Chuyên đề Phương trình – Bất phương trình vô tỉ

Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
VƠ 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 vơ tỉ. Phương trình – Bất 
phương trình vơ tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một 
bài phương trình – bất phương trình cĩ thể cĩ nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách 
giải điều cĩ ý nghĩa riêng của nĩ. Tuy nhiên việc tìm ra lời giải cho một phương 
trình – bất phương trình khơng phải là chuyện đơn giản đối với nhiều bạn. Đứng 
trước một bài tốn giải phương trình – bất phương trình nhiều bạn rất lúng túng 
khơng biết xoay xở thế nào ? bài việt này giúp các bạn một phần nào đĩ năm rõ 
hơn các phương pháp giải phương trình – bất phương trình vơ tỉ. Những lời giải
nêu ra ở đây khơng cĩ thể khơng phải là hay nhất và duy nhất, tuy nhiên với ca 
nhân tơi thì tơi thấy nĩ phù hợp với cách trình bày và đúng luồng của dạng tốn. 
Hy vong chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, hỗ trợ cho các bạn mộtphần nào 
đĩ trên con đường bước vào cổng trường Đại Học và các bạn sẽ đam mê với mơn 
học 3 khờ (Khĩ – khổ - khơ )này.
Mặc dù đã cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ khơng tránh khỏi nhiều sai sĩt 
mong các bạn thơng cảm nhé. 
 Biên Hịa 03 – 03 -2008.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – 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. Cĩ những cách 
nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đĩ là lũy thừa hai vế. Vì hai vế 
của phương trình đã cho luơn khơng 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 cĩ 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 đĩ 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 cĩ: 
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 hồn tồn 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 khơng cịn 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 khơng 
tiện cho việc mang theo tiền mặt ta cĩ thể đổi qua đơ 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 đĩ bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình ẩn mới cĩ 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 cĩ được lời giải 
hay khơng và lời giải đĩ 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 Hịa – Đồng Nai
cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đĩ là đẳng thức (*). Cĩ nhiều cách để tạo ra 
mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình chẳng hạn ở phương trình 
trên ngồi đẳng thức (*) ta cịn cĩ 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 cịn lại: 3 1 x 3x
2 1 x 3
 
 
. Do đĩ 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 cĩ thể đặt a x,b 1 x   thì từ phương trình đã cho kết hợp với 
(**) ta cĩ 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 đĩ 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 hồn tồn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đĩ 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 cĩ nhiều cách để giải phương trình và bất phương trình vơ tỉ. Mọi 
phương pháp đều chung một tưởng đĩ 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 Hịa – 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 đĩ hai vế cùng 
khơng âm và lúc đĩ 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 luơn khơng âm, do đĩ nếu VP âm thì phương trình vơ nghiệm nên ta 
chỉ cần giải phương trình khi 13x 1 0 x
3
     . Khi đĩ hai vế đều khơng 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 khơng 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 cĩ 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 khơng 
cần đặt đk f (x) 0? .
* Ở bài tốn trên ta cĩ 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 Hịa – 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) luơn khơng âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trình vơ nghiệm, do đĩ 
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 đĩ 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 cĩ VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5   thì (2) luơn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5  
thì bpt (2) 2 22(x 16) (10 2x)    . Nếu 0x bất phương trình này thì ta cĩ 
2
02(x 16) 0  do đĩ ta khơng 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 Hịa – Đồng Nai
TH1:
x 4 ( k)
x 5.
10 2x 0
    
đ
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 cĩ 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 tốn trên cịn cĩ cách giải khác như sau
* x 0 là một nghiệm của phương trình.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – 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 biến đổi như sau
3 332x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0     !?
Phép biến đổi này khơng phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã 
thừa nhận phương trình ban đầu cĩ nghiệm !. Do đĩ để cĩ được phép biến đổi tương 
đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trình sau
3 23 3 3 31 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x ) 1             3 21 x 1 x 0     . 
Nhưng thay vào phương trình ban đầu ta thấy x=0 khơng thỏa mãn phương trình !
* Với dạng tổng quát 3 3 3a b c  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 
3 3 3(a b) a b 3ab(a b)     ta cĩ phương trình tương đương với hệ
3 3 3
3
a b c
a b 3 a.b.c c
  
