Chuyên đề ôn HSG cấp tỉnh Toán 9 - Chủ đề: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ (Có đáp án)

 147 
CHỦ ĐỀ : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 
1. Phương trình vô tỷ cơ bản: 
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
a) 2 2 6 2 1x x x 
 b) 2 1 4 9x x x 
Lời giải: 
a). Phương trình tương đương với: 
2 2x 
b). Điều kiện: 0x . Bình phương 2 vế ta được: 
2 2
2 2
8
3 1 2 2 4 9 2 2 8
4(2 ) ( 8)
x
x x x x x x x
x x x
2
4
8
16
7 12 64 0
7
x
x
xx x
. Đối chiếu với điều kiện ta thấy chỉ có 
4x là nghiệm của phương trình. 
Ví dụ 2: Giải các phương trình: 
II. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ THƯỜNG GẶP 
1. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: 
Dấu hiệu: 
+ Khi ta gặp các bài toán giải phương trình dạng: ( ) ( ) ( ) 0n mf x g x h x 
Mà không thể đưa về một ẩn, hoặc khi đưa về một ẩn thì tạo ra những 
phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích hoặc giải trực tiếp khó khăn. 
+ Nhẩm được nghiệm của phương trình đó: bằng thủ công ( hoặc sử dụng 
máy tính cầm tay) 
Phương pháp: 
 Đặt điều kiện chặt của phương trình ( nếu có) 
Ví dụ: Đối phương trình: 2 23 3 2 7 2x x x . 
+ Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: 
 148 
Phương trình xác định với mọi x R . Nhưng đó chưa phải là điều kiện 
chặt. Để giải quyết triệt để phương trình này ta cần đến điều kiện chặt đó là: 
+ Ta viết lại phương trình thành: 2 23 2 7 2 3x x x 
Để ý rằng: 2 23 2 7 0x x do đó phương trình có nghiệm khi 
3
2 3 0
2
x x 
 Nếu phương trình chỉ có một nghiệm 
0x : 
 Ta sẽ phân tích phương trình như sau: Viết lại phương trình thành: 
0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
n mn mf x f x g x g x h x h x 
Sau đó nhân liên hợp cho từng cặp số hạng với chú ý: 
+ 3 32 2 33 3a b a ab b a b 
+ 2a b a b a b 
+ Nếu ( ) 0h x có nghiệm 0x x thì ta luôn phân tích được 
0( ) ( ) ( )h x x x g x 
Như vậy sau bước phân tích và rút nhân tử chung 0x x thì phương trình 
ban đầu trở thành: 
0
0
0
( ) ( ) 0
( ) 0
x x
x x A x
A x
Việc còn lại là dùng hàm số , bất đẳng thức hoặc những đánh giá cơ bản để 
kết luận ( ) 0A x vô nghiệm. 
 Nếu phương trình có 2 nghiệm 1 2,x x theo định lý viet đảo ta có nhân 
tử chung sẽ là: 2
1 2 1 2( ) .x x x x x x 
Ta thường làm như sau: 
+ Muốn làm xuất hiện nhân tử chung trong ( )n f x ta trừ đi một lượng 
ax b . Khi đó nhân tử chung sẽ là kết quả sau khi nhân liên hợp của 
( ) ( )n f x ax b 
+ Để tìm ,a b ta xét phương trình: ( ) ( ) 0n f x ax b . Để phương trình có 
hai nghiệm 1 2,x x ta cần tìm ,a b sao cho 
1 1
2 2
( )
( )
n
n
ax b f x
ax b f x
+ Hoàn toàn tương tự cho các biểu thức còn lại: 
 149 
Ta xét các ví dụ sau: 
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
a) 3 35 1 2 1 4 0x x x 
b) 22 4 2 5 3x x x x 
Giải: 
a). 
Phân tích: Phương trình trong đề bài gồm nhiều biểu thức chứa căn nhưng 
không thể quy về 1 ẩn. Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu 3 , thì sẽ tạo ra 
phương trình tối thiểu là bậc 6. Từ đó ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu 
thức liên hợp để tách nhân tử chung. 
Điều kiện 3
1
5
x 
Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: 1x . Khi đó 
3 35 1 5 1 2; 2 1 2 1 1x x 
Ta viết lại phương trình thành: 3 35 1 2 2 1 1 1 0x x x 
3
3 2 33
5 5 2 2
1 0
5 1 2 0 2 1 2 1 1
x x
x
x x x
2
3 2 33
5( 1) 2
( 1) 1 0
5 1 2 2 1 2 1 1
x x
x
x x x
Dễ thấy : 
Với điều kiện 3
1
5
x thì 
2
3 2 33
5( 1) 2
1 0
5 1 2 2 1 2 1 1
x x
x x x
Nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2x 
b). Điều kiện:  2;4x 
Ta nhẩm được nghiệm của phương trình là: 3x . Khi đó 
2 3 2 1; 4 4 3 1x x 
Từ đó ta có lời giải như sau: 
 150 
Phương trình đã cho tương đương với: 22 1 1 4 2 5 3x x x x 
3 3
( 3)(2 1)
2 1 1 4
x x
x x
x x
1 1
3 (2 1) 0
2 1 1 4
x x
x x
3
1 1
(2 1) 0
2 1 1 4
x
x
x x
Để ý rằng: Với điều kiện  2;4x thì 
1 1
1; 1;2 1 5
2 1 1 4
x
x x
 nên 
1 1
(2 1) 0
2 1 1 4
x
x x
Từ đó suy ra: 3x là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối cùng vô nghiệm ta thường dùng 
các ước lượng cơ bản: A B A với 0B từ đó suy ra 1
A
A B
 với mọi 
số ,A B thỏa mãn 
0
0
A B
B
Ví dụ 2: Giải các phương trình: 
a) 3 2 31 2x x x 
b) 3 2 32 4 7 3 28 0x x x x x 
Giải: 
a). Điều kiện: 3 2x . 
Ta nhẩm được nghiệm 3x . Nên phương trình được viết lại như sau: 
3 2 31 2 3 2 5x x x 
2 3
3 32 2 3
9 27
3
1 2 1 4 2 5
x x
x
x x x
2
3 32 2 3
3 3 9
( 3) 1 0
1 2 1 4 2 5
x x x
x
x x x
 151 
2
3 32 2 3
3
3 3 9
1 0
1 2 1 4 2 5
x
x x x
x x x
Ta dự đoán: 
2
3 32 2 3
3 3 9
1 0
1 2 1 4 2 5
x x x
x x x
 ( Bằng cách thay 
một giá trị 3 2x ta sẽ thấy 
2
3 32 2 3
3 3 9
1 0
1 2 1 4 2 5
x x x
x x x
) 
Ta sẽ chứng minh: 
3 32 2
3
1
1 2 1 4
x
x x
 và 
2
3
3 9
2
2 5
x x
x
Thật vậy: 
+ Ta xét 
2
32 23
2
32 23
3
1 1 2 1 1
1 2 1 4
x
x x x
x x
Đặt 3 2 31 0 1x t x t . Bất phương trình tương đương với 
2 3 4 3 22 1 1 3 6 4 0t t t t t t t . Điều này là hiển nhiên đúng. 
+ Ta xét: 
2
2 3 4 3 2
3
3 9
2 3 1 2 2 2 7 6 9 0
2 5
x x
x x x x x x x
x
0(*)x . Điều này luôn đúng. 
Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất: 3x 
b.) Điều kiện: 7x . 
Để đơn giản ta đặt 33 3 7x t x t 
Phương trình đã cho trở thành: 
2 3 3 3 3 2 3 32 ( 4) 7 3 28 0 3 2 28 ( 4) 7 0t t t t t t t t t t 
Nhẩm được 2t . Nên ta phân tích phương trình thành: 
 3 2 3 34 2 32 ( 4) 7 1 0t t t t t 
2
2 3
3
2 4
( 2) 4 7 16 ( 4) 0
7 1
t t
t t t t
t
 152 
Để ý rằng 24 7 16 0t t và 3 7t nên ta có 
2
2 3
3
2 4
4 7 16 ( 4) 0
7 1
t t
t t t
t
. Vì vậy phương trình có nghiệm 
duy nhất 2 8t x . 
Nhận xét: Việc đặt 3 x t trong bài toán để giảm số lượng dấu căn đã giúp 
đơn giản hình thức bài toán . 
Ngoài ra khi tạo liên hợp do 3( 4) 0t nên ta tách nó ra khỏi biểu thức để 
các thao tác tính toán được đơn giản hơn. 
Ví dụ 3: Giải các phương trình: 
a) 24 3 19 3 2 9x x x x 
b) 
2 11
3 8 1
5
x
x x
c) 
23 7
2 1
x
x
x x
 (Tuyển sinh vòng 1 lớp 10 Trường THPT 
chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) 
d) 
3 2
2
2
5 4 2
2
2 3
x x x
x x
x x
a). Điều kiện: 
19
3
3
x 
Ta nhẩm được 2 nghiệm là 1, 2x x nên ta phân tích để tạo ra nhân tử 
chung là: 2 2x x . Để làm được điều này ta thực hiện thêm bớt nhân tử 
như sau: 
+ Ta tạo ra 4 3 ( ) 0x ax b sao cho phương trình này nhận 
1, 2x x là nghiệm. 
Để có điều này ta cần: 
4
8 3
2 4 20
3
a
a b
a b
b
+ Tương tự 19 3 ( ) 0x mx n nhận 1, 2x x là nghiệm. 
