Chuyên đề Đặt ẩn phụ giải phương trình và hệ phương trình vô tỷ

Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
CHUYÊN ĐỀ
ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Như các bạn đã biết trong chương trình Toán THPT thì phương trình và hệ phương trình vô tỷ
luôn là một chủ đề kinh điển, bởi thế nên nó luôn xuất hiện trong các kì thi lớn như thi Đại học và
các kì thi học sinh giỏi lớn nhỏ. Trong đó phương pháp dùng ẩn phụ để giải toán luôn là một công cụ
mạnh và hữu ích. Hôm nay bài viết này sẽ trình bày một số phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết
các bài toán.
Nội dung: Đặt biểu thức chứa căn bằng biểu thức mới mà ta gọi là ẩn phụ, chuyển về phương
trình theo ẩn mới. Giải phương trình ẩn phụ rồi thay vào biểu thức tìm nghiệm ban đầu.
Phương pháp: Gồm có các bước sau:
Bước 1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ. Để làm tốt bước này phải có sự
quan sát, nhận xét mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong phương trình rồi đưa ra biểu thức
thích hợp để đặt ẩn phụ.
Bước 2: Chuyển phương trình ban đầu về phương trình theo ẩn phụ, thường là nhưng phương trình
đã biết cách giải, tìm được nghiệm cần chú ý đến điều kiện của ẩn phụ.
Bước 3: Giải phương trình với ẩn phụ vừa tìm được và kết luận nghiệm.
Thành viên tham gia chuyên đề:
1-Trần Trí Quốc 11TL8 THPT Nguyễn Huệ, Phú Yên
2-Hồ Đức Khánh 10CT THPT Chuyên Quảng Bình.
3-Đoàn Thế Hòa 10A7 THPT Long Khánh, Đồng Nai
4-Thầy Mai Ngọc Thi THPT Hùng Vương, Bình Phước.
5-Thầy Nguyễn Anh Tuấn THPT Lê Quảng Chí, Hà Tĩnh.
Đầu tiên ta cùng giải các ví dụ cơ bản sau:
Có lẽ nhiều bạn đã quen với bài tập dạng loại này nên mình chỉ muốn nhắc lại 1 tý
I-Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ:
Dạng 1
Pt có dạng ax2 + bx+ c =
√
px2 + qx+ r trong đó
a
p
=
b
q
Cách giải : Đặt t =
√
px2 + qx+ r, t ≥ 0
Tôi sẽ đưa ra vài ví dụ để các bạn ôn lại vì đây là phần khá dễ
Giải các phương trình sau
1/(ĐH Ngoại Thương-2000) (x+ 5)(2− x) = 3√x2 + 3x
2/(ĐH Ngoại ngữ 1998) (x+ 4)(x+ 1)− 3√x2 + 5x+ 2 = 6
3/(ĐH Cần Thơ 1999)
√
(x+ 1)(2− x) = 1 + 2x− 2x2
4/ 4x2 + 10x+ 9 = 5
√
2x2 + 5x+ 3
5/ 18x2 − 18x+ 5 = 3√9x2 − 9x+ 2
6/ 3x2 + 21x+ 18 + 2
√
x2 + 7x+ 7 = 2
Dạng tiếp theo cũng rất quen thuộc
Dạng 2
PT có dạng P (x) +Q(x) + (
√
P (x)±√Q(x))± 2√P (x).Q(x) + α = 0 ( α là số thực)
Cách giải Đặt t =
√
P (x)±√Q(x)⇒ t2 = P (x) +Q(x)± 2√P (x).Q(x)
Page 1
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Bài 1: Giải phương trình 1 +
2
3
√
x− x2 = √x+√1− x
Giải
ĐK 0 ≤ x ≤ 1, Ta đặt t = √x+√1− x thì √x− x2 = t
2 − 1
2
, phương trình trở thành bậc 2 với ẩn
là t
⇔ 1 + t
2 − 1
3
= t⇔ t2 − 3t+ 2 = 0⇔ t = 1; t = 2
TH1 t = 2⇔ √x+√1− x = 2 (VN)
TH2 t = 1⇔ √x+√1− x = 1⇔ x = 0;x = 12
Giải các phương trình sau
1/(HVKTQS-1999)
√
3x− 2 +√x− 1 = 4x− 9 + 2√3x2 − 5x+ 2
2/
√
2x+ 3 +
√
x+ 1 = 3x+ 2
√
2x2 + 5x+ 3− 16
3/
√
4x+ 3 +
√
2x+ 1 = 6x+
√
8x2 + 10x+ 3− 16
4/(CĐSPHN-2001)
√
x− 2−√x+ 2 = 2√x2 − 4− 2x+ 2
Thế là đã xong các ví dụ cơ bản rồi bây giờ ta xét đến các ví dụ mà cần sự biến đổi khéo léo một
chút và có sự quan sát đánh giá mới có thể đưa về dạng cơ bản để đặt ẩn phụ được.
