Vấn đề Phương trình chứa căn bậc hai

 132 
CHƯƠNG 4: 
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
CHỨA CĂN THỨC. 
A. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI. 
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 
1. Nhắc lại: 2a a= ; 2 a nếu a 0a
a nếu a 0
≥⎧= ⎨− ≤⎩
. Nếu a 0≥ và b 0≥ , ta có: 2 2a b a b> ⇔ > 
. Với mọi a, b R∈ , ta có: 
3 3
3 3
a b a b
a b a b
= ⇔ =
> ⇔ >
. Giả sử a 0≥ và b 0≥ . Ta có : a b a b 2(a b)+ ≤ + ≤ + 
Đẳng thức bên phải đúng khi và chỉ khi a = b 
Đẳng thức bên trái đúng khi và chỉ khi a = 0 ∨ b = 0 
2. Dạng cơ bản: 
A 0(hay B 0)
A B
A B
≥ ≥⎧= ⇔ ⎨ =⎩
2
B 0
A B
A B
≥⎧⎪= ⇔ ⎨ =⎪⎩
3. Các dạng khác: 
Đặt điều kiện cho 2u A là A ≥ 0, nâng cả hai vế lên lũy thừa tương 
ứng để khử căn thức. 
2u 2u
A.B 0
A B
A B
≥⎧⎪= ⇔ ⎨ =⎪⎩
2u 1 2u 1A B A B+ += ⇔ = 
. Đặt ẩn dụ để đưa về phương trình hay hệ phương trình đơn giản. 
. Trường hợp phương trình đã cho có nhiều căn thức. 
+ Ta bình phương 2 vế nhiều lần để khử dấu căn thức. 
 133
+ Mỗi lần bình phương 2 vế, cần đặt các điều kiện: 
- Điều kiện có nghĩa của các căn thức 
- Điều kiện về dấu của 2 vế. 
Để bình phương mới tương đương với phương trình cho. 
II. CÁC VÍ DỤ. 
Ví dụ 1: 
Giải phương trình: 2 2
1 12 x 2 4 x
xx
⎛ ⎞− + − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
(ĐH Ngoại Thương năm 1996). 
Giải 
Điều kiện: 
2
2
2
2 x 22 x 0 2 x 2
1 2 22 0 2x 1 0,x 0 x x
x 2 2
⎧⎧ − ≤ ≤− ≥ ⎧− ≤ ≤⎪ ⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨− ≥ − ≥ ≠ ≤ − ∨ ≥⎪⎪ ⎪⎩⎩ ⎩
2 22 x x 2.
2 2
⇔ − ≤ ≤ − ∨ ≤ ≤ 
* 22 x
2
− ≤ ≤ − : thì x < 0 nên ta có: 
2
2
1 12 x 2 2 2 2 2 4 4 x
xx
⎛ ⎞− + − < + = < < − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2x 2,
2
⎡ ⎤−⇒ ∈ −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
 không là nghiệm của phương trình cho. 
* 2 x 2 :
2
≤ ≤ Bình phương 2 vế của phương trình cho: 
2
2 2
2 2
1 1 1 12 x 2 2 (2 x ) 2 16 8 x x
x xx x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + − + − − = − + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
2
2 2
2 2
1 1 1 12 5 2 x 12 8 x x x
x xx x
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − + = − + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (*) 
Đặt 2 2 2
1 1t x t x 2
x x
= + ⇒ = + + . Điều kiện t 2≥ 
2 2 2(*) 2 5 2(t 2) 12 8t t 2 t⇔ − − = − + − + 
 134 
2 2 2 29 2t t 4t 5 (t 2) 9 2t (t 2) 1 (**)⇔ − = − + ≥ ⇔ − = − + 
Ta có: 
2
2
9 2t 1 (***)
(t 2) 1 1
⎧ − ≤⎪⎨⎪ − + ≥⎩
(**) và (***) 
2
2
9 2t 1 1t 2 x 2 x 1
x(t 2) 1 1
⎧ − =⎪⇒ ⇔ = ⇔ + = ⇔ =⎨ − + =⎪⎩
Thay x = 1 vào phương trình cho thỏa vậy x = 1 là nghiệm phương 
trình. 
Ví dụ 2: 
Giải phương trình: x x x(2 3) (2 3) 4− + + = 
(Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1998, đề số 2) 
Giải 
x x x
x x
(2 3) (2 3) 4
2 3 2 3 1 (1)
4 4
− + + =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⇔ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Nhận xét x = 1 là nghiệm phương trình (1), ta chứng minh x = 1 duy 
nhất. 
2 3 1
4
− < và 2 3 1
4
+ < ⇒ Vế trái là hàm số giảm. 
Vế phải là hằng số ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất. 
Ví dụ 3: 
 Giải phương trình: 2x 4x 2 2x− + + = 
(ĐH Quốc Gia TPHCM Khối D năm 1999). 
