1 2 � x 1 4 � x 5 (nhận)
5 x �10 : (*) � x 1 2 3 x 1 1 � 1 1 (đúng)
x 10 : (*) � x 1 2 x 1 3 1 � x 1 3 � x 1 9 � x 10 (loại)
Vậy nghiệm của PT 5 �x �10
Baøi 5. Giải các phương trình sau:
a) 3 x 34 3 x 3 1
b) 3 x 1 3 3 x 1 3 x 1
Giải
a)
3
3
3
x 34 3 x 3 1 � x 34 x 3 3 x 34. x 3
3
x 34 3 x 3 1
x 30
�
2
� 3 x 34. 3 x 3 12 � x 34 x 3 123 � x 31x 1830 0 � �
x 61
�
Thử lại:
+ Nếu x = 30 phương trình thỏa mãn.
+ Nếu x = 61 phương trình thỏa mãn.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 30 �x 61 .
b)
3
x 1 3 3x 1 3 x 1 �
3
3
x 1 3 3x 1 x 1
Trang 2
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
� x 1 3 x 1 3 3 x 1. 3 3x 1
3
x 1 3 3x 1 x 1
� 3 3 x 1. 3 3 x 1. 3 x 1 3 1 x � x 1 3 x 1 x 1 1 x
3
� x 1 �
0
3x 1 x 1 x 1 �
�
�
x 1
�
x 1
x 1
�
�
��
�� 2
��
2
3x 1 x 1 x 1 0 �4 x 0 �x 0
�
Kiểm lại:
+ Với x = 1 thì phương trình thỏa mãn.
+ Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm.
Tóm lại: nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1.
2
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a) x 2 x 1 11
Baøi 2. Giải các phương trình
a) 2 x 1 x 3 4
b)
x 9 5 2 4
b)
x x 1 x 4 x 9 0
4
x2 0
x2
Baøi 4. Giải phương trình sau : x 3 3 x 1 2 x 2 x 2
Baøi 5. Với những giá trị thực nào của x thì mỗi đẳng thức sau là đúng?
a) x 2 x 1 x 2 x 1 2
Baøi 3. Giải phương trình
x
b)
x 2 x 1 x 2x 1 1
c)
x 2x 1 x 2x 1 2
Baøi 6. Giải các phương trình
(Vô địch Toán Quốc tế lần 1, năm 1959)
a)
x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2
b)
2x 2 2x 1 2 2x 3 4 2x 1 3 2 x 8 6 2 x 1 4
Baøi 7. (ĐH 2002D–db2) Giải phương trình:
x 4 x 4 2 x 12 2 x 2 16 .
ĐS: x = 5. Đặt t x 4 x 4, t 0 .
Baøi 8. (ĐH 2005D) Giải phương trình: 2 x 2 2 x 1 x 1 4 .
ĐS: x = 3.
Baøi 9. (ĐH 2005B–db1) Giải phương trình: 3 x 3 5 x 2 x 4 .
ĐS: x = 2; x = 4.
Baøi 10. (ĐH 2006D) Giải phương trình: 2 x 1 x 2 3 x 1 0 .
ĐS: x 1; x 2 2
Baøi 11. (ĐH 2006B–db1) Giải phương trình:
3x 2 x 1 4 x 9 2 3 x 2 5 x 2 .
ĐS: x = 2. Đặt t 3 x 2 x 1 �0 .
II. NHÂN
NHÂN VỚI
VỚI DẠNG
DẠNG LIÊN
LIÊN HỢP
HỢP
II.
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Trang 3
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn
đưa về được dạng tích x x0 A x 0 ta có thể giải phương trình A x 0 hoặc
chứng minh A x 0 vô nghiệm
Baøi 1. Giải các phương trình
10 x 1 3x 5 9 x 4 2 x 2 (ĐH 2008B-DB)
5
Giải. Điều kiện x �
3
PT � 10 x 1 9 x 4 3 x 5 2 x 2 0
1
1
�
�
� ( x 3) �
� 0 � x 3
3x 5 2 x 2 �
� 10 x 1 9 x 4
1
1
5
0, x �
Do
3
10 x 1 9 x 4
3x 5 2 x 2
Baøi 2. Giải phương trình: 2 3 x 4 3 5 x 9 x 2 12 x 13
4
Giải. Điều kiện: x �
3
Nhẩm được nghiệm x = 0 ta dùng liên hợp:
Phương trình đã cho tương đương với: 2( 3 x 4 2) 3( 5 x 9 3) x 2 12 x
6x
15 x
x( x 12)
hay:
3x 4 2
5x 9 3
x0
�
6x
15 x
�
�
x( x 12) �
15
� 6
x 12(*)
3x 4 2
5x 9 3
� 3x 4 2
5x 9 3
4
Với điều kiện x � ta có: VT (*) 8 VP(*) nên (*) vô nghiệm!