II-Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích
Xuất phát từ 1 số hằng đẳng thức cơ bản khi đặt ẩn phụ:
x3 + 1 = (x+ 1)(x2 − x+ 1)
x4 + 1 = (x2 −√2x+ 1)(x2 +√2x+ 1)
x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1)− x2 = (x2 + x+ 1)(x2 − x+ 1)
4x4 + 1 = (2x2 − 2x+ 1)(2x2 + 2x+ 1)
Chú ý: Khi đặt ẩn phụ xong ta cố gắng đưa về những dạng cơ bản như sau
u+ v = 1 + uv ⇔ (u− 1)(v − 1) = 0
au+ bv = ab+ vu⇔ (u− b)(v − a) = 0
Phương trình đẳng cấp bậc hai ax2 + bxy + cy2 = 0⇔ at2 + bt+ c = 0 với t = x
y
Lại lấy Bài 1 ở trên 1 lần nữa
Giải
Giải phương trình 1 +
2
3
√
x− x2 = √x+√1− x
Nhận xét: Ta thấy (
√
x)2 + (
√
1− x)2 = 1(**), mà từ phương trình đầu ta rút được một căn thức
qua căn thức còn lại
Giải
⇔ √x = 3
√
1− x− 3
2
√
1− x− 3 . Do đó nếu đặt t =
√
1− x⇒ √x = 3t− 3
2t− 3
Thay vào (**) ta biến đổi thành t(t− 1)(2t2− 4t+ 3) = 0⇔ t = 0; t = 1 hay x = 0;x = 1 là nghiệm
của phương trình.2
Page 2
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Ta xét ví dụ sau
Bài 2: Giải phương trình 3
√
x+ 1 + 3
√
x+ 2 = 1 + 3
√
x2 + 3x+ 2
Giải
Ta thấy (x+ 1)(x+ 2) = x2 + 3x+ 2
Đặt u = 3
√
x+ 1; v = 3
√
x+ 2
PT⇔ u+ v = 1 + uv
⇔ (u− 1)(v − 1) = 0
Giải tiếp ta được x = 0;x = −12
Ta xét ví dụ sau, khá giống bài ở trên nhưng khó hơn.
Bài 3: Giải phương trình 3
√
x2 + 3x+ 2( 3
√
x+ 1− 3√x+ 2) = 1
Nhận xét: Cách làm bài này cũng khá giống nhưng phải để ý thật kĩ bên VP vì ta tách VP
thành biểu thức "liên quan" đến biểu thức ẩn phụ.
Giải
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với
(x+ 1)− (x+ 2) + 3√x2 + 3x+ 2( 3√x+ 1− 3√x+ 2) = 0
Ta đặt 3
√
x+ 1 = a; b = − 3√x+ 2, khi đó phương trình tương đương
a3 + b3 − ab(a+ b) = 0
⇔ (a+ b)(a− b)2 = 0
⇔ a = ±b⇔ 3√x+ 1 = ± 3√x+ 2
⇔ x = −3
2
Thử lại thấy x = −3
2
thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −3
2
2
Ví dụ tương tự
Bài 4: Giải phương trình (x+ 2)(
√
2x+ 3− 2√x+ 1) +√2x2 + 5x+ 3− 1 = 0
Giải
ĐK
x ≥ −
3
2
x ≥ −1
⇒ x ≥ −1
Đặt

√
2x+ 3 = a√
x+ 1 = b
a; b ≥ 0
⇒

x+ 2 = a2 − b2√
2x2 + 5x+ 3
1 = a2 − 2b2
Nên PT ⇔ (a2 − b2)(a− 2b) + ab = a2 − 2b2
⇔ (a2 − b2)(a− 2b) + b(a+ b)− (a2 − b2) = 0. Vì a+ b > 0 nên ta chia 2 vế cho a+ b
⇔ (a− b)(a− 2b)− (a− 2b) = 0⇔ (a− 2b)(a− b− 1) = 0
• Với a = b+ 1⇒ √2x+ 3 = √x+ 1 + 1 (VN)
• Với a = 2b⇒ √2x+ 3 = 2√x+ 1⇔ x = −1
2
(TMĐK)
Vậy phương trình có nghiệm S =
{
−1
2
}
Page 3
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
1/(
√
x+ 5−√x+ 2)(1 +√x2 + 7x+ 10) = 3
2/(
√
x+ 1 +
√
x− 2)(1−√x2 − x− 2) = 3
3/
√
x− x2 +√1− x = 1 + (1− x)√x
4/
√
3x2 − 18x+ 25 +√4x2 − 24x+ 29 = 6x− x2 − 4
Bài 5: Giải phương trình
2 +
√
x√
2 +
√
2 +
√
x
+
2−√x√
2−
√
2−√x =
√
2
Giải
Thoạt nhìn ta đưa ra đánh giá rất dễ thấy 2 +
√
x+ 2−√x = 4
Nên ta đặt
√
2 +
√
x = a;
√
2−√x = b
Ta có ab =
√
4− x; a2 + b2 = 4
Ta viết lại phương trình như sau:
a2√
2 + a
+
b2√
2− b =
√
2
⇒ a2√2− a2b+ b2√2 + ab2 = √2(2− b√2 + a√2− ab)
⇔ √2(a2 + b2 + ab− 2)− ab(a− b) = 2(a− b)
⇔ √2(ab+ 2) = (a− b)(ab+ 2). Để ý a2 + b2 = 4
Vì ab+ 2 6= 0 nên a− b = √2
⇔ a2 + b2 − 2ab = 2⇒ ab = 1⇒ √4− x = 1
Nên x = 3
Vậy phương trình có nghiệm S = 32.
Bài 6: Giải phương trình (13− 4x)√2x− 3 + (4x− 3)√5− 2x = 2 + 8√16x− 4x2 − 15
Nhận xét: Dễ thấy rằng (2x− 3)(5− 2x) = 16x− 4x2 − 15, nhưng còn các nhị thức ở ngoài căn ta
không thể biểu diễn hết theo 1 ẩn phụ được, ta đặt 2 ẩn phụ và cố đưa về phương trình tích.
