Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm giảI phương trình vô tỷ

së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi 
Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu 
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: 
kinh nghiÖm gi¶I 
ph-¬ng tr×nh v« tû 
Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn 
 Tæ : To¸n 
Hµ Néi, 5 / 2012 
së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi 
Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu 
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: 
kinh nghiÖm gi¶I 
ph-¬ng tr×nh v« tû 
Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn 
 Tæ : To¸n 
Hµ Néi, 5 / 2012 
 më ®Çu 
 Gi¶i ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒu 
häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu khi cßn lóng tóng tr-íc viÖc 
gi¶i mét ph-¬ng tr×nh; trong ®ã cã ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc ®-îc coi lµ khã 
h¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Kinh nghiÖm gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû ” ®Ó lµm 
s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn gióp 
häc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc nãi 
riªng vµ c¸c d¹ng ph-¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn ®©y lµ tµi 
liÖu tham kh¶o bæ Ých cho nh÷ng ai quan t©m ®Õn m«n to¸n. 
 KiÕn thøc thÓ hiÖn trong s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn trong 
ch-¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh. Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy 
cã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn bÊt ph-¬ng tr×nh còng ®-îc; xong khi 
chuyÓn sang bÊt ph-¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®-îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hay 
h¬n. Do ®ã ng-êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµo 
nhiÒu môc ®Ých gi¸o dôc kh¸c nhau còng ®-îc. 
 Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã 9 ph-¬ng ph¸p gi¶i to¸n 
th-êng gÆp. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 1 
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Kinh nghiÖm gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû 
Bài toán mở đầu 
Giải phương trình 2
2
1 1 (*)
3
x x x x     
 (Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000) 
Giải 
 Điều kiện 0  x  1 
* Cách 1: 
 
 
 
 
2
(*) 2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
1 1
3
4 4
1 2 . 1 1
3 9
4 6 0
2 2 3 0
x 0
3
x
2
0
1
4 4 9
0
1
4 4 9 0
0
1
x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
x
 
      
 
         
    
    
  

  



 

  


 

   

  
0, 1x x  thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cách 2: 
Nhận xét: 2x x được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức 
 
2
21 1 2x x x x     
Vậy có cách 2 
 Đặt 1t x x   , 1 2t  
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 2 
2
2 1
2
t
x x

   . 
Phương trình (*) trở thành 
2 1
1
3
t
t

  2 1 3 3t t    2 3 2 0t t    
1
2
t
t

  
2t  , không thoả mãn 
1t  , có 2
0
1 1 2 0
1
x
x x x x
x

        
0, 1x x  thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cách 3: 
Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể    
2 2
1 1x x   
Vậy ta có cách 3 
Từ (*) ta có 2 . 1 3 1 3 3x x x x     
3 3
1 
2 3
x
x
x

  

 (
9
4
x  vì thay 
9
4
x  vào phương trình không thoả mãn) 
Đặt t x , nên 
3 3
1
2 3
t
x
t

 

Lại có    
2 2
1 1x x   , nên 
2
2 3 3 1
2 3
t
t
t
 
  
 
 2 2 2 24 12 9 9 18 9 4 12 9t t t t t t t         
4 3 24 12 14 6 0t t t t     
 3 22 6 7 3 0t t t t     
  21 2 4 3 0t t t t     
0
1
t
t

  
0
1
x
x

  
0, 1x x  thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0, 1x x  . 
* Cách 4: 
Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác 
Đặt a x , 1b x  , 0, 0a b  
 Ta có hệ phương trình 
2 2
2
1
3
1
ab a b
a b

  

  
 
 
2
3 2a 3 (1)
2a 1 (2)
b a b
a b b
  
 
  
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 3 
Thay (1) vào (2) có 
   
2
3 3 1a b a b          
2
3 2 0a b a b      
1
2
a b
a b
 
   
Với 1a b  , có . 0a b  
0
1
1
0
a
b
a
b



 