3
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0
Baøi 3. Giải phương trình
3
Giải. ĐKXĐ: x �1
3
x 2 x 1 3 �
x 2 x 1 3
3
x 2 1 x 1 2 0 �
x 3
3
( x 2)2 3 x 2 1
x 3
x 1 2
�
�
1
1
� 0
� ( x 3) �
�3 ( x 2)2 3 x 2 1
�
x
1
2
�
�
�
x 30
1
1
��
0 (*)
�
2
3
3
x
1
2
�
(
x
2)
x
2
1
�
Ta có
1
1
1
1
0, x �1
2
2
3
3
x 1 2 �3
x 1 2
1� 3
( x 2) x 2 1
� x 2 �
2� 4
�
Suy ra (*) vô nghiệm
Vậy PT có nghiệm duy nhất x 3
Chú ý. Bài toán này có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ hoặc đánh giá
Trang 4
0
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
3 x 2 5 x 1 x 2 2 3 x 2 x 1 x 2 3 x 4
Baøi 4. Giải phương trình sau :
Giải:
Ta nhận thấy :
3x
2
x
5 x 1 3 x 2 3x 3 2 x 2 và
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
2 x 4
3 x 2 5 x 1 3 x 2 x 1
2
2 x 2 3x 4 3 x 2
3x 6
x 2 2 x 2 3x 4
Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Baøi 5. Giải phương trình sau x 2 12 5 3 x x 2 5 (Đề nghị Olympic 30/4)
x 2 �۳
12
x2 5
Giải. Để phương trình có nghiệm thì :
3x 5 0
x
5
3
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích về
dạng
x 2 A x 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
x2 4
x 2 12 4 3x 6 x 2 5 3 �
3 x 2
x 2 12 4
� x2
�
x 1
� x 2 �
3 � 0 � x 2
2
x2 5 3 �
� x 12 4
x2
Dễ dàng chứng minh được :
x 2 12 4
Baøi 6. Giải phương trình : 3 x 2 1 x
x2
x2 5 3
x2 4
x2 5 3
3 0, x
5
3
x3 1
Giải: Đk x �3 2
Nhận thấy x=3 l nghiệm của phương trình , nn ta biến đổi phương trình
x 2 1 2 x 3 x3 2 5
�
�
2
x3
�
� x 3 x 3 x 9
� x 3 �
1
�
2
3 2
3 x2 1
x3 2 5
2 x 1 4 �
�
�
�
Ta chứng minh :
3
x3
1
3
x
2
1 2 3 x 2 1 4
2
1
x3
3
2
2 x 3x 9
x2 1 1 3
x3 2 5
2
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
Baøi 7. (TH&TT) Giải PT 3 x 6 x 1 x 2 1
Giải. Điều kiện x �1
PT � 3 x 6 2 x 1 1 x 2 4
�
( x 6) 8
3
( x 6) 2 x 6 4
2
3
( x 1) 1
( x 2)( x 2)
x 1 1
�
1
� ( x 2) �
�3 ( x 6) 2 2 3 x 6 4
�
�
1
( x 2) � 0
�
x 1 1
�
Trang 5
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
x2
�
�
1
1
��
( x 2) 0 (1)
2
3
3
�
x
1
1
(
x
6)
2
x
6
4
�
1
1
(1) �
x 2 (2)
2
3
3
x 1 1
( x 6) 2 x 6 4
1
1
1
�3
1 2 (2)
Do x �1 nn VT (2) 3
2
3
x 1 1
49 2 3 7 4
( x 6) 2 x 6 4
VP (2) x 2 2 VT (2)
PT có nghiệm duy nhất x = 2
Baøi 8. (TH&TT) Giải PT 4 x 2 22 3x x 2 8
22
Giải. Điều kiện 2 �x �
3
Ta có
x 2 8 4 x 2 22 3 x x 2 8 4 x 2 2
22 3 x 4
x24
22 3 x 16
( x 2). A( x)
x22
22 3x 4
4
3
Trong đó A( x) x 2
x22
22 3 x 4
� 22 �
2;
A(x) là hàm số đồng biến trên �
v A(-1) = 0 nên PT A(x) = 0 có nghiệm duy nhất
� 3�
�
x = -1
Vậy PT đ cho có 2 nghiệm x 2, x 1
( x 2)( x 2) 4
1 x
2 3
Baøi 9. (TH&TT ) Giải PT 3 x 4 4 x 3 1
Giải..
PT � 3x 4 x 1 1 x
4
3
2
2 x
� 2
2 x2 1 x2
� x2 �
3x 4 x
�
1 1 x2
�
Nhận thấy
2 x 1 x
2
1 x
2
2
� x (3x 4 x)
2
2
2
2
2
1 x2 1 5x2 2
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
x3
a) 4 x 1 3 x 2
5
2
b) x 9 x 20 2 3x 10
c)
1 1 x2
�
� 0
�
�
� 2�
3 �x �
2
� 3�
1 1 x
6(1 1 x 2 )
Do đó PT có nghiệm duy nhất x = 0
Chú ý. Bài toán này có thể giải bằng phương pháp BĐT
3x 2 4 x
x2 2 x2 1 x2
0, x
ĐS: x 2
ĐS: x 3
ĐS: x �1
2 x 2 16 x 18 x 2 1 2 x 4
Trang 6
Đinh Nho Thắng
d)
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
ĐS: x 2
x 2 12 5 3 x x 2 5
ĐS: x 2
e)
2 x 2 1 x 2 3x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2
5x 4
2x 4 2 2 x
f)
x2 4
Baøi 2. Giải các phương trình
a) 2 x 1 2 x 3 x 3 x 1
ĐS: x 2; x
2
3
b)
2 x 2 x 1 3x 2 x 1 x 2 4 x 3 2 x 2 4 x 3
c) 3 2 x x 1 1
d)
3x 2 7 x 3 x 2 2 3x2 5x 1 x 2 3x 4
1
1
1
1
e)
x3 x2
x 2 x 1
x 1 x
f) x3 3 x 2 8 x 40 8 3 4 x 4
g)
h)
i)
x3 x 2 1 x 3 x 2 2 3
6x 3
3 x x2
x 1 x
2 x 2 1 x 2 3x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2
III. ĐẶT
ĐẶT ẨN
ẨN PHỤ
PHỤ
III.