Giải
Lời giải: ĐK
3
2
≤ x ≤ 5
2
Đặt u =
√
2x− 3⇒ u2 = 2x− 3; 2u2 + 3 = 4x− 3
v =
√
5− 2x⇒ v2 = 5− 2x; 2v2 + 3 = 13− 4x
⇒ u2 + v2 = 2;uv = √16x− 4x2 − 15(1)
⇒ PT ⇔ (2v2 + 3)u+ (2u2 + 3)v = 2 + 8uv = u2 + v2 + 8uv
⇔ 2uv(u+ v) + 3(u+ v) = (u+ v)2 + 6uv
⇔ (u+ v − 3)(2uv − u− v) = 0
TH1 : u+ v = 3
⇔ √16x− 4x2 − 15 = 7
2
(VN)
TH2 : u+ v = 2uv
⇔ √16x− 4x2 − 15 = 1
⇒ x = 2 (Thỏa ĐK)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 22
Bài 7: Giải phương trình x2 +
√
x+ 1 = 1 (*)
Giải
Page 4
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Đặt
√
x+ 1 = t; t ≥ 0
PT(*) ⇔ (t2 − 1)2 + t = 1⇔ t(t− 1)(t2 + t− 1) = 0
TH1 Với t = 0 thì x = −1.
TH2 Với t = 1 thì x = 0.
TH3 Với t =
−1 +√5
2
thì x =
1−√5
2
2
Ta tự làm khó với kiểu bài trên lên một tý nhé, nâng bậc lũy thừa, ta xét ví dụ sau
Bài 8: Giải phương trình x4 +
√
x2 + 3 = 3
Giải
Để đơn giản hóa, ta đặt x2 = a, a ≥ 0
PT ⇔ a2 +√a+ 3 = 3, ta sẽ tách để đưa về phương trình tích như sau:
⇔ a2 − (a+ 3) + (a+√a+ 3) = 0
⇔ (a+√a+ 3)(a−√a+ 3 + 1) = 0
Vì a ≥ 0⇒ a+√a+ 3 > 0 (VN)
Ta có a+ 1 =
√
a+ 3
⇔ a2 + a− 2 = 0
⇒ a = 1(a ≥ 0) nên x = ±12
Bài 9: Giải phương trình (x2 + 2)2 + 4(x+ 1)3 +
√
x2 + 2x+ 5 = (2x− 1)2 + 2
(Đề thi chọn đội tuyển 10 THPT chuyên Lương Văn Chánh-Phú Yên)
Nhận xét: Bài này có lũy thừa bậc cao nhất là 4, và có cả căn bậc 2 nên ta sẽ cố nhóm các biểu
thức lũy thừa giống trong căn để có thể đặt ẩn phụ.
Giải
⇔ x4 + 4x2 + 4 + 4(x3 + 3x2 + 3x+ 1) +√x2 + 2x+ 5 = 4x2 − 4x+ 3
⇔ (x2 +2x)2 +8(x2 +2x)+√x2 + 2x+ 5+5 = 0 (Công đoạn nhóm lại thế này cũng rất quan trọng)
Đặt t =
√
x2 + 2x+ 5, t ≥ 2⇒ t2 − 5 = x2 + 2x
Ta viết lại PT đã cho tương tương với (t2 − 5)2 + 8(t2 − 5) + t+ 5 = 0
⇔ t4 − 2t2 + t− 10 = 0 ⇔ (t− 2)(t3 + 2t2 + 2t+ 5) = 0
Vì t ≥ 2 nên t3 + 2t2 + 2t+ 5 > 0
Ta có t = 2
⇒ √x2 + 2x+ 5 = 2
Vậy x = −12
Bài 10: Giải phương trình
√
x2 − 2x+ 5 +√x− 1 = 2
Giải
Đặt:t =
√
x− 1, với x ≥ 1, t ≥ 0⇒ t2 = x− 1
Phương trình đã cho viết lại:
√
(x− 1)2 + 4 = 2−√x− 1
Trở thành:
√
t4 + 4 = 2− t(t ≤ 2)
⇔ t4 − t2 + 4t = 0
Page 5
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Vì t ∈ [0; 2] nên t3 − t+ 4 > 0
Vậy t = 0⇒ x = 12
Bài 11: Giải phương trình (4x2 + 1)x+ (y − 3)√5− 2y = 0
Giải
Điều kiện y ≤ 5
2
.
Đặt a = 2x và b =
√
5− 2y (b ≥ 0) ta có phương trình viết lại thành
a3 + a
2
+
− (b3 + b)
2
= 0⇔ a = b
Hay 2x =
√
5− 2y ⇔ x = 5− 4y
2
2
. Vậy x =
5− 4y2
2
là nghiệm của phương trình.
Nhận xét. Một lời giải thật đẹp phải không ! Chắc các bạn sẽ thắc mắc rằng làm sao mà ta lại có
thể đặt được ẩn phụ như trên.
Trước tiên ta sẽ đặt
√
5− 2y = b⇒ y − 3 = 5− b
2
2
− 3 = − (b
2 + 1)
2
⇒ (y − 3)√5− 2y = − (b
2 + 1) b
2
Bây giờ ta muốn (4x2 + 1)x =
a (a3 + 1)
2
⇒ (4x2 + 1) .2x = a3 + a
⇒ 8x3 + 2x = a3 + a⇒ a = 2x
Từ đó ta có được cách đặt ẩn phụ như ở lời giải 2
Bài 12: Giải phương trình
√
x+ 2
2
− 1 = 3√3(x− 3)2 + 3√9(x− 3)
Giải
Điều kiện x ≥ −2 Đặt t = 3√9 (x− 3) thì ta có x = t3 + 27
9√
x+ 2
2
=
√
t3 + 45
18
; 3
√
3(x− 3)2 = t
2
3
.