0
1
x
x

  
Với 2a b  , có 
3
.
2
a b  , không tồn tại ,a b (Vì 2
3
4 2 4. 6
2
   ) 
0, 1x x  thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0, 1x x  . 
Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3. 
* Cách 5: 
Cũng nhờ    
2 2
1 1x x   , ta nghĩ đến đẳng thức 2 2sin cos 1a a  
Ta có thêm cách sau: 
Đặt sin , 0
2
x a a

   
Phương trình (*) trở thành 2 2
2
1 sin . 1 sin sin 1 sin
3
a a a a     
3 2sin .cos 3sin 3cos a a a a    (Vì cos 0a  ) 
   
2
sin cos 3 sin cos 2 0a a a a      
sin cos 1
sin +cos 2
a a
a a
 
  
sin cos 1a a   22sin . os 2sin 0
2 2 2
a a a
c   sin os sin 0
2 2 2
a a a
c
 
   
 
sin 0
2
tan 1
2
a
a


 
 

2
sin 2sin os 0
2 2
2tan
2sin 1
1 tan
2
a a
a c
a
a
a

 


  



0
1
x
x

  
0, 1x x  thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 0, 1x x  . 
 Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một 
phương trình vô tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức 
và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi 
vào một số phương pháp cụ thể. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 4 
Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương 
Bài toán 1: Giải các phương trình sau 
1) 17 1 3x x   (1) 
2) 3 3 3 2x x     (2) 
3) 2 35 2 1 1x x x x x      (3) 
4) 2 2 21 3 2 8 7x x x x x       (4) 
5) 3 3 312 12 2 3x x x    (5) 
6) 22 2x x   . (6) 
Bài toán 2: Tìm m để phương trình 2 2 2x mx m   (I), có nghiệm. 
Bài toán 3: Tìm m để phương trình 2 2x m x   (II), có hai nghiệm phân 
biệt. 
Bài toán 4: Giải các phương trình 
1) 2 5 2 2 7 3x x x x      (1) 
2) 3 3 1 2 2 2x x x x      (2) 
3) 
3
21 1 1
x
x x x x
x

      (3) 
4) 
3 31 1
4 1 1
1 4 1
x x
x x
x x
 
    
 
 (4) 
5) 3 3 3 33 5 2 1 2 6x x x x      . (5) 
Giải 
Bài toán 1 
1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương 
trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là 
1
1 3 0
3
x x    . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương hai vế ta được 
phương trình tương đương:  
2
17 1 3x x   với 
1
3
x  . Do vậy ta không cần 
đặt điều kiện cho 17 0x   . 
 
(1)
2
1 3 0
17 1 3
x
x x
 

  
2
1
3
17 1 6 9
x
x x x


 
    
2
1
3
9 7 16 0
x
x x


 
   
1
3
1
16
9
x
x
x



  

 

 1x  
Vậy phương trình có một nghiệm 1x   . 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 5 
Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là ( ) ( )f x g x . Ta làm như sau 
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x

  

 Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ 17t x  với t  0. 
2) Điều kiện 3 1x   
(2)
3 2 3 3x x        
2 2
3 2 3 3x x     
3 4 3 4 3 3x x x       3 1x x     
 
2
1 0
3 1
x
x x
  
 
   
2
1
3 2 1
x
x x x
 
 
   
2
1
2 0
x
x x
 
 
  
1
1
2
x
x
x
 

 
  
 2x  , thỏa mãn điều kiện 
Vậy phương trình có một nghiệm 2x   . 
3) 
 
(3)
22 3
1 0
5 2 1 1
x
x x x x x
 

     
3
1
2 1 1 3
x
x x x
 
 
   
3 2
1
1 3 0
2 1 (1 3 )
x
x
x x x
 

  
    
3 2
1
1
3
2 1 1 6 9
x
x x x x

  
 
     
3 2
1
1
3
9 8 0
x
x x x

  
 
   
 2
1
1
3
9 8 0
x
x x x

  
 
   
1
1
3
0
1
8
x
x
x
x

  
  
 

