Dùng đơn điệu để giải phương trình vô tỷ

Nguyễn Anh Huy – 10 CT THPT Lê Hồng Phong TP HCM 
Trong những bài toán giải phương trình vô tỷ thì dùng đơn điệu của hàm số là một phương pháp 
mạnh và thường cho ta lời giải đẹp. Bài viết này sẽ giới thiệu một số ứng dụng của phương pháp 
trên. Khi trình bày mỗi bài toán, chúng tôi đều viết theo trình tự Ý tưởng - Lời giải – Kinh 
nghiệm, với mong muốn cho bạn đọc có một cái nhìn sâu hơn về cách tư duy và kinh nghiệm 
giải toán. 
I) CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN: 
 Định lý 1: Nếu hàm số y=f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên 
tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑘 không nhiều hơn 
một và ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷: 𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑦 ⇔ 𝑥 = 𝑦. 
 Định lý 2: Nếu hàm số f(x) và g(x) đơn điệu ngược chiều và liên tục trên D 
thì số nghiệm trên D của phương trình f(x)=g(x) không nhiều hơn một. 
 Định lý 3: Nếu hàm số f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên D 
thì 𝑓 𝑥 > 𝑓 𝑦 ⇔ 𝑥 > 𝑦 (hoặc 𝑥 < 𝑦). 
II) CÁC BÀI TOÁN VÍ DỤ: 
Bài 1: Giải phương trình 3𝑥 + 1 + 𝑥 + 7𝑥 + 2 = 4 (1.1) 
** Ý tưởng: VT toàn dấu cộng nên ta hi vọng đây là 1 hàm đồng biến theo x. Khi 
đó theo định lý 1, (1.1) có nghiệm duy nhất (dễ thấy đó là x=1). 
** Lời giải: 
Đặt VT (1.1) là f(x). Ta có 𝑓 ′ 𝑥 =
3
2 3𝑥+1
+ 1 +
7
2 7𝑥+2
 .
1
2 𝑥+ 7𝑥+2 
> 0 ∀ 𝑥 
Vậy 𝑓 𝑥 = 4 = 𝑓 1 ⇔ 𝑥 = 1 
Thử lại ta thấy 𝑥 = 1 thoả (1.1). Vậy (1.1) có tập nghiệm 𝑆 = {1}∎ 
** Kinh nghiệm: Với những phương trình phức tạp việc dự đoán và chứng minh 
nghiệm duy nhất là rất quan trọng. Bằng đơn điệu ta đã có lời giải đẹp cho (1.1). 
Nhưng đây chỉ là 1 bài cơ bản. 
Bài 2: Giải phương trình 𝑥3 − 𝑏 = 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
3
 (2.1) với 𝑎 > 0 (x là ẩn) 
** Ý tưởng: 
VT có bậc 3 và bậc 0, VP có bậc 
1
3
 làm ta nghĩ tới việc đưa 2 vế về hàm số có dạng 
𝑓 𝑡 = 𝑚𝑡3 + 𝑛𝑡. Đế ý một chút, ta thấy hạng tử 𝑥3 của VT có bậc cao nhất nên 
tương ứng với 𝑚𝑡3 trong f(x), vậy 𝑚 = 1. Tương tự, hạng tử 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
3
 ở VP có 
bậc thấp nhất nên tương ứng với 𝑛𝑡 trong f(x), vậy 𝑛 = 𝑎. Từ đó có 
𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 𝑎𝑡. Vậy ta cần đưa (2.1) về dạng 
 𝑥 − 𝑢 3 + 𝑎 𝑥 − 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
3
 (2.2) 
Tiếp tục phân tích, ta thấy VT không xuất hiện 𝑥2 nên có ngay 𝑢 = 0, vì nếu 
𝑢 ≠ 0 ta không thể khử hạng tử 3𝑢𝑥2. 
Nghĩa là (2.2) ⇔ 𝑥3 + 𝑎𝑥 = 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
3
. Dễ thấy chỉ cần cộng 𝑎𝑥 + 𝑏 
vào 2 vế của (2.1) là ta có (2.2). Công việc đến đây trở nên đơn giản. 
** Lời giải: (1.1) ⇔ 𝑥3 − 𝑏 + 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
3
⇔ 𝑓 𝑥 = 𝑓( 𝑎𝑥 + 𝑏
3
) (*) với 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 𝑎𝑡. 