 153 
Tức là 
1
5 3
2 5 13
3
a
m n
m n
b
Từ đó ta phân tích phương trình thành: 
 2
4 20 13
4 3 x 19 3 2 0
3 3 3 3
x
x x x x
 2
4 3 19 3 (13 )
3 3 5 2 0
3 3
x x
x x x x
2 2
24 2 2 2 0
3 3 3 5 3 3 19 3 (13 )
x x x x
x x
x x x x
2 4 1 12 . 1 0
3 3 3 5 3 3 19 3 (13 )
x x
x x x x
Dễ thấy với 
19
3
3
x thì 
1
0,
3 3 5x x
1
0
3 3 19 3 (13 )x x
Nên 
4 1 1
. 1 0
3 3 3 5 3 3 19 3 (13 )x x x x
. 
Phương trình đã cho tương đương với 2
1
2 0
2
x
x x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 3, 8x x . 
b). Điều kiện: 
8
3
x . 
Phương trình được viết lại như sau: 5 3 8 5 1 2 11x x x 
Ta nhẩm được 2 nghiệm 3, 8x x nên suy ra nhân tử chung là: 
2 11 24x x 
 154 
Ta phân tích với nhân tử 5 3 8x như sau: 
+ Tạo ra 5 3 8 0x ax b sao cho phương trình này nhận 3, 8x x 
là nghiệm. Tức là ,a b cần thỏa mãn hệ: 
3 5 3
8 20 4
a b a
a b b
+ Tương tự với 5 1 ( ) 0x mx n ta thu được: 
3 10 1
8 15 7
m n m
m n n
Phương trình đã cho trở thành: 
2 29( 11 24) 11 24
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1 0 0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
x x x x
x x x x
x x x x
 2
9 1
11 24 0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
x x
x x x x
2 11 24 0
9 1
0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
x x
x x x x
Ta xét 
9 1
( )
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1
A x
x x x x
Ta chứng minh: ( ) 0A x tức là: 
9 1
0
5 3 8 (3 4) ( 7) 5 1x x x x
5 3 8 3 4 9( 7 5 1) 0x x x x 
25 275
3 8 5 3 8 45 1 0
4 4
x x x x 
2
5 275
3 8 45 1 0
2 4
x x x
. Điều này là hiển nhiên đúng. 
Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 3, 8x x . 
Chú ý: 
Những đánh giá để kết luận ( ) 0A x thường là những bất đẳng thức không 
chặt nên ta luôn đưa về được tổng các biểu thức bình phương. 
 155 
Ngoài ra nếu tinh ý ta có thể thấy: 5 3 8 3 4 9( 7 5 1) 0x x x x 
5 3 8 3 4 9 63 5 81 81x x x x Nhưng điều này là hiển nhiên đúng 
do: 5 3 8 5 81 81;3 4 9 63x x x x với mọi 
8
3
x 
c). Điều kiện: 0x 
Ta nhẩm được 1; 3x x nên biến đổi phương trình như sau: 
Ta có: khi 1x 
2 7
2
2 1
x
x
, khi 
2 7
3 2
2 1
x
x
x
nên ta trừ 2 vào 2 
vế thì thu được: 
2 2 23 7 3 2 4 3
2 2
2 1 2( 1)
x x x x x
x
x x xx
22 2
3 3
4 3 04 3 4 3
2( 1)3 2 3 2 2( 1)
x xx x x x
xx x x x x x x
(1)
(2)
Giải (1) suy ra 1, 3x x 
Giải (2) ta có: 3 3 2 2( 1)x x x x 
3 33 2 3 4 0 1x x x x x 
Kết luận: Phương trình có nghiệm là 1; 3x x 
Nhận xét: Ta cũng có thể phân tích phương trình như câu a,b . 
d). Ta có: 3 2 25 4 2 ( 3)( 2 3) 5 7x x x x x x x nên phương trình 
tương đương với 
3 2
2 2
2 2
5 4 2 5 7
2 3 2 3 0
2 3 2 3
x x x x
x x x x x
x x x x
 156 
 22
1 1
5 7 0
2 3( 3) 2
x
x xx x x
22
5 7 0
1 1
0 (1)
2 3( 3) 2
x
x xx x x
Giải (1) : 2 2
22
1 1
2 0
2 3( 3) 2
x x x x
x xx x x
. 
Đặt 2 2 0x xt . Phương trình trở thành: 
 22
2
2 0
1( )
1
2 0
2
x
x x
x
t
t t
t L
Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm: 
7
; 1; 2
5
x x x 
Ví dụ 5: Giải các phương trình sau: 
a) 3 315 2 8 3x x x 
b) 3 1 3 1 0x x x 
a). Phương trình được viết lại như sau: 
3 3 3 315 2 8 3 15 8 3 2x x x x x x .Để phương trình 
có nghiệm ta cần: 
2
3 2 0
3
x x . Nhẩm được 1x nên ta viết lại 
phương trình thành: 3 315 4 8 3 3 3x x x 
 2 2
3 3
1 1
( 1) 3 0
15 4 8 3
x x x x
x
x x
Để ý rằng: 
 2 2
3 3
1 1
3 0
15 4 8 3
x x x x
x x
 nên phương trình có nghiệm 
duy nhất 1x 
 157 
b). Điều kiện 
1
3;
3
x
Ta viết lại phương trình như sau: 3 1 3 1 0x x x 
2 2 1 1
1 0 2 2 0
23 1 3 3 1 3
x
x x
x x x x
1
3 1 3 2
x
x x
Xét phương trình: 3 1 3 2x x . Bình phương 2 vế ta thu được: 
2
0
4 4 2 (3 1)( 3) 4 (3 1)( 3) 2
10 3 0
x
x x x x x x
x x
5 2 7x 
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là 1, 5 2 7x x 
Nhận xét: 
+ Ta thấy phương trình có nghiệm 1x . Nếu ta phân tích phương trình 
thành 3 1 2 2 3 4 4 0x x x thì sau khi liên hợp phương trình 
mới thu được sẽ là: 
3 3 1
4 4 0
3 1 2 2 3
x x
x
x x
3 1
1 4 0
3 1 2 2 3
x
x x
.Rõ ràng phương trình hệ quả 
3 1
4 0
3 1 2 2 3x x
 phức tạp hơn phương trình ban đấu rất 
nhiều. 
+ Để ý rằng khi 1x thì 3 1 3x x nên ta sẽ liên hợp trực tiếp biểu 
thức 3 1 3x x . 
2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp của phương trình: 
Ta thường gặp phương trình dạng này ở các dạng biến thể như: 
+ 
2 3 2ax bx c d px qx rx t (1) 
+ 
2 4 3 2ax bx c d px qx rx ex h (2) 
+ 
2 2 2A ax bx c B ex gx h C rx px q (*) 
 158 
Thực chất phương trình (*) khi bình phương 2 vế thì xuất hiện theo dạng 
(1) hoặc (2). 
Để giải các phương trình (1), (2). 
Phương pháp chung là: 
+ Phân tích biểu thức trong dấu thành tích của 2 đa thức ( ), ( )P x Q x 
+ Ta biến đổi 2 ( ) ( )ax bx c mP x nQ x bằng cách đồng nhất hai vế. 
Khi đó phương trình trở thành: ( ) ( ) ( ). ( )mP x nQ x d P x Q x 
Chia hai vế cho biểu thức ( ) 0Q x ta thu được phương trình: 
( ) ( )
( ) ( )
P x P x
m n d
Q x Q x
 . Đặt 
( )
0
( )
P x
t
Q x
 thì thu được phương trình: 
2 0mt dt n . 
Một cách tổng quát: Với mọi phương trình có dạng: 
2( ) ( ) ( ) ( ) ( ). ( ) 0n n n k k naP x bQ x cP x Q x d P x Q x thì ta luôn giải được 
theo cách trên. 
Một số ví dụ: 
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
a) 2 32( 3 2) 3 8x x x 
b) 21 4 1 3x x x x 
c) 2 2 34 3 1 2 1x x x x x 
Lời giải: 
a). Điều kiện: 2x . 
Ta viết lại phương trình thành: 2 22( 3 2) 3 ( 2)( 2 4)x x x x x 
Giả sử 2 23 2 ( 2) ( 2 4)x x m x n x x . Suy ra ,m n phải thỏa mãn 
1
1
2 3
1
2 4 2
n
m
m n
n
m n
Phương trình đã cho có dạng: 
2 22( 2) 2( 2 4) 3 ( 2)( 2 4) 0x x x x x x . 
 159 
Chia phương trình cho 2 2 4 0x x ta thu được: 
2 2
2 ( 2)
2 3 2 0
2 4 ( 2 4)
x x
x x x x
Đặt 
2
( 2)
0
( 2 4)
x
t
x x
 ta thu được phương trình: 22 3 2 0t t 
2
1
2
t
t
 do 2
2
1 ( 2) 1
0 2 4 4( 2)
2 ( 2 4) 2
x
t t x x x
x x
. 
2
3 13
6 4 0
3 13
x
x x
x
b). Điều kiện: 
2
0
4 1 0
x
x x
Bình phương 2 vế của phương trình ta thu được: 
2 2 22 1 2( 1) 4 1 4 1 9x x x x x x x x 
2 2 22 11 2 2 ( 2 1)( 4 1) 0x x x x x x 
Giả sử 
2 2 2
12
2
2 11 2 ( 2 1) ( 4 1) 2 4 11
5
2
2
m n m
x x m x x n x x m n
nm n
Phương trình trở thành: 
2 2 2 21 5( 2 1) ( 4 1) 2 ( 2 1)( 4 1) 0
2 2
x x x x x x x x 
Chia phương trình cho 2 2 1 0x x ta thu được: 
2 2
2 2
4 1 4 1
1 5 4 0
2 1 2 1
x x x x
x x x x
. Đặt 
2
2
4 1
0
2 1
x x
t
x x
 ta có 
Phương trình 
2
2
2
1
1 4 1 1
5 4 1 0 1
5 2 1 25
5
t
x x
t t t
x xt
 160 
2
1
24 102 24 0 4
4
x
x x
x
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm 
1
, 4
4
x x 
Nhận xét: Trong lời giải ta đã biến đổi: 
2 2 2( 1) 4 1 ( 2 1)( 4 1)x x x x x x x là vì 1 0x 
c). Điều kiện: 1x 
Ta viết lại phương trình thành: 21 2 2 2 3 1 0x x x x x 
2
1
2 2 2 3 1 0
x
x x x x
Xét phương trình: 
2 22 2 2 3 1 0 2 3 1 2( 1) 0x x x x x x x x . 