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
VẤN ĐỀ 1: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai
Phương trình dạng 2
với a b
2
ax
bx
c
px
qx
r
p q
Cách giải. Đặt t px 2 qx r (t �0) . PT trở thành t 2 t 0 . Từ đó tìm t rồi tìm
x
Tổng quát. a. f ( x) b. f ( x) c 0 . Đặt t f ( x)(t �0)
Baøi 1. Giải PT 3 x 2 21x 18 2 x 2 7 x 7 2
ĐS: x 1; x 6
Baøi 2. Giải PT 4 x 2 10 x 9 5 2 x 2 5 x 3
�
1 5 � 19 �
ĐS: �2; ;
�
2
4
�
�
Phương trình dạng
.P( x) .Q( x) . P( x).Q( x) ( �0)
Cách giải.
Nếu P(x) = 0 thì Q(x) = 0 và dẫn đến giải hệ
Nếu
Đặt t
P ( x) �0
, chia 2 vế của PT cho
P ( x)
�P ( x ) 0
�
Q ( x) 0
�
ta có PT
.
Q( x )
P( x)
.
0
P ( x)
Q( x)
P ( x)
(t �0) , PT trở thành t 2 t 0 . Từ đó tìm t rồi tìm x
Q ( x)
Baøi 3. Giải PT 2( x 2 3 x 2) 3 x3 8
HD: PT � 2( x 2 2 x 4) 2( x 2) 3 ( x 2)( x 2 2 x 4)
Trang 7
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
�
Đinh Nho Thắng
2( x 2 2 x 4)
x2 2 x 4
3
2 0 (Do x 2 không là nghiệm của PT)
x2
x2
x2 2 x 4
(t �0) . Kết quả 3 � 13
x2
2
2
3
Baøi 4. (Đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải phương trình 2( x x 1) 7( x 1) 13( x 1)
Đặt t
2
� x 1 �
x 1
HD. PT � 2 � 2
� 13. 2
x x 1
�x x 1 �
� 1
�
x 1
1 ;2; 4 �
. Kq S �
x x 1
� 2
Baøi 5. (Đề nghị Olympic 30/4/2007) Giải phương trình
Đặt t
2
2 x 2 5x 1 7 x 3 1
HD. PT � 2
Đặt t
x 1
x 1
7 2
3 0
x x 1
x x 1
2
x 1
. Kq S 4 � 6
x x 1
2
2
Baøi 6. Giải phương trình 3 x 2 x 2
HD.
Điều kiện
2
x 3
3 x��
4 x2�۳0
PT � 3.
30
x
1
x2 2x 2
x 1
x2 2x 2
0 . Kq S 2
x 1
2
Baøi 7. Giải phương trình x 3 x 1
1
3
HD.
Để ý x 4 x 2 1 ( x 2 x 1)( x 2 x 1)
x2 x 1
1
PT � 2. 2
1
x x 1
3
Đặt t
x 3 3x 2 4 x 2
( x 1)( x 2 2 x 2) 0
x2 2x 2
6
8
x 1
30
Đặt t
6
x4 x2 1
x2 x 1
x2 x 1
x2 x 1
0 . Kq S 1
x2 x 1
Baøi 8. Giải PT
ĐS: 3
2 x 3 x 1 3x 2 2 x 2 5 x 3 16
VẤN ĐỀ 2: Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình
3
3
3
3
Baøi 1. Giải phương trình: x 25 x x 25 x 30
HD. Đặt y 3 35 x3 � x3 y3 35
�xy ( x y ) 30
, giải hệ này ta tìm
3
�x y 35
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: �3
được ( x; y ) (2;3) (3;2) . Tức nghiệm của phương trình là x �{2;3}
Trang 8
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
2 1 x 4 x
Baøi 2. Giải phương trình:
HD. Điều kiện: 0 �x � 2 1
�
� 2 1 x u
��
0 u �
Đặt �
�4 x v
1
2
4
4
2 1,0 v
2 1
� 1
u 4 v
1
�
�
uv 4
2
�
�
2
��
Ta đưa về hệ phương trình sau: �
2
�1
� 4
2
4
�
�
u
v
2
1
v
�
�4
� v 2 1
�
�2
�
�
2
� 1 �
v
Giải phương trình thứ 2: (v 1) �
� 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vo tìm
� 42�
nghiệm của phương trình.