Phương trình đã cho trở thành√
t3 + 45
18
− 1 = t
2
3
+ t
⇔
√
t3 + 45
2
= t2 + 3t+ 3 (1)
Ta có t2 + 3t+ 3 =
(
t+
3
2
)2
+
3
4
> 0 nên phương trình (1) tương đương với
t3 + 45
2
= (t2 + 3t+ 3)2
⇔ 2t4 + 11t3 + 30t2 + 36t− 27 = 0
(2t− 1)(t+ 3)(t2 + 3t+ 9) = 0
⇔ t = 1
2
; t = −3
• Với t = 1
2
thì x =
t3 + 27
9
=
217
72
Page 6
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
• Với t = −3 thì x = t
3 + 27
9
= 0
Các nghiệm trên thỏa mãn điều kiện của bài toán. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và
x =
217
72
2.
Bài 13: Giải phương trình 5 3
√
x 5
√
x+ 3 5
√
x 3
√
x = 8
Giải
Phương trình đã cho tương đương với: 5
3
√
5
√
x6 + 3
5
√
3
√
x4 = 8
⇔ 5 15√x6 + 3 15√x4 = 8
Đặt:y =
15
√
x2 với y ≥ 0 ta có:
5y3 + 3y2 − 8 = 0
⇔ (y − 1)(5y2 + 8y + 8) = 0
⇔ y − 1 = 0⇔ y = 1
Do đó ta có:
15
√
x2 = 1⇔ x2 = 1⇔ x = ±1.
Vậy: tập nghiệm của phương trình đã cho là:S = {−1; 1}2.
Bài 14: Giải phương trình
5
√
x4 − 7
5
√
x2
+
6
x
= 0
Giải
ĐK x 6= 0. Ta có phương trình đã cho tương đương với
5
√
x4 − 7
5
√
x2
+
6
5
√
x5
= 0⇔ 5√x9 − 7 5√x3 + 6 = 0(∗)
Đặt:y =
5
√
x3, y 6= 0, phương trình (*) trở thành:
y3 − 7y + 6 = 0⇔ (y − 1)(y2 + y − 6) = 0
⇔
 y = 1y = 2
y = −3
⇔
 5
√
x3 = 1
5
√
x3 = 2
5
√
x3 = −3
⇔
 x = 1x = 2 3√4
x = −3 3√9
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
{
1; 2 3
√
4;−3 3√9}2
Bài 15: Giải phương trình
√
4x− 1 +√4x2 − 1 = 1
Giải
ĐK
{
4x− 1 ≥ 0
4x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥
1
2
Bình phương hai vế phương trình đã cho, ta có:
(4x− 1) + (4x2 − 1) + 2√(4x− 1)(4x2 − 1) = 1
⇔ 2√(4x− 1) (4x2 − 1) = 3− 4x2 − 4x = 4− (2x+ 1)2
Đặt y = 2x+ 1⇒ 4x− 1 = 2y − 3, 4x2 − 1 = y2 − 2y
Phương trình trở thành
2
√
(2y − 3)(y − 2) = 4− y2
⇔
{
4− y2 ≥ 0
4(2y − 3)(y − 2)y = (4− y2)2
Page 7
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
⇔

−2 ≤ y ≤ 2[
y − 2 = 0
4(2y − 3)y = (y + 2)2(y − 2)
⇔

−2 ≤ y ≤ 2[
y = 2
y3 − 6y2 + 8y − 8 = 0
⇔ y = 2
Hàm số G(y) = y3 − 6y2 + 8y − 8 lấy giá trị âm trên toàn miền [−2; 2]
Do đó ta có 2x+ 1 = 2⇔ x = 1
2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
1
2
2
Bài 16: Giải phương trình
√
2x− 1 + x2 − 3x+ 1 = 0 (D-2006)
Giải
Đặt t =
√
2x− 1⇒ x = t
2 + 1
2
PT ⇔ t4 − 4t2 + 4t− 1 = 0
⇔ (t− 1)2(t2 + 2t− 1) = 0
* Với t = 1⇒ x = 1
*Với t =
√
2− 1⇒ x = 2−√22
Bài 17: Giải phương trình 2x2 − 6x− 1 = √4x+ 5
Giải
ĐK x ≤ 3−
√
11
2
;x ≥ 3 +
√
11
2
Đặt t =
√
4x+ 5⇒ x = t
2 − 5
4
PT⇔ t4 − 22t2 − 8t+ 27 = 0⇔ (t2 + 2t− 7)(t2 − 2t− 11) = 0
Đối chiếu điều kiện ta tìm được nghiệm của phương trình x = 1−√2;x = 2 +√32
Nhận xét: Đối với những bài có dạng
√
ax+ b+cx2+dx+e = 0 thì cách giải là đặt
√
ax+ b = t,
sau đó đưa về phương trình bậc 4, dùng đồng nhất thức để phân tích nhân tử. Nhưng có 1 số bài
không giải được bằng cách đó, ta sẽ nhắc lại vấn đề này ở phần sau.
