Chuyên đề: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ

DOWLOAD TÀI LIỆU TOÁN THPT – www.k2pi.net 
WWW.ToanCapBa.Net 
Chuyên đề: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ 
1. PHƢƠNG PHÁP LUỸ THỪA 
Dạng 1 : Phương trình 
0( 0)A B
A B
A B
 
  

Dạng 2: Phương trình 
2
0B
A B
A B

  

 Tổng quát: 2
2
0
k
k
B
A B
A B

  

Dạng 3: Phương trình 
0
) 0
2
A
A B C B
A B AB C
 

    

  
 (chuyển về dạng 2) 
 +)  3 3 3 33 33 .A B C A B AB A B C       (1) 
và ta sử dụng phép thế : 3 3A B C  ta được phương trình : 33 . .A B ABC C   (2) 
Dạng 4: 3 2 13 2 1; kkA B A B A B A B       
Chú ý: - Phương trình (2) là phương trình hệ quả của ph tr (1). 
 - Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là một phép 
biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại. 
Giải các phương trình sau: 
1) 4642  xxx 2) xxx  2422 3)   943 22  xxx 
4) 2193 2  xxx 5) 03232  xxx 6) 2193
2  xxx 
7) 51333  xx 8) xx  214 9) 333 511 xxx  
10) 333 11265  xxx 11) 0321 333  xxx 12) 321  xxx 
13) 8273  xxx 14) 012315  xxx 15) xxx 2532  
16) 01214  yy 17) 4x2x2x2x16x6x3 222  
18) 7925623 222  xxxxxx 19) 291  xx 20) 279 22  xx 
(20) 3 3 1 2 2 2x x x x      
 Nhận xét : 
 Nếu phương trình :        f x g x h x k x   Mà có :        f x h x g x k x   , thì ta biến 
đổi phương trình về dạng        f x h x k x g x   sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả 
(21)
3
21 1 1 3
3
x
x x x x
x

      

 Nhận xét : 
 Nếu phương trình :        f x g x h x k x   Mà có :        . .f x h x k x g x thì ta biến đổi 
       f x h x k x g x   sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả 
2. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 
Dạng 1: Các phương trình có dạng : 
  . . 0AB AB     , đặt 2. .t AB AB t   
  . ( ) . ( ) 0f x f x     , đặt 2( ) ( )t f x f x t   
2 
  .( )( ) ( ) 0
x b
x a x b x a
x a
  

     

 đặt 2( ) ( )( )
x b
t x a x a x b t
x a

     

Chú ý: 
  Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại 
Bài 1. Giải các phương trình sau: 7) xxxx 271105 22  
1) 2855)4)(1( 2  xxxx 2)   732233 22  xxxx 3) 2252)5( 3 2  xxxx 
4) 54224 22  xxxx 5) 122)2)(4(4 2  xxxx 6) 122)6)(4( 2  xxxx 
Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm? 
 a) mxxxx  352)3)(21( 2 b)    313422  mxxxx 
Bài 3. Cho phương trình: 2)1)(3(422  mxxxx 
a. Giải phương trình khi m = 12 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? 
Bài 4. Cho phương trình: m
3x
1x
)3x(4)1x)(3x( 


 (Đ3) 
a. Giải phương trình với m = -3 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? 
Dạng 2: Các phương trình có dạng:   0CBABA 2  Đặt t A B  
Bài 1. Giải các phương trình sau: 
a) (QGHN-HVNH’00) xxxx  1
3
2
1 2 b) 35223132 2  xxxxx - 2 
c) (AN’01) xxxxx 141814274926777 2  d) 616xx
2
4x4x 2 
 