Dễ thấy 1x không phải là nghiệm. 
Xét 1x ta chia cho 1x thì thu được phương trình: 
2
2
1
2 3 2 0
1 1
1
1
x
x x x
xx x
x
(1)
(2)
Giải (1):
2
0
2 2 2 2
4 4 01
xx
x
x xx
Giải (2): 
2
0
1 2 2 2
4 4 01
xx
x
x xx
Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: 
1; 2 2 2x x 
Ví dụ 2: Giải các phương trình: 
a) 2 2 34(2 1) 3( 2 ) 2 1 2( 5 )x x x x x x 
b) 2 25 4 3 18 5x x x x x 
 161 
c) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x 
Lời giải: 
a). Điều kiện 
1
2
x 
Phương trình đã cho được viết lại như sau: 
3 22 8 10 4 3 ( 2) 2 1 0x x x x x x 
2( 2)(2 4 2) 3 ( 2) 2 1 0x x x x x x 
2( 2) (2 4 2) 3 2 1 0x x x x x 
2
2 0
(2 4 2) 3 2 1 0
x
x x x x
Xét phương trình: 
2 2 22 4 2 3 2 1 0 2 4 2 3 (2 1) 0x x x x x x x x 
Ta giả sử: 2 2
2
2 4 2 (2 1)
2
m
x x mx n x
n
Phương trình trở thành: 2 22 2(2 1) 3 (2 1) 0x x x x . Chia cho 2 0x 
Ta có: 
2 2
2 1 2 1
2 2. 3 0
x x
x x
. Đặt 
2
2 1
0
x
t
x
 phương trình mới 
là: 2
2
2 3 2 0 1
2
t
t t
t
Với 
1
2
t ta có: 2
2
4 2 32 1 1
8 4 0
2 4 2 3
xx
x x
x x
Nhận xét: 
+ Đối với phương trình 22 4 2 3 2 1 0x x x x ta có thể không cần 
đưa x vào trong dấu khi đó ta phân tích: 2 22 4 2 (2 1)x x mx n x 
và chia như trên thì bài toán vẫn được giải quyết. Việc đưa vào là giúp 
các em học sinh nhìn rõ hơn bản chất bài toán. 
+ Ngoài ra cần lưu ý rằng: Khi đưa một biểu thức ( )P x vào trong dấu 2n 
thì điều kiện là ( ) 0P x . Đây là một sai lầm học sinh thường mắc phải khi 
giải toán. 
 162 
b). Điều kiện: 
2
2
3 18 0
0 6
5 4 0
x x
x x
x x
. 
Phương trình đã cho được viết lại thành: 2 25 4 3 18 5x x x x x 
Bình phương 2 vế và thu gọn ta được: 2 22 9 9 5 ( 3 18) 0x x x x x 
Nếu ta giả sử 2 22 9 9 ( 3 18)x x mx n x x thì ,m n phải thỏa mãn 
2
3 9
18 9
n
m n
n
 điều này là hoàn toàn vô lý. 
 Để khắc phục vấn đề này ta có chú ý sau : 2 3 18 ( 6)( 3)x x x x khi 
đó 2 2( 3 18) ( 6)( 3) ( 6 )( 3)x x x x x x x x x 
Bây giờ ta viết lại phương trình thành: 2 22 9 9 5 ( 6 )( 3) 0x x x x x 
Giả sử: 2 2
2
2
2 9 9 ( 6 ) ( 3) 6 9
3
3
m
m
x x m x x n x m n
n
n
Như vậy phương trình trở thành: 
2 22( 6 ) 3( 3) 5 ( 6 )( 3) 0x x x x x x 
Chia cho 3 0x ta thu được: 
2 26 6
2 5 3 0
3 3
x x x x
x x
Đặt 
2
2
1
6
0 2 5 3 0 3
3
2
t
x x
t t t
x t
Trường hợp 1: 
2
2
7 61
6 2
1 1 7 3 0
3 7 61
2
x
x x
t x x
x
x
Suy ra 
7 61
2
x
 thỏa mãn điều kiện. 
 163 
Trường hợp 2: 
2
2
9
3 6 3
4 33 27 0 93
2 3 2
4
x
x x
t x x x
x x
Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là: 
7 61
2
x
 và 9x 
c). Điều kiện 5x . 
Chuyển vế bình phương ta được: 2 22 5 2 5 20 1x x x x x 
Giả sử: 2 22 5 2 20 1x x m x x n x 
Khi đó ta có : 
2
5
20 2
m
m n
m n
không tồn tại ,m n thỏa mãn hệ. 
Nhưng ta có : 
 2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x 
Giả sử: 2 22 5 2 4 5 4x x x x x  . Suy ra 
2
2
4 5
3
5 4 2
m
m
m n
n
m n
Ta viết lại phương trình: 2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x . 
Chia hai vế cho 4 0x ta thu được: 
2 24 5 4 5
2 5 3 0
4 4
x x x x
x x
 164 
Đặt 
2 4 5
0
4
x x
t
x
 ta thu được phương trình: 
2
1
2 5 3 0 3
2
t
t t
t
Trường hợp 1: 
2
2
5 61
4 5 2
1 1 5 9 0
4 5 61
2
x
x x
t x x
x
x
Trường hợp 2: 
2
2
8
3 4 5 9
4 25 56 0 7
2 4 4
4
x
x x
t x x
x x
Kết hợp điều kiện ta suy ra các nghiệm của phương trình là: 
5 61
8;
2
x x
Ví dụ 3: Giải các phương trình: 
a) 2 22 2 1 3 4 1x x x x x 
b) 3 2 33 2 ( 2) 6 0x x x x 
Lời giải: a). Điều kiện: 
1
2
x . 
Bình phương 2 vế phương trình ta thu được: 
2 2 2 2 24 1 2 ( 2 )(2 1) 3 4 1 1 ( 2 )(2 1) 0x x x x x x x x x x x 
Ta giả sử: 2 2
1
1
1 ( 2 ) (2 1) 1
1
2 2 0
m
m
x m x x n x n
n
m n
Phương trình trở thành: 
2 2
2 2
2 1 2 1
( 2 ) (2 1) ( 2 )(2 1) 0 1 0
2 2
x x
x x x x x x
x x x x
 165 
Đặt 2
2
2 1 1 5
0 1 0
2 2
x
t t t t
x x
Về cơ bản đến đây ta hoàn toàn tìm được x . Nhưng với giá trị 
2
3
1
0
3 1x
 như vậy việc tính toán sẽ gặp khó khăn. 
Để khắc phục ta có thể xử lý theo hướng khác như sau: 
Ta viết lại: 2 2( 2 )(2 1) ( 2)(2 )x x x x x x lúc này bằng cách phân 
tích như trên ta thu được phương trình: 
2 2
2 21 1 2 2(2 ) ( 2) ( 2)(2 ) 0 2 1 0
2 2 2 2
x x x x
x x x x x x
x x
Đặt 
2
2 2 22 0 2 1 0 1 2 2 1 0
2
x x
t t t t x x x x x
x
1 5
2
x
 . Kiểm tra điều kiện ta thấy chỉ có giá trị 
1 5
2
x
 là thỏa 
mãn điều kiện. 
b). Điều kiện: 2x . 
Ta viết lại phương trình thành: 3 33 ( 2) 2 ( 2) 0x x x x 
Để ý rằng: 
Nếu ta đặt 2y x thì phương trình trở thành: 3 2 33 2 0x xy y . Đây 
là một phương trình đẳng cấp bậc 3 . Từ định hướng trên ta có lời giải cho 
bài toán như sau: 
+ Xét trường hợp: 0x không thỏa mãn phương trình: 
+ Xét 0x . Ta chia phương trình cho 3x thì thu được: 
3
2 3
( 2)( 2)
1 3 2 0
xx
x x
 . 
Đặt 
2x
t
x
 ta có phương trình: 3 2
1
2 3 1 0 2
1
t
t t
t
Trường hợp 1: 
1
2
t 
 166 
2
02 1
2 2 2 2 3
2 4 8 0
xx
x x x
x x x
Trường hợp 1: 1t 
2
02
1 2 2
2 0
xx
x x x
x x x
Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: 2; 2 2 3x x 
Ví dụ 4: Giải các phương trình: 
a) 3 2 5 42 3 1 1x x x x x 
b) 4 25 8 4 8x x x 
Lời giải: 
a). Hình thức bài toán dễ làm cho người giải bối rối nhưng để ý thật kỹ ta 
thấy: 
Chìa khóa bài toán nằm ở vấn đề phân tích biểu thức: 5 4 1x x 
Ta thấy do vế trái là biểu thức bậc 3 nên ta nghỉ đến hướng phân tích: 
5 4 2 3 21 ( 1)( 1)x x x ax x bx cx . Đồng nhất hai vế ta thu được: 
1; 0; 1a b c . Nên ta viết lại phương trình đã cho thành: 
3 2 3 22( 1) ( 1) ( 1).( 1) 0x x x x x x x x 
Chia cho 2 1 0x x ta thu được: 
3 3
2 2
1 1
2. 1 0
1 1
x x x x
x x x x
. Đặt 
3
2
1
0
1
x x
t
x x
 ta có 
phương trình: 2
1
2 1 0 1
( )
2
t
t t
t L
Giải 
3
3 2
2
0
1
1 1 2 0 1
1
2
x
x x
t x x x x
x x
x
Kết luận: Thử lại ta thấy 3 nghiệm: 0, 1; 2x x x đều thỏa mãn. 
