Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

 x x x        
3
33 3535
3
t
x x
t

   (5*) 
Phương trình (5) trở thành: 
3
335. 30 125 5
3
t
t t t
t

     
Thay 5t  vào (5*) có: 
t 
 f t
2 3 
4 4 3

 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 18 
 3 3 3 3 6 335 6 35 216 35 216 0x x x x x x         
3
3
8 2
327
x x
xx
  
    
Thay 2x  , 3x  vào phương trình ban đầu thoả mãn 
Vậy phương trình có hai nghiệm 2x  , 3x  . 
Chú ý: Ta có thể đặt 33 35y x  và đưa về hệ phương trình đối xứng loại 1 để 
giải cũng được. Phương pháp này sẽ được trình bày ở dưới. Hoặc giải bằng 
cách mũ ba cả hai vế. 
III. Bài toán 3: 
1) Điều kiện 1x  
Để ý:    2 22 4 2 1 2 1x x x x x      
Đặt 1a x  , 21b x x   , 0a  , 
3
2
b  . 
Phương trình (6) trở thành: 2 2 2 23 2 2 2 3 2 0ab b a a ab b      
2 2
2 3 2 0
1
2
a
a a b
ab b
b

    
        
     

2
a
b
  , loại 
2
2 2
1
2 1 2 1
2
1 4 4 5 3 0
a
b a x x x
b
x x x x x
       
        
5 37
2
x
 
  (Thoả mãn điều kiện) 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 
5 37
2
x
 
 . 
2) Điều kiện 2x   
Nhận thấy 2x   không là nghiệm phương trình 
Đặt 2 , 0y x y   
Phương trình (7) trở thành:    
3
3 3 2 2 2 0x x x x     
3 2 33 2 0x xy y    
3 2
3 2 0 1 2 0
x x x x x
y y y y y
        
                
         
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 19 
1
1
2 2
x
y x
y
x y x
y

 
 
  
  

Với y x , có: 
2 2
0 0
2
2 2 0
x x
x x
x x x x
  
    
     
0
21
2
x
xx
x


   
 
Với 
1
2
y x  , có: 
1
2
2
x x   
  2 2
00 0
2 2 3
4 2 4 8 0 2 2 3
xx x
x
x x x x x
    
       
       
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 2x  , 2 2 3x   . 
3) Điều kiện 
1
2
x  
Để ý:    2 23 4 1 3 2 2 1x x x x x      
Nhận thấy 
1
2
x  không là nghiệm phương trình 
Đặt 2 2a x x  , 2 1b x  , 0a  , 0b  
Phương trình (8) trở thành: 2 23a b a b   
2 2 2 2 2 22 3 2 2 2 0a b ab a b a ab b         
2
1 0
a a
b b
 
    
 
1 5
2
1 5
2
a
b
a
b
 


 


Với 
1 5
2
a
b

 , loại 
Với    21 5 2 1 5 2 2 1 5 2 1
2
a
a b x x x
b

         
    
 
 
2
2
2
4 2 6 2 5 2 1
4 4 1 5 6 2 5 0
2 1 5 0
x x x
x x
x
    
     
    
  
1 5
2
x

  (Thoả mãn điều kiện) 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 20 
Vậy phương trình có nghiệm 
1 5
2
x

 . 
4) Điều kiện 5x  
(9)
2 2
2 2 2
5 14 9 20 5 1
5 14 9 20 25 25 10 1 20
x x x x x
x x x x x x x x
       
           
   
      
2
2 2
2 5 2 5 1 4 5
2 4 5 3 4 5 4 5 4
x x x x x
x x x x x x
      
        
Đặt 2 4 5a x x   , 4b x  , 0a  , 3b  
2
(9)
2 2
1
2 3 5 2 5 3 0
3 2 3
2
a
a ba a b
a b ab
a a bb b
b

    
                  

Với a b , có: 2 24 5 4 4 5 4x x x x x x         
2 5 9 0x x    
5 61
2
5 61
2
x
x
 


 


5 61
2
x

 , thoả mãn điều kiện 
Với 22 3 2 4 5 3 4a b x x x      24 16 20 9 36x x x     
24 25 56 0x x    
8
7
4
x
x


  

8x  , thoả mãn điều kiện 
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm 8x  , 
5 61
2
x

 . 
Chú ý: Ta giải được như trên vì 
   2 22 5 2 2 4 5 3 4x x x x x       
và:          2 21 20 1 4 5 4 4 5x x x x x x x x x           . 
IV. Bài toán 4: 
1)    
(10)
2 22 3 1 2 3 2 2 0x x x x x x          
Đặt 2 2 3t x x   , 2t  
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 21 
Ta có:  2 1 2 2 0t x t x     
 
22 22 1 8 8 6 9 3x x x x x x           
(10) 2
1
t
t x

   
Với 2,t  có 2 2 3x x  = 2 2 22 3 4 2 1 0 1 2x x x x x           
Với 1,t x  có 2 2 3 1:x x x    phương trình vô nghiệm 
(vì: 2 2 22 3 ( 1) 2 ( 1) 1 1x x x x x x           ) 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 1 2x   . 
2) Điều kiện 1 1x   
(11)
4 1 2( 1) (1 ) 2 1 1 . 1x x x x x x           
 Đặt 1 , 0t x t   
 