Baøi 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6
HD. Điều kiện: x �1
Đặt a x 1, b 5 x 1(a �0, b �0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:
2
2
�
a2 b 5
�
� (a b)(a b 1) 0 � a b 1 0 � a b 1
�2
b a 5
�
11 17
Vậy x 1 1 5 x 1 � x 1 5 x � x
2
Baøi 4. Giải phương trình:
6 2x 6 2x 8
5 x
5 x 3
Giải
Điều kiện: 5 x 5
Đặt u 5 x , v 5 y 0 u , v 10 .
�
�
(u v) 2 10 2uv
u 2 v 2 10
�
�
Khi đó ta được hệ phương trình: � 4 4
8��
� 2 � 4
(u v ) �
1 �
2(u z )
�
�
3
�u v
� uv � 3
�
Baøi 5. Giải phương trình sau:
3
1
1
x
x 1
2
2
1
Giải. Điều kiện: x �
2
�
1
�3 1
a 3 x
a x
�
�
�
2
�
�� 2
� a3 b 2 1
Đặt: �
1
1
�
�
b2 x
b
x
�
0
�
� 2
2
�
Phương trình đã cho trở thành hệ:
�
a3 b 2 1 �
a3 b 2 1
2
��
� a3 1 a 1
�
a b 1
b 1 a
�
�
a0
�
� a3 a 2 2a 0 � �2
� a 0; a 1; a 2
a a2 0
�
Trang 9
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
1
1
x 0� x
2
2
1
1
+ Với a 1 � 3 x 1 � x
2
2
1
17
+ Với a 2 � 3 x 2 � x
2
2
+ Với a 0 � 3
1
17
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x � ; x .
2
2
3
2
3
2
Baøi 6. Giải phương trình sau: x 1 18 x 5
Giải
�
�
a 3 x2 1
a3 x 2 1
�
� �3
� b3 a3 19
Đặt: �
2
b 18 x
b 3 18 x 2
�
�
�
a 5 b
�
ab 5
�
�
� �3
Phương trình đã cho trở thành hệ: �3 3
3
b a 19
b 5 b 19
�
�
� 2b3 15b2 75b 144 0 � b 3 2b2 9 b 48 0
b3
�
�� 2
2b 9b 48 0 phöông trình naøy voâ nghieäm
�
+ Với b 3 � 3 18 x 2 3 � x �3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x �3
Baøi 7. Giải phương trình sau: 4 x 2 4 6 x 2
Giải
Điều kiện: 2 �x �6
4
�
a4 x 2
�a x 2 �0 �
�
� �4
� a4 b4 4
Đặt: � 4
�b 6 x �0 �b 6 x
Phương trình đã cho trở thành hệ:
2
�
ab 0 �ab 4
�
�
a4 b 4 4
2a 2 b2 8ab 0
�
a 2 b 2 2a 2 b 2 4
�
�
�
�
�
��
�
�
�
ab 2
ab 2
ab 2
�
�
�
�
ab 2
�
��
a0
ab 0
�
x2
�
��
b0
� ��
��
+ Với �
x6
ab 2
�
�
�
a
b
2
�
ab 4
�
� a, b là nghiệm của phương trình:
+ Với �
ab 2
�
x 2 2 x 4 0 (phương trình này vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 2 �x 6 .
Baøi 8. Giải phương trình 3 x 2 x 1 3
Giải. ĐKXĐ: x �1
�
�a 3 x 2
(b �0) , ta có hệ phương trình
Đặt �
�b x 1
Trang 10
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
�a b 3
�b 3 a
�b 3 a
�
b 3 a
�a 1
� �3
� �3 2
��
��
�3 2
2
2
(a 1)(a 6) 0
�b 2
�a b 3 �a (3 a) 3 �a a 6a 6 0
�
3
Với a = 1, ta có x 2 1 � x 2 1 � x 3
Baøi 9. (ĐHA-2009) Giải phương trình: 2 3 3 x 2 3 6 5 x 8 0 .
�
u 3 3x 2
ĐS: x = –2. Đặt �
.