Bài 18: Giải phương trình (x+ 3
√
x+ 2)(x+ 9
√
x+ 18) = 168x
Đối với những bài mà khi phân tích thành các nhị thức hoặc tam thức ta thường nhẩm được
nghiệm hữu tỷ khá đẹp, vậy còn đồi với những nghiệm vô tỷ?
Ta xét bài toán sau:
Bài 19: Giải phương trình (x− 2)√x− 1−√2x+ 2 = 0
Nhận xét: Ta thấy trong căn có
√
x− 1, nên ta sẽ cố gắng thêm bớt và tách sẽ được một phương
trình theo ẩn mới
Giải
Page 8
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Đặt
√
x− 1 = t, t ≥ 0
Ta biến đổi phương trình như sau : [(x− 1)− 1]√x− 1−√2[(x− 1)−√2]−√2 = 0
⇔ t3 −√2t2 − t+ 2−√2 = 0
Phương trình này ta bấm máy không có nghiệm hữu tỷ, nhưng bạn nào tinh ý một tý sẽ thấy
t = 0.4142......?
Nhìn vào số này khá quen nhỉ, nó chính là
√
2− 1
Áp dụng sơ đồ Horner, ta phân tích được như sau :(t+ 1−√2)(t2 − t−√2) = 0
*TH1 Với t =
√
2− 1⇒ √x− 1 = √2− 1⇒ x = 4− 2√2
*TH2 t2 − t−√2 = 0, và chỉ nhận t > 0
Ta có t =
1 +
√
1 + 4
√
2
2
⇒ x =
(
1 +
√
1 + 4
√
2
2
)2
+ 12
III- Đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai, bậc ba.
Bài 20: Giải phương trình 2(x2 + 2) = 5
√
x3 + 1 (Đề nghị Olympic 30/4/2007)
Đối với bài toán này đầu tiên ta phân tích nhân tử trong căn x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1) rồi cố ý
biến đổi vế trái thành tổng hoặc hiệu của hai thừa số trong căn.
Giải
Ta biến đổi như sau 2(x2 + 2) = 2(x2 − x+ 1) + 2(x+ 1)
Ta đặt
√
x2 − x+ 1 = a;√x+ 1 = b
PT ⇔ 2a2 + 2b2 = 5ab
Đến đây giải ra được 2 nghiệm t =
1
2
; t = 2 với t = (
a
b
)
Vậy x =
5±√37
2
2
Sau đây là một số bài tập tương tự
Giải PT
1/2(x2 − 3x+ 2) = 3√x3 + 8
2/2x2 + 5x− 1 = 7√x3 − 1
3/10
√
x3 + 8 = 3(x2 − x+ 6)
4/10
√
x3 + 1 = 3(x2 + 2)
Ngoài ra các bạn vẫn có thể sáng tạo thêm các PT bằng các đẳng thức tôi đã nêu ở trên sẽ rất
thú vị đấy, để có một phương trình đẹp ta phải chọn hệ số a, b, c sao cho PT at2 + bt + c = 0 có
"nghiệm đẹp" là được, bạn hãy thử xem.
Ví dụ bài này chằng hạn 4x2 − 2√2x+ 4 = √x4 + 1
Cùng thử sức với bài toán sau nhé, bài này khó hơn so với các ví dụ tôi đã nêu ở trên
Bài 21: Giải phương trình
√
5x2 − 14x+ 9−√x2 − x− 20 = 5√x+ 1 (HSG Quãng Ngãi 2012)
Giải
ĐK x ≥ 5, chuyển vế bình phương ta có :
2x2 − 5x+ 2 = 5√(x2 − x− 20)(x+ 1)
Đến đây lại gặp 1 vấn đề nữa đó là ta không thể tìm được hai số α, β sao cho
α(x2 − x− 20) + β(x + 1) = 2x2 − 5x + 2 nên ta không thể đặt a = √x2 − x− 20; b = √x+ 1 như
Page 9
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
các ví dụ trên được.
Nhưng lại thấy x2 − x− 20 = (x− 5)(x+ 4)
PT ⇔ 2x2 − 5x+ 2 = √(x2 − 4x− 5)(x+ 4)
Ta thử lại lần nữa và tìm được α, β thỏa mãn, ta biến đối lại PT như sau
⇔ 2(x2 − 4x− 5) + 3(x+ 4) = 5√(x2 − 4x− 5)(x+ 4)
Đặt a =
√
x2 − 4x− 5; b = √x+ 4
PT ⇔ 2a2 + 3b2 = 5ab
Từ đó ta được a = b; a =
3
2
b
Với a = b⇒ x = 5 +
√
61
2
(x ≥ 5)
Với a =
3
2
b⇒ x = 8;x = −7
4
Đối chiều với điều kiện ta nhận x = 8;x =
5 +
√
61
2
là nghiệm của phương trình.2
BÀI TẬP
Giải các phương trình sau:
1/
√
x2 + x− 6 + 3√x− 1−√3x2 − 6x+ 19 = 0 ĐS: x = 23±
√
341
2
2/ 3
√
x2 + 4x− 5 +√x− 3−√11x2 + 25x+ 2 = 0 ĐS: x = 21±
√
161
2
3/
√
7x2 + 25x+ 19−√x2 − 2x− 35 = 7√x+ 2 ĐS: S =
{
61 +
√
11137
18
; 3 + 2
√
7
}
Bài 22: Giải phương trình 3x2 − 2x− 2 = 6√
30
√
x3 + 3x2 + 4x+ 2
Nhận xét:Bài này hơi khác một chút so với những bài ở trên đó là biểu thức trong căn không
có dạng hằng đẳng thức, vì vậy ta xem như một phương trình hữu tỷ và nhẩm nghiệm.
