Phương trình – bất phương trình vô tỉ

Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
VÔ TỈ 
Phương trình – Bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các 
kì thi các cấp 2,3 và Đại Học, đặc biệt là phương trình vô tỉ. Phương trình – Bất 
phương trình vô tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một 
bài phương trình – bất phương trình có thể có nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách 
giải điều có ý nghĩa riêng của nó. Tuy nhiên việc tìm ra lời giải cho một phương 
trình – bất phương trình không phải là chuyện đơn giản đối với nhiều bạn. Đứng 
trước một bài toán giải phương trình – bất phương trình nhiều bạn rất lúng túng 
không biết xoay xở thế nào ? bài việt này giúp các bạn một phần nào đó năm rõ 
hơn các phương pháp giải phương trình – bất phương trình vô tỉ. Những lời giải
nêu ra ở đây không có thể không phải là hay nhất và duy nhất, tuy nhiên với ca 
nhân tôi thì tôi thấy nó phù hợp với cách trình bày và đúng luồng của dạng toán. 
Hy vong chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, hỗ trợ cho các bạn mộtphần nào 
đó trên con đường bước vào cổng trường Đại Học và các bạn sẽ đam mê với môn 
học 3 khờ (Khó – khổ - khô )này.
Mặc dù đã cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót 
mong các bạn thông cảm nhé. 
 Biên Hòa 03 – 03 -2008.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương trình chứa ẩn ở căn thức
Ví dụ : Giải phương trình: 221 x x x 1 x
3
    
Giải: ĐK 0 x 1  .
Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách 
nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế 
của phương trình đã cho luôn không âm nên bình phương hai vế ta thu được phương 
trình tương đương.
 2 22 2 2 22 4 41 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x
3 3 9
               
 2 2 2 22(x x ) x x 0 x x 2 x x 3 0         
2
2
0
x x 0 x 0;x 1
3 VNx x
4
        
.
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình: x 0;x 1  .
Qua lời giải trên ta thấy được 2x x sẽ biểu diến được qua x 1 x  nhờ vào đẳng 
thức  2 2x 1 x 1 2 x x     (*) .Cụ thể nếu ta đặt t x 1 x   thì 
2
2 t 1x x
2
  và khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t:
2
2t 11 t t 3t 2 0 t 1; t 2
3
         .
Vậy ta có: 
2
0
x 1 x 1 2 x x 0 x 0;x 1
VN (VT 2)x 1 x 2
        
    
.
Việc thay thế biểu thức x 1 x  bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một 
suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tìm cách 
làm mất căn thức !). Khi chúng ta đặt một biểu thức chứa căn bằng một biểu thức ẩn phụ 
thì rõ ràng căn thức không còn xuất hiện trong phương trình. Cách làm như thế này ta 
thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không 
tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể đổi qua đô la, hay thẻ ATM, séc,Cũng như 
việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn 
thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình ẩn mới có hình thức kết 
cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn 
mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải 
hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta 
cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trình như ở 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đó là đẳng thức (*). Có nhiều cách để tạo ra 
mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình chẳng hạn ở phương trình 
trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong 
phương trình:
   2 2x 1 x x 1 x 1      (**) mà từ phương trình ta rút được một căn thức qua 
căn thức còn lại: 3 1 x 3x
2 1 x 3
 
 
. Do đó nếu đặt 3t 3t 1 x x
2t 3
     thay vào 
(**) và biến đổi ta thu được phương trình
2t(t 1)(2t 4t 3) 0 t 0, t 1       hay x 0,x 1  là nghiệm của phương trình.
Phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa 
mãn (**) do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x   thì từ phương trình đã cho kết hợp với 
(**) ta có hệ phương trình: 
2 2
2
1 ab a b
3
a b 1
   
  
 đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta 
được nghiệm của phương trình là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt 
ẩn phụ t 1 x  mà ta đã giải ở trên .
Tiếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ?
Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác: 2 2sin cos 1    .
Điều này dẫn đến cách giải sau:
Đặt 2x sin t, t [0; ]
2
  (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đó phương trình 
đã cho trở thành: 
2
1 sin t.cos t sin t cos t 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)(2sin t 3) 0
3
         