v 6 5 x , v �0
�
Baøi 10. Giải phương trình: x 2 3 x 4 x 2 2 x 1
Giải. PT � x 2 3 x 2 ( x 2 1) 2 x 1
�
�3 x a
Đặt : �3 2
,phương trình đã cho trở thành
� x 1 b
b 3 a 2 b 2a 3 � (b 3 a 3 ) a 2 (b a ) 0
�
ba 0
� (b a)(b 2 2a 2 ab) 0 � �2
b 2a 2 ab 0
�
1� 5
2
�
�3 x 0
b 2 2a 2 ab 0 � a b 0 � �3 2
(VN)
� x 1 0
a b � 3 x 3 x2 1 � x
Vậy phương trình có hai nghiệm x
1� 5
2
VẤN ĐỀ 3: Đặt ẩn phụ không toàn phần
Baøi 1. (ĐHB 2010-Db1) Giải PT 8 x 2 8 x 3 8 x 2 x 2 3 x 1
2 x 2 3 x 1 t �0 , ta có PT
4t 2 8 x.t 4 x 1 0
' 16 x 2 4(4 x 1) 4(4 x 2 4 x 1) 4(2 x 1)2
Giải. Đặt
4 x 2(2 x 1) 1
4 x 2(2 x 1)
1
hoặc t
2x
4
2
4
2
1
3� 3
2 x 2 3 x 1 � 4(2 x 2 3 x 1) 1 � 8x 2 12 x 3 0 � x
2
4
2
2
�
4(2 x 3 x 1) 16 x 8 x 1
4x 1
�
2 x 2 3x 1
�� 1
x�
2
�
� 4
Do đó t
4 � 28
8
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
� 8x 2 4 x 3 0 � x
( x 1) x 2 2 x 3 x 2 1
HD: t x 2 2 x 3 , ta có t 2 ( x 1)t 2( x 1) 0
Kq S 1 2;1 2
Trang 11
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
2
2
2
Baøi 3. Giải phương trình : x 3 x 2 x 1 2 x 2
t 3
�
2
Giải. Đặt t x 2 2 , ta có : t 2 x t 3 3 x 0 � �
t x 1
�
x 2 2 3 � x � 27
�x �1
�x �1
�
2
x 2 x 1 � �
��
1 (VN)
2 x 1 �x
�
�
2
Baøi 4. Giải phương trình : x 1
x2 2x 3 x2 1
Giải:
Đặt : t
x 2 2 x 3, t � 2 . Khi đó phương trình trở thành
t2
�
t 2 x 1 t 2 x 1 0 � �
t x 1
�
x2 2x 3 2 � x2 2x 1 0 � x 1 � 2
x 2 2 x 3 x 1 (VN )
Baøi 5. Giải phương trình
x 2 9 x 1 x 11 3x 2 x 3
�x 2 9 x 1 �0
Giải.Điều kiện �
11 3 x �0
�
�
a x2 9x 1
�
(a, b �0)
Đặt �
b 11 3 x
�
Ta có a xb 2 x 3 � a 2 x 3 xb � x 2 9 x a 2 1 (2 x 3 xb) 2 1 (1)
Mặt khác
(2 x 3 xb) 2 1 ( x 2 9 x) (4 x 2 9 x 2b 2 12 x 4 x 2b 6 xb) 1 ( x 2 9 x)
x 2 (b2 4b 3) 3 x(1 2b) 10 x 2 (b 1)(b 3) (11 b 2 )(1 2b) 10 ( do 3 x 11 b 2 )
x 2 (b 1)(b 3) 2b3 b 2 22b 21 x 2 (b 1)(b 3) 2b 3 b 2 22b 21
x 2 (b 1)(b 3) (b 1)b 3)(2b 7) (b 1)(b 3)( x 2 2b 7) (2)
� 10
x
b 1 � 3
�
2
��
Chú ý x 2b 7 > 0 do b �0 . Từ (1) và (2) ta có �
b3 � 2
�
x
�
� 3
Thử lại
19
�
a x2 9 x 1
�
10 �
3
x ��
19
3
�
2 x 3 xb
�
3
7
�
a x2 9 x 1
�
2 �
3
x ��
7
3 �
2 x 3 xb
�
3
10
2
Vậy PT đã cho có hai nghiệm x , x
3
3
Trang 12
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
VẤN ĐỀ 4: Phương pháp hằng số biến thiên
Baøi 1. Giải phương trình x 11
x 11
Giải. Điều kiện 0 x 8
PT � 11 x 11 x � (11 x) 2 11 x
Đặt a = 11, ta có (a x) 2 a x � a 2 (2 x 1) a x 2 x 0
(2 x 1) 2 � a x � x 1
�
a x x 1
Do đó �
a x x
�
� 21 41
x
�
�
11 x x 1 �
x x 10 0
2
��
��
Thay a = 11, ta có �
(thỏa đk)
� 23 3 5
a x x
x x 11 0
�
�
x
�
�
2
21 41
23 3 5
Vậy PT có 2 nghiệm x
;x
2
2
2
Baøi 2. Giải phương trình x x 12 x 1 36
Giải.
ĐKXĐ: x �1
Đặt a =12, phương trình trở thành:
1
x 2 x a x 1 a 2 � a 2 4 x 1.a 4 x 2 4 x 0
4
� a �2( x 1) 2 x 1
1 �x �5
�
� x 3
12 2( x 1) 2 x 1 � x 1 5 x � �2
�x 11x 24 0
12 2( x 1) 2 x 1 � x 1 x 13(VN )
Baøi 3. Giải phương trình: 5 x x2 5
Giải
��
x � 5
2
�
x
�
5
�
�
�
�
x� 5
�
5 x x2 5 � �
2 � �
2
5
x
x
5
�
�2
�
5 2 x2 1 .5 x x 4 0 (1)
�
Xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo ẩn là 5.
Ta có: 2 x2 1
2
4 x x4 4 x 2 4 x 1 2 x 1
� 1
5 2 x2 1 2 x 1
�
� hai nghiệm của (1) là: � 2
1
�
5 2 x2 1 2 x 1
� 2
2
�
�
2 x 2x 8 0
x2 x 4 0 (2)
�� 2
� �2
2 x 2x 1 0
x x 5 0 (3)
�
�
1
Phương trình
2 � x 1 � 17
2
1
3 � x 1 � 21
2
Trang 13
2
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
Kiểm ra điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
1
1
x
1 � 17 �x
1 � 21
2
2
VẤN ĐỀ 5: Đặt ẩn phụ đưa về hệ PT đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng
Baøi 1. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
Giải. Điều kiện x �
5
4
Đặt 2 y 3 4 x 5 ta được hệ phương trình sau:
�
(2 x 3) 2 4 y 5
�
� ( x y )( x y 1) 0
�
(2 y 3)2 4 x 5
�
Với x y � 2 x 3 4 x 5 � x 2 3
Với x y 1 0 � y 1 x � x 1 2
Kết luận: Nghiệm của phương trình l {1 2; 1 3}
Baøi 2. Giải phương trình x 2 x 1000 1 8000 x 1000 .