 
 0x  , thỏa mãn điều kiện 
Vậy phương trình có một nghiệm 0x  . 
Chú ý: 
Trong bài này ta không cần đặt điều kiện 
2 3
3
5 2 1 0
2 1 0
x x x x
x x
     

  
. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 6 
4) Điều kiện 
1
7
1
x
x
x

  

  
   
(4) 2 2
2 2 21 3 2 8 7x x x x x        
2 2 2 2 21 3 2 2. 1. 3 2 8 7x x x x x x x x            
      22 1 1 . 1 2 5 6x x x x x x         
       
2
2 1 1 2 1 6x x x x x       
       
2 2 22
1 6
4 1 2 1 6
x
x x x x x
  
 
     
   
2 2 2
1 6
1 4 4 8 12 36 0
x
x x x x x
  
 
      
2
1 6
1
3 16 44 0
x
x
x x
  

  
   
1 6
1
2
22
3
x
x
x
x
  


  
 


 

1
2
x
x
 
  
1, 2x x   thoả mãn điều kiện 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1, 2x x   . 
Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau 
        
(4)
1 1 1 2 1 7x x x x x x         
* Trường hợp 1: 1x   , thỏa mãn phương trình (4) 
* Trường hợp 2: 1x  , phương trình (4) trở thành 
1 2 7x x x        
2 2
1 2 7x x x      
1 2 1 2 2 7x x x x x         22 2 6x x x     
   
22
6 0
4 2 6
x
x x x
 
 
   
2
6
3 16 44 0
x
x x

 
  
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 7 
6
2
22
3
x
x
x


 
 
  

 2x  
2x  , thỏa mãn điều kiện trường hợp 2 
* Trường hợp 3: 7x   , phương trình (4) trở thành 
        1 1 1 2 1 7x x x x x x            
1 2 7x x x           
2 2
1 2 7x x x        
1 2 1 2 2 7x x x x x           2 1 2 6 0x x x       
Phương trình vô nghiệm (Vì 2 1 2 6 0, 7x x x x         ). 
* Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1, 2x x   . 
Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm: ab a b 
 Đẳng thức ab a b khi 0a  và 0b  
 Còn ab a b   khi 0a  và 0b  . 
5)    
(5) 3 3
3 3 312 12 2 3x x x     
   3 3 3 312 12 2 3 3 12 12. 2 3. 12 12 2 3x x x x x x x           
   3 3 3 312 12. 2 3. 12 12 2 3 3 1x x x x x        
  3 33 12 1 . 2 3. 3( 1) (5*)x x x x     
    
3
12 1 2 3 27 1x x x x     
     2 21 4 2 3 9 2 +1 0x x x x x        
  21 6 9 0x x x      
2
1 0
6 9 0
x
x x
 
 
   
1
3
x
x

  
Thay 1, 3x x  vào phương trình (5) đều thoả mãn 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1, 3x x  . 
Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương 
trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình 
(5) để kiểm tra lại. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 8 
Với dạng tổng quát 3 3 3    ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng 
thức    
3 3 3 3aa b a b b a b     để giải như bài trên. 
6) Điều kiện 2x   
(6)
21 1( 2) 2
4 4
x x x x        
2 2
1 1
2
2 2
x x
   
       
   
1 1
2 (6.1)
2 2
1 1
2 (6.2)
2 2
x x
x x

   
 
     

(6.1)
2x x   
2
0
2
x
x x

 
 
2
0
2 0
x
x x

 
  
0
1
2
x
x
x


  
 
 2x  
(6.2)
2 1x x     
 
2
1 0
2 1
x
x x
  
 
   
2
1
2 2 1
x
x x x
 
 
   
2
1
1 0
x
x x
 
 
  
1
1 5
2
x
x
 

   


1 5
2
x
 
  
Vậy phương trình có hai nghiệm 2x  , 
1 5
2
x
 
 . 
Chú ý: Có thể đưa về dạng ( ) ( )f x g x và giải bằng cách bình phương hai 
vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm 1x   , 2x  ) và tìm 
được nghiệm của phương trình. 
 Ngoài ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình 
(tôi xin trình bày ở phương pháp 5). 
Bài toán 2 
*) Nếu 0m  thì phương trình (I) vô nghiệm 
*) Nếu 0m  thì: 
( )
2 2
0
2 2
I m
x mx m