2
x 1sin t 1 x 1 x 1
x 03 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t sin t(4sin t 6sin t 8) 0
                
.
Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách để giải phương trình và bất phương trình vô tỉ. Mọi 
phương pháp đều chung một tưởng đó là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình 
đã cho về phương trình mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương 
pháp giải cụ thể.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
I. Phương pháp biến đổi tương đương :
Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến 
đổi tương đương của phương trình, bất phương trình biến đổi phương trình, bất phương 
trình ban đầu về phương trình, bất phương trình đã biết cách giải.
Ta nhớ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trình và 
bất phương trình.
1) nn( a ) a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 ). 
2) 2n 2na b a b   với a và b cùng dấu
3) 2n 1 2n 1a b a b    với mọi a,b.
4) 2n 2na b 0 a b    (Chú ý nếu a,b<0 thì a b a b     khi đó hai vế cùng 
không âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế).
5) 2n 1 2n 1a b a b a,b      ¡ .
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x 1 3x 1   .
Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trình vô nghiệm nên ta 
chỉ cần giải phương trình khi 13x 1 0 x
3
     . Khi đó hai vế đều không âm và bình 
phương ta thu được phương trình tương đương: 22x 1 (3x 1)   nếu 0
1
x
3
  là 
nghiệm của phương trình này thì 20 0 02x 1 (3x 1) 2x 1 0      do vậy ta không cần 
đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy :
2
2
11 x3x 1 0 x 433Pt x 0, x
4 92x 1 (3x 1) x 0, x9x 4x 0
9
                        
 .
Nhận xét: * Phương trình trên có dạng tổng quát: f (x) g(x) , khi gặp dạng này ta 
biến đổi tương đương như sau: 
2
g(x) 0
f (x) g(x)
f (x) g (x)
   
. Ở đây vì sao ta không 
cần đặt đk f (x) 0? .
* Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t 2x 1  .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 1 1 2    x x x .
Giải: Đk: 14
2
x   (*)
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x              
2
2
1
2x 1 0 x
22x 1 (1 2x)(1 x) x 0
(2x 1) (1 2x)(1 x)
2x 7x 0
                   
Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 22x 6x 1 x 2 0     .
Giải:
Bất phương trình 22x 6x 1 x 2     (1)
Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trình vô nghiệm, do đó 
ta chỉ giải Bất phương trình khi x 2 0 x 2    . Bình phương hai vế ta được Bpt:
2 22x 6x 1 (x 2)    . Nếu 0x bất phương trình này thì ta chưa thể khẳng định được 
2
0 02x 6x 1 0   do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất 
phương trình đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trình sau:
2
2 2
2
x 2 x 2
x 2 0
3 7 3 7 3 7 3 7
2x 6x 1 0 x V x x V x
2 2 2 2
2x 6x 1 (x 2) 1 x 3x 2x 3 0
                    
            
3 7
x 3
2
   là nghiệm của bất phương trình đã cho.
Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình trên là: 
2
g(x) 0
f (x) g(x) f (x) 0
f (x) g (x)
 
  
 
Giải hệ bất phương trình này ta được nghiệm của bất phương trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải bất phương trình : 
22(x 16) 7 x
x 3
x 3 x 3
   
 
 (ĐH Khối A – 2004 ).
Giải: ĐK: x 4 .
Bpt 2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x          (2)
Ta có VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5   thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5  
thì bpt (2) 2 22(x 16) (10 2x)    . Nếu 0x bất phương trình này thì ta có 
2
02(x 16) 0  do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn
Vậy để giải bất phương trình (2) ta chia làm hai trường hợp
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
TH1:
x 4 ( k)
x 5.
10 2x 0
    
ñ
TH2:
2 2 2
10 2x 0 4 x 5
10 34 x 5
2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0
                 