2
�
�x x 2000 y
(*) .
HD: Đặt 1 1 8000x = 2 y , ta có � 2
�y y 2000 x
Từ (*) suy ra ( x y )( x y 1999) 0 và do x y 1999 0 .
Suy ra x y , ta được nghiệm x 2001 , lo¹i x 0 ).
Baøi 3. Giải phương trình x 3 3 x 2 3 3 3x 5 1 3 x
�
( x 1) 3 3 y 5
�
3
Giải. Đặt 3x 5 = y + 1, ta có �
( y 1) 3 3 x 5
�
Trừ vế theo vế hai PT ta được
( x 1)3 ( y 1)3 3( x y ) � ( x y ) �
( x 1) 2 ( x 1)( y 1) ( y 1) 2 3�
�
� 0
� x y do ( x 1) 2 ( x 1)( y 1) ( y 1) 2 3 0
Từ đó ta có nghiệm x = 1; x = -2
Baøi 4. Giải phương trình: 4 x 2 5 13 x 3 x 1 0
1
3
3
3x 1 (2 y 3), ( y � )
2
2
�
(2 x 3) 2 y x 1
�
� ( x y )(2 x 2 y 5) 0
Ta có hệ phương trình sau: �
2
(2
y
3)
3
x
1
�
15 97
Với x y � x
8
11 73
Với 2 x 2 y 5 0 � x
8
Giải. Điều kiện: x � , Đặt
�
15 97 11 73 �
;
Kết luận: tập nghiệm của phương trình l: �
�
8
� 8
�
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các PT sau bằng cách đặt ẩn phụ
a)
x 8 x 4
Trang 14
Đinh Nho Thắng
b)
x x2 1 x x2 1 2
c) x x
d)
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
x
1
1
x 2
2
4
1
1
1 x
x
x
x3
8
x 1
e) ( x 1)( x 3) 2( x 1)
g)
4 x 3 2 x 1 6 x 8 x 2 10 x 3 16
h) 8 x 2 18 x 5 3 3 9 x 2 9 x 2
i)
3x 2 5x 1 3x 2 5 x 7 2
k)
3x 8 6 3 x 1 3x 8 6 3x 1 3 x 4
m)
x 2 x 1 x 2x 1 2
2
x x2 x 1 x
n) 1
3
o) 2 x 3 x 1 3 x 2 2 x 2 5 x 3 16
x 2 5 x 2 10 x 1
Baøi 2. Giải PT 9 x 2 12 x 2 3x 8
p)
3
�8 x 3 2001 �
Baøi 3. Giải PT �
� 4004 2001
� 2002 �
4
3
2
3
Baøi 4. Giải PT 81x 8 x 2 x x 2
3
IV. ĐƯA
ĐƯA VỀ
VỀ DẠNG
DẠNG TÍCH
TÍCH
IV.
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Với phương pháp này ta cần chú ý
u v uv 1 � (u 1)(v 1) 0
au bv ab uv � (u b)(v a ) 0
Baøi 1. Giải phương trình :
Giải. pt �
3
Baøi 2. Giải phương trình :
x 1 3 x 2 1 3 x 2 3x 2
x0
�
x 1 1 3 x 2 1 0 � �
x 1
�
3
3
x 1 3 x2 3 x 3 x2 x
Giải.
+ x 0 , khơng phải l nghiệm
Trang 15
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
x �0 ,
+
ta
Đinh Nho Thắng
chia
hai
vế
cho
� x 1 �3
x 1 3
x 1 3 x 1 � �3
1� x 1 0 � x 1
x
x
�
�
3
Baøi 3. Giải phương trình:
x 3 2x x 1 2x x2 4 x 3
Giải. Điều kiện x �1
PT �
x 3 2x
x 1
�
x 1 1 0 � �
x0
�
Baøi 4. (ĐH 2006D–db2) Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1 x 2 8 x 7 1 .
ĐS: x = 5, x = 4. Đưa về PT tích
x 1 2 x 1 7 x 0 .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
4
b)
x 1 x 1 4 x3 x 2
x 3 2x x 1 2 x x2 4x 3
c) 2 3 3 9 x 2 ( x 2) 2 x 3 3 3x( x 2) 2
Baøi 2. Giải các phương trình
a) 4 x 2 3 x 3 4 x x 3 2 2 x 1
b)
x 3 x 2 3x 3 2 x x 2 3 2 x 2 2 x
V. TỔNG
TỔNG BÌNH
BÌNH PHƯƠNG
PHƯƠNG
V.