ĐK 3x2 − 2x− 2 ≥ 0⇔ x ≤ 1−
√
7
3
;x ≥ 1 +
√
7
3
Để ý: x3 + 3x2 + 4x+ 2 = (x+ 1)3 + (x+ 1) = (x+ 1)(x2 + 2x+ 2)
Giải
Ta viết lại PT như sau 3(x2 + 2x+ 2)− 8(x+ 1) = 6√
30
√
(x+ 1)(x2 + 2x+ 2)
Đến đây dễ rồi, ta đặt a =
√
x2 + 2x+ 2; b =
√
x+ 1 nên PT viết lại như sau
3a2 − 8b2 = 6√
30
ab
Đáp số : x = −2
3
2
Bài 23: Giải phương trình (x2 − 6x+ 11)√x2 − x+ 1 = 2(x2 − 4x+ 7)√x− 2
Giải
Lời giải: ĐK x ≥ 2
Đặt
√
x2 − x+ 1 = a;√x− 2 = b với a, b ≥ 0
Ta biểu diễn các biểu thức ngoài căn theo a và b như sau
x2 − 6x+ 11 = α(√x2 − x+ 1)2 + β(√x− 2)2
Page 10
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
x2 − 4x+ 7 = α(√x2 − x+ 1)2 + β(√x− 2)2
Sử dụng đồng nhất thức ta giải được
x2 − 6x+ 11 = a2 − 5b2 và x2 − 4x+ 7 = a2 − 3b2
Phương trình đã cho tương đương với
(a2 − 5b)a = 2(a2 − 3b2)b
⇔ a3 − 2a2b− 5ab2 + 6b3 = 0
⇔ t3 − 2t2 − 5t+ 6 = 0 với t = a
b
⇒ t ≥ 0
⇔ (t− 1)(t− 3)(t+ 2) = 0
TH1 Với t = 1⇒ a = b⇒
√
x2 − x+ 1 = √x− 2 (VN)
TH2 Với t = 3⇒ a = 2b⇒
√
x2 − x+ 1 = 3√x− 2
⇒ x = 5±√6 (Thỏa mãn ĐK)
TH3 Với t = −2 ≤ 0 nên phương trình vô nghiệm.
Vậy S =
{
5 +
√
6; 5−√6}2
Nhận xét: Cái khó ở dạng bài này là ta phải biến đổi biểu thức trong căn sao cho phù hợp với
bên ngoài để tìm được α, β thích hợp, các bạn cũng có thể tự sáng tạo các PT kiểu này bằng cách
làm ngược lại là từ PT bậc 2 nghiệm đẹp rồi chọn các tam thức và nhị thức thích hợp sẽ có được
một bài toán hay.
IV-Ẩn phụ không triệt để
Đối với nhiều PT vô tỷ, khi không biểu diễn hoàn toàn được theo ẩn phụ thì có một cách là xem
biến mới là ẩn, biến cũ là tham số.Dạng toán này gọi là ẩn phụ không hoàn toàn.
*Nội dung phương pháp
Đưa phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình
đã cho.
Đưa phương trình về dạng sau
√
f(x)Q(x) = f(x) + P (x)x khi đó:
Đặt
√
f(x) = t; t ≥ 0. Phương trình viết lại thành t2 − t.Q(x) + P (x) = 0
Đến đây chúng ta giải t theo x. Cuối cùng là giải quyết phương trình
√
f(x) = t sau khi đã đơn giản
hóa và kết luận.
Ta xét ví dụ sau để hiểu rõ hơn.
Bài 24: Giải phương trình x2 + 3x+ 1 = (x+ 3)
√
x2 + 1 (ĐHQG-2001)
Nhận xét: Ta thấy trong căn có x2 + 1, ta đặt t =
√
x2 + 1. Ta sẽ không rút x theo t mà coi x
là tham số. Thật vậy
PT ⇔ t2 − (x+ 3)t+ 3x = 0
Ta có ∆ = (x+ 3)2 − 12x = (x− 3)2
⇒ √∆ = x− 3 ⇒ t = 3; t = x+ 3
TH1 t = x+ 3 (VN)
TH2 t = 3⇒ x = ±2√22
Bài 25: Giải phương trình x2 +
(
3−√x2 + 2)x = 1 + 2√x2 + 2
Giải
Phương trình tương đương với
Page 11
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
x2 +
(
3−√x2 + 2)x = 1 + 2√x2 + 2
⇔ x2 + 3x− 1− (x+ 2)√x2 + 2 = 0
Đặt t =
√
x2 + 2; (t ≥ √2), phương trình viết lại thành
t2 − (x+ 2) t+ 3x− 3 = 0 có ∆ = (x− 4)2
Nên phương trình có 2 nghiệm là
• t = x− 1⇔ √x2 + 2 = x− 1⇔
{
x ≥ 1
−2x− 1 = 0 hệ này vô nghiệm.