  
. Giải hệ này ta cĩ được nghiệm của phương trình.
Ví dụ 8: Giải phương trình: 4 3 10 3x x 2    (HSG QG 2000).
Giải:
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
Phương trình 
2 2
x 2 x 2
4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x
              
4 3 2 3 2
2 x 4 2 x 4
x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0
                  
2
2 x 4
x 3
(x 3)(x 2)(x 7x 15) 0
        
.
Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 24x y y 2 4x y     . 
Giải:
Phương trình 2 24x y 4x y y 2     
2 2 24x y 4x 4y 2 2 (y 2)(4x y)       
2 2 2
1
x
(2x 1) (y 2) 2 (y 2)(4x y) 0 2
y 2
          
  
.
Thử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trình.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 
1
x
2
y 2
 
  
.
Ví dụ 9: Giải phương trình: 
1) 2x x 7 7   . 2) x 34x 1 3x 2
5
    .
Giải:
1) Phương trình 2x (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0            
x 7 x (1)
x 7 x 1 (2)
    
  
* 
2
x 0 1 29
(1) x
2x x 7 0
      
.
* 
2
x 1
(2) x 2
x x 6 0
      
.
Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm 1 29x 2;x
2
  .
2) Phương trình 5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2)       
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2)          
4x 1 3x 2 0
x 2
4x 1 3x 2 5
      
   
.
Nhận xét: *Với bài 1 ta cĩ thể giải như sau: Đặt y x 7  ta cĩ hệ phương trình
2
2
y x 7
x y 7
  
 
 trừ vế theo vế hai phương trình ta được: (y x)(y x 1)   . Từ đây giải ra ta 
tìm được x.
* Câu 1 cĩ dạng tổng quát như sau: 2x x a a   .
* Với bài tốn 2 ta cịn cĩ cách giải khác như sau
Phương trình x 2( 4x 1 3) ( 3x 2 2)
5
      
x 2
4(x 2) 3(x 2) x 2
3x 2 4x 1 1 1
 (*)54x 1 3 3x 2 2
5( 4x+1 3)( 3x 2 2)

                  
Vì VT(*) 0 (do 2x
3
 ) nên (*) vơ nghiệm.
Ví dụ 10: Giải bất phương trình : 
1) 
2
2
x
x 4
(1 1 x)
 
 
 2) 2 2(x 3x) 2x 3x 2 0    .
Giải:
1) ĐK: x 1 
* Với x 0 ta thấy Bpt luơn đúng
* Với x 0 1 x 1 0     . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được
2 2
2
2 2
x (1 x 1)
x 4 (1 x 1) x 4 x 1 3 x 8
(1 x 1) (1 x 1)
             
   
Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T [ 1;8)  .
2) Ta xét hai trường hợp
TH 1: 2
1
2x 3x 2 0 x 2,x
2
       . Khi đĩ BPT luơn đúng
TH 2: 
2
2
1
2x 3 2 0 x V x 2 1
Bpt x V x 32
2x 3x 0 x 0 V x 3
             
    
.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: 1T ( ; ] {2} [3; )
2
      .
Chú ý : * Ở bài tốn 2 ta thường khơng chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng 
ta thường gặp trong giải phương trình và bất phương trình vơ tỉ.
* Khi giải bất phương trình nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trình cho 
một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đĩ. Nếu chưa xác định được 
dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta cĩ thể chia làm hai trường hợp.
Ví dụ 11: Giải bất phương trình :
1) 2 2(x 3) x 4 x 9    2)
251 2x x
1
1 x
   .
Giải:
1) 
* Với x 3  bất phương trình đúng.
* Với  222
x 3x 3
x 3 Bpt x 3
x 4 x 3x 4 x 3
               
.
* Với 
2
x 3
x 3 5
x 3 Bpt x3 x 3
6x 4 x 3 6x 5 0
                
.
Vậy nghiệm của bất phương trình dã cho là: 5x V x 3
6
   .
2) 
* Nếu 2
22
x 1 x 1
1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52
x 2551 2x x 1 x
                 