b). Điều kiện: 4
0
8 0
2
x
x x
x
 167 
Ta thấy chìa khóa bài toán nằm ở việc phân tích biểu thức: 
 4 3 2 2 28 8 2 2 4 2 2 4x x x x x x x x x x x x Giả sử 
2 2 2
4
4 8 ( 2 4) ( 2 ) 2 2 0 2
4 8
m n
x m x x n x x m n m n
m
Phương trình trở thành: 
2 2 2 22( 2 4) 2( 2 ) 5 ( 2 4)( 2 ) 0x x x x x x x x . Chia hai vế cho 
2 2 4 0x x ta thu được: 
2 2
2 2
2 2
2 5 2 0
2 4 2 4
x x x x
x x x x
. Đặt 
2
2
2
0
2 4
x x
t
x x
 ta có phương trình: 2
2
2 5 2 0 1
2
t
t t
t
Trường hợp 1: 
2
2
2
2
2 4 3 10 16 0
2 4
x x
t x x
x x
 vô nghiệm 
Trường hợp 2: 
2
2
2
5 37
1 2 1 3
3 10 4 0
2 2 4 4 5 37
3
x
x x
t x x
x x
x
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là: 
5 37
3
5 37
3
x
x
Nhận xét: Ta có thể phân tích: 
 4 3 2 2 28 8 ( 2)( 2 4) ( 2 )( 2 4)x x x x x x x x x x x x 
Chú ý rằng: Trong một số phương trình: Ta cần dựa vào tính đẳng cấp của 
từng nhóm số hạng để từ đó phân tích tạo thành nhân tử chung. 
Ví dụ 5: Giải các phương trình: 
a) 2( 2)( 2 3 2 1) 2 5 3 1 0x x x x x 
b) 2 2( 4) 2 4 3 6 4x x x x 
 168 
c) 2 2 2( 6 11) 1 2( 4 7) 2x x x x x x x 
Giải: 
a). Đặt 2 3 , 1 , 0x a x b a b 
Phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 2( )( 2 ) ( 2 ) 0a b a b a ab b 
( 2 )( )( ) ( )( 2 ) 0 ( 2 )( )( 1) 0a b a b a b a b a b a b a b a b 
Ta quy bài toán về giải 3 phương trình cơ bản là: 
2 3 1 0
2 2 3 1 0
2 3 1 1 0
x x
x x
x x
Với điều kiện: 1 1, 0x a b 
Trường hợp 1: 2 3 1 0 2 3 1 2( )x x x x x L 
Trường hợp 2: 
11
2 2 3 1 0 8 12 1 ( )
7
x x x x x L 
Trường hợp 3: 2 3 1 1 0x x . Vì 2 3 1, 1 0 0x x VT 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x . 
Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất 1x 
b). Điều kiện 2x 
Ta thấy rằng nếu bình phương trực tiếp sẽ dẫn đến phương trình bậc 5 
Để khắc phục ta sẽ tìm cách tách 2 4x ra khỏi 2 4x 
Từ đó ta viết lại phương trình như sau: 2 2 2( 4) 2 4 4 4 6x x x x x 
2 2 2( 4)( 2 4 1) 2 (2 3) ( 4)( 2 4 1) 2 ( (2 4) 1)x x x x x x x x 
2( 4)( 2 4 1) 2 ( 2 4 1)( 2 4 1)x x x x x 
Do 2 4 1 0x . Phương trình đã cho tương đương với 
2
2 24 2 ( 2 4 1) 2 4 2 2 4 0 2 4 0x x x x x x x x x 
22 4 0 2 4 0 1 5x x x x x 
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất 1 5x 
c). Điều kiện: 2x 
 169 
Giả sử 
2 2
1
6 11 ( 1) ( 2) 6 1, 5
2 11
m
x x m x x n x m n m n
m n
2 2
1
4 7 ( 1) ( 2) 4 1, 3
2 7
p
x x p x x q x p q p q
p q
Phương trình đã cho trở thành: 
2 2 2( 1) 5( 2) 1 2 ( 1) 3( 2) 2 0x x x x x x x x x 
Chia phương trình cho 2 3( 1)x x ta thu được: 
3
2 2 2
2 2 2
1 5. 2 6 0
1 1 1
x x x
x x x x x x
Đặt 
2
2
0
1
x
t
x x
Ta thu được phương trình: 3 2
1
1
6 5 2 1 0
3
1
( )
2
t
t t t t
t L
+ Nếu 21 2 3 0( )t a b x x VN 
+ Nếu 2
1
10 19 0 5 6
3
t x x x 
Kết luận: 5 6x 
2. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn 
toàn. 
+ Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là phương pháp chọn một số hạng trong 
phương trình để đặt làm ẩn sau đó ta quy phương trình ban đầu về dạng một 
phương trình bậc 2: 2 ( ) ( ) 0mt g x t h x ( phương trình này vẫn còn ẩn 
x ) 
 170 
+ Vấn đề của bài toán là phải chọn giá trị m bằng bao nhiêu để phương 
trình bậc 2 theo ẩn t có giá trị chẵn   2( )A x như thế viêc tính t 
theo x sẽ được dễ dàng. 
+ Thông thường khi gặp các phương trình dạng: 
2 2( ) 0ax bx c dx e px qx r thì phương pháp đặt ẩn phụ không 
hoàn toàn tỏ ra rất hiệu quả: 
+ Để giải các phương trình dạng này ta thường làm theo cách: 
- Đặt 2( ) ( )f x t t f x 
- Ta tạo ra phương trình: 2 ( ) ( ) 0mt g x t h x 
Ta có  
2 2
1 1 1( ) 4 . ( ) ( ) ( ) ( )g x m h x f m x g m x h m . Để có dạng 
 
2
( )A x thì điều kiện cần và đủ là 
 
2
1 1 1( ) 4 ( ). ( ) 0m g m f m g m m 
Ta xét các ví dụ sau: 
Ta xét các ví dụ sau: 
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
a) 2 21 ( 1) 2 3 0x x x x 
b) 22 2 4 4 2 9 16x x x 
c) 2(2 7) 2 7 9 7x x x x (Trích đề TS lớp 10 Chuyên Tự nhiên – 
ĐHQG Hà Nội 2009) 
Giải: 
a) Đặt 2 2 22 3 0 2 3t x x t x x 
 Phương trình đã cho trở thành: 2 1 ( 1) 0x x t 
 Ta sẽ tạo ra phương trình: 2 2 2( 1) 1 ( 2 3) 0mt x t x m x x 
 (Ta đã thêm vào 2mt nên phải bớt đi một lượng 2 2( 2 3)mt m x x ) 
 Phương trình được viết lại như sau: 
2 2( 1) (1 ) 2 1 3 0mt x t m x mx m 
2 2( 1) 4 (1 ) 2 1 3x m m x mx m 
2 2 2 2(4 4 1) (2 8 ) 12 4 1m m x m x m m 
 Ta mong muốn 
 171 
2 2 2 2 2(Ax ) (1 4 ) (12 4 1)(4 4 1) 0 1mB m m m m m m 
 Phương trình mới được tạo ra là: 2 ( 1) 2 2 0t x t x 
 Ta có 2 26 9 ( 3)x x x 
 Từ đó ta có: 
1 ( 3)
2
2
1 ( 3)
1
2
x x
t
x x
t x
+ Trường hợp 1: 2 21 2 3 2 2 1 0 1 2t x x x x x 
+ Trường hợp 2: 
2
2 2
1
1 2 3 1
2 3 2 1
x
t x x x x
x x x x
 Phương trình vô nghiệm. 
 Tóm lại: Phương trình có 2 nghiệm là: 1 2x 
b) Điều kiện: 2 2x 
 Bình phương 2 vế phương trình và thu gọn ta được: 
2 29 16 8 2 8 32 0x x x . 
 Đặt 28 2t x ta tạo ra phương trình là: 
2 2 2
2 2
16 (8 2 ) 9 8 32 0
16 (9 2 ) 8 8 32 0
mt t m x x x
mt t m x x m
2
2 2 2
64 (9 2 ) 8 8 32
( 2 9 ) 8 8 32 64
m m x x m
m m x mx m m
Ta mong muốn 2' ( )Ax B 0 phải có nghiệm kép . Tức là: 
2 2 216 ( 2 9 )(8 32 64) 0 4m m m m m m m 
 Từ đó suy ra phương trình mới là: 2 24 16 8 0t t x x 
 Tính được: 2 2
8 (2 8)
4 2
' 4 32 64 (2 8)
8 (2 8)
4
4 2
x x
t
x x x
x x
t
 172 
+ Trường hợp 1: 2
2 2
0 4 2
8 2
2 2 34(8 2 )
xx x
t x x
x x
+ Trường hợp 2: 
2
2 2
8
4 8 2 4
2 2 4(8 2 ) ( 8)
xx x
t x VN
x x
 Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất 
4 2
3
x 
c). Đặt 2 7x t ta tạo ra phương trình: 
 2 22 7 9 2 7 7 0mt x t x m x m 
Làm tương tự như trên ta tìm được 1m . Nên phương trình có dạng 
 22 2 2
7
2 7 7 0 2 7 4 7 49
t x
t x t x x x x x
t x
giải theo các trường hợp của t ta tìm được 1 2 2x là nghiệm của 
phương trình. 