.
Lấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trình là: x 10 34  .
Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình (2) là: f (x) g(x) . Để giải bpt này ta 
chia làm hai trường hợp: 
TH 1: 
f (x) 0
g(x) 0

 
TH 2: 
2
g(x) 0
f (x) g (x)
 
Ví dụ 5: Giải phương trình: 22x 6x 1 x 1    .
Giải: 
2 2 2 2
x 1 0 x 1
Pt
2x 6x 1 (x 1) 6x 1 x 1
       
        
2 2 2 4 2
x 1 x 1
x 0,x 2
6x 1 (x 1) x 4x 0
                
.
Ví dụ 6: Giải phương trình: 2x(x 1) x(x 2) 2 x    .
Giải: ĐK: 
x 1
x 2
x 0

  
 
 (*) .
Phương trình 2 2 22x x 2 x (x 1)(x 2) 4x     
2 2 2 2 2 22 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)          (do đk (*) ).
2
0
(8 9) 0 9
8

     

x
x x
x
 cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 90;
4
x x  .
Chú ý : 1) Bài toán trên còn có cách giải khác như sau
* x 0 là một nghiệm của phương trình.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
* x 1 2PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1          
2 2 94x 4x 8 4x 4x 1 x
8
        (nhận).
* x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)            
2 91 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x
8
               (loại).
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 90;
4
x x  .
2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b a. b ! Nên nhớ đẳng 
thức này chỉ đúng khi a,b 0 ! Nếu a,b 0 thì ab a. b   .
Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 3 3x 1 x 2 2x 3     .
Giải:
Phương trình 3 332x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3        
3 3 3
3
x 1 x 2 2x 3
(x 1)(x 2)(2x 3) 0
      
   
 (*)
3
x 1;x 2;x .
2
   
Chú ý :
* Khi giải phương trình trên chúng ta thường b ... x 1 1 x 1       .
Giải: ĐK: 1 5 x 1
2
    .
Đặt 42 2 6a 1 x ,b x x 1,c 1 x;a,b,c 0        , ta có hệ phương trình : 
2 4 6
a b c 1
a b c 1
a,b,c 0
  
   
 
. Vì 
2
4 2 4 6
6
a a
a,b,c 0
0 a,b,c 1 b b a b c 1
a b c 1
c c
 
              
.
hệ 
2
4
6
a a
b b x 1
c c
 
   
 
là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 12: Giải phương trình: 2 22 x (2 x )   .
Giải: ĐK: 0 x 2  .
Đặt a x;b 2 x   , ta có hệ phương trình: 
4 4
a b 2
a b 2
   
 (I)
Áp dụng BĐT 
22 2a b a b
2 2
     
, ta có:
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
2 44 4 2 2
4 4a b a b a b 1 a b 2
2 2 2
                
Vậy (I) a b 1 x 1     là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 13: Giải phương trình : x 3 x 4 x 5 x 4 x 3 x 5 x         .
Giải: ĐK: 0 x 3  .
Đặt a 3 x;b 4 x;c 5 x; a,b,c 0       , ta có hệ phương trình:
2
2
2
ab bc ca 3 a (a c)(a b) 3
ab bc ca 4 b (b c)(b a) 4 (a b)(b c)(c a) 2 15
(c a)(c b) 5ab bc ca 5 c
                     
        
3 23a b 2 a
5 4 15
5 17 671
b c 2 b x
3 2404 15
715 cc a
4 154
             
 
    
 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1) 22x 15 32x 32x 20    1 9 221(x ;x )
2 16
  
2) 42 3 3 24 4 4x x(1 x) (1 x) 1 x x x (1 x)         (ĐS: 1x 0;x 1;x
2
   )
3) 3 32 23 7x 1 x x 8 x 8x 1 2        .
4) 3 x 2 x 1 3   
5) 3 2 x x 1 1   
6) 4 4 4x x 1 x 1   
7) 34 8 817 x 2x 1 1   
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương pháp lượng liên hợp
Ta biết 0x x là nghiệm của phương trình 0 f
0
x D
f (x) 0
f (x ) 0
   