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Với phương pháp này ta thường biến đổi phương trình về dạng
A2 B 2 0 . Khi đó ta có A B 0
hoặc Ak B k
Baøi 1. Giải phương trình 3 x 2 4 x 2 21x 22
1
81
2
2
Giải. 3x 2 4 x 21x 22 � (3 x 2) 3 x 2 4 x 18 x
4
4
1
9
�
3x 2 2 x
2
2
�
1� � 9�
�
2
2 � � 3x 2 2 x 4
� � 3 x 2 � �
2 x �� �
�
1
9
2� � 2� �
�
� 3x 2 5 2 x
3 x 2 2 x
�
2
2
�
19 73 23 97 �
;
Đáp số S �
�
8
� 8
�
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
x 4 2006 x 3 1006009 x 2 x 2 x 2007 1004 0
2
1
HD: PT � x 2 ( x 1003)2
2 x 2007 1 0 � S 1003
2
2
Baøi 3. (TH&TT) 3 x 2 4 x 21x 22
2
2
1� � 9�
19 73
23 97
�
2 x �� ... � x
;x
HD. PT � � 3 x 2 � �
2� � 2�
8
8
�
Trang 16
x:
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Baøi 4. Giải phương trình 4 x 12
2
HD. Điều kiện x �1
PT đã cho tương đương
2
5x 1 2x
x 1 4 x 5x 1 9 5x
2
5x 1 2 x
2
9 5x 2 x 1 0
� 5x 1 2x 0
�
�
9 5x 2 x 1 0 � � 9 5x 2
� x 1
�x 1 0
�
2
x3
Baøi 5. Giải phương trình :
Giải. Đk: x �0
4x
4 x
x3
2
Chia cả hai vế cho
Baøi 6. Giải phương trình
�
4x
4x
4x �
2
��
1
x 3 : 1
� 0 � x 1
x3
x3
x3 �
�
16
x 1996
1
10 ( x 1996 y 2008) .
y 2008
HD: Ta có phương trình đã cho tương đương
2
4
�4
� �4
� x 1996 4
� � y 2008
x 1996 � �
�
�
Từ đó ta có nghiệm của PT là ( x; y ) (2012; 2009) .
3
Baøi 7. Giải phương trình x y 1 2 y x 1 xy .
2
2
4
�
1
� 0 .
y 2008 �
�
HD. Điều kiện x �1; y �1 .
Ta có x y 1 2 y x 1 y ( x 2 x 1)
1
3
x( y 2 y 1) xy
2
2
1
3
x ( y 1 1)2 xy .
2
2
�x �1; y �1
�
Khi đó PT đã cho tương đương với �
.
1
y ( x 1 1) 2 x( y 1 1) 2 0
�
�
2
Từ đó ta có nghiệm ( x; y ) (2; 2) .
y ( x 1 1) 2
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải phương trình 2 x 3 9 x 2 x 4
Baøi 2. Giải các phương trình 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3 x x 2
Baøi 3. Giải các phương trình
3x x
2
3x
VI. PHƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP
PHÁP ĐÁNH
ĐÁNH GIÁ
GIÁ
VI.
min f ( x) M
�
�f ( x) M
Giả sử �
. Khi đó f ( x) g ( x) � �
max g ( x) M
�g ( x ) M
�
Trang 17
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
Đinh Nho Thắng
Cần sử dụng thành thạo các BĐT Cauchy, B.C.S…
1 x
2 3
Baøi 1. Giải PT 3 x 4 4 x 3 1
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
2
3
� 3 2�� 3 2�
� 3 2�
1 x � �
1 x � 1 �3 3 �
1 x � � (1 x 2 )3 �1 x 2 (1)
�
2
� 2 �� 2 �
� 2 �
1
3
x 4 2 x 4 x 2 x 2 �4 4 x12 �4 x3 � 3x 4 x 2 �4 x3 (2)
2
2
Cộng (1) v (2), biến đổi được 3 x 4 4 x 3 �1
1 x
2 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0
Baøi 2.
5 2 7
4 x 3 2 1 (1)
x 1
(TH&TH) Giải phương trình
Giải. Điều kiện x 1
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương và chú ý 5 2 7 ( 2 1)3
VT (1)
5 2 7
5 2 7
5 2 7
4( x 1) �3 3
.4( x 1) 3 3 5 2 7 3( 2 1) VP(1)
4( x 1)
4( x 1)
4( x 1)
5 2 7
2 3
(thỏa điều kiện)
4( x 1) � x
4( x 1)
4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Baøi 3. Giải PT 13 x2 x4 9 x2 x4 16
Giải. Điều kiện 1 �x �1
2
2
2
BPT � x 13 1 x 9 1 x 256 (*)
Ap dụng BĐT BCS, ta có
13. 13. 1 x2 3 3 1 x2
2
�(13 27)(13 13x2 3 3x2 ) 40(16 10 x2 )
2
�16 �
Ap dụng BĐT Cauchy 10 x (16 10 x ) �� � 64
�2 �
Vậy VT(*) �256
Do đó
�
1 x2
2
�9 9 x2 1 x2
2
�1 x
(*) � �
�� 2
� 10 x2 8 � x �
3
5
�20 x 16
�
10 x2 16 10 x2
�
2
Kết luận: x �
là các nghiệm của PT
5
2
Đẳng thức xảy ra khi
Baøi 4. Giải phương trình:
2 2
x1
2
1
:
x1
x1 x3
x
1
� x (thỏa điều kiện)
7
x1
2( x 3)2 2 x 2
Giải
Điều kiện: x 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxky, ta có:
2
x 1 x 3 � 1 1 �
x 1 x 3 �
�
�
Trang 18
(1)
Đinh Nho Thắng
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
x 1 x 3 � 2 x 3 2 x 1
2
x1 x3
�
�x �3
�x �3
� x5
�
2 � �2
�x 1 x 3
�x 7 x 10 0
Do đó dấu “=” xảy ra
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5.