Ví dụ 3: Giải các phương trình: 
a) 2 210 9 8 2 3 1 3 0x x x x x 
b) 3 2 36 2 3 (5 1) 3 0x x x x x 
c) 24 1 1 3 2 1 1x x x x 
Lời Giải: 
a) Điều kiện: 
1
1
2
x
x
 Đặt 22 3 1t x x ta tạo ra phương trình: 
2 28 (10 2 ) (3 9) 3 0mt xt m x m x m 
 Ta có 
2 216 (10 2 ) (3 9) 3x m m x m x m 
2 216 (10 2 ) (3 9) 3x m m x m x m 
2 2 2 2(2 10 16) (9 3 ) 3m m x m m x m m 
 Ta cần : 2 2 2 2(9 3 ) 4(2 10 16)( 3 ) 0 3m m m m m m m m 
 173 
 Phương trình đã cho trở thành: 2 2
2
3 8 4 0 3
2
t x
t xt x
t x
 Trường hợp 
1
2
2 2 2
0 02 2
2 3 1
3 3 9(2 3 1) 4 14 27 9 0
x x
t x x x x
x x x x x
3
2
3
7
x
x
 Trường hợp 2: 2
0 1
2 2 3 1 2
3 1 0 3
x
t x x x x x
x
 Kết luận: Phương trình có 3 nghiệm: 
3 3 1
, ,
2 7 3
x x x 
b) Điều kiện: 1x . Đặt 3 3 23 0 3t x x t . Do hệ số của 3x 
trong phương trình là: 1. Phương trình đã cho trở thành: 
2 2(5 1) 6 2 0t x t x x 
2 2 2 2(5 1) 4(6 2 ) 2 1 ( 1)x x x x x x . 
 Suy ra: 
(5 1) ( 1)
2
2
(5 1) ( 1)
3 1
2
x x
t x
x x
t x
 Trường hợp 1: 3
3 2
1
0 3 21
3 2
24 3 0
3 21
( )
2
x
x
x x x
x x
x L
 174 
 Trường hợp 2: 
3
3 2
11
3 3 1 4 2 33
9 6 2 0 4 2 3( )
x
x
x x x
x x x x L
 Tóm lại phương trình có 3 nghiệm: 
3 21
1, , 4 3 2
2
x x x
a) Điều kiện: 1 1x . Ta viết phương trình thành: 
24 1 2 1 3 1 1x x x x . 
 Bình phương 2 vế ta thu được phương trình mới: 
2 2 2 216( 1) 4(1 ) 16 1 9 6 1 2(3 1) 1 1x x x x x x x x 
2 28 6 18 (6 18) 1 0x x x x 
 Đặt 21t x ta tạo ra phương trình: 
2 2(6 18) (8 ) 6 18 0mt x t m x x m 
 Có 
2 2' (3 9) (8 ) 6 18x m m x x m 
2 2 2(9 8 ) (54 6 ) 18 81m m x m x m m 
 Ta mong muốn 
2 2 2 2( ) ' (3 27) (9 8 )( 18 81) 0mAx B m m m m m 
 Từ đó tính được 8m 
 Phương trình đã cho trở thành: 28 (6 18) 6 10 0t x t x 
 Ta có 2 2' (3 9) 8(6 10) (3 1)x x x 
 Suy ra 
3 9 (3 1) 3 5
8 4
3 9 (3 1)
1
8
x x x
t
x x
t
 Trường hợp 1: 21 1 1 0t x x thỏa mãn điều kiện 
 Trường hợp 2: 
2 2 23 5 4 1 3 5 16(1 ) 9 30 25
4
x
t x x x x x
2 2 2 316(1 ) 9 30 25 25 30 9 0
5
x x x x x x 
 175 
 Thử lại ta thấy: 
3
5
x thỏa mãn phương trình: 
 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm 
3
0,
5
x x 
 Chú ý: Ở bước cuối cùng khi giải ra nghiệm ta phải thử lại vì phép bình 
phương lúc đầu khi ta giải là không tương đương. 
Ví dụ 4) Giải các phương trình: 
a) 25 5x x 
b) 4 22 3 3 3 0x x x 
 2 28 3 4 2 4 4x x x x x 
Giải: 
a) Điều kiện: 
2
5
5
x
x
 Bình phương 2 vế ta thu được: 2 2 45 (2 1).5 0x x x 
 Ta coi đây là phương trình bậc 2 của 5 ta có: 
2 2 4 2 2(2 1) 4( ) 4 4 1 (2 1)x x x x x x 
 Từ đó suy ra 
2 2
2 2
1
5 (2 1 2 1)
2
1
5 (2 1 2 1) 1
2
x x x x
x x x x
 Trường hợp 1: 2
1 21
2
5 0
1 21
2
x
x x
x
 Trường hợp 2: 2
1 17
2
4 0
1 17
2
x
x x
x
 Đối chiếu với điều kiện ta có 4 nghiệm đều thỏa mãn phương trình. 
b) Ta viết lại phương trình thành: 2 43 (2 1) 3 0x x x 
 Ta coi đây là phương trình bậc 2 của 3 ta có: 
 2 2 4 2 2(2 1) 4( ) 4 4 1 (2 1)x x x x x x 
 176 
 Từ đó suy ra 
2 2
2
2
2 2
1
3 (2 1 2 1)
3 02
1 1 3 03 (2 1 2 1) 1
2
x x x x
x x
x xx x x x
 Giải 2 phương trình trên ta thu được các nghiệm của phương trình đã cho 
là: 
1 1 4 3
2
x
 hoặc 
1 4 3 3
2
x
c) Điều kiện 4x 
 Ta viết lại phương trình thành: 
 2 24 4 2 4 8 2 8 0x x x x x x . Coi đây là phương trình 
bậc 2 ẩn 4x thì 
2 2
2 2 24 2 4 8 2 8 4 6x x x x x x . 
 Từ đó suy ra 
4 2
4 2 1
x x
x x
 Giải 2 trường hợp ta thu được các nghiệm của phương trình là: 
1 65
8
3 57
8
x
x
Ví dụ 5: Giải các phương trình: 
a) 2 23( 2 1 1) (1 3 8 2 1)x x x x 
b) 2 23 6 2 1 3 1x x x x 
Lời Giải: 
a) Ta viết lại phương trình thành: 2 23 3 (8 3) 2 1 0x x x x . 
 Đặt 22 1 0t x suy ra 2 22 1t x . 
 Ta tạo ra phương trình: 2 2(8 3) (3 2 ) 3 0mt x t m x x m . 
 Ta có 
2 2(8 3) 4 (3 2 ) 3x m m x x m 
2 2 2(8 12 64) (48 4 ) 4 12 9m m x m x m m . 
 Ta cần 2 2 2' (24 2 ) (8 12 64)(4 12 9) 0 3m m m m m m m . 
 Phương trình trở thành: 2 23 (8 3) 3 0t x t x x . 
 177 
 Ta có: 2 2 2 2(8 3) 12.( 3 ) 100 60 9 (10 3)x x x x x x . 
 Từ đó tính được : 
3 8 (10 3)
3 1
6
3 8 (10 3)
6 3
x x
t x
x x x
t
 Trường hợp 1: 2
2
1
2 1 3 1 03
9 6 0
x
x x x
x x
 Trường hợp 2: 2
2
0
2 1
3 17 9 0
xx
x VN
x
 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 0x 
b) Điều kiện: 
1
2
x . 
 Ta viết lại phương trình thành: 2 23 6 3 1 2 1x x x x . 
 Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình mới: 
2 210 3 6 2(3 1) 2 1 0x x x x 
 Đặt 22 1 0t x suy ra 2 22 1t x . 
 Ta tạo ra phương trình: 2 22(3 1) (10 2 ) 3 6 0mt x t m x x m . Ta 
có 
2 2' (3 1) (10 2 ) 3 6x m m x x m 
2 2 2(2 10 9) (6 3 ) 6 1m m x m x m m . 
 Ta cần 2 2 2(6 3 ) 4(2 10 9)( 6 1) 0 4m m m m m m m . 
 Phương trình trở thành: 2 24 2(3 1) 2 3 2 0t x t x x . 
 Ta có: 2 2 2 2' (3 1) 4.(2 3 2) 6 9 ( 3)x x x x x x . 
 Từ đó tính được: 
3 1 ( 3) 2
4 2
3 1 ( 3) 2 1
4 2
x x x
t
x x x
t
 Trường hợp 1: 2
2
2 2 15
22 7
2 1
2 7 4 8 0 2 2 15
7
x
xx
x
x x
x
. 
 178 
 Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có 
2 2 15
7
x
 là thỏa mãn 
điều kiện . 
 Trường hợp 2: 2
2
1 6
1
2 1 2
2 1 2
2 1 64 4 5 0
2
x
xx
x
x x x
. 
 Đối chiếu với điều kiện ban đầu ta thấy chỉ có 
1 6
2
x
 là thỏa mãn 
điều kiện . 
 Vậy phương trình có 2 nghiệm là: 
2 2 15
7
x
 và 
1 6
2
x
SỬ DỤNG HẰNG ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 
 Dấu hiệu: 
Các bài toán giải được bằng hằng đẳng thức thường có dạng: 
 3 2ax bx cx d e fx h px q hoặc 
3 2 3 23ax bx cx d e px qx rx s 
Phương pháp chung để giải các bài toán này là: Đặt n f x y với 2n 
hoặc 3n . 