.
Mà theo định lí Bơzu nếu x=a là nghiệm của đa thức P(x) thì 1P(x) (x a)P (x) 
Từ đó ta có nhận xét: Nếu 0x là một nghiệm của phương trình f (x) 0 thì ta có thể đưa 
phương trình f (x) 0 về dạng 0 1(x x )f (x) 0  và khi đó việc giải phương trình 
f (x) 0 quy về giải phương trình 1f (x) 0 . Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1: Giải phương trình : 3(2 x 2) 2x x 6     .
Giải: ĐK: x 2 .
Ta thấy x=3 là một nghiệm của phương trình ( ta nghĩ đến x=3 vì khi đó x-2 và x+6 là 
những số chính phương) do đó ta có thể đưa phương trình về dạng: 1(x 3)f (x) 0  nên 
ta biến đổi phương trình như sau: 2(x 3) ( x 6 3 x 2) 0      , vấn đề còn lại của 
chúng ta là phải phân tích x 6 3 x 2   ra thừa số (x-3) (Chú ý khi x=3 thì 
x 6 3 x 2   ), vì định lí Bơzu chi ấp dụng cho đa thức nên ta phải biến đổi biểu 
thức này về dạng có mặt đa thức, tức là ta đưa về dạng (x 6) 9(x 2) 8(x 3)     
điều này giúp ta liên tưởng đến đẳng thức 2 2a b (a b)(a b)    nên ta biến đổi :
( x 6 3 x 2)( x 6 3 x 2) 8(x 3)
x 6 3 x 2
x 6 3 x 2 x 6 3 x 2
           
     
Suy ra phương trình 8(x 3)(2 ) 0
x 6 3 x 2
   
  
 đến đây ta chỉ cần giải 
phương trình: 82 0 x 6 3 x 2 4
x 6 3 x 2
      
  
phương trình nay có 
một nghiệm 11 3 5x
2
 .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 3 và 11 3 5x
2
 .
Qua ví dụ trên ta thấy để bỏ căn thức ta có thể sử dụng hằng đẳng thức
n n n 1 n 2 n 2 n 1a b (a b)(a a b ... ab b )         
hai biểu thức (a b) và n 1 n 2 n 2 n 1(a a b ... ab b )       ta gọi là hai biểu thức liên 
hợp của nhau. Nên phương pháp trên ta gọi là phương pháp nhân lượng liên hợp.
Ví dụ 2: Giải phương trình : 
2
2
x
x 4
(1 1 x)
 
 
.
Giải: ĐK: x 1  .
Ta thấy 2 2 2(1 1 x ) (1 1 x ) x     nên ta nhân lượng liên hợp ở VT
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
* Với x 0 bất phương trình trở thành: 0 4  (đúng) x 0 là một nghiệm bpt.
* Với x 0 1 1 x 0     nên
2 2
2
x (1 1 x )
Bpt x 4 1 2 1 x 1 x x 4 x 1 3 x 8
x
               
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình : 1 x 8   .
Nhận xét: Ở trên ta nhân liên hợp với mục đích là trục căn thức ở mẫu. Khi nhân cả tử 
và mẫu ở VT với biểu thức 1 1 x  thì biểu thức đó phải khác không nên ta phải chia 
làm trường hợp như trên.
Ví dụ 3: Giải phương trình : 2x 2 4 x x 6x 11      .
Giải: ĐK: 2 x 4 
Ta nhận thấy phương trình có nghiệm x 3 , đồng thời với x 3 thì x 2 4 x 1   
Nên ta biến đổi như sau:
2 2x 3 3 xPt x 2 1 4 x 1 x 6x 9 (x 3)
x 2 1 4 x 1
             
   
1 1
(x 3) (x 3) 0
x 2 1 4 x 1
          
4 x x 2
(x 3) (x 3) 0
( x 2 1)( 4 x 1)
            