  
2 2
0
2 2 0 (I*)
m
x mx m

 
   
 (I*) có nghiệm khi 2 2' 2 0m m     
1
1
m
m

   
 1m  (thoả mãn 0m  ) 
Kết luận: 1m  thì phương trình (I) có nghiệm. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 9 
Bài toán 3 
 
( )
2
2 0
2 2
II x
x m x
 

  
2
2
2 4 4
x
x m x x
 
 
   
2
2
2 4 (II*)
x
x x m
 
 
  
Xét hàm số 2( ) 2 4f x x x   ,  2 ;x   
 Bảng biến thiên 
 x ∞ 2 1 +∞ 
 ( )f x 
4 +∞ 
 3 
Số nghiệm phương trình (II) bằng số nghiệm phương trình (II*) với 2x   
Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt khi 3 < m  4. 
Bài toán 4 
 1) Điều kiện 0  x  
7
3
   
(1) 2 2
2 5 2 2 7 3x x x x       
2 5 2 2 2. 5 2 2 7 3 2 2 . 7 3x x x x x x x x            
2. 5 2 2 . 7 3x x x x     
    2 5 2 2 7 3x x x x     
2 22 10 6 14x x x x      
24 13 10 0x x    
2
5
4
x
x


 

 (Thoả mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có hai nghiệm là 
5
4
x  , 2x  . 
Chú ý: ta giải bằng cách trên vì có 2 5 2 2 7 3x x x x      
Dạng tổng quát của phương trình trên là 
( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   , với ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   
Được giải bằng cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình 
phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện. 
2) Điều kiện 0x  
(2)
3 2 2 +2 3 1x x x x      
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 10 
   
2 2
3 2 2 +2 3 1 (2*)x x x x      
+3+4 4 3. 2 +2+3 1 2 2 2. 3 1x x x x x x x x        
2 . 3 2 2. 3 1x x x x     
4 ( 3) (2 2)(3 1)x x x x     
2 24 12 6 8 2x x x x     
22 4 2 0x x    
 
2
2 1 0x   
1x  
Thay 1x  vào phương trình (2) thỏa mãn 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1x  . 
 Chú ý: 
Ta giải bằng cách trên vì có: 3 4 2 2 3 1x x x x      
Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm được nghiệm (2*) ta 
phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay không. 
Dạng tổng quát của phương trình trên là 
( ) ( ) ( ) ( )f x g x k x h x   , với ( ) ( ) ( ) ( )f x h x g x k x   
Được giải bằng cách đưa về phương trình ( ) ( ) ( ) ( )f x h x k x g x   , sau 
đó bình phương và giải phương trình hệ quả. 
3) Điều kiện 0x  
 
2
3(3) 2
21 1 1
x
x x x x
x
 
        
 
3
3 2 31 2 1 1 1 2 1
x
x x x x x x
x

           
3
21 2
x
x x
x

    
3 2 31 2xx x x     
 
2
1 0x   1x  (Thoả mãn điều kiện) 
Vậy phương trình có nghiệm 1x  . 
Chú ý: 
Ta giải bằng cách trên vì có: 
3
21. 1. 1
x
x x x x
x

    , với 0x  
Dạng tổng quát của phương trình trên là 
( ) ( ) ( ) ( )f x g x k x h x   , với ( ). ( ) ( ). ( )f x g x h x k x 
Được giải bằng cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình 
phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 11 
4) Điều kiện 1x  
3 3(4) 1 1
4 +1 1
4 1 1
x x
x x
x x
 
    
 
2 2
3 31 1
4 1 1
4 1 1
x x
x x
x x
    
               
3 3
3 31 14 1 2 1 1 2 1
4 1 1
x x
x x x x
x x
 
         
 