Có 𝑎 > 0 ⇒ 𝑓(𝑡) đồng biến trên R, nên (*) ⇔ 𝑥 = 𝑎𝑥 + 𝑏
3
⇔ 𝑥3 = 𝑎𝑥 + 𝑏 
Đây chính là phương trình bậc 3 dạng cơ bản. ∎ 
** Kinh nghiệm: Bài toán trên cho ta một cách nhìn sơ lược về đơn điệu hàm số, 
trong đó phần quan trọng nhất là xây dựng hàm và dùng những đánh giá thích hợp 
để tìm ra hệ số. Chúng ta cũng có thể mở rộng hơn một chút: 
Bài 2*) Giải phương trình 𝑥𝑛 − 𝑏 = 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏
𝑛
 với 𝑛 ∈ 𝑁, n lẻ và 𝑎 > 0. 
Bài 3) Giải phương trình 8𝑥3 − 36𝑥2 + 53𝑥 − 25 = 3𝑥 − 5
3
 (3.1) 
** Ý tưởng: Cũng như bài 1, do VT có bậc 3 còn VP có bậc 
1
3
 nên ta cần đưa 2 vế 
về biểu thức dạng 𝑓 𝑡 = 𝑚𝑡3 + 𝑛𝑡. Để ý rằng hạng tử 3𝑥 − 5
3
 ở VP có bậc thấp 
nhất nên tương ứng với 𝑛𝑡 trong f(t), vậy 𝑛 = 1. Lưu ý rằng 8𝑥3 = 8 𝑥3 = 2𝑥 3 
nên ở đây ta phải xét 2 trường hợp, 𝑚 = 8 hoặc 𝑚 = 1. 
 Nếu 𝑚 = 1: ⇒ 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 𝑡. Do đó cần đưa (3.1) về dạng 
 2𝑥 − 𝑢 3 + 2𝑥 − 𝑢 = 3𝑥 − 5 + 3𝑥 − 5
3
⇔ 8𝑥3 + 𝑥2 −12𝑢 + 𝑥 6𝑢2 − 1 − 𝑢3 − 𝑢 + 5 = 3𝑥 − 5
3
Đồng nhất hệ số với VT của (3.1) ta được 
−12𝑢 = −36
6𝑢2 − 1 = 53
−𝑢3 − 𝑢 + 5 = −25
⇔ 𝑢 = 3 
Vậy trường hợp m=1 đã cho kết quả, do đó không cần xét m=8. 
** Lời giải: 
(3.1) ⇔ 8𝑥3 − 36𝑥2 + 54𝑥 − 27 + 2𝑥 − 3 = 3𝑥 − 5 + 3𝑥 − 5
3
⇔ 2𝑥 − 3 3 + 2𝑥 − 3 = 3𝑥 − 5 + 3𝑥 − 5 
3
⇔ 𝑓 2𝑥 − 3 = 𝑓( 3𝑥 − 5 
3
) (2.2) với 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 𝑡 
Ta có f(t) đồng biến trên R do đó (3.2) ⇔ 2𝑥 − 3 = 3𝑥 − 5 
3
⇔ 2𝑥 − 3 3 = 3𝑥 − 5 ⇔ 8𝑥3 − 36𝑥2 + 51𝑥 − 22 = 0 ⇔ 𝑥 ∈ 2;
5± 3 
4
 ∎ 
** Kinh nghiệm: Đôi khi ta cần tinh ý trong việc xây dựng hàm, như trong bài trên 
hệ số bậc cao nhất có thể là 8 hoặc 1. Một ví dụ khác: 
Bài 3*) Giải phương trình 4𝑥3 + 18𝑥2 + 27𝑥 + 14 = 4𝑥 + 5
3
Lưu ý rằng 4𝑥3 = 4 𝑥3 =
1
2
 2𝑥 3 do đó ta cũng cần xét 2 trường hợp. 
Bài toán trên cũng có thể giải bằng cách đặt 4𝑥 + 5
3
= 2𝑦 + 3 để đưa về hệ đối 
xứng loại 2. 