e) 4
2
1
2
2
5
5 
x
x
x
x (Đ36) g) (TN- KA, B ‘01) 7
2
1
2
2
3
3 
x
x
x
x 
h) zzzzz 24)3)(1(231  i) 253294123
2  xxxxx (KTQS„01) 
Bài 2. Cho phương trình:    axxxx  8181 (ĐHKTQD - 1998) 
a. Giải phương trình khi a = 3. b. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm.? 
Bài 3. Cho phương trình:    mxxxx  6363 (Đ59) 
a. Giải phương trình với m = 3. b. Tìm m để phương trình có nghiệm? 
Bài 4. Cho phương trình: mxxxx  )3)(1(31 (m-tham số) (ĐHSP Vinh 2000) 
a. Giải phương trình khi m = 2. b. Tìm để phương trình đã cho có nghiệm. 
Bài 5. Tìm a để PT sau có nghiệm:    axxxx  2222 
Tất cả bài tập 2, 3, 4, 5 ta có thể sáng tạo thêm những câu hỏi hoặc những bài tập sau: 
a) Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất? (ĐK cần và đủ) 
b) Tìm a để phương trình đã cho vô nghiệm? 
Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu. (Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ) 
 Từ những phương trình tích   1 1 1 2 0x x x      ,  2 3 2 3 2 0x x x x      
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương 
trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . 
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau 
.Bài 1. Giải phương trình :  2 2 23 2 1 2 2x x x x      
Giải: Đặt 
2 2t x  , ta có :  2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x

        
Bài 2. Giải phương trình :   2 21 2 3 1x x x x     
Giải: 
3 
Đặt : 2 2 3, 2t x x t    Khi đó phương trình trở thnh :   21 1x t x    2 1 1 0x x t     
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn 
:        2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x

                
Từ một phương trình đơn giản :   1 2 1 1 2 1 0x x x x        , khai triển ra ta sẽ được pt sau 
Bài 3. Giải phương trình sau : 
24 1 1 3 2 1 1x x x x       
Giải: 
Nhận xét : đặt 1t x  , pttt: 4 1 3 2 1x x t t x     (1) 
Ta rút 
21x t  thay vào thì được pt:    23 2 1 4 1 1 0t x t x       
Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t    
2
2 1 48 1 1x x       không 
có dạng bình phương . 
Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo    
2 2
1 , 1x x  
Cụ thể như sau :    3 1 2 1x x x     thay vào pt (1) ta được: 
Bài 4. Giải phương trình: 
22 2 4 4 2 9 16x x x     
Giải . 
Bình phương 2 vế phương trình:      2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16x x x x       
Ta đặt :  22 4 0t x   . Ta được: 29 16 32 8 0x t x    
Ta phải tách    2 2 29 2 4 9 2 8x x x       làm sao cho t có dạng chính phương . 
Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích 
Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau 
1)   122114 22  xxxx 2)   121212 22  xxxxx 3) 361x12xx2  
4) 1x21x4x2x1 22  5) 
2113314 xxxx  6) 1cossinsinsin 2  xxxx 
7) 0
x
1
x3
x
1
1
x
1x
x2 

 8)    yxyx
yx
xx 







 222 cos413cos2
2
sin4.34 
(9)
2 2
2 2
12 12
12 x x
x x
    
 Một số dạng khác. 
1)     22 4317319  xxx 2) 1
3
3
13 242  xxxx 3) 131 23  xxx 
4)  638.10 23  xxx 5) 211 24 2  xxxx 6) 0
2
12
2
2
12
2
6
4 




 x
x
x
x
x
x
7) 
12
35
12



x
x
x 8) 1
1
3
1
1
1
1
3
1
1
22
22
22








 x
x
x
xx
x
x
x
10) 3
1
2
1



 x
x
x
x
(Đ141) 11) 
 
92
211
4
2
2


x
x
x
Dạng 4: . Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : 
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2 0u uv v    (1) bằng cách 
Xét 0v  phương trình trở thành : 
2
0
u u
v v
 
   
     
   
0v  thử trực tiếp 
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) 
4 
        . .a A x bB x c A x B x  
 2 2u v mu nv    
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo 
dạng này . 
a) . Phƣơng trình dạng :        . .a A x bB x c A x B x  
Như vậy phương trình    Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu 
     
     
.P x A x B x
Q x aA x bB x
 

 
Xuất phát từ đẳng thức : 
   3 21 1 1x x x x     
    4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x           
  4 2 21 2 1 2 1x x x x x      
  4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x      
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:
2 44 2 2 4 1x x x    
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai 
2 0at bt c   
giải “ nghiệm đẹp” 
Bài 1. Giải phương trình :  2 32 2 5 1x x   
Giải: Đặt 
21, 1u x v x x     
Phương trình trở thành :  2 2
2
2 5 1
2
u v
u v uv
u v

  
 