Giải 
Ta có: 2x 4x 2 2x− + + = 2x 4x 2x 2⇔ − + = − 
2 2 2
2x 2 0 x 1
x 4x 4x 8x 4 5x 12x 4 0
− ≥ ≥⎧ ⎧⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− + = − + − + =⎪ ⎪⎩ ⎩
x 1
2x 2 x x 2
5
≥⎧⎪⇔ ⎨ = ∨ = ⇔ =⎪⎩
 135
Ví dụ 4: 
Giải phương trình: 2x x 5 5 (1)= + + 
Giải 
Đặt 2t x 5 t x 5= + ⇒ = + Điều kiện x 5
t 0
≥ −⎧⎨ ≥⎩
(1) 
2
2
x t 5
t x 5
⎧ = +⎪⇔ ⎨ = +⎪⎩
 (hệ đối xứng loại 2) 
2 2
2 2
x t 5 x t 5 
(x t)(x t 1) 0x t t x
⎧ ⎧= + = +⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨ − + + =⎪− = −⎪ ⎩⎩
22
2
x x 5x t 5 (t 0)
x t t x 1 x x 1 5
⎡⎧ = += +⎪⇔ ≥ ⇔ ⎢⎨ = ∨ = − −⎪ ⎢ = − − +⎩ ⎣
2
2
1 21xx x 5 0 (x 0) 2
1 17x x 4 0 (x 1) x
2
⎡ +=⎢⎡ − − = ≥ ⎢⇔ ⇔⎢ ⎢⎢ − −+ − = ≤ −⎣ =⎢⎣
Ví dụ 5: 
Giải phương trình: 
2
2 2x 4356 x x x 4356 x 5
x
+ + − + − = 
Đặt 
2x 4356 xa
x
+ += , 2 2b x. x 4356 x= + − 
2
2
x(4356)b x( x 4356 x)
x 4356 x
= + − =
+ +
a 11 6ab 4356 66 x
b 6 119a b 5
⎧ =⎧= =⎪⇒ ⇒ ⇒ =⎨ ⎨ =− =⎪ ⎩⎩
 136 
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 
1.1 Giải phương trình: 2x 2 4 x x 6x 11− + − = − + 
1.2. Giải phương trình: 24x 1 4x 1 1− + − = 
1.3. Giải phương trình: 16 x 9 x 7− + + = 
(ĐH Đà Lạt năm 1999) 
1.4. Giải phương trình: 2 2(4x 1) x 1 2x 2x 1− + = + + 
1.5. Giải phương trình: 4 2 2x x 1 x x 1 2− − + + − = 
 137
HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI TÓM TẮT 
1.1. 2x 2 4 x x 6x 11− + − = − + 
Vế trái = 1. x 2 1. 4 x 2− + − ≤ (BĐT BCS) 
Vế phải = 2 2(x 6x 9) 2 (x 3) 2 2− + + = − + ≥ 
2
x 2 4 x 2
 x 3
(x 3) 2 2
⎧ − + − =⎪⇒ ⇔ =⎨ − + =⎪⎩
1.2. 24x 1 4x 1 1 (*)− + − = Điều kiện 2
4x 1 0 1 x
24x 1 0
− ≥⎧⎪ ⇔ ≥⎨ − ≥⎪⎩
Nhận xét 1x
2
= là nghiệm phương trình (*) 
Ta chứng minh 1x
2
= là nghiệm duy nhất. 
Đặt 2f(x) 4x 1 4x 1 1= − + − − 
2
2 4x 1f '(x) 0, x
24x 1 4x 1
= + > ∀ >− −
⇒ hàm số f(x) tăng trên 1 ,
2
⎡ ⎞+∞⎟⎢⎣ ⎠ và có nghiệm 
1x
2
= 
⇒ 1x
2
= duy nhất. 
1.3. 16 x 9 x 7− + + = (*). Điều kiện 16 x 0 9 x 16
9 x 0
− ≥⎧ ⇔ − ≤ ≤⎨ + ≥⎩
(*) 16 x 9 x 2 (16 x)(9 x) 49⇔ − + + + − + = 
x 0
x(x 7) 0
x 7
=⎡⇔ + = ⇔ ⎢ =⎣
 nhận vì thỏa điều kiện 9 x 16− ≤ ≤ 
1.4. 2 2(4x 1) x 1 2x 2x 1− + = + + (1) 
Đặt 2t x 1= + (t 1)≥ 
 138 
2 2(1) (4x 1) x 1 2(x 1) (2x 1)⇔ − + = + + − (2) 
2(4x 1)t 2t (2x 1)⇔ − = + − 
22t (4x 1)t 2x 1 0⇔ − − + − = (Xem phương trình ẩn số t) 
1t 1 (loại)
2
t 2x 1
⎡ = <⎢⇔ ⎢ = −⎢⎣
2
2
12x 1 0 x
2t 2x 1 x 1 2x 1
x 1 (2x 1)
⎧ − ≥ ⇔ ≥⎪= − ⇔ + = − ⇔ ⎨⎪ + = −⎩
x 0 (loại)
4x (nhận)
3
=⎡⎢⇔ ⎢ =⎢⎣
1.5. 4 2 2x x 1 x x 1 2− − + + − = (*) 
Điều kiện để các biểu thức có nghĩa: 
2
2
2
x 1 0
x x 1 0 x 1
x x 1 0
⎧ − ≥⎪⎪ − − ≥ ⇒ ≥⎨⎪ + − ≥⎪⎩
 (1) 
Nhận xét: 2 2(x x 1)(x x 1) 1− − + − = ( x 1)≥ (2) 
Đặt 4 2 2 2
1x x 1 t x x 1
t
− − = ⇒ + − = (t > 0) 
3 2
2
1(*) t 2 t 2t 1 0
t
⇔ + = ⇔ − + =
t 1
1 5t
2
1 5t 0 (loại)
2
⎡⎢ =⎢ +⎢⇔ =⎢⎢ −⎢ = <⎢⎣
. 
2
1
2
x x 1 1
t 1:
x x 1 1
− − == ⇔
+ − =
 cộng vế với vế x 1⇒ = thỏa (1) 
. 4 2 2 42 2 2
1 5t x x 1 t x x 1 t
2
+= ⇒ − − = ⇒ − − = 
 139
2 4
24
2
1(2) x x 1 t
t
−⇒ + − = =
2 4
2
2 4
2
x x 1 t
x x 1 t−
⎧ − − =⎪⇒ ⎨⎪ + − =⎩
 ( 5 2,2360)= 
Cộng lại ta được nghiệm : 4 42 2
1x (t t )
2
−= + thỏa mãn (1).