Những bước phân tích trên nhìn tuy dài nhưng khi đã quen rồi thì ta có thể tính rất 
nhanh.Tuy nhiên, trong một số bài toán, hàm f(t) của ta không đồng biến trên R 
nhưng ta có thể chỉ cần xét đơn điệu trên miền xác định D. 
Bài 4) Giải phương trình 9𝑥2 − 28𝑥 + 21 = 𝑥 − 1 (4.1) 
** Ý tưởng: Ta xây dựng hàm 𝑓 𝑡 = 𝑚𝑡2 + 𝑛𝑡. Để ý rằng hạng tử 𝑥 − 1 ở VP 
có bậc thấp nhất nên tương ứng với 𝑛𝑡 trong f(t), do đó 𝑛 = 1. Như bài 2, ta cũng 
phải xét 2 trường hợp 𝑚 = 9 hoặc 𝑚 = 1. 
 Nếu 𝑚 = 9: ⇒ 𝑓 𝑡 = 9𝑡2 + 𝑡. Cần đưa (3.1) về dạng 
9 𝑥 − 𝑢 2 + 𝑥 − 𝑢 = 9 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 9𝑥2 + 𝑥 −18𝑢 − 8 + 𝑢2 − 𝑢 + 9 = 𝑥 − 1. 
Đồng nhất hệ số ta được: 
−18𝑢 − 8 = −28
𝑢2 − 𝑢 + 9 = 21
 ⇔ 
𝑢 =
10
9
𝑢 ∈ {4;−3}
⇒ Loại 
 Nếu 𝑚 = 1: ⇒ 𝑓 𝑡 = 𝑡2 + 𝑡. Cần đưa (3.1) về dạng 
 3𝑥 − 𝑢 2 + 3𝑥 − 𝑢 = 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 9𝑥2 + 𝑥 −6𝑢 + 2 + 𝑢2 − 𝑢 + 1 = 𝑥 − 1. Đồng nhất hệ số ta được 
−6𝑢 + 2 = −28
𝑢2 − 𝑢 + 1 = 21
⇔ 𝑢 = 5 . 
Đến đây có lẽ bài toán đã được giải quyết, nhưng thật ra “chông gai” còn ở phía 
trước: (4.1) ⇔ 9𝑥2 − 30𝑥 + 25 + 3𝑥 − 5 = 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 𝑓 3𝑥 − 5 = 𝑓( 𝑥 − 1) (4.2) với 𝑓 𝑡 = 𝑡2 + 𝑡. 
(!) Lưu ý rằng 𝑓 𝑡 = 𝑡2 + 𝑡 chỉ đồng biến trên (−
1
2
; +∞) và nghịch biến trên 
 −∞;−
1
2
 , hơn nữa 𝑥 − 1 ≥ 0 > −
1
2
. 
Như vậy ta chỉ có (4.2) ⇔ 3𝑥 − 5 = 𝑥 − 1 khi 3𝑥 − 5 ≥ −
1
2
⇔ 𝑥 ≥
3
2
. 
Còn 1 ≤ 𝑥 <
3
2
 thì sao? Lại để ý rằng hàm số bậc 2 cũng có cái hay của nó, đó là 
 −𝑡 2 = 𝑡2. Ở trên , dựa vào hệ số bậc cao nhất là 9, ta chỉ mới xét 
 𝑡 = 3𝑥 − 𝑢 nên bây giờ ta sẽ xét 𝑡 = 𝑢 − 3𝑥: 
Cần đưa (4.1) về dạng 𝑢 − 3𝑥 2 + 𝑢 − 3𝑥 = 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 9𝑥2 + 𝑥 −6𝑢 − 4 + 𝑢2 + 𝑢 + 1 = 𝑥 − 1. Đồng nhất hệ số: 
−6𝑢 − 4 = −28
𝑢2 + 𝑢 + 1 = 21
⇔ 𝑢 = 4 . 
Kiểm tra lại: Có 𝑥 <
3
2
⇔ 4 − 3𝑥 > −
1
2
 do đó chọn 𝑢 = 4. 
Đến đây bài toán mới thực sự được giải quyết. 
