Giải phương trình & bất phương trình bằng đặt ẩn số phụ

NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
1 
1. KỸ THUẬT ĐẶT MỘT ẨN PHỤ 
2. KỸ THUẬT ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PT ĐẲNG CẤP 
3. ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PT ĐỐI XỨNG 
4. ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN 
5. 46 VÍ DỤ PHÂN TÍCH CHI TIẾT TỪ DỄ ĐẾN KHÓ 
TÀI LIỆU SẮP PHÁT HÀNH - TUYỂN TẬP PHƯƠNG 
TRÌNH ĐẶC SẮC NHIỀU CÁCH GIẢI - MỜI CÁC EM ĐÓN 
 CÔNG PHÁ MÔN TOÁN THPT 
 NGUYỄN TIẾN CHINH 
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
2 
II- GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐẶT ẨN SỐ PHỤ 
 
 KIẾN THỨC CƠ BẢN 
1/ Đặt một ẩn phụ 
Tìm mối liên hệ giữa các biến để đặt ẩn phụ thích hợp. Một số dạng cơ bản thường 
gặp: 
       PP 2t f x , t 0a.f x b f x c 0 at bt c 0
        
Xin nhắc lại,hầu hết các đề bài sẽ không cho ngay mối quan hệ để nhìn thấy cách đặt 
ẩn phụ ngay do đó ta cần biết phán đoán hướng đi của bài toán dựa trên cơ sở phân 
tích hợp lý 
CÁC VÍ DỤ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ 
BT Mẫu 1 :Giải Phương trình 22 1 3 1 0x x x     (*) 
 ĐK: 
1
2
x  
Đặt t = 
2 1
2 1; 0
2
t
x t x

    (1) thay vào phương trình (*) ta có: 
22 2
4 21 13 1 0 4 4 1 0
2 2
t t
t t t t
    
           
   
   2
1
1 1 4 1 0 1
2 5
2
t
t t t t t
t

 

        

 

 do t 0 nên t = 1, t = 
2 5
2

+) khi t = 1 thay vào (1) ta có x = 1 
+) Khi t = 
2 5
2

 ta có x = 
13 4 5
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 
13 4 5
2

NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
3 
BT Mẫu 2 :Giải Phương trình 32 22 3 14 2 2 3 10x x x x     (*) 
Bài Giải : Đặt t = 3 2 2 32 3 10 2 3 10x x x x t      thay vào phương trình (*) ta có 
 (*)   3 2 2
2
2 4 0 2 2 2 0
2 2 0( )
t
t t t t t
t t VN

          
  
 Với t = 2 ta có 2
3 3 17
2 3 18 0
4
x x x
 
     (TM) 
BT Mẫu 3 : Giải phương trình :    2 22 4 4 0x x x x      
Nhận xét : Thoạt đầu khi nhìn thấy căn ta thường nghĩ ngay sẽ đặt t bằng căn đó,tuy nhiên bình tĩnh phân 
tích ta thấy rằng có điều gì đó bất ổn nếu ta đặt như vậy,vì việc thế theo t là hơi khó khăn một chút,ta sẽ 
hóa giải điều này bằng cách chia cả hai vế cho x xem sao ??? 
 Lời giải : 
 ĐK : 0x  
Xét thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình,ta chia cả hai vế cho x > 0 thì được pt mới như sau : 
  
2 24 4
2 0 1
x x
x x
 
   đúng hướng !!! 
Đặt t = 
2 4
, 0
x
t
x

 thay vào pt ta có 2 2 0t t   Vô nghiệm 
Thấy rằng chỉ cần quan sát điểm bất thường của bài toán va bằng một động tác ta đã hóa giải pt rồi. 
BT Mẫu 4 : Giải phương trình 2
1
2 3 1 4 3(*)x x x
x
      (Đề thi thử Sở GD Vĩnh Phúc) 
 Lời Giải 
 ĐK : 
0
1
2
1
x
x
x

  

  
Để thuận tiện cho lời giải ta sẽ chia bài toán làm 2 trường hợp sau đây 
TH1 : khi x > 0 chia cả hai vế cho x ta có pt :  2 2
3 1 1 3
2 4 1
x x x x
       
 Đặt 22 2
3 1 3 1
2 ( 0) 2t t t
x x x x
        
 thay vào (1) ta có 2 26 6 0 2( ) 3( )t t t t t L t TM           
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
4 
 Với t = 3 22
3 1 3 37 3 37
2 3 7 3 1 0 (tm) x ( )
14 14
x x x L
x x
 