Đưa phương trình ban đầu về dạng 
3 3m Ax B n Ax B my ny 
Ví dụ 1: 
a) 3 2 38 36 53 25 3 5x x x x 
b) 
33 2 28 13 7 2 3 3x x x x x 
c) 3 24 11 16 2 1 1 0x x x . 
d) 
3 36 6 4 4x x 
e) 
3 31 2 2 1x x 
f) 24 1 3 5 2x x x x 
Giải: 
Những phương trình có dạng: 3 2ax bx cx d ex h px q (1) 
 179 
Hoặc: 3 2 3 23ax bx cx d e px qx rx h (2) 
ta thường giải theo cách: 
Đối với (1): Đặt px q y khi đó 
2y p
x
q
 thay vào phương trình ta 
đưa về dạng: 3 2 3ax bx cx d Ay By . Sau đó biến đổi phương trình 
thành:  
3 3. ( ) . ( )A u x B u x Ay By 
 Đối với (2): Đặt 3 23g px qx rx h y sau đó tạo ra hệ tạm: 
3 2
3 3 2 3
.ax bx cx d s y
g px qx rx h y
 cộng hai phương trình ta thu được: 
3 2 3.Ax Bx Cx D s y y sau đó đưa phương trình về dạng: 
    
3 3( ) . ( ) .u x s u x y s y 
 Ta xét các ví dụ sau: 
a) Đặt 3 3 5x y ta có hệ sau: 
3 2
3
8 36 53 25
3 5
x x x y
x y
 (I) 
 Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được: 
3 2 38 36 56 30x x x y y (*). Ta nghỉ đến việc biến đổi vế trái 
thành: 
 
3
( ) ( )A x A x để phương trình có dạng:  
3 3( ) ( )A x A x y y 
 Giả sử: 3 2 38 36 56 30 (2 ) (2 )x x x x a x a . 
 Đồng nhất hệ số của 2 3x a 
 Như vậy phương trình (*) có dạng: 3 3(2 3) (2 3)x x y y (1) 
 Đặt (2 3)z x . Từ phương trình ta suy ra 3 3z z y y 
 3 3 2 2 1 0z z y y z y z zy y . Do 
2
2 2 231 1 0, ,
2 4
y
z zy y z y y z PT y z
  
3 22 3 8 36 53 25 2 3y x x x x x 
3 2
5 3
8 36 51 22 0 4
2
x
x x x
x
 180 
 Qua ví dụ trên ta thấy việc chuyển qua hệ tạm (I) giúp ta hình dung bài 
toán được dễ dàng hơn. 
b) Đặt 3 2 3 3x x y ta thu được hệ phương trình sau: 
3 2
2 3
8 13 7 2
3 3
x x x y
x x y
. Cộng hai phương trình của hệ ta thu được: 
3 2 3 3 38 12 10 3 2 (2 1) 2(2 1) 2x x x y y x x y y (*) 
Đặt 2 1z x ta thu được phương trình: 3 32 2z z y y 
 2 2 3 22 0 2 1 8 13 7 4 2z y z zy y z y y x x x x x 
3 2
1
8 13 3 2 0 5 89
16
x
x x x
x
c) Điều kiện: 
1
2
x . Ta đặt 2 1 0x a thì phương trình đã cho trở 
thành: 3 32 3 3 212 1 8 8 1 0 8 8 1 12 1a a a a a a 
Đặt 3 212a 1 y ta thu được hệ sau: 
3
2 3
8 8 1
12 1
a a y
a y
. Cộng hai phương 
trình của hệ với nhau ta thu được: 3 3(2 1) (2 1)a a y y (*) 
Đặt 2 1a z ta có: 3 3z z y y . 
Tương tự như các bài toán trên ta suy ra z y . 
Theo (*) ta có 3
1
2 1 8 8 1 2 1 0
2
y a a a a a x 
Kết luận: 
1
2
x là nghiệm duy nhất của phương trình: 
d) Đặt 3 6 4y x ta có hệ sau: 
3
3 3 2 2
3
4 6
6 6 6 0
6 4
x y
x x y y x y x xy y x y
x y
Thay vào phương trình ta có: 
 3 2
2
6 4 0 2 2 2 0 1 3
1 3
x
x x x x x x
x
 181 
e) Đặt 3 2 1y x ta có hệ: 
3
3 3 2 2
3
1 2
2 2 2 0
2 1
x y
x x y y x y x xy y x y
x y
Suy ra 3 2
1
1 5
2 1 0 1 1 0
2
1 5
2
x
x x x x x x
x
f) 24 1 3 5 2x x x x 
Đặt 
25
5 2 0
2
y
x y x
 thay vào ta có: 
2
2 3 3 2 254 1 3 8 2 2 2 4 2 . 2 0
2
y
x x y x x y y x y x x y y
2
1 21
2
2 4 2 5 0
1 21
2
x
y x x x
x
 Thử lại ta thấy chỉ có 
1 21
2
x
 thỏa mãn điều kiện bài toán. 
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 
a) 2 2 237 13 8 2 (1 3 3 )x x x x x x 
b) 33 2 6 3 23 4 1 2x x x x x 
c) 
3
3 3
3
3
2
2 2
x x x x
x
Giải: 
a) Nhận thấy 0x không phải là nghiệm của phương trình: 
 Chia hai vế phương trình cho 3x ta thu được: 
3
2 3 2
7 13 8 1 3
2 3
x x x x x
 . 
 182 
 Đặt 3
2
1 3
3y
x x
 ta thu được hệ sau: 
2 3
3
2
7 13 8
2
1 3
3
y
x x x
y
x x
 . 
 Cộng hai phương trình của hệ ta có: 
3
3 3
3 2
8 12 10 2 2
3 2 1 2 1 2y y y y
x x x x x
 (*) 
 Đặt 
2
1z
x
 ta thu được: 
 3 3 2 22 2 2 0z z y y z y z yz y z y 
2 3 3 2
2 7 13 8 4 8 13 3
1 2 2 0y
x x x x x x x x
 . 
 Suy ra 
5 89
1,
4
x x
b) Nhận thấy 0x không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia hai 
vế phương trình cho x thì thu được phương trình tương đương 
là: 2 33
1 1
3 4 2x x x
x x
 . 
 Đặt 33
1
2y x
x
 ta có hệ sau:
2
3 3
1
3 4
1
2
x x y
x
x y
x
. Cộng hai phương 
trình của hệ ta có: 3 3( 1) ( 1)x x y y . 
 Từ phương trình ta suy ra 2
1
1 3 4 1y x x x x
x
2 3 2
1
1
3 4 1 3 3 1 0 3
3
x
x x x x x x
x x
. 
c) Ta viết lại phương trình thành: 
3
33 316 4 4 12x x x x x 
 Đặt 3 34 12y x x ta có hệ tạm sau: 
3
3
3 3
16 4
4 12
x x x y
x x y
 183 
 Cộng hai vế hệ phương trình ta thu được: 
3
3 3 34 4x x x x y y 
Đặt 3z x x ta có: 
 3 3 2 24 4 4 0z z y y z y z yz y 
3
3 34 12x x x x 
3
2 2 21 4 12 0x x x x 
 2
0
3
x
x
 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là: 0; 3x x 
PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 
 Những kỹ thuật qua trọng để giải phương trình giải bằng phương pháp 
đánh giá ta thường sử dụng là: 
+ Dùng hằng đẳng thức: 2 2 2
1 2 1 2.. 0 .. 0n nA A A A A A 
+ Dùng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, Bất đẳng thức hình 
học 
+ Dùng phương pháp khảo sát hàm số để tìm ,GTLN GTNN : 
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 
a) 24 3 3 4 3 2 2 1x x x x x . 
b) 13 1 9 1 0x x . 
c) 35 2 2 2 1 1 0x x x (Trích đề tuyển sinh lớp 10 chuyên 
Toán Trường chuyên Amsterdam 2014). 
d) 
1
1 2 4 3 9
2
x y z x y z 
Lời giải: 
a) Điều kiện 
1
2
x . Ta viết lại phương trình thành: 
 24 4 3 3 2 1 2 2 1 1 0x x x x x x 
2 2 2 3 0
2 3 2 1 1 0 1
2 1 1 0
x x
x x x x
x
. 
 184 
b) Điều kiện: 1x . Ta viết lại phương trình thành: 
1 9
13 1 1 9 1 3 1 0
4 4
x x x x
2 2
1
1 0
1 3 52
13 1 9 1 0
32 2 4
1 0
2
x
x x x
x
. 
c) Điều kiện 
1
2
x .Ta viết lại phương trình thành: 
2
4 4
0
5 2 1 2 2 1 1 0 5 2 1 1 0
2 1 1 0
x
x x x x x
x
 Suy ra 0x là nghiệm duy nhất của phương trình. 
d) Điều kiện 1; 4; 9x y z ta viết lại phương trình thành: 
2 1 4 4 6 9x y z x y z 
1 2 1 1 4 4 4 4 9 6 9 9 0x x y y z z 
2 2 2
1 1 0 2
1 1 4 2 9 3 0 4 2 0 8
189 3 0
x x
x y z y y
zz
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 
a) 34 316 5 6 4x x x 
b) 34 2 34 3 4 3 16 12x x x x x 
c) 2 396 20 2 8 1 4 (8 1) 0x x x x x x 
Giải: 
a) Vì 416 5 0x nên phương trình đã cho có nghiệm khi 
3 24 0 (4 1) 0 0x x x x x . Để ý rằng khi 
1
2
x thì VT VP 
nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng xảy ra khi 
1
2
x . Mặt khác khi 
1
2
x 3
1 1
4 4. 1
8 2
x x thì Từ những cơ sở 
trên ta có lời giải như sau: Theo bất đẳng thức Cô si dạng 
33 abc a b c ta có 
 185 
 Ta có 3 3 3 3 336 4 2.3. 4 .1.1 2 4 1 1 8 2 4x x x x x x x x 
 Mặt khác ta có: 
 24 3 4 3 216 5 (8 2 4) 16 8 2 1 2 1 4 2 1 0x x x x x x x x x 
 Suy ra VT VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2 2
2
2(2 1) (2 2 1) 0 1
24 (4 1) 2
x x x
x
x x
 Tóm lại: Phương trình có nghiệm duy nhất 
1
2
x 
b) Vì 4 24 3 4 0x x x nên phương trình đã cho có nghiệm khi 
3 216 12 0 4 (4 3) 0 0x x x x x . Để ý rằng khi 
1
2
x thì 
VT VP nên ta nghỉ đến sử dụng bất đẳng thức Cô si sao cho dấu bằng 
xảy ra khi 
1
2
x . Khi 
1
2
x thì 3
1 1
16 12 16. 12. 8
8 2
x x . Từ những 
cơ sở trên ta có lời giải như sau: 
 Theo bất đẳng thức Cô si dạng 33 abc a b c ta có 
 3 3 3 33 3
3 1
3 16 12 16 12 .8.8 16 12 8 8 4 3 4
4 4
x x x x x x x x 
Mặt khác ta có: 
 4 2 3 4 3 2 2 24 3 4 (4 3 4) 4 4 (2 1) 0x x x x x x x x x x . 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
2 2
2
(2 1) 0 1
22 (4 3)
x x
x
x x
c) Điều kiện: 
1
8
x . Để ý rằng 
1
8
x là nghiệm của phương trình nên ta có 
lời giải như sau: 
2
3 3
1 1 4 (8 1) 32 4 2
4 (8 1) 1.1.4 (8 1)
3 3
x x x x
x x x x
 . 