   
3 31 1
4 +1 1 0
4 1 1
x x
x x
x x
 
     
 
 
  
3 21 4 3 1
3 2 0
4 1 1
x x x
x
x x
     
   
  
  3 23 2 4 3 +2 0x x x x     
   23 2 2 2 1 0x x x x      
2
3
2
1 2
1 2
x
x
x
x




  

  
2
1 2
x
x

 
 
 (Thoả mãn điều kiện 1x  ) 
Thay 2x  , 1 2x   vào phương trình (4) thấy thỏa mãn 
Vậy phương trình có hai nghiệm 2x  , 1 2x   . 
Chú ý: 
Ta giải bằng cách trên vì: 
3 31 1
4 1. . 1
4 1 1
x x
x x
x x
 
  
 
Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng cách: Đặt nhân tử chung 3 1x  ở vế phải ra, 
sau đó quy đồng tiếp sẽ có nhân tử  1 4 1x x   , cách này có thể sẽ ngắn 
hơn cách giải trên. Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát của phương 
trình: ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   . Trong đó: ( ). ( ) ( ). ( )f x h x k x g x 
Được giải bằng cách đưa về phương trình: 
( ) ( ) ( ) ( )f x h x k x g x   
Sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả. 
5)    
(5) 3 3
3 3 3 33 5 2 1 2 6x x x x       
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 12 
3 33
3 33
3 5 3 (3 5).( 3 5)
2 1 2 6 3 (2 1)(2 6)( 2 1 2 6)
x x x x x x
x x x x x x
      
         
      3 3 3 33 3(3 5) 3 5 2 1 2 6 2 1 2 6x x x x x x x x          
      3 3 3 33 3(3 5) 2 1 2 6 2 1 2 6 2 1 2 6x x x x x x x x           (5*) 
  3 3(3 5) 2 1 2 6x x x x     
(Vì: 3 32 6 2 1 2 6 2 1 0x x x x        ) 
(3 5) (2 1)(2 6)x x x x     
2 23 5 4 10 6x x x x     
2 5 6 0x x    
1
6
x
x

   
Thay 6x   , 1x  vào phương trình (5) thoả mãn. 
Vậy phương trình có hai nghiệm 6x   , 1x  . 
Chú ý: Phương pháp tương tự như các bài toán trên. Ở (5*) là ta đã sử dụng từ 
phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5). 
Thật vậy, nếu ta thay  3 3 3 5x x  chứ không thay như bài giải vừa rồi, sẽ 
tìm được nghiệm 
5
2
x   nhưng nghiệm này không thoả mãn phương trình (5). 
Bài tập 
Bài 1: Giải các phương trình 
1) 3 2 2 2x x x x    2) 4 23 2 1x x x    
3) 4 2 1 1 2x x x    4) 3 1 1 2x x x    
5) 4 2 22 5 3 1x x x    6) 4 2 1 1x x x    
7) 2 1 2 2x x x    8) 3 2 1 1 2x x x    
9) 2 32 4 3 4x x x x    10) 2 21 5 8 4x x x x     
11) 4 3 10 3 2x x    (HSG Quèc Gia 2000) 
12) 
2 21 5 8 4x x x x     13) 3 4 3 3x x    
14) 2 2x x x    15) 2 21 1 2x x x x      
16) 
2 21 1 2x x x x      17) 
2 1
6 5
1 2
x x
x x
 
 
 
18) 
2 24 12 6 2x x x x x       19) 2 22 2 1 1x x x     
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 13 
20) 2 22 2 1 1x x x x      21) 1 3 2 3 3 2x x x     
22) 3 3 2 4 2x x x     23) 2 3 3x x x    
24) 2 22 1 2 1 2 9x x x x      25) 3 31 1 1x x     
26) 22 3 5 2 4 16 15 1x x x x        
27) 22 1 2 1x x x x       28) 21 2 1 2 2x x x     
29) 3 2 5 3 3 5 2x x x x       
30) 
3
21 1 1 3
3
x
x x x x
x