            
TH2 : Khi x < 0 chia hai vế cho x ta có :  2 2
3 1 1 3
2 4 2
x x x x
      
 Đặt 22 2
3 1 3 1
2 ( 0) 2t t t
x x x x
        
 thay vào (1) ta có 2 26 6 0 2(N) 3(L)t t t t t t           
 Với t = 3 22
3 1 3 17 3 17
2 2 2 3 1 0 (L) x (N)
4 4
x x x
x x
 
            
Kết hợp Đk bài toán ta có hai nghiêm là : 
3 37 3 17
14 4
x x
 
   
BT Mẫu 5 : Giải phương trình :  142 5 11
2
x x
x
   

 (Chuyên Hùng Vương) 
 ĐK : 0 2x  
Viết lại pt như sau :    14 72 2 5 7 2 2 5
2 2
x
x x x x
x x
       
 
Vì x > 0 nên chia cả hai vế cho x ta được: 
2
2. 5 7
2
x x
xx

 

 Đặt t = 
2x
x

 thay vào pt có : 
 2t + 5 > 7/t 
22 5 7 7
0 0 1
2
t t
t t
t
 
        
 TH1 : Khi t > 1 
2
1 2 0( 0) 4
x
x x do x x
x

         
 TH2 : 
2 7
1
427 2 7 4 0 10 22 222 2 20
x
x xx xx
t x
x x x
x
            
          
    
Vậy tập nghiệm của BPT là S = (1/2 ;2) v (4 ;+ ) 
BT Mẫu 6 : Giải BPT sau  22
3 1
1
11
x
xx
  

 ĐK : -1 < x < 1 
Viết lại pt như sau : 
2 2 2
2 22 2
3 1 3
1 2 0
1 11 1
x x x x x
x xx x
 
     
  
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
5 
 Đặt t = 
21
x
x
 ta có : 2 3 2 0 1 2t t t t       
TH1 : khi t < 1 2
2
1 1 ( )
1
x
x x a
x
    

 +) Khi -1 < x < 0 thì (a) luôn đúng 
 +) khi 0 2 2
1 1
1, ( ) 1
2 2
x a x x x         Kết hợp ĐK ta có ngay 0 
1
2
x  
TH2: Khi t > 2 2
2 22
0 2
2 2 1
4(1 ) 51
xx
x x x
x xx

       
  
 Vậy tập nghiệm của BPT là 
1 2
1; ;
2 5
S
  
     
   
BT Mẫu7 : Giải BPT 
1 1
(*)
21 3
x
x
x x

 
  
Nhận xét : Nhìn vào phương trình ta thấy ngay có dấu hiệu « Nhân lượng liên hợp « rồi nhé vậy thì ta thử 
tiếp xem sao : 
 Lời giải 
ĐK :    1;3 \ 1x  
  
 
 
21 1 3 1 1 2 3 1
1
2( 1) 2 2( 1) 2
x x x x x x
x x
x x
        
      
 
Để bài toán đơn giản hơn ta sẽ chia trường hợp rồi quy đồng bỏ mẫu nhé 
TH1 : 1 1x   (a) ta có 
( 1)  2 2 2 21 2 3 2 3 1 2 2 3 2 3 6 0(2)x x x x x x x x x                   
 Đăt t = 2 2 22 3, 0 2 3x x t t x x         lúc đó (2) trở thành 
 2
3
2 6 0 2
2
t t t       do t 0 nên 
2
2
2 3 03 2 7 2 7
0 1 332 2 22 3
2
x x
t x x
x x
      
         
   

Kết hợp ĐK (a) ta có 
2 7
1
2
x

   
TH 2 : 1< x 3    2 2 2 21 1 2 3 2 3 1 2 2 3 2 3 6 0x x x x x x x x x                   
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
6 
Đăt t = 2 2 22 3, 0 2 3x x t t x x         lúc đó (2) trở thành 
 2
3 2 7 2 7
2 6 0
2 2 2
t t t x
 
        kết hợp với (b) ta có 
2 7
1
2
x

  
Vậy tập nghiệm của BPT là 
2 7
1
2
x

    
2 7
1
2
x

  
BT Mẫu 8 : Giải BPT 
   
 
2
2 2 1
26 2 4 2 2
x
x x x
 
 
   