 Mặt khác ta có 
2 2 2
2 32 4 2 256 64 4 4(8 1)96 20 2 0
3 3 3
x x x x x
x x
 . 
Suy ra 2 396 20 2 8 1 4 (8 1) 0x x x x x x . 
 186 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
1
8
x 
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 
a) 
4
1 1 2
2 1 4 3 xx x
b) 
1 1 1 1
3
2 1 4 1 5 2x x x x
c) 4 4 4 4
4 1 5 2
2 1
3 3
x x
x x
d) 2 24 21 3 10 2x x x x 
Giải: 
a) Điều kiện: 
1
2
x . 
 Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 
4
2
2 1 4 3
x x
x x
. 
+ Ta chứng minh: 1
2 1
x
x
. Thật vậy bất đẳng thức tương đương với 
2 22 1 ( 1) 0x x x . Điều này là hiển nhiên đúng. 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x 
 Ta chứng minh: 
4
1
4 3
x
x
. Thật vậy bất đẳng thức tương đương với 
4 4 2 2
2 2
4 3 4 3 0 ( 2 1)( 2 3) 0
( 1) ( 2 3) 0
x x x x x x x x
x x x
 Điều này là hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x 
 Từ đó suy ra 2VT . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x 
b) 
1 1 1 1
3
2 1 4 1 5 2x x x x
 Ta thấy rằng: 4 1 2 1;5 2 2 1 2 1x x x x x x x x 
 Theo bất đẳng thức cô si ta có 
 1 1 1 2 1 9
2 1
1 1 1 9
2 1 2 1
x x x
x x x
x x x x x x
 187 
 Mặt khác ta có 
 2( 2 1) 3(4 1) 2 1 3(4 1)x x x x x x x x (Theo 
bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 3 số) 
 Từ đó suy ra: 
2 1 3 3
2 1 4 1x x x
 Tương tự ta cũng có: 
1 2 3 3
2 1 5 2x x x
 Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta có: 
3 3 3 3 3 3
2 1 4 1 5 2x x x x
1 1 1 1
3
2 1 4 1 5 2x x x x
. 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x 
c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng: 
2 2 2 2 2 2 2(ax ) ( )( )by cz a b c x y z ta có: 
2
4 4 4 2 1 1 1 1 2 1x x x x x x .
 4 4 4 2 1 3 2 1x x x x x x 
 Lại có 2 1 3(4 1)x x x x suy ra 
 4 4 4 42 1 3 3(4 1) 27(4 1)x x x x x 
 (1) 
 Tương tự: 4 4 4 42 1 2 1 3 3(5 2) 27(5 2)x x x x x 
 (2) 
 Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều (1), (2) ta có: 
 4 4 4 4
4 4 4 4
3 2 1 27(4 1) 27(5 2)
4 1 5 2
2 1
3 3
x x x x
x x
x x
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x . 
c) Ta có 
11
( 3)(7 ) ( 2)(5 )
( 3)(7 ) ( 2)(5 )
x
VT x x x x
x x x x
 188 
 Điều kiện xác định là 2 5x 
 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: 
 
1 1 13
( 3)(7 ) (2 6)(7 ) (2 6) (7 )
2 2 2 2 2
x
x x x x x x
 và 
 
1 1 9
( 2)(5 ) (2 4)(5 ) (2 4) (5 )
2 2 2 2 2
x
x x x x x x
 Như vậy: 
1
( 3)(7 ) ( 2)(5 ) ( 11)
2
x x x x x 
 Từ đó ta suy ra: 
11
2
( 3)(7 ) ( 2)(5 )
x
VT
x x x x
. Dấu bằng 
xảy ra khi và chỉ khi: 
(2 6) (7 ) 1
(2 4) (5 ) 3
x x
x
x x
 Vậy 
1
3
x là nghiệm duy nhất của phương trình: 
Ví dụ 4: Giải các phương trình sau: 
a) 2 2 2 2
1
3 1 1 7 4
2 2
x x x x x x x 
b) 2 2 2 2
17 1
13 6 10 5 13 17 48 36 36 8 21
2 2
x x x x x x x x 
c) 2 2 21 1 2x x x x x x 
Giải: 
 Điều kiện: 
1
1
3
x x  
 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai bộ số 1;1; x và 
 2 2 23 1; ; 1x x x x ta có: 2 2(*) 2 5VT x x x . Dấu “=” 
xảy ra khi và chỉ khi 1x . Do 
1
1
3
x x  nên 25 0x x 
 Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 
 189 
2 2 2 2
2 2
1 1
(*) 5 2 1 .2 5 2 2
2 2 2 2
5 2
VP x x x x x x
x x x
Dấu “=” xảy ra khi 1x và 
4
3
x . Từ đó ta có nghiệm của PT(*) là: 
1x 
b) Ta có: 
2 2
2 2 225 33 1 2 3 2 4 6
2 2
VT x x x x x x
5
3 1 2
2
x x x 
5 3 3
3 1 2 6 6
2 2 2
VT x x x x x . 
 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
3
2
x . Mặt khác ta cũng có: 
 22
1 1 1 3
12 3 2 4 12 9 12 3 2 2 3 12 3 6
2 2 2 2
VP x x x x x x x 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
3
2
x . Từ đó ta có nghiệm của phương 
trình là 
3
2
x 
c) Theo bất đẳng thức Cô si ta có: 
2
2 2 211 1( 1) 1 ( 1)
2 2
x x
x x x x x x
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2
1
1 ( 1)
2
x
x x
x
2
2 2 21 21 1( 1) 1 ( 1)
2 2
x x
x x x x x x
 . 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2
1
1 ( 1)
0
x
x x
x
 Từ đó suy ra 
2 2 2
( 1)
2 2
x x x x
VT x
 . 
 Mặt khác ta có 2 22 ( 1) ( 1) 0x x x x . 
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1x 
 190 
 Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1x . 
Ví dụ 5: Giải các phương trình sau: 
a) 3 3 214 2(1 2 1)x x x x 
b) 12 12( 5 4 )x x x x x 
Giải: 
a) Điều kiện: 2 2 1 0x x 
 Phương trình đã cho tương đương với: 3 3 214 2 2 1 2x x x x 
 Do 22 2 1 0x x nên từ phương trình ta cũng suy ra: 
3 314 2x x 
 Lập phương 2 vế ta thu được: 3 3 214 (2 ) 6( 2 1) 0x x x x 
 Như vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 
2
1 2
2 1 0
1 2
x
x x
x
 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: 1 2x và 1 2x 
b) Điều kiện: 0 4x . 
 Xét ( ) 12f x x x x trên  0;4 Dễ thấy 
12 (0) ( ) (4) 12 12f f x f VT (1) 
 Xét ( ) 5 4g x x x trên  0;4 ta có 
 Dễ thấy 1 (4) ( ) (0) 5g g x g . Suy ra 12VP (2) 
 Từ (1), (2) suy ra phương trình có nghiệm khi 12 4VT VP x . 
MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ KHÁC 
1) Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn. 
+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức ( )f x 
để đặt ( )f x t sao cho phần còn lại phải biểu diễn được theo ẩn t . 
Những bài toán dạng này nói chung là dễ. 
+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có 
sẵn ở phương trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc 
phương trình ta có thể chia cho ( )g x phù hợp (thông thường ta chia cho 
kx với k là số hữu tỷ) 
 191 
+ Đối với những bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mới 
phức tạp như: Số mũ cao, căn bậc cao .. thì ta có thể nghỉ đến hướng đặt 
nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình hoặc dựa vào các hằng đẳng thức 
để giải toán. 
 Ta xét các ví dụ sau: 
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 
a) 2 (1 )(2 3 3)x x x x 
b) 32 4 2 2 1x x x x c) 21 4 1 3x x x x 
d) 
2 12 3 1x x x x
x
 . 
Giải: 
a) Điều kiện: 0x . Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 
2 2 2(1 ) 2 3(1 ) 2 (1 ) 3(1 )x x x x x x x x 
. Ta thấy 
0x không phải là nghiệm của phương trình. Ta chia hai vế cho 2x thì 
thu được: 
2
1 1
1 2 3
x x
x x
. Đặt 
1 x
t
x
 ta có phương trình 
theo t : 
2
1
3 2 1 0 1
3
t
t t
t
 Trường hợp 1: 1t ta có: 
1
1 1 0( )
x
x x VN
x
 Trường hợp 2: 
1
3
t ta có: 
3 21
( )
1 1 15 3 212
3 3 0
3 23 21
2
x L
x
x x x
x
x
 Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: 
15 3 21
2
x
b) Ta thấy 0x không phải là nghiệm của phương trình. Vì vậy ta chia hai 
vế cho x thì thu được: 3 3
1 1 1 1
2 2 0x x x x
x x x x
 192 
 Đặt 3
1
t x
x
 ta thu được phương trình: 
 3 2
1 1 5
2 0 1 1 1 0
2
t t t x x x x
x
 Kết luận: Phương trình có nghiệm 
1 5
2
x
c) Điều kiện: 
2
0 0 2 3
4 1 0 2 3
x x
x x x
. 