• t = 4⇔ √x2 + 2 = 4⇔ x2 = 14⇔ x = ±√14
Vậy phương trình có hai nghiệm là x =
√
14 và x = −√142
Bài 26: Giải phương trình (3x+ 1)
√
2x2 − 1 = 5x2 + 3
2
x− 3
Giải
Đặt t =
√
2x2 − 1; (t ≥ 0)
Phương trình viết lại thành 2t2 − (3x+ 1)t+ x2 + 3
2
x− 1 = 0
∆ = (x− 3)2 suy ra phương trình có hai nghiệm là
• t = 2x− 1⇔ √2x2 − 1 = 2x− 1⇔
x ≥
1
2
x2 − 2x+ 1 = 0
⇔ x = 1
• t = x+ 2⇔ √2x2 − 1 = x+ 2⇔
{
x ≥ −2
x2 − 4x− 5 = 0 ⇔ x = −1;x = 5
Vậy S = {−1; 5; 1}2
Nhận xét: Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì ta viết phương trình đã cho lại thành
t2 − (3x+ 1) t+ 3x2 + 3
2
x− 2;nhưng bài toán này lại có sự khác biệt là ta sẽ viết phương trình này
lại thành 2t2 − (3x+ 1) t + x2 + 3
2
x − 1. Chúng ta quan tâm tới liệu hệ số trước t2 có “đẹp” tức ta
mong muốn ∆ phải là bình phương của một số hoặc một biểu thức, vì điều này sẽ quyết định tới lời
giải sẽ ngắn gọn hay phức tạp. Để có thể điều chỉnh được hệ số trước t2 sao cho ∆ đẹp các bạn có
thể làm như sau mt2 − (3x+ 1) t+ (5− 2m)x2 + 3
2
x+m− 3 = 0 co´.
∆ = (3x+ 1)2−4m
[
(5− 2m)x2 + 3
2
x+m− 3
]
= (8m2 − 20m+ 9)x2+(6− 6m)x+(−4m2 + 12m+ 1)
Ta xét tiếp ∆ của ∆ bằng cách giải phương trình sau
2
√
(8m2 − 20m+ 9) (−4m2 + 12m+ 1) = 6− 6m⇔ m = 2
Đó chính là hệ số mà ta cần tìm.
Bài 27: Giải phương trình 3
(√
2x2 + 1− 1) = x (1 + 3x+ 8√2x2 + 1)
Giải
Phương trình tương đương với 3
(√
2x2 + 1− 1) = x (1 + 3x+ 8√2x2 + 1)
⇔ 3x2 + x+ 3 + (8x− 3)√2x2 + 1 = 0
Page 12
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Đặt
√
2x2 + 1 = t (t ≥ 1), phương trình viết lại thành
3t2 + (8x− 2) t− 3x2 − x = 0 có ∆ = (10x− 3)2
Nên phương trình có hai nghiệm
• t = x⇔ √2x2 + 1 = x⇔
x ≥ 02x2 + 1 = x2
9
hệ này vô nghiệm.
• t = 1− 3x⇔ √2x2 + 1 = 1 = 3x
⇔
x ≤
1
3
7x2 − 6x = 0
⇔ x = 0
Vậy phương trình có nghiệm là x = 02.
Bài 28: Giải phương trình 3x3 − 13x2 + 30x− 4 = √(6x+ 2)(3x− 1)3
Giải
ĐK x ≥ 4
3
;x ≤ −1
3
Ta biến đổi như sau 3x3 − 13x2 + 30x− 4 = (x2 − 3x+ 2)(3x− 4) + 2(6x+ 2)
Nếu x ≤ −1
3
VT<0<VP (VN)
Nếu x ≥ 4
3
chia 2 vế cho 3x− 4 vì x = 4
3
không là nghiệm của phương trình.
2
6x+ 2
3x− 4 − (3x− 4)
√
6x+ 2
3x− 4 + x
2 − 3x+ 2 = 0
⇔ 2t2 − (3x− 4)t+ x2 − 3x+ 2 = 0 với t =
√
6x+ 2
3x− 4 > 0
∆ = x2 nên t = x− 1 hoặc 2t = x− 2
• Với t = x− 1⇔
√
6x+ 2
3x− 4 = x− 1⇔

x >
4
3
6x+ 2
3x− 4 = (x− 1)
2
⇔ x = 3
• Với t = x− 2
2
⇔
√
6x+ 2
3x− 4 =
x− 2
2
⇔
{
x ≥ 2
3x3 − 16x2 + 4x− 24 = 0(∗)
Giải phương trình (*) ta có nghiệm gần đúng x ≈ 5, 36278, các bạn có thể sử dụng phương pháp
Cardano để tính chính xác nhưng nó quá dài và phức tạp nên ta không đề cập.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 3 ∨ x ≈ 5, 362782
Bài tập Giải các PT sau:
1/6x2 − 10x+ 5− (4x− 1)√6x2 − 6x+ 5 = 0
2/(x+ 3)
√
10− x2 = x2 − x− 12 (ĐH Dược-1999)
3/2(1− x)√x2 + 2x− 1 = x2 − 2x− 1 (ĐH Dược 1997)
4/(4x− 1)√x2 + 1 = 2x2 + 2x+ 1
5/2(1− x)√x2 + x+ 1 = x2 − 3x− 1
6/(x+ 1)
√
x2 − 2x+ 3 = x2 + 1 (Chú ý thêm bớt để có ∆ chính phương).
7/(4x− 1)√x3 + 1 = 2x3 + 2x+ 1
Page 13
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Bài 29: Giải phương trình 2
√
2x+ 4 + 4
√
2− x = √9x2 + 16
Bài này thoạt nhìn thì chả có dáng điệu giống một phương trình đưa về ẩn phụ không hoàn toàn.
Nhưng nó chính là một phương pháp giải quyết rất hay cho bài toán này.