 (Thi thử THPT Quốc Gia Lý Tự Trọng) 
Nhận Xét : 
+ Ta thấy BPT có chút gì đó mang ý tưởng của Nhân liên hợp - nhưng nếu liên hợp thì BT sẽ cồng 
kềnh,phức tạp quá,vì thế ta ko vội đi theo ý tưởng này 
+ Nhận thấy    
   
2
2
2
2 4 8
6 2 4 2 2 0 2
6 2 4 2 2
x x
x x x x
x x x
 
        
   
 Với điều này bài toán sẽ dễ 
dàng hơn một chút rồi - làm thôi các em 
 ĐK : 2x   
 Viết lại (*) 
         222 2 4 6 2 4 2 2 2 2 2 2 4 6 2 2 2 4x x x x x x x x                   
 Đặt t = x + 2 ,(ĐK 2x  ) phương trình trở thành 
  22 2 4 6 2 4 1t t t t       
 Tới đây có hai hướng 
 + Hướng 1 : Bình phương 2 vế rồi đưa bài toán về bậc 4( bình phương 2 lần) bạn đọc tự giải 
 + Hướng 2 : xét thấy t = 0 không là nghiệm của phương trình,chia cả 2 vế cho t ta có 
 (1)  2 42 2 6 2 2t t
tt
          
  
 tới đây chắc các em đã nhìn ra ý tưởng rồi đúng ko ??? 
 Đặt u =    2 2 2 2
2 2 02 4
4; 2 2 2 6 2
4 8 4 6 12
u
t u t u u
t u u ut
 
          
   
 2
1 2
2 2 2 2 0 1 3( ) 1 3( )
2 2 0
u
u t t t t N t L
u t
 
               
 
 Với 1 3 4 2 3 2 2 3( )t t x TM        Vậy BPT đã cho có nghiệm duy nhất. 
BT Mẫu 9: Giải BPT sau :   2 3 25 4 1 2 4x x x x x      (THPT Chuyên ĐH Vinh) 
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
7 
Nhận Xét 
Thoạt nhìn ta chưa thấy dấu hiệu đặt ẩn phụ,nếu tiến hành đặt theo căn như thường lệ sẽ thấy bài toán 
đi vào ngõ cụt ngay bởi biểu thức trong căn là bậc 3,ngoài căn là bậc 2 do vậy ta nhận định rằng có thể 
mối quan hệ sẽ xuất hiện khi chúng ta phân tích biểu thức trong căn chăng ??? 
Phân tích : 
 3 2 2
2 2
2 4 2 4
5 4 3 2 4
x x x x x x
x x x x x
     

     
ta thấy đầu mối của bài toán đã xuất hiện,có vẻ nhận định trên hoàn toàn đúng đắn,giải thử nhé !!! 
 ĐK : 3 22 4 0 1 5 0 1 5x x x x x            
Khi đó (*)    2 2 2 24 2 4 5 4 4 5 4 3 2 4(1)x x x x x x x x x x x             
TH1 : 1 5x    khi đó chia cả hai vế của (1) cho x ta có  
2 22 4 2 4
1 4 3
x x x x
x x
   
   
 Đặt t =  
2
22 4 , 0, 2 4 3 0 1 3
x x
t t t t
x
 
        
 Vậy 
22 2
2
4 02 4 2 4 1 17 7 65
1 3 1 9
2 27 4 0
x xx x x x
x
x x x x
         
        
  
TH2 : 21 5 0 5 4 0x x x        khi đó (1) luôn đúng 
Vậy tập nghiệm của BPT : S = 
1 17 7 65
1 5;0 ;
2 2
           
 
BT Mẫu 10 :Giải phương trình  2 2 5 1 2x x x      
 ĐK : x 1 
    21 4 2 1x x       ; Đặt t = 1, 0x t  tao có : 
 Pt 
 
4
24 4 2
2
4 2
4 2 4 0
t
t t
t t t t t

     
      
  3 3
0
4 0
4 0
t
t t t
t t

    
  
BT Mẫu 11: Giải phương trình: 
2 3
1 2 4 ( )x x
x x
      . 
Đk: 
02 2
1 0 0
2
xx
xx x

       
khi đó phương trình 2
2
1 2 4 3x x x
x
      
+) Với x > 0 Phương trình 2 22 2( 2 ) 3x x x x      
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
8 
Đặt: 2 2t x x  ta có 2
1
2 3 0 3
 (L)
2
t
t t
t