** Lời giải: ĐKXĐ: 𝑥 ≥ 1 
 Nếu 𝑥 ≥
3
2
: ⇒ 3𝑥 − 5 ≥ −
1
2
Ta có (3.1) ⇔ 3𝑥 − 5 2 + 3𝑥 − 5 = 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 𝑓 3𝑥 − 5 = 𝑓( 𝑥 − 1) với 𝑓 𝑡 = 𝑡2 + 𝑡 
⇔ 3𝑥 − 5 = 𝑥 − 1 (do f(t) đồng biến trên (−
1
2
; +∞)) 
⇔ 
3𝑥 − 5 ≥ 0
 3𝑥 − 5 2 = 𝑥 − 1
⇔ 
𝑥 ≥
5
3
𝑥 ∈ {2;
13
9
}
⇔ 𝑥 = 2 (thỏa ĐKXĐ) 
 Nếu 1 ≤ 𝑥 <
3
2
:⇒ 4 − 3𝑥 > −
1
2
 (*) 
(4.1) ⇔ 4 − 3𝑥 2 + 4 − 3𝑥 = 𝑥 − 1 + 𝑥 − 1 
⇔ 𝑓 4 − 3𝑥 = 𝑓( 𝑥 − 1) với 𝑓 𝑡 = 𝑡2 + 𝑡 
⇔ 4 − 3𝑥 = 𝑥 − 1 (do f(t) đồng biến trên (−
1
2
; +∞) và (*)) 
⇔ 
4 − 3𝑥 ≥ 0
 4 − 3𝑥 2 = 𝑥 − 1
 ⇔
 𝑥 ≤
4
3
𝑥 ∈ {
25 ± 13 
18
}
⇔ 𝑥 =
25 − 13
18
Vậy (3.1) có tập nghiệm 𝑆 = {2;
25− 13
18
} ∎ 
** Kinh nghiệm: Cần linh hoạt trong việc xây dựng hàm số, nhất là đối với hàm 
bậc chẵn. 
Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách đặt 𝑥 − 1 = 3𝑦 − 5 để đưa về hệ đối 
xứng loại 2. 
Bài 4) 3𝑥3 − 6𝑥2 − 3𝑥 − 17 = 3 9(−3𝑥2 + 21𝑥 + 5)
3
 (4.1) 
** Ý tưởng: Như những bài trước, đầu tiên ta thử đưa 2 vế về biểu thức dạng 
𝑓 𝑡 = 3𝑡3 + 3𝑡. (4.1) trở thành: 
3 𝑥 − 𝑢 3 + 3 𝑥 − 𝑢 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 + 3 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
⇔ 3𝑥3 + 𝑥2 −9𝑢 + 27 + 𝑥 9𝑢2 − 186 + −3𝑢3 − 3𝑢 − 45 =
3 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
Đồng nhất hệ số với VT(4.1) ta được 
−9𝑢 + 27 = −6
9𝑢2 − 186 = −3
−3𝑢3 − 3𝑢 − 45 = −17
 . 
Dễ thấy hệ này vô nghiệm. Vậy ta không thể xây dựng hàm như bình thường. Để ý 
rằng nguyên nhân dẫn đến việc này là vì hệ số của 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 quá lớn, 
cản trở việc đồng nhất hệ số. Vậy ta hãy thử xây dựng hàm theo một hướng khác: 
Nhân 9 cho 2 vế của (4.1) ta được 
(4.1) ⇔ 27𝑥3 − 54𝑥2 − 27𝑥 − 153 = 27 9(−3𝑥2 + 21𝑥 + 5)
3
 (4.2) 
Bây giờ ta sẽ đưa 2 vế về biểu thức dạng 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 27𝑡 (do biểu thức chứa căn 
có hệ số là 27, hạng tử bậc cao nhất là 27𝑥3 = 3𝑥 3). (4.2) trở thành: 
 3𝑥 − 𝑢 3 + 27 3𝑥 − 𝑢 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 + 27 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
⇔ 27𝑥3 + 𝑥2 −27𝑢 + 27 + 𝑥 9𝑢2 − 108 − 27𝑢 − 𝑢3 − 45
= 27 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
Đồng nhất hệ số ta được 
−27𝑢 + 27 = −54
9𝑢2 − 108 = −27
−27𝑢 − 𝑢3 − 45 = −153
⇔ 𝑢 = 3 
Bài toán được giải quyết. 