3(3 x)
(x 3) (x 3) 0
( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2
             
2 3(x 3) 1 0 x 3
( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2
              
( Vì 
3
1 0
( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2
  
      
)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 3 .
Chú ý : * Trong cách trên chúng ta không nhân liên hợp ngày ở VT mà chúng ta thêm -1 
vào mỗi căn thức rồi mới nhân liên hợp, cách làm vậy là để xuất hiện thừa số chung x-3 
ở cả hai vế.
* Cách giải trên chưa phải là cách giải hay nhất đối với bài toán trên nhưng nó rất tự 
nhiên. Cách giải hay nhất đối với bài toán đó là cách đánh giá hai vế, cụ thể:
VT 2(x 2 4 x) 2     (*) còn 2VP (x 3) 2 2    (**). Nên phương trình
VT VP 2 x 3     . Tuy nhiên trong nhiều bài toán thì việc sử dụng lượng liên 
hợp sẽ cho chúng ta lời giải tối ưu nhất. Ta xét ví dụ sau.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 4: Giải phương trình : 2x 2 4 x 2x 5x 1      .
Giải: ĐK: 2 x 4  .
Mới nhìn vào phương trình ta sẽ nghĩ có thể giải phương trình này bằng cách đánh giá ! 
Nhưng ta không thể giải theo cách đánh giá vì VP 0 ! Tuy nhiên phương trình trên vẫn 
có nghiệm x 3 nên ta giải phương trình trên bằng cách nhân lượng liên hợp
2PT x 2 1 4 x 1 2x 5x 3        
x 3
x 3 x 3
(x 3)(2x 1) 1 1
2x 1 (*)x 2 1 4 x 1
x 2 1 4 x 1
                   
Ta có:
1 1 1
1; 2 1 VT(*) 2 2
x 2 1 4 x 1 2 1
      
    
.
Mặt khác x 2 VP(*) 2x 1 5 (*)      vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất: x 3 .
Nhận xét : * Ta có dạng tổng quát của phương trình trên là:
2 2
2 b a b a a b b ax a b x (b a)x ( )x ( 2)
2 2 2 2
            (ĐK:a 2 b  ).
* Qua bốn ví dụ trên ta thấy trong phương pháp này việc dự đoán nghiệm của phương 
trình là khâu quan trọng, từ việc đoán nghiệm này ta mới định hướng được các phép 
biến đổi.
Ví dụ 5: Giải phương trình : 
2
2
1 x 2x x
x 1 x
 

.
Giải: ĐK 0 x 1  .
Ta thấy phương trình có một nghiệm 1x
2
 nên ta phân tích ra thừa số .
Ta có: 2 2 2PT (1 x ) 1 x (2x x ) x x ( 1 x x ) ( 1 x 2x x ) 0           
2 3 2 2x (1 2x) 1 x 4x x (1 2x) (1 2x)(2x x 1)
0 0
1 x x 1 x 2x x 1 x x 1 x 2x x
           
       
2 2x 2x x 1 1
(1 2x)( ) 0 x
21 x x 1 x 2x x
      
   
 (Do biểu thức trong dấu () >0).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1x
2
 .
Ví dụ 6: Giải phương trình : 3 32 23 3x 2 x 1 2x 2x 1     
Giải: Do VT 1 nên VP 1 x 1     .
Ta thấy nếu 22x x 1  thì hai vế của phương trình bằng nhau nên ta phân tích ra thừa 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
số 22x x 1  .
Ta có: 3 32 23 3PT ( 2x 1 x 2) ( 2x x 1) 0       
2 2
32 2 2 2 4 2 23 3 3 3 3
2x x 1 2x x 1
0
(2x 1) (2x 1)(x 2) (x 2) 4x 2x (x 1) (x 1)
     
         
22x x 1 0    (do x 1  nên khi đặt 22x x 1  làm thừa số thì biểu thức trong 
dấu () luôn dương ).
1
x 1;x
2
     là nghiệm của phương trình đã cho.
Chú ý : Bài toán trên có thể giải bằng cách đánh giá như sau
* Nếu 2 12x x 1 x 1;x
2
       thì hai vế cảu phương trình bằng nhau.
* Nếu 22x x 1 VT VP     phương trình vô nghiệm.
* Nếu 22x x 1 VT VP     phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 7: Giải phương trình: 2 2x x 1 (x 2) x 2x 2      .
Giải:
Phương trình 2 2x 2x 7 3(x 2) (x 2) x 2x 2 0         
2
2 2 2
2
(x 2)(x 2x 7)
x 2x 7 (x 2)(3 x 2x 2) 0 x 2x 7 0
x 2x 2 3
               