Baøi 5. Giải bất phương trình: 2 x 2 x 4 x 1 x 2 1
(1)
2
Giải
�
1 x �0
�
� 1 �x �1
4
x
x
�
0
�
2
Điều kiện: � 2
x2 1 x2 1
x2 1 x2 �
2 x 2 1 x 2 �1
2
2
Theo bất đẳng thức Bunhiakopxky
Theo BĐT Cauchy:
x 1 x 2 � 1 1 x2 1 x 2
2
2 x2 x4 x 1 x2 �1 2
2
2
�
�x 1 x
Do đó dấu đẳng thức xảy ra �
2
�x 1 x
1
Vậy nghiệm của phương trình là: x
2
2
Baøi 6. Giải phương trình: 2 x 4 2 2 x2 2
�x �0
1
� x
�2
2
2
�x 1 x
6
(1)
Giải . Điều kiện: 2 x2 �0 � 2 �x � 2
Theo bất đẳng thức Bunhiakopxky ta có:
2 x2 4 2 2 x2
2 x 2 2 2 2 x2
� 2 4 x 2 2 2 x2 2 6
Suy ra: dấu “=” xảy ra
x2 2
2
2 x2
2
x2 2 2 x2
� 2 x 2 4 2 x2 � 3 x2 2 0
2
4
Phương trình này vô nghiệm
Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.
Baøi 7. Giải phương trình 3 x 2 x 1 3
Giải. Điều kiện x �1
3
�
� x 2 1 3
Nếu
x 3��
� x 2 x 1 3 � VT (1) VP(1)
� x 1 2
3
�
� x 2 1 3
Nếu
1 �x 3 � �
� x 2 x 1 3 � VT (1) VP (1)
� x 1 2
Mặt khác, thế x 3 vào PT ta thấy đúng nên PT có nghiệm duy nhất x 3
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 1. Giải các phương trình
a)
x 2 4 x x 2 6 x 11
Trang 19
Một số phương pháp giải phương trình chứa căn
b) b)
Đinh Nho Thắng
3 x 2 6 x 7 5 x 2 10 x 14 4 2 x x 2
VII. PHƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP
PHÁP HÀM
HÀM SỐ
SỐ
VII.
CÁC VÍ DỤ & PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Đối với phương pháp này cần chọn hàm số thích hợp, rồi sử dụng tính đơn điệu của
hàm số
Cho hàm số y f ( x ) đồng biến (hay nghịch biến) trên khoảng D. Khi đó
f (u) f (v) � u v, u, v �D
Baøi 1. Giải phương trình
x3 4 x 2 5 x 6 3 7 x 2 9 x 4
y 3 7 x2 9x 4 ,
ta
3
2
�
3
�x 4 x 5 x 6 y
� y 3 y x 1 x 1
� 2
3
7x 9x 4 y
�
3
Xét hàm số : f t t t , l hàm đơn điệu
tăng.
Giải
.
Đặt
có
Từ
hệ
phương
x5
�
�
f y f �
x 1 �
�
�� y x 1 � x 1 7 x 9 x 4 � � 1 � 5
x
�
2
3
2
Baøi 2. (Đề nghị Olympic 30/4/2006) Giải phương trình
3
6 x 1 8x3 4 x 1
HD: PT � 6 x 1 3 6 x 1 (2 x )3 2 x , xét f (t ) t 3 t đồng biến trên �
�
5
7 �
Kq S �
cos ; cos ; cos �
9
9
� 9
�
�
8y 3 6 x 1
3
6
x
1
2
y
�
Cách khác: Đặt
� 3
8x 4 x 2 y 1
�
Baøi 3. (HSG Tp. HCM 2004-2005) Giải phương trình
x3 4 x 2 5x 6 3 7 x2 9 x 4
�x 3 4 x 2 5x 6 y (1)
HD: Đặt y 3 7 x 2 9 x 4 , ta có hệ � 2
7x 9 x 4 y3
(2)
�
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có x 3 3x 2 4 x 2 y 3 y � ( x 1)3 ( y 1) y3 y
Xét hàm số f (t ) t 3 t đồng biến trên �
�
� 1 � 5 �
�
Kq S �
5;
�
2 �
�
Baøi 4. (Đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải phương trình
x 3 6 x 2 12 x 7 3 x 3 9 x 2 19 x 11
�y 3 x 3 9 x 2 19 x 11 (1)
HD: Đặt y 3 x 3 9 x 2 19 x 11 , ta có hệ �
3
2
(2)
�y x 6 x 12 x 7
Nhân 2 vế PT (2) với 2 và cộng vế theo vế với (1) ta có y 3 2 y ( x 1)3 2( x 1)
Trang 20
:
trình
- Xem thêm -
.DOC 
25 
85 
93 