 Tìm được: 
5 37
2
x

 
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 233 1 1
3
x x x x      
Bài 3: giải phương trình sau :
2 32 5 1 7 1x x x    
Giải: 
Đk: 1x  
Nhận xt : Ta viết       2 21 1 7 1 1x x x x x x         
Đồng nhất thức ta được:       2 23 1 2 1 7 1 1x x x x x x        
Đặt 
21 0, 1 0u x v x x       , ta được: 
9
3 2 7 1
4
v u
u v uv
v u

  
 

 Ta được : 4 6x   
Bài 4. Giải phương trình :  
33 23 2 2 6 0x x x x     
Giải: 
Nhận xét : Đặt 2y x  ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 
3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y

           
Pt có nghiệm : 2, 2 2 3x x   
b).Phƣơng trình dạng : 
2 2u v mu nv    
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì 
đưa về được dạng trên. 
5 
Bài 1. giải phương trình : 
2 2 4 23 1 1x x x x     
Giải: 
Ta đặt :
2
2 1
u x
v x
 

 
 khi đó phương trình trở thành : 
2 23u v u v   
Bài 2.Giải phương trình sau : 
2 22 2 1 3 4 1x x x x x      
Giải 
Đk 
1
2
x  . Bình phương 2 vế ta có : 
         2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x           
Ta có thể đặt : 
2 2
2 1
u x x
v x
  

 
 khi đó ta có hệ : 
2 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
 

  
 


Do , 0u v  .  2
1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
 
     
Bài 3. giải phương trình : 
2 25 14 9 20 5 1x x x x x       
Giải: 
Đk 5x  . Chuyển vế bình phương ta được:   2 22 5 2 5 20 1x x x x x      
Nhận xét : không tồn tại số ,  để :    2 22 5 2 20 1x x x x x        vậy ta không thể đặt 
2 20
1
u x x
v x
   

 
. 
Nhưng may mắn ta có :          2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x           . Ta viết lại 
phương trình:    2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        . Đến đây bài toán được giải quyết . 
Dạng 5: Đặt nhiều ẩn phụ đƣa về tích 
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó 
chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ 
Xuất phát từ đẳng thức      
3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         , Ta có 
     
33 3 3 0a b c a b c a b a c b c          
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 
2 23 33 7 1 8 8 1 2x x x x x        
3 3 3 33 1 5 2 9 4 3 0x x x x        
Bài 1. Giải phương trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2x x x x x x x         
Giải : 
2
3
5
u x
v x
w x
  

 

 
, ta có : 
  
  
  
2
2
2
22
3 3
5 5
u v u wu uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu v w u w
       

        
 
       
, giải hệ ta được: 
30 239
60 120
u x   
Bài 2. Giải phương trình sau :
2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x          
6 
Giải . Ta đặt : 
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x
  

   

  

  
, khi đó ta có : 
2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
  
  
  
Bài 3. Giải các phương trình sau 
1) 
2 24 5 1 2 1 9 3x x x x x       
     
3 3 244 44 1 1 1 1x x x x x x x x         
3. PHƢƠNG PHÁP ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH. 
 Sử dụng đẳng thức 
  1 1 1 0u v uv u v       
   0au bv ab vu u b v a       
   - -a c x b d
ax b cx d
m

    
2 2 ( )( ) 0A B A B A B     
a
3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b 
Bài 1. Giải phương trình : 
233 31 2 1 3 2x x x x       
Giải:   3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x

         
Bi 2. Giải phương trình : 
2 23 33 31x x x x x     
Giải: 
+ 0x  , không phải là nghiệm 
+ 0x  , ta chia hai vế cho x:  3 3 33 31 11 1 1 1 0 1x xx x x x
x x
  
          
 
Bài 3. Giải phương trình: 
23 2 1 2 4 3x x x x x x       
Giải: : 1dk x   
pt   
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x

        
Bài 4. Giải phương trình : 
4
3 4
3
x
x x
x
  

Giải: 
Đk: 0x  
Chia cả hai vế cho 3x  : 
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
       