      

31) 2 2 28 15 2 15 4 18 18x x x x x x        
32) 2 22 8 6 1 2 2x x x x      (ĐH BK HN 2001). 
Bài 2: Tìm m để phương trình: 22 3 1x mx x    có hai nghiệm phân biệt. 
Bài 3: Tìm m để phương trình: 2 22 4x mx x   có nghiệm. 
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 14 
Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 
I. Bài toán 1: Dạng     0af x b f x c   , 0a  
Phương pháp chung là đặt  t f x , 0t  
1) Cho phương trình:      1 3 6 1 5 0x x x x m       (1) 
a) Giải phương trình với 0m  
b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 
2) Giải phương trình: 22 8 2 8x x x x      (2). 
II. Bài toán 2: 
Dạng            . 0a f x g x b f x g x c f x g x d          
(Với 0abc  ) 
Phương pháp chung là đặt    t f x g x  
1) Cho phương trình: 21x x x x m     (3) 
a) Giải phương trình với 1m  
b) Tìm m để phương trình vô nghiệm. 
2) Cho phương trình: 22 1 2 2 2x x x x x m        (4) 
a) Giải phương trình với 11m  
b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 
3) Giải phương trình:  3 33 335 35 30x x x x    (5). 
III. Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trình thuần nhất 
Giải các phương trình: 
1) 3 23 1 2 4x x x   (6) (HSG Toán 10, NGT 2007) 
2)  
33 23 2 2 6 0x x x x     (7) 
3) 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      (8) 
4) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       (9) 
IV. Bài toán 4: Dạng        . . . 0af x b g x f x c h x   , 0abc  
Giải các phương trình: 
1)   2 21 2 3 1x x x x     (10) 
2) 24 1 1 3 2 1 1x x x x       (11) 
3) 22 2 4 4 2 9 16x x x     (12). 
Giải 
I. Bài toán 1: 
1) Điều kiện 
1
5
x
x

  
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 15 
 1
2 24 6. 4 5 3 0x x x x m        
Đặt 2 4 5t x x   , 0t  
 2 2 4 5t x x    
Phương trình (1) trở thành: 2 5 6 3 0t t m     2 6 8t t m    (1.1) 
a) 0m  : 
(1.1)
2 6 8 0t t    
2
4
t
t

  
2 2 2
2 22
2 13
4 5 2 4 5 4 4 9 0
7
4 5 16 4 21 04 5 4 3
x
x x x x x x
x
x x x xx x x
   
           
        
            

Vậy với 0m  , phương trình có bốn nghiệm: 7x   , 3x  , 2 13x    . 
b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm 0t  
Gọi   2 6 8f t t t    với  0;t  
Bảng biến thiên: 
  1f t  , 0t  
Vậy phương trình (1) có nghiệm khi 1m  . 
2) Điều kiện 
2
8
8 2 0
x
x x


  
   
(2)
2
22
2
2
2 2
2 8 8 2
2 8 8 2
2 8 2 2. 8 8 2
10 2 10 16 8 0
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x
      
      
         
      
Đặt 2 10 16t x x   , 0t  
2 2 10 16t x x    
Phương trình (2) trở thành: 2 16 2 8 0t t    
2
4
2 8 0
2
t
t t
t

       
2t   , loại 
t  0 3
8
1


 f t
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 16 
4t  , có 2 10 16 4x x   2 2
0
10 16 16 10 0
10
x
x x x x
x

         
Thay 10x  vào điều kiện 2 8 2 0x x   thoả mãn 
Vậy phương trình có nghiệm 10x  . 
Chú ý: Ở đây tôi chưa cần đến giải bất phương trình 2 8 2 0x x   . 
II. Bài toán 2: 
1) Điều kiện 0 1x  
Đặt 1t x x   , với 1 1t   
 