      
1 52 x 5     .
*Nếu x 1  luơn đúng vì VT 0 1  .
Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là : 1 52 x 5 V x 1     .
Ví dụ 12: Tìm m để phương trình 2x 2mx 1 m 2    cĩ nghiệm.
Giải:
* Nếu m 2  phương trình vơ nghiệm
* Với m 2  Phương trình 
2 2 2 2x 2mx 1 m 4m 4 x 2mx m 4m 3 0           
Phương trình cĩ nghiệm 2' 2m 4m 3 0     đúng mọi m
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
Vậy m 2 là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 13: Tìm m để phương trình: 22x mx 3 x 1    cĩ hai nghiệm phân biệt.
Giải:
Phương trình 
2
x 1
x (m 2)x 4 0 (*)
      
.
 Phương trình (*) luơn cĩ hai nghiệm :
2
1
2 m m 4m 8
x 0
2
     ;
2
2
2 m m 4m 8
x 0
2
    
Phương trình đã cho cĩ hai nghiệm (*) cĩ hai nghiệm phân biệt 1 
2
2 2 2
m 4
x 1 4 m m 4m 8 m 2
(4 m) m 4m 8
              
.
Vậy m 2 là những giá trị cần tìm.
Ví dụ 14: Tìm m để phương trình 2 22x mx x 4 0    cĩ nghiệm.
Giải:
Phương trình 
2
2 2
2
x 4 0 (1)
2x mx x 4
x mx 4 0 (2)
       
  
(2) cĩ nghiệm 2m 160 0 | m | 4      (*) . Khi đĩ (2) cĩ hai nghiệm là:
2
1,2
m m 16
x
2
  . 
Nghiệm 1x thỏa mãn (1) 2 2 2 2(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0         
2 2
2
m 4 m 4
m 16( m 16 m) 0
m 4m 16 m
              
.
Nghiệm x2 thỏa mãn (1) 2 2 2 2(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0         
2 2
2
m 4 m 4
m 16( m 16 m) 0
m 4m 16 m
             
.
Vậy | m | 4 thì phương trình đã cho cĩ nghiệm.
Chú ý : Bài tốn trên ta cĩ thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) cĩ nghiệm thì 
1
1 2
2
| x | 2
| x x | 4
| x | 2
   
 nên phương trình đã cho cĩ nghiệm 0 | m | 4    .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) 3 3 5 2 4x x x     22) 8 6 1 4 1 0x x x    
3) ( 5)(3 4) 4( 1)x x x    4) 36 4 28 4 x 2 y 1
x 2 y 1
     
 
5) 
2
2
4
(1 1 )
 
 
x
x
x
 6) 22 1 ( 1) 0      x x x x x x 
7) x x 1 x 1    8) 4 4 2 2ax x x a x a(a 1)     
9) (x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2          .
10) 3 2 4x 1 x x x 1 1 x 1        . 11) 4 1 5x x 2x
x x x
     .
12) 3 332x 1 x 16 2x 1    13) x x 5 5  
14) 4 2 2 2x 2x x 2x 16 2x 6x 20 0       .
15) 2 24x 5x 1 2 x x 1 9x 3       .
Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
1) 2 24(x 1) (2x 10)(1 3 2x )     2) x 2 x 1 x   
3) (x 5)(3x 4) 4(x 1)    4) 7x 13 3x 9 5x 27    
5) 1 x 1 x x    6) 3x 4 x 3 4x 9    
7) 2 2x 4x 3 2x 3x 1 x 1       8) 2 225 x x 7x 3   
9) 2 2 2x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18        10) 2x 2x 1 1
2x 9
  

11)
2 2
1 1 2
x x
xx x
    12) 2 2 2x 3x 2 x 4x 3 2 x 5x 4       
13) 
23x x 4 2
2
x
     14) 21 2x 1 2x 2 x    
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
II. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức 
ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trình 
ẩn phụ tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu.
Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau
B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ
Bước này là bước quan trọng nhất. Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ, 
để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức cĩ mặt trong 
phương trình, bất phương trình. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức 
chứa ẩn trong phương trình qua một đại lượng khác.
B2: Chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) ẩn phụ vừa đặt.
Thơng thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trình thu được thường là những phương 
trình (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tìm được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của 
ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp.
B3: Giải phương trình (bpt) với ẩn phụ vừa tìm được và kết luận tập nghiệm.
Cĩ rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trình (bpt) mà ta thường 
hay gặp.
Dạng 1: nF( f (x)) 0 , với dạng này ta đặt nt f (x) (nếu n chẵn thì phải cĩ điều kiện 
t 0 ) và chuyển về phương trình F(t) 0 giải phương trình này ta tìm được t x .
Trong dạng này ta thường gặp