   
 Dùng hằng đẳng thức 
Biến đổi phương trình về dạng :
1 2 3 2 2 1( )( . . ... . )k k K K K K KA B A B A A B A B AB B            
Bài 1. Giải phương trình : 3 3x x x   
Giải: 
Đk: 0 3x  khi đó pt đ cho tương đương 
:
3 23 3 0x x x   
3 31 10 10 1
3 3 3 3
x x
 
     
 
Bài 2. Giải phương trình sau :
22 3 9 4x x x    
Giải: 
7 
Đk: 3x   phương trình tương đương :  
2
2
1
3 1 3
1 3 9 5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
xx x

               
Bài 3. Giải phương trình sau :    
22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x     
Giải : pttt  
3
3 32 3 0 1x x x      
 ĐS: x=1. 
Bài tập đề nghị 
Giải các phương trình sau : 
1) 6723321102  xxxx 4) 8) 652331582  xxxx 
2)     012131 222  nnn xxx (với n  N; n  2) 5) x
x
xx
4
2
472



 (ĐHDL ĐĐ’01) 
3) 122222  xxxx 6)       23126463122  xxxxxx 
7)   0112 2  xxxxxx (1) (HVKT QS - 2001) 
4. PHƢƠNG PHÁP GIẢN ƢỚC 
1. (ĐHSPHN2’00) 2)2()1( xxxxx  2. 453423 222  xxxxxx 
3. 200320042002200320012002 222  xxxxxx 4. 2)2(1(2 xxxxx  
5. )3(2)2()1(  xxxxxx 8) 4523423 222  xxxxxx (Đ8) 
6. )3()2()1(  xxxxxx 9. 7925623 222  xxxxxx (BKHN- 2001) 
5. PHƢƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI. 
1. 550x10x5x4x 22  2. 1168143  xxxx 
3. 
2
3
1212


x
xxxx 4. 225225232  xxxx 
5. 21212  xxxx (HVCNBC’01) 6. xxx  112 24 (Đ24) 8. 4124  xx 
7. 24444  xxxx . 8. 11681815  xxxx 
6. PHƢƠNG PHÁP NHÂN LƢỢNG LIÊN HỢP 
6.1. Nhân lƣợng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung 
a) Phƣơng pháp 
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 
0x như vậy phương trình luôn đưa về được 
dạng tích    0 0x x A x  ta có thể giải phương trình   0A x  hoặc chứng minh   0A x  vô nghiệm , 
chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía   0A x  vô nghiệm 
b) Ví dụ 
Bài 1 . Giải phương trình sau :  2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x          
Giải: 
Ta nhận thấy :      2 23 5 1 3 3 3 2 2x x x x x        v      2 22 3 4 3 2x x x x      
Ta có thể trục căn thức 2 vế : 
  2 22 2
2 4 3 6
2 3 43 5 1 3 1
x x
x x xx x x x
  

       
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . 
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 
2 212 5 3 5x x x     
8 
Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 
2 2 512 5 3 5 0
3
x x x x        
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng 
   2 0x A x  , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : 
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
 
          
   
  
       
    
Dễ dàng chứng minh được : 
2 2
2 2 5
3 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
Bài 3. Giải phương trình :
2 33 1 1x x x    
Giải :Đk 3 2x  
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình 
 
 
  22 33
2 3
2 233
3 3 93
1 2 3 2 5 3 1
2 51 2 1 4
x x xx
x x x x
xx x
 
   
           
      
Ta chứng minh : 
   
22
2 2 23 33
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
 
   
      
2
3
3 9
2 5
x x
x
 

 
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 
6.2. Đƣa về “hệ tạm “ 
a) Phƣơng pháp 
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C  , mà : A B C  
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : 
A B
C A B
A B


   

, khi đĩ ta có hệ: 2
A B C
A C
A B


  
  
 
b) Ví dụ 
Bài 4. Giải phương trình sau :
2 22 9 2 1 4x x x x x       
Giải: 
Ta thấy :      2 22 9 2 1 2 4x x x x x       
4x   không phải là nghiệm 
Xét 4x   
Trục căn thức ta có : 
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x

        
    