2
2 11 2 . 1 1
2
t
t x x x x x x

         
2(3)
21 2 1 2
2
t
t m t t m

       (3*) 
a) 1m  , 
(3*)
2
1
2 3 0
3
t
t t
t

       
3t   , loại 
1t  , nên 1 1 1 1x x x x       
1 1 2 1x x x       2 1 2 1 0x x     
1x  (vì 1 0x  ,  0;1x  ) 
Vậy với 1m  phương trình có nghiệm 1x  . 
b) Phương trình (3) vô nghiệm khi phương trình (3*) không có nghiệm thoả mãn 
1 1t   
Gọi   2 2 1f t t t   với 1 1t   
Bảng biến thiên: 
 2 2f t   ,  1;1t   
Do đó: 
2 2 1
2 2 1
m m
m m
  
     
Kết luận: 1m  , 1m  thì phương trình vô nghiệm. 
2) Điều kiện 2x  
Đặt 1 2t x x    , 3t  
t  1 1
2
2

 f t
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 17 
2
2
2
1 2 2 1. 2
1
2
2
t x x x x
t
x x x
       

    
2(4)
212 4 1 2
2
t
t m t t m

       (4*) 
a) 11m  , 
(4*)
2 24 1 22 4 21 0t t t t        
7
3
t
t
 
  
7t   , loại 
3t  , nên 21 2 3 2 1 2 2 9x x x x x          
2 2 5x x x     
2 2
5 0 5 5
3
9 27 32 25 10
x x x
x
x xx x x x
     
      
       
Vậy với 11m  phương trình có nghiệm 3x  . 
b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn 
3t  
Gọi   2 4 1f t t t   , 3t  
Bảng biến thiên: 
  4 4 3f t   ; 3t  
Do đó: 2 4 4 3 2 2 3m m     
Kết luận: 2 2 3m   thì phương trình có nghiệm. 
3) Đặt 33 35t x x   
 3 3 3 3 33 335 3 35 . 35t x x x x x x        
3
33 3535
3
t
x x
t

   (5*) 
Phương trình (5) trở thành: 
3
335. 30 125 5
3
t
t t t
t

     
Thay 5t  vào (5*) có: 
t 
 f t
2 3 
4 4 3

 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 18 
 3 3 3 3 6 335 6 35 216 35 216 0x x x x x x         
3
3
8 2
327
x x
xx
  
    
Thay 2x  , 3x  vào phương trình ban đầu thoả mãn 
Vậy phương trình có hai nghiệm 2x  , 3x  . 
Chú ý: Ta có thể đặt 33 35y x  và đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1 để 
giải cũng được. Phương pháp này sẽ được trình bày ở dưới. Hoặc giải bằng 
cách mũ ba cả hai vế. 
III. Bài toán 3: 
1) Điều kiện 1x  
Để ý:    2 22 4 2 1 2 1x x x x x      
Đặt 1a x  , 21b x x   , 0a  , 
3
2
b  . 
Phương trình (6) trở thành: 2 2 2 23 2 2 2 3 2 0ab b a a ab b      
2 2
2 3 2 0
1
2
a
a a b
ab b
b

    
        
     

2
a
b
  , loại 
2
2 2
1
2 1 2 1
2
1 4 4 5 3 0
a
b a x x x
b
x x x x x
       
        
5 37
2
x
 
  (Thoả mãn điều kiện) 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 
5 37
2
x
 
 . 
2) Điều kiện 2x   
Nhận thấy 2x   không là nghiệm phương trình 
Đặt 2 , 0y x y   
Phương trình (7) trở thành:    
3
3 3 2 2 2 0x x x x     
3 2 33 2 0x xy y    
3 2
3 2 0 1 2 0
x x x x x
y y y y y
        
                
         
 Nguyễn Quốc Hoàn , THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 19 
1
1
2 2
x
y x
y
x y x
y

 
 
  
  

Với y x , có: 
2 2
0 0
2
2 2 0
x x
x x
x x x x
  
    
     
0
21
2
x
xx
x


   
 
Với 
1
2
y x  , có: 
1
2
2
x x   
  2 2
00 0
2 2 3
4 2 4 8 0 2 2 3
xx x
x
x x x x x
    
       
 