  
2
2 2
2 2
(x 1) 1 (x 1)x 2
(x 2x 7)(1 ) 0 (x 2x 7)( ) 0
x 2x 2 3 x 2x 2 3
           
     
2x 2x 7 0 x 1 7      là nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Qua những ví dụ trên ta thấy sau khi tạo ra thừa số chung, thì ta tìm cách 
chứng minh biểu thức trong dấu () còn lại luôn âm hoặc luon dương. Tuy nhiên không 
phải bài nào cũng xảy ra trường hợp đó. Ta xét bài toán sau.
Ví dụ 8: Giải phương trình: 3 x 24 12 x 6    .
Giải: ĐK x 12 .
Phương trình 3( x 24 3) ( 12 x 3) 0      
2 33
x 3 3 x
0
12 x 3(x 24) 3 x 24 9
   
    
2 33(x 3)( 12 x (x 24) 3 x 24 6) 0        
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
2 33
x 3
12 x (x 24) 3 x 24 6 0 (*)

 
      
Kết hợp với phương trình ban đầu ta có 
(*) 2 33 (x 24) 4 x 24 0 x 24,x 88          thử lại ta thấy hai nghiẹm này đều 
thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: x 88;x 24;x 3     .
Nhận xét: Để giải phương trình (*) ta phải kết hợp với phương trình ban đầu. Ta chú ý 
rằng phép biến đổi này là phép biến đổi hệ quả do đó sau khi giải xong ta phải thử lại 
các nghiệm để loại đi những nghiệm ngoại lai.
Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 22 x 7x 10 x x 12x 20      .
Giải: ĐK x 2
x 10

 
. 
Để đơn giản ta đặt 2 2a x 7x 10;b x 12x 20 2a b x         (I)
Ta thấy phương trình có nghiệm x=1.Ta biến đổi như sau:
 2 2PT 2 x 7x 10 (x 1) x 12x 20 (x 2)         
2 2
18(x 1) 16(x 1)
x 7x 10 x 1 x 12x 20 x 2
    
       
(Vì 2 phương trình 2x 7x 10 x 1 0     và 2x 12x 20 x 2 0     vô nghiệm ).
x 1
9 8
 ( I)
a x 1 b x 2

     
I
.
Kết hợp (I) và (II) ta có hệ phương trình : 2a b x 5a 4x 5
8a 9b x 10
       
2
2
5
x 15 5 5
45 x 7x 10 4x 5 x
2
x 15x 25 0
         
   
.
Thay vào phương trình ban đầu ta thấy chỉ có nghiệm 15 5 5x
2
 thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 và 15 5 5x
2
 .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Bài tập:
Giải các phương trình và bất phương trình sau:
1) 235x 1 9 x 2x 3x 1      ( x 1 ) 2) 6 8 6
3 x 2 x
 
 
 (
3
x
2
 )
3) 2 2(x 1) x 2x 5 4x x 1 2(x 1)       (ĐS: x 1  )
4) 3 2 3x 2 x (x 4) x 7 3x 28 0       (ĐS: x=8)
5) 2 22 x 3 8 2x x x    
6) 2 42x 11x 21 3 4x 4   
7) 3 2 3x 1 3x 2 2 3x    
8) 3 2x 4 x 1 2x 3    
9) 2 2x 9x 24 16x 59x 149 5 x       ( x 5;
10) 2 32x 11x 21 3 4x 4    ( x=3 )
11) 3 2 4x 3x 8x 40 8 4x 4     ( x=3 )
12) 3 x 2 x 1 3   
13) 3 2 x x 1 1   
14) 34 8 817 x 2x 1 1   
Còn nữa.