Vậy ta có hệ: 
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
xx x x x x
            
        
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
8
7
Bài 5. Giải phương trình : 
2 22 1 1 3x x x x x      
Ta thấy :    2 2 22 1 1 2x x x x x x       , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 
1
t
x
 thì bài toán trở nên đơn giản hơn 
Bài tập đề nghị 
9 
Giải các phương trình sau : 
 2 23 1 3 1x x x x     
4 3 10 3 2x x    (HSG Toàn Quốc 
2002) 
     2 2 5 2 10x x x x x      
23 4 1 2 3x x x     
2 33 1 3 2 3 2x x x     
2 32 11 21 3 4 4 0x x x     (OLYMPIC 30/4-2007) 
2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x          
2 22 16 18 1 2 4x x x x      
2 215 3 2 8x x x     
Giải các phương trình sau: 
1) )3(2)2()1(  xxxxxx 2) 2)2()1(2 xxxxx  3) xxx  1222 
4) 
xxx
xx 21
2121
2121



 5) x
xx
xx



6
57
57
33
33
 6) 4x5x23x4x2x3x 222  
7) 2xx3x2x22x3x1x2 2222  
8) 431532373 2222  xxxxxxx 
9) 2004200522003200420022003 222  xxxxxx 
7. PHƢƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ 
1. Dùng hằng đẳng thức : 
 Từ những đánh giá bình phương : 2 2 0A B  , phương trình dạng 2 2 0A B   
0
0
A
B



2. Dùng bất đẳng thức 
 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 
A m
B m



 nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng 
dạt được tại 
0x thì 0x là nghiệm của phương trình A B 
Ta có : 1 1 2x x    Dấu bằng khi và chỉ khi 0x  và 
1
1 2
1
x
x
  

, dấu bằng khi và chỉ khi 
x=0. Vậy ta có phương trình: 
1
1 2008 1 2008 1
1
x x x
x
     

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
 
( )
A f x
B f x
 


 khi đó : 
 
 
A f x
A B
B f x
 
  

 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm 
là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được 
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):
2 2
9
1
x x
x
  

Giải: Đk 0x  
Ta có :  
2 2
22 2 1
2 2 1 9
11 1
x
x x x
xx x
                         
Dấu bằng 
2 2 1 1
71 1
x
x x
   
 
Bài 2. Giải phương trình : 
2 4 2 413 9 16x x x x    
Giải: Đk: 1 1x   
Biến đổi pt ta có :  
2
2 2 213 1 9 1 256x x x    
10 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 
      
2
2 2 2 2 213. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10x x x x x          
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:  
2
2 2 1610 16 10 64
2
x x
 
   
 
Dấu bằng 
2
2
2 2
2
1
51
3
2
10 16 10
5
xx
x
xx x

   
 
    

Bài 3. giải phương trình: 
3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x      
Ta chứng minh : 48 4 4 13x x   và    
23 23 8 40 0 3 3 13x x x x x x         
Bài tập đề nghị . 
Bài 1: Giải các phương trình sau 
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
 
    
 
4 4 41 1 2 8x x x x       
4 4 42 8 4 4 4 4x x x     
4 3316 5 6 4x x x   
3` 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x      
3 3 4 28 64 8 28x x x x      
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
 
      
 
Bài 2: Giải các phương trình sau: 
1) 222 2414105763 xxxxxx  2) 186
116
156 2
2
2



xx
xx
xx
3) 2354136116 4 222  xxxxxx 4)   54225,33 222  xxxxxx 
5) 4 22 1312331282  xxxx 6) 2152
2  xxx 7) 44 1)1(2 xxxx  
8) 
x
x
x
x
xx
21
21
21
21
2121





 9) 11642
2  xxxx (Đ11) 
10) 
222 331232 xxxxxx  11) 5212102 2  xxxx 
8. PHƢƠNG PHÁP ĐƢA VỀ HỆ . 
Dạng 1: Đưa về hệ phương trình bình thường. Hoặc hệ đối xứng loại một. 
 Đặt    ,u x v x   và tìm mối quan hệ giữa  x và  x từ đó tìm được hệ theo u,v 
Bài 1. Giải phương trình:  3 33 325 25 30x x x x    
Đặt 
3 3 3 335 35y x x y     
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
 

 
, giải hệ này ta tìm được 
( ; ) (2;3) (3;2)x y   . Tức là nghiệm của phương trình là {2;3}x 
Bài 2. Giải phương trình: 4
4
1
2 1
2
x x    
Điều kiện: 0 2 1x   
Đặt 
4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v
   