   
  

2 2 1 2 (L)1 2 1 2 1
1 2 (Tm)
x
t x x x x
x
   
        
  
+) Với 2x   có 
Phương trình 2 22 2( 2 ) 3x x x x      
Đặt 2 2t x x  phương trình trở thành 2
1 (L)
2 3 0 3
2
t
t t
t
 
   
 

3
2
t  2 2 2
4 52
3 42 4( 2 ) 9 4 8 9 0
2 4 52
 (L)
4
x
x x x x x x
x
  

          
  


Kết luận: Phương trình có nghiệm 
4 52
; 1 2
4
x x
 
    . 
BT Mẫu13: Giải Phương trình sau 2 2 27 2 3 3 19x x x x x x        (ĐH DL Tôn Đức Thắng) 
 TXĐ D = R 
 Đặt t = 2 2, 0x x t   lúc đó viết lại pt như sau 
      22 2 2 2 2 2 2 25 3 13 2 5 2 5 3 13 4 5 8t t t t t t t t t t                
4 2 2 2 163 4 64 0 4 ( )
3
t t t t L         Với 2 24 2 4 1 2( )t x x x x TM          
BT Mẫu 14 Giải phương trình sau :  24 6 4 2 7 1x x x x       
Nhận xét : Bài toán này có tới 2 căn bậc 2, câu hỏi đặt ra lúc này là đặt t = ? có hai ý tưởng như sau 
1. Đặt t = 21 1x x t    ,các em sẽ giải phương trình bậc 4 
2. Biến đổi một chút để tìm ra lời giải đẹp hơn ??? ở đây ta sẽ đi theo cách 2 vì cách một đã được trình 
bày nhiều ở bài trước rồi nhé : 
         
2
2 2 1 2 1
2 1 5 1 2 2 1 7 1 5 2. 7
1 1
x x
x x x x
x x
 
            
 
Đặt t = 
2 1
1
x
x


 thay vào ta có 
 
 
2
2 22
7 7
2 25 2 7 2
3 28 44 05 2 7
t t
t t t
t tt t
     
          
     
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
9 
Với t = -2 ta có 
   2 2
1 12 1 12 22 2 1 1 2
21 4 8 3 04 1 1 2
x xx
x x x
x x xx x
    
          
      
Qua ví dụ này ta thấy rằng nếu chịu khó quan sát và biến đổi sẽ cho ta một lời giải khá đẹp mắt,ở 
bài toán này sức mạnh của hệ số lại phát huy tác dụng... 
              PPf x g x f x .g x h x t f x g x     
 Thông thường với dạng toán này ta quan sát sẽ thấy có hai căn nhỏ và một căn lớn,khi đó một 
cách tự nhiên ta sẽ suy nghĩ tới việc đi phân tích biểu thức trong căn lớn xem có mối quan hệ gì với hai 
căn nhỏ ở trên hay không?Nếu có thì mọi việc đã được dự tính ta giải theo phương pháp,nếu không có 
mối quan hệ này ta thử biến đổi hoặc tư duy bài toán theo một hướng khác nhé. 
BT Mẫu 15 : Giải phương trình  22 3 4 3 23 2 5 12x x x x x          
Nhận thấy biểu thức trong căn lớn chính là tích của hai biểu thức trong căn nhỏ,vì thế ta giải theo 
phương pháp ở trên:ĐK 
Đk 
3
4
2
x

  
Đặt t =   2 2 22 3 4 , 0 7 2 2 3 4 3 3 21 6 2 5 12x x t t x x x t x x x                 
   2 113 44 0 4( ), ( )
3
t t t N t L         Với t = 4 ta có : 
2
2 2 2
3 3
4 3 2 4 2 2 5 12 9 3
8 20 48 81 54 9 17 74 33 0
x x
x x x x x
x x x x x x
  
            
         