** Lời giải: Nhân 9 vào 2 vế ta có phương trình: 
 3𝑥 − 3 3 + 27 3𝑥 − 3 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 + 27 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
⇔ 𝑓 3𝑥 − 3 = 𝑓( 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
 ) với 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 27𝑡 
⇔ 3𝑥 − 3 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
3
⇔ 3𝑥 − 3 3 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 
⇔ 3 𝑥 − 1 3 = 9 −3𝑥2 + 21𝑥 + 5 ⇔ 3𝑥3 − 6𝑥2 − 11𝑥 − 8 = 0 
Đây chính là phương trình bậc 3 dạng cơ bản. ∎ 
** Kinh nghiệm: Có thể bạn sẽ thắc mắc tại sao lại nhân 9 mà không phải là số 
khác. Thật ra điều này đã được đề cập đến rồi. Khi xây dựng hàm 
 𝑓 𝑡 = 𝑚𝑡3 + 3𝑡, ta thường nghĩ tới 3𝑥3 = 3 𝑥3 nên cho m=3 mà quên rằng còn 
có 3𝑥3 =
1
9
 3𝑥 3 (trường hợp này thật ra hiếm gặp). Như vậy f(t) cũng có thể là 
𝑡3
9
+ 3𝑡. Việc nhân 9 chỉ đơn giản là khử mẫu số. 
Chúng ta đã làm quen với những bài phương trình tổng, hãy thử xem xét một số 
bài phương trình tích. 
Bài 5) Giải phương trình 𝑥3 + 3𝑥2 + 4𝑥 + 2 = 3𝑥 + 2 3𝑥 + 1 (5.1) 
** Ý tưởng: thoạt nhìn thì VT có bậc 3, VP có bậc 
3
2
 nên khó có thể dùng đơn điệu. 
Nhưng nếu ở VP ta coi 𝑦 = 3𝑥 + 1 là ẩn thì VP cũng là bậc 3 theo y. Cụ thể, cần 
phân tích 3𝑥 + 2 = 𝑚 3𝑥 + 1 + 𝑛 (*), khi đó VP có dạng 𝑚𝑦3 + 𝑛𝑦. Dễ thấy từ 
(*) có ngay 𝑚 = 𝑛 = 1. 
Công việc còn lại là đưa VT về dạng 𝑥 − 𝑢 3 + 𝑥 − 𝑢 là ta có thể dùng đơn điệu. 
Đồng nhất hệ số ta được 𝑢 = −1. 
** Lời giải: ĐKXĐ: 𝑥 ≥ −
1
3
(5.1) ⇔ 𝑥 + 1 3 + 𝑥 + 1 = 3𝑥 + 1 + 1 ( 3𝑥 + 1) = 3𝑥 + 1 
3
+ 3𝑥 + 1 
⇔ 𝑓 𝑥 + 1 = 𝑓( 3𝑥 + 1) với 𝑓 𝑡 = 𝑡3 + 𝑡 
⇔ 𝑥 + 1 = 3𝑥 + 1 ⇔ 𝑥 ∈ {0; 1} (thoả ĐKXĐ) 
Vậy (4.1) có tập nghiệm 𝑆 = 0; 1 ∎ 
** Kinh nghiệm: Với những bài phương trình tích cần linh hoạt trong việc đổi biến 
và xây dựng hàm để có thể đưa về phương trình dạng chính tắc. Một số bài nhìn 
vào rất “khủng” đòi hỏi ta phải bình tĩnh phân tích. Hãy nhớ ta luôn cố gắng phân 
tích biểu thức bậc lớn theo biểu thức bậc nhỏ. 
Bài 6) 3𝑥(2 + 9𝑥2 + 3 ) + 4𝑥 + 2 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 1 = 0 (6.1) 
** Ý tưởng: Nhìn qua sự sắp xếp của bài toán, ta thấy VT là tổng 2 biểu thức dạng 
𝑓 𝑡 = 𝑚𝑡 + 𝑛 (𝑝 + 𝑎𝑡2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 ). 1 cách tự nhiên, ta hi vọng biểu thức trên 
có thể cho ta ngay dạng chính tắc để dùng đơn điệu. 
Đầu tiên đưa mỗi biểu thức về 1 vế: 
(5.1) ⇔ 4𝑥 + 2 ( 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 1 = −3𝑥(2 + 9𝑥2 + 3 ) (6.2) 
Ta không thể có 3𝑥 = 𝑚 9𝑥2 + 3 + 𝑛𝑥 + 𝑝 vì biểu thức trong căn có bậc lớn 
hơn biểu thức ở ngoài. Như kinh nghiệm ở bài 5, ta sẽ làm ngược lại, nghĩa là phân 
tích biểu thức bậc lớn theo biểu thức bậc nhỏ. 