      

11 
Ta đưa về hệ phương trình sau: 
4
4
2
2 4 4
4
1
1
2
2
1
2 1 2 1
2
u v
u v
u v v v

    
 
           
Giải phương trình thứ 2: 
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
 
    
 
, từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương 
trình. 
Bài 3. Giải phương trình sau: 5 1 6x x    
Điều kiện: 1x  
Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b       thì ta đưa về hệ phương trình sau: 
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a
  
           
 
Vậy 
11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x

           
Bài 4. Giải phương trình: 
6 2 6 2 8
35 5
x x
x x
 
 
 
Giải 
Điều kiện: 5 5x   
Đặt  5 , 5 0 , 10u x v y u v      . 
Khi đó ta được hệ phương trình: 
22 2 ( ) 10 210
2 44 4 8
( ) 12( )
33
u v uvu v
u vu z
uvu v
    
 
   
         
  
Bài tập đề nghị : Giải các phương trình sau 
1) 1123  xx (ĐHTCKTHN - 2001) 
2) 123 22  xxxx 
3) 11 2  xxxx (ĐHDL HP‟01) 
4) 21xx5 44  
5) 36x3x3x3x 22  
6) 1334 33  xx (Đ12) 
7) 59744  xx 
8) 2x12x14 33  
9) 464)8()8( 3 23 23 2  xxx 
10) 91717 22  xxxx 
11) 2
1
2
1
2

 xx
12) 211 33  xx 
13) 1
8
65
2 3 23 2  xx 
14) 1x
2
1
x
2
1
33  
15) 3tgx2tgx7 33  
16) 6x12x243  
17)     30
1xx34
x341x1xx34
33
33


 
18)      2332 x12x1x1x11  
19) 33 23 2 4xx2xx2  
20)     1191313 3 23 23 2  xxx 
21)        3x7x2x7x2 33 23 2  
22) 11212112  xxxxx 
23) 33 23 2 4xcosxsin  
24) 3xsin2.xsinxsin2xsin 22  
25) 1x2cos
2
1
x2cos
2
1
44  
26) 11xcos8xsin810 4 24 2  
27) 2x17x17  (DL Hùng vương- 2001) 
28) x611x  (CĐ mẫu giáo TW1- 2001) 
29) 54x8x5xx 22  
30) 
2
1
1xx1xx
22  (Đ142) 
31)   30x35xx35x 3 33 3  
32) 11x5x38x5x3 22  
33) 16x5x222x5x2 22  
34) 4x235x247 44  
Dạng 2: Đưa phương trình đã cho về hệ đối xứng loại hai. 
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 
 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
 
 
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x
   

  
 việc giải hệ này thì đơn giản 
Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt  y f x sao cho (2) luôn đúng , 2 1y x   , 
khi đó ta có phương trình :  
2 21 ( 2 1) 1 2 2x x x x x         
Vậy để giải phương trình : 
2 2 2x x x   ta đặt lại như trên và đưa về hệ 
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
 
 
2
2
x ay b
y ax b
 
 
   

  
, ta sẽ xây dựng được phương trình 
dạng sau : đặt y ax b    , khi đó ta có phương trình :  
2 a
x ax b b

 
 
     
Tương tự cho bậc cao hơn :  
n nax ax b b

 
 
     
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :   ' '
n nx p a x b      v 
đặt ny ax b    để đưa về hệ , chú ý về dấu của  ??? 
Việc chọn ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :   ' '
n nx p a x b      là chọn được. 
Bài 1. Giải phương trình: 2 2 2 2 1x x x   
Điều kiện: 
1
2
x  
Ta có phương trình được viết lại là: 
2( 1) 1 2 2 1x x    
Đặt 1 2 1y x   thì ta đưa về hệ sau: 
2
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
   

  
Trừ hai vế của phương trình ta được ( )( ) 0x y x y   
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: 2 2x   
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 2; 1 3}  
Bài 2. Giải phương trình: 
22 6 1 4 5x x x    
Giải 
Điều kiện 
5
4
x   
Ta biến đổi phương trình như sau: 
2 24 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11x x x x x         
Đặt 2 3 4 5y x   ta được hệ phương trình sau:
2
2
(2 3) 4 5
( )( 1