 X = 
37 2 202
( )
17
TM

MT Mẫu 16 : Giải Phương trình sau :  23 2 6 2 4 4 10 3x x x x        (ĐH 2010) 
Lời giải : ĐK : 2 2x   
 Đặt t =      2 2 23 2 6 2 9 2 36 2 36 4 9 10 3 4 4x x t x x x x x              
   2 9 0 0 9t t t t        
Khi t = 0 ta có 
     63 2 6 2 0 3 2 6 2 9 2 36 2
5
x x x x x x x              
Khi t = 9 ta có 
  3 2 6 2 9 3 2 9 6 2 5 15 12 2 1x x x x x x             
 Kết hợp ĐK 2 2x   thấy rằng 5x - 15 < 0 pt (1) vô nghiệm 
Vậy bài toán đã cho có đúng một nghiệm x = 6/5 
BT Mẫu 17 : Giải phương trình sau :  22 1 2 2 6 26x x x x x       
 Lời Gải 
ĐK : x 0 
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
10 
Đặt t =   2 22 1 0 3 1 2 2x x t t x x x        
Viết Lại pt đã cho ta có :    22 3 1 2 2 2 1 28 0x x x x x        lúc đó pt (*) trở thành : 
 2
7
2 28 0 4 ( )
2
t t t t L        
Khi t = 4 
   
2
22
15 3 0
2 1 4 2 2 15 3
4 2 15 3
x
x x x x x
x x x
 
         
  
2
5
47 8 31
94 225 0
x
x
x x

   
  
 (TMĐK) 
BT Mẫu 18: Giải phương trình  220 11 12 5 4 5 1 3 4 0x x x x x         (*) 
 Lời giải : 
ĐK : 1x   
 Đặt t =      21 3 4 0 10 37 6 1 4x x t t x x x          
Viết lại phương trình (*) ta có        2 10 37 6 1 4 5 1 3 4 63 0 1x x x x x          
    2 91 2 5 63 0 7( )
2
t t t N t L         
Với t = 7      1 3 4 7 6 1 4 12 10 3 1 4 6 5x x x x x x x x               
   22 2
66 5 0
05
9 5 4 6 5
16 105 0
x x
x
x x x
x x
   
    
      
 (TM) 
BT Mẫu 19 Giải phương trình sau    21 3 3 14 5 5 9x x x x x          
 Lời Giải 
ĐK : 
1
5
3
x   
 Đặt t =   2 21 3 5, 0 6 2 2 3 14 5x x t t x x x           
Viết lại pt đã cho ta có :    26 2 2 3 14 5 2 1 3 5 24x x x x x          
 2 2 24 0 4 6( )t t t t L         
 Với t = 4 ta có 2 2 21 3 5 4 6 2 2 3 14 5 3 14 5 5x x t x x x x x x                 
 2 22
5 5
1 5
4 24 20 03 14 5 5
x x
x x
x xx x x
   
        
        
 (TMĐK) 
BT Mẫu 20 : Giải phương trình : 224 8 2 22 2 33 4 2 14 8(*)x x x x       
 Lời giải 
 ĐK : 2 2x   
 Đặt t = 2 22 2 3 4 2 , 0 44 14 24 8 2x x t t x x         
Viết lại phương trình (*) ta có :  25(44 14 24 8 2 ) 11 2 2 3 4 2 36x x x x        
 2
9
5 11 36 0 4( ) ( )
5
t t t N t L         
 Với t = 4 ta có : 
 
2
22
14 28 0
4 2 2 3 4 2 24 8 2 14 28
576(8 2 ) 14 28
x
x x x x
x x
 
         
  
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
11 
2
12 / 7
2478
1348 784 3824 0 2
337
x
x
x x x x


  
       
 (TMĐK) 
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm là x = 2 
BT Mẫu 21: Giải phương trình:   22x 3 x 1 3x 2 2x 5x 3 16         
Đại học Mỏ – Địa Chất năm 1999 
Lời giải 
● Điều kiện: 
  2
2x 3 0
x 1 0 x 1
2x 5x 3 x 1 2x 3 0
            
. 
● Đặt   2 2t 2x 3 x 1, t 0 t 3x 4 2 2x 5x 3           . 
      2 2t t 4 16 t t 20 0 t 5 N t 4 L              . 
● Với 2 2t 5 25 3x 4 2 2x 5x 3 2 2x 5x 3 21 3x            . 
    22
x 7
21 3x 0 x 7
x 3 x 3x 146x 429 04 2x 5x 3 21 3x x 143
                        
. 
● So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 3 . 
BT Mẫu 22: Giải phương trình 22 1 3 2
1 3
x x
x x
   
  
(Đề thi thử ĐH trường THPT Lương Ngọc 
Quyến) 
 Đặt 
2
2 41 3 , 0 3 2
2
t
t x x t x x