Giải
Lời giải: ĐK |x| ≤ 2
Bình phương 2 vế ta có :
4(2x+ 4) + 16
√
2(4− x2) + 16(2− x) = 9x2 + 16
⇔ 8(4− x2) + 16√2(4− x2) = x2 + 8x
Đến đây bạn nào tinh ý, sẽ quan sát được cả 2 vế có dạng hằng đẳng thức, và cố đưa về a2 = b2
Thật vậy thêm 16 vào 2 vế ta được (2
√
2(4− x2) + 4)2 = (x+ 4)2, đến đây thì rất dễ dàng rồi nhỉ,
nhưng mục đích của ta là đưa về ẩn phụ không hoàn toàn.
Ta viết lại PT 8(4− x2) + 16√2(4− x2) = x2 + 8x, đặt t = √2(4− x2)
⇒ 4t2 + 16t− x2 − 8x = 0
Giải phương trình trên theo ẩn t ta được t1 =
x
2
; t2 =
−x
2
− 4
Vì ĐK |x| ≤ 2 nên t2 không thỏa điều kiện.
Với t =
x
2
thì
√
2(4− x2) = x
2
⇒ x = 4
√
2
3
(Thỏa mãn ĐK) 2
Bài 30: Giải phương trình (3x+ 2)
√
2x− 3 = 2x2 + 3x− 6
Giải
Lời giải: Điều kiện x ≥ 3
2
Đặt t =
√
2x− 3; t ≥ 0⇒ t2 + 3 = 2x
Ta sẽ thêm bớt theo ẩn phụ để đưa về phương trình theo t và x là tham số.
PT ⇔ t2 − (3x+ 2)t+ 2x2 + x− 3 = 0
Ta có ∆ = 9x2 + 12x+ 4− 4(2x2 + x− 3) = (x+ 4)2
Nên ta giải được t = 2x+ 3 hoặc t = x− 1
TH1 Với t = 2x+ 3⇒
√
2x− 3 = 2x+ 3 (VN)
TH2 Với t = x− 1⇒
√
2x− 3 = x− 1(x ≥ 1)
⇒ x = 2 (Thõa ĐK)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 22
Bài 31: Giải phương trình 4
√
x+ 1− 1 = 3x+ 2√1− x+√1− x2
Nhận xét: Mới đầu khi gặp bài toán này tôi thấy nó khá dễ bởi thấy sự xuất hiện của
√
x+ 1
và
√
1− x, nên tôi đặt ẩn phụ để đưa vệ hệ phương trình nhưng khi nhìn kĩ lại thì 3x không thể
biểu diễn hoàn toàn theo ẩn phụ được ⇒ bế tắc.
Giải
Page 14
Trần Trí Quốc THPT NGUYỄN HUỆ PHÚ YÊN
Ta giải bài này như sau: đặt
√
1− x = t
PT ⇔ 3t2 − (2 +√1− x)t+ 4(√x+ 1− 1) = 0
Ta tính ∆ = (2 +
√
1− x)2− 48(√x+ 1− 1), ta thấy ∆ không có dạng chính phương, mấu chốt bài
toán này nằm ở chỗ 3x.
Ta sẽ tìm α và β sao cho:
3x+ 1 = α(
√
1− x)2 + β(√1 + x)2, sử dụng đồng nhất hệ số ta dễ dàng tìm được α = −1; β = 2
PT ⇔ t2 − (2 +√x+ 1)t− 2(x+ 1) + 4√x+ 1 = 0
Ta có ∆ = 9x+ 13− 12√x+ 1 = 9(x+ 1)− 12√x+ 1 + 4 = (3√x+ 1− 2)2
Phần tiếp theo xin dành cho bạn đọc.2
Bài toán này không dễ một chút nào đối với những ai không nắm kĩ cách giải cũng như biến đổi,
vấn đề ở đây là phải tinh ý tách 3x thành hai dạng có biểu thức như trong căn, đến đấy bài toán
mới thực sự được giải quyết.
Bài 32: Giải phương trình 2(2
√
1 + x2 −√1− x2)−√1− x4 = 3x2 + 1
Giải
Lời giải: Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
Đặt a =
√
1 + x2; b =
√
1− x2 ⇒ 3x2 + 1 = 2(1 + x2)− (1− x2) = 2a2 − b2
Khi đó phương trình trở thành
2(2a− b)− ab = 2a2 − b2 ⇔ 2a2 + a(b− 4) + 2b− b2 = 0
Ta có ∆a = (b− 4)2 − 8(2b− b2) = (3b− 4)2
Nên ta suy ra a =
b
2
hoặc a = 2− b
TH1 Với a =
b
2
⇔ 2√1 + x2 = √1− x2 (VN)
TH2 Với a = 2− b⇔
√
x2 + 1 = 2−√1− x2
⇔ √x2 + 1 +√1− x2 = 2⇔ 2 + 2√1− x4 = 4
⇒ x = 0
Vậy S = {0}2
Sử dụng hệ số bất định
Bài 33: Giải phương trình 2x2 − 11x+ 21− 3 3√4x− 4 = 0 (Học sinh giỏi quốc gia -1995, bảng
A)
Bài này có cách giải rất hay và gọn bằng Bất đẳng thức Cauchy, một cách giải bằng ẩn phụ cũng
rất sáng tạo.
Lời giải: Ta cần tìm a, b, c sao cho:
2x2 − 11x+ 21 = a(4x− 4)2 + b(4x− 4) + c
⇔ 2x2 − 11x+ 21 = 16ax2 + (4b