Ta có VP (6.2)= −3𝑥 2 + −3𝑥 2 + 3 
Ta hi vọng VT (6.2) cũng có thể đưa về dạng 𝑓 𝑡 = 𝑡(2 + 𝑡2 + 3) 
 Một cách tự nhiên, để xuất hiện số 2 trong f(t) ta biến đổi: 
VT (6.2) = 2𝑥 + 1 ( 4𝑥2 + 4𝑥 + 4 + 2) 
Dễ thấy 4𝑥2 + 4𝑥 + 4 = 2𝑥 + 1 2 + 3. Vậy ta đã xây dựng hàm thành công. 
Tuy nhiên hàm số f(t) có 𝑓 ′ 𝑡 = 2 +
2𝑡3+3𝑡
 𝑡4+3𝑡2
 nên có thể đổi chiều đơn điệu, do đó 
ta phải có thêm 1 nhận xét: (5.1) chỉ có nghiệm trong [−
1
2
; 0]. Đến đây bài toán 
thực sự được giải quyết. 
** Lời giải: Nếu 𝑥 > 0 hoặc 𝑥 < −
1
2
 thì (6.1) vô nghiệm. Vậy ta xét 𝑥 ∈ [−
1
2
; 0] 
Ta có (6.1) ⇔ (6.2) 
⇔ 2𝑥 + 1 2 + 2𝑥 + 1 2 + 3 = −3𝑥 (2 + −3𝑥 2 + 3) 
⇔ 𝑓 2𝑥 + 1 = 𝑓(−3𝑥) với 𝑓 𝑡 = 𝑡(2 + 𝑡2 + 3 ) (6.3) 
Do 𝑓 ′ 𝑡 = 2 +
2𝑡3+3𝑡
 𝑡4+3𝑡2
> 0 ∀ 𝑡 ∈ (−
1
2
; 1) nên 
(6.3) ⇔ 2𝑥 + 1 = −3𝑥 ⇔ 𝑥 = −
1
5
 (chọn) 
Vậy (6.1) có tập nghiệm 𝑆 = −
1
5
 ∎ 
** Kinh nghiệm: Đây là một bài toán hay và khó, đòi hỏi phải có kĩ năng biến đổi 
linh hoạt. Ta cũng có cách giải gần gũi hơn, không cần dùng đạo hàm như sau: 
(6.1) ⇔ 2𝑥 + 1 2 + 2𝑥 + 1 2 + 3 = −3𝑥 (2 + −3𝑥 2 + 3) (*) 
 Nếu 𝑥 ∈ −
1
2
;−
1
5
 ⇒ 3𝑥 2𝑥 + 1 2 
⇒ 2 + 3𝑥 2 + 3 > 2 + 2𝑥 + 1 2 + 3 ⇒ VT (*) < VP (*) 
 Nếu 𝑥 ∈ [−
1
2
; −
1
5
) làm tương tự ta cũng có PT trên vô nghiệm. 
 Nếu = −
1
5
 : Ta thấy thoả (5.1). Vậy (5.1) có 𝑆 = {−
1
5
}∎ 
III) B ÀI TẬP TỰ LUYỆN: 
1) 2𝑥3 − 𝑥2 + 2𝑥3 − 3𝑥 + 1
3
= 3𝑥 + 1 + 𝑥 + 2
3
2) 5𝑥3 − 1 + 2𝑥 − 1
3
= 4 − 𝑥 
3) 8𝑥2 + 2 𝑥 + 𝑥 − 6 5 − 𝑥 = 0 
4) 2𝑥−1 − 2𝑥
2−𝑥 = 𝑥 − 1 2 
5) 6𝑥 + 1
3
= 8𝑥3 − 4𝑥 − 1 
6) 8𝑥2 + 6𝑥 + 1 =
 𝑥 − 3𝑥+1 
 3𝑥2+𝑥 
7) −2𝑥3 + 10𝑥2 − 17𝑥 + 8 = 2𝑥2 5𝑥 − 𝑥3
3