 Ta thấy 0x không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho 
x ta thu được: 
1 1
4 3x x
xx
 . Đặt 
21 1 2t x t x
xx
 theo bất đẳng thức Cô si ta có 2t . Thay 
vào phương trình ta có: 
2
2 2
3 5
6 3
26 6 9
t
t t t
t t t
2
4
25 1
2 4 17 4 0 1
4
4
x
x x x
x x
 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm: 
1
4,
4
x x 
d). Nhận xét: 0x không phải là nghiệm của phương trình: 
Ta chia hai vế cho x khi đó phương trình trở thành: 
1 1
2 3 0x x
x x
 . Đặt 
1
0t x
x
 phương trình trở thành: 
2 21 1 52 3 0 1 1 1 0
2
t t t x x x x
x
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau: 
a) 2(13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15x x x x x x 
b) 7 3 7 (4 7) 7 32x x x . 
Giải: 
 193 
a) Điều kiện 
3 5
2 2
x . 
 Phương trình được viết lại như sau: 
 7 2 3 5 2 2 (2 3) 2 3 (5 2 ) 5 2
2 8 (5 2 )(2 3)
x x x x x x
x x
Đặt 
2 2
2 3 5 2 (5 2 )(2 3)
2
t
t x x x x
 . Điều kiện 
 2 2t . 
 Phương trình đã cho có dạng: 3 24 6 0 2 2t t t t x 
 Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ. 
b) Điều kiện: 
7
7
3
x .Phương trình đã cho được viết lại như sau: 
1 3 1 3
(3 7) (7 ) 3 7 (7 ) (3 7) 7 32
2 2 2 2
x x x x x x
    (3 7) (7 ) 3 7 (7 ) (3 7) 7 64x x x x x x 
 Đặt 3 7 7t x x 
 3 (3 7) 3 7 (7 ) 7 3 (3 7)(7 ) 3 7 7t x x x x x x x x 
 Từ phương trình suy ra 3 64 4t t . Hay 3 7 7 4x x 
 Bình phương 2 vế ta thu được: 
2 11 2 2(3 7)(7 ) 8 4 44 113 0
2
x x x x x x
 Tại sao ta phân tích được hai phương trình như trên: 
 Ta thấy với những phương trình: 
 ( ) ( ) ( )( ) 0ax b cx d ex h gx k r cx d gx k s thì một 
trong những cách xử lý khá hiệu quả là: 
 Phân tích: ( ) ( )ax b m cx d n gx k và 
'( ) '( )ex h m cx d n gx k sau đó ta có thể đặt ẩn phụ trực tiếp , 
hoặc đặt hai ẩn phụ để quy về hệ. 
 Ví dụ: 
 Khi giải phương trình: 
 194 
2(13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15x x x x x x ta thực hiện 
các phân tích : 
+ Giả sử:13 4 (2 3) (5 2 )x m x n x . 
 Đồng nhất hai vế ta suy ra: 
2 2 4 3 7
,
3 5 13 2 2
m n
m n
m n
+ Tương tự ta giả sử: 
7 3
(4 3) (2 3) (5 2 ) ,
2 2
x m x n x m n 
 Khi giải phương trình: 7 3 7 (4 7) 7 32x x x . 
 Ta thực hiện phân tích: (3 7) (7 ) 7m x n x và 
(3 7) (7 ) 4 7p x q x x Sau đó đồng nhất 2 vế để tìm m, n, p, q ta 
có: 
1 3 3 1
; ; ;
2 2 2 2
m n p q 
 Như vậy ngoài cách đặt ẩn phụ như trên ta có thể giải các bài toán theo 
cách khác như sau: 
a) Điều kiện 
3 5
2 2
x . 
 Đặt 2 3, 5 2a x b x thì 2 2 2a b . 
 Từ cách phân tích trên ta có hệ sau: 
2 2 2
2 2 2 2 3
2 ( ) 2 2
(3 7 ) (3 7 ) 4 16 3( ) 2 ( ) 16 4 0
a b a b ab
a b a b a b ab a b ab a b ab
2
3 2 2
( ) 2 2
3( ) 2 ( ) ( ) 8 2 ( ) 4 0
a b ab
a b a b a b a b
. 
 Đặt ,a b S ab P điều kiện 2, 0; 4S P S P . 
 Ta có hệ mới sau: 
2
3 2
2 2 2
1 2
22 8 2 12 0
S P S
a b x
PS S S
b) Đặt 3 7, 7a x b x ta có hệ phương trình 
2 22 2
3
464
3 14.3 14. a
bb
b
a
a b
a 
 Giải hệ phương trình ta thu được: ,a b x . 
2) Đặt ẩn phụ hoàn để quy về hệ đối xứng loại 2: 
 195 
 Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các phương trình dạng: 
2ax bx c d ex h hoặc 3 2 3ax bx cx d e gx h 
 Với mục đích tạo ra các hệ đối xứng hoặc gần đối xứng ta thường làm 
theo cách: 
 Đối với những phương trình dạng: 2ax bx c d ex h . 
 Ta đặt my n ex h thì thu được quan hệ: 
2 2
2 2 2 2 2 2
( ) ax 0
2 2 0
ax bx c d my n bx dmy c dn
m y mny n ex h m y mny ex n h
 Ta mong muốn có quan hệ x y . Nếu điều này xảy ra thì từ hệ trên ta sẽ 
có: 
2 2
a
(*)
2
b dm c dn
m mn n h
. 
 Công việc còn lại là chọn ,m n chẵn thỏa mãn (*) 
 Đối với những phương trình dạng: 3 2 3ax bx cx d e gx h 
 Ta đặt: 3my n gx h thì thu được hệ: 
3 2
3 3 2 2 2 2 3
3 2
3 3 2 2 2 2 3
( )
3 3
0
3 3 0
ax bx cx d e my n
m y m ny mn y n gx h
ax bx cx emy d en
m y m ny mn y gx n h
Để thu được quan hệ x y ta cần: 
3 2 2 33 3
a b c em d en
m m n mn g n h
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: 
a) 22 6 1 4 5x x x b) 
22 374 1 9 26 0
3 3
x x x 
c) 
3 23 3 5 8 36 53 25x x x x d) 
3 2327 81 8 27 54 36 54x x x x 
Giải: 
a) Điều kiện: 
5
4
x . Đặt 4 5my n x khi đó ta có hệ: 
2 2
2 2 2 2 2 2
2 6 1 4 12 2 2 2 0
2 4 5 2 4 5 0
x x my n x x my n
m y mny n x m y mny x n
 Ta cần tìm ,m n để tạo ra quan hệ x y 
2 2
4 12 2 2 2
2 4 5
m n
m mn n
 196 
 Chọn 
22
2 2
1
2 3 05
2 3
16 4 12
1
4 4
n
n nn
m n
n
n
 Chú ý: 
 Việc nhân số 2 vào phương trình (1) của hệ để tạo ra 24 12 1x x là rất 
cần thiết để chọn m được chẵn và nhóm 24 12 2x x thành bình 
phương biểu thức bậc 2 được dễ hơn. 
 Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau: 
 Đặt 2 3 4 5y x thì thu được hệ: 
2 2
2 2
4 12 2 2(2 3) (2 3) 4 5
(2 3) 4 5 (2 3) 4 5
x x y x y
y x y x
. 
 Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta có: 
2 2(2 3) (2 3) 4( ) 2( )(4 4 4) 0x y y x x y x y 
2
x y
x y
 Trường hợp 1: 
2(2 3) 4 5
2 3 4 5 2 33
2
x x
x y x x x
x
 Trường hợp: 
2(1 2 ) 4 5
2 2(2 ) 3 4 5 1 21
2
x x
y x x x x
x
 Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm là: 2 3, 1 2x x 
b) Điều kiện: 
1
4
x . 
 Phương trình đã cho được viết lại như sau: 2
47 2
9 26 4 1
3 3
x x x 
 Đặt 4 1my n x 
2 2
2 2 2 2 2 2
37 2 2 37 2
9 26 ( ) 9 26 0
3 3 3 3 3
2 4 1 2 4 1 0
x x my n x x my n
m y mny n x m y mny x n
 197 
 Ta cần: 
2 2
2 37 2
26
9 3 3 3
2 4 1
m n
m mn n
. Chọn 
2
28
1
6 4
3 437 2
3 3 1
1
n
m n
n
n
 Đặt 3 4 4 1y x 
 Hệ phương trình sau: 
2 2
2
3x 4 = 2x + 2y + 1 3y 4 = 4x +1
x y 9x + 9y 22 = 03y 4 = 4x + 1
2
3y 4 = 4x + 1
x = y
9x + 9y 22 = 0
 Giải phương trình ứng với 2 trường hợp trên ta thu được các nghiệm là 
14 61
9
x
 và 
12 53
9
x
 Chú ý: Ta có thể tìm ,m n nhanh hơn bằng cách: 
c) Đặt 4 5my n x khi đó ta có hệ: 
2
2
(2 3) 2( ) 11
( ) 4 5
x my n
my n x
 Trừ hai phương trình cho nhau: 2 2(2 3) ( ) 2 4 2 6x my n my x n 
 Để có quan hệ: x y ta cần: 
2 4
2; 3
2 6 0
my x
m n
n
. 
 Tương tự khi giải quyết câu b