         Thay vào pt ta có: 
 3 2 4 0 2 1 3 2 1 3( )t t t x x x x TM               
BT Mẫu 23 : Giải phương trình:  2 3 29 2 2 2 2 2 1x x x x x        
Nhận Xét: 
Trước hết ta phân tích thử biểu thức trong căn xem sao đã nhé,dùng casio thấy có 
một nghiệm là x = -1,sử dụng sơ đồ hoocner ta có biểu thức    21 1x x x   
Trong khi đó 2 29 2 2 7( 1) 9( 1)x x x x x        Vì sao phân tích được như trên ở đây 
tôi đã mượn sức mạnh của đồng nhất hệ số,cụ thể như sau: 
Cho      2 2 29 2 2 1 1x x x x x x x                   đồng nhất với VT ta có 
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
12 
9 9
2 7
 
  
    
 
    
 thế nhé,bài sau các em cứ làm vậy nhé 
Bài Giải 
ĐK: 1x   Viết lại pt (*) ta có 
        2 27 1 9 1 2 1 1 1x x x x x x        chia hai vế cho 2 1 0x x   ta có 
   2 2
1 1
1 7 9 2 0 2
1 1
x x
x x x x
 
   
   
 Đặt t = 2
1
, 0
1
x
t
x x


 
(2) 2 97 2 9 0 1( ) ( )
7
t t t L t N         
Với t = 9/7 ta có : 2 22
1 9
49 49 81 81 81 81 32 32 0( )
1 7
x
x x x x x VN
x x

         
 
Vậy pt đã cho vô nghiệm 
BT Mẫu 25: Giải phương trình  2 3 25 4 3 3 2 2 1x x x x x        
Lời Giải : 
Đk x 1
2
  ,phân tích bài toán giống vd trên ta có pt mới như sau 
           2 2 2 2
2 1 2 1
2 2 1 5 1 3 2 1 1 0 2 3 5 0 1
1 1
x x
x x x x
x x
                 
Đặt t =   22
2 1 5
; 0, 1 2 3 5 0 1( ) ( )
1 2
x
t t t t L t TM
x

         

Với t = 5/2 2 22
2 1 5
8 4 25 25 25 8 21 0( )
1 2
x
x x x x VN
x

         

Vậy pt đã cho vô nghiệm 
BT Mẫu 26 :Giải bất phương trình:   27x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x 1        
Đại học An Ninh khối A năm 2000 
Bài giải tham khảo 
● Điều kiện: 
2
7x 7 0
67x 6 0 x
7
49x 7x 42 0
         
. 
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
13 
        1 7x 7 7x 6 2 7x 7 7x 6 7x 7 7x 6 182            
       2 27x 7 2 7x 7 7x 6 7x 6 7x 7 7x 6 182                
      27x 7 7x 6 7x 7 7x 6 182 0 2          
● Đặt t 7x 7 7x 6    . 
 Do 
6 6 6 6x t t 7. 7 7. 6 13
7 7 7 7
            
t 13  . 
  2t 13 t 132 13 t 1314 t 13t t 182 0
               
   
67x 7 7x 6 13, x
14x 1 2 7x 7 7x 6 1697
7x 7 7x 6 13
                
     
    
2
84 7x 0
7x 7 7x 6 84 7x 7x 7 7x 6 0
7x 7 7x 6 84 7x
              
  
x 12
6 6x 1 x x ; 1 ;6
7 7
x 6
                  
. 
● Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là 
6x ;6
7
      
. 
BT Mẫu 27:Giải phương trình sau  2 22 12 5 2 3 5 8x x x x x       
 Nhận xét: Thoạt nhìn ta thấy phương trình không có mối liên hệ nào hết,tuy nhiên nếu để ý các bạn 
sẽ thấy vế trái xuất hiện “anh bạn thứ ba” theo kinh nghiệm cứ khi nào có sự xuất hiện này ta sẽ chia cả 
hai vế cho “anh bạn”.Ý tưởng vậy nhé,thực hiện thôi 
 ĐK: x 0 
Xét thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình,chia cả hai vế cho x > 0 ta có pt mới như sau: 
  5 52 12 2 3 8 1x xx x      Đặt t = 
5
2x
x
 ta có 
        1 12 3 8 2 9 2 12 3 64 2 12 3 55 2t t t t t t t t                
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 
14 
    