(11)
2
2
2
(11)
4 1 2( 1) 2 1 .
(2 1 ) 4 1 2 2 0
4 4 1 1 16 1 8 8 4 12 1 9(1 ) 2 3 1
2 1
2 1
x x t t x t
t x t x x
x x x x x x x
t x
t x
       
        
                 
  
 
  
Với 2 1 ,t x  có: 1 2 1 1 4 4x x x x       
3
5 3
5
x x      (Thỏa mãn điều kiện) 
Với 2 1t x   , có: 1 2 1x x    
1 1 2x x     21 1 2 1 4x x x       
21 1x   21 1x   0x  (Thỏa mãn điều kiện) 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 
3
, 0
5
x x   . 
Chú ý: 
 Bài toán này ta tách: 3 2(1 ) (1 ) 1x x x     để phương trình bậc hai 
theo t có  là dạng bình phương 
3) Điều kiện 2 2x   
(12)
2
2 2 2 2 2
4(2 4) 16(2 ) 16 2 4. 2 9 16
16 2(4 ) 8 32 9 4(8 2 ) 16 8 2 8 0
x x x x x
x x x x x x x
        
           
Đặt 22 8 2 , 0t x t   
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 22 
(12)
2 28 8 0
8
t x
t t x x
t x

         
Với ,t x có: 22 8 2x x  
2 2 2
0
0 0
4 2
4(8 2 ) 9 32
3
x
x x
x x x x

   
    
      

4 2
3
x  (thỏa mãn điều kiện) 
Với 8,t x   có: 22 8 2 8x x    
22 8 2 8 0x x     phương trình không có nghiệm  2;2x  
Kết luận: phương trình có một nghiệm 
4 2
3
x  . 
Bài tập 
Giải các phương trình: 
1) 
1
( 2) ( 1)( 2) 6
1
x
x x x
x

    

2) 21 4 1 3x x x x      
3) 
5 2
2 5 2 2
2
x
x x x
x

    
4) 22 1 2 1x x x x x        
5) 
2 2
2 2 2
1 5 1
2 0
1 2 1
x x x
x x x x
 
        
6) 2 32 5 1 7 1x x x    
7) 2 2 2( 6 11). 1 2( 4 7) 2x x x x x x x        
8) 3 2 2(3 2) 1 2 2x x x x      
9) 2 4 2
1
3 1 1
3
x x x x

     
10) 2 32( 3 2) 3 8x x x    . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 23 
Phương pháp 3: Phương pháp xuất hiện biểu thức liên hợp 
Giải các phuơng trình sau: 
1) 
2 7
3 4 3
3
x
x x

    (1) 
2)   21 2 2 1 3x x x x       (2) (HSG Toán 12 NGThiều 2011) 
3) 2 2 2 23 5 1 2 3( 1) 3 4x x x x x x x          (3) 
4) 2 212 5 3 5x x x     (4) 
5) 2 33 1 2x x x    (5) 
6) 2 24 5 1 2 1 9 3x x x x x       (6) 
7) 22 4 2 5 1x x x x      (7) 
8) 2 22 9 2 1 4x x x x x       . (8) 
Giải 
1) Điều kiện 3x  
Để ý: (3 4) ( 3) 2 7x x x     
    
  
(1)
2
3 3 4 3 3 4 3 3 4 3
3 4 3 3 4 3 3 0
3 4 3 3 0 (1*)
3 4 3 3
3 4 3 9 6 3
3 3 1
1 0
9( 3) 2 1
x x x x x x
x x x x
x x
x x
x x x
x x
x
x x x
          
        
     
    
      
   
 
 
   
2
1
11 28 0
x
x x

 
  
1
4
7
x
x
x


 
 
4
7
x
x

  
 (thoả mãn điều kiện) 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 4, 7x x  . 
Chú ý: 
Từ (1*) đưa về: 3 4 3 3x x    rồi bình phương hai vế tìm nghiệm thỏa 
mãn 3x  (do: 3 4 3, 3x x x     ). 
2) Điều kiện 1x  
Để ý: ( 2) ( 1) 3x x    và 2 1, 1x x x     
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 24 
    
   
(2)
2
2
2
2 2
2
2
2 2
2
2
2
2 ( 1) 2 1 3 2 1
2 1 2 1 (2*)
2 1 0
2 1 2 1
2 1
2 1 2 2 2 1 2 2. 1
3 0
2 1 1
1
22 0
2
x x x x x x
x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x x x x x
x x
x x x
x
xx x
x
          
       
    
 
      
   
 
            
  
     
           
Đối chiếu điều kiện 1x  , ta tìm được nghiệm là 2x  . 
Chú ý: 
 Ở (2*) ta giải bằng cách bình phương hai vế vì sau khi bình phương hai vế 
ta làm mất được 22 2x x  . 
3) Để ý: 2 2 2 23 (3 5 1) (3 3 3) 2 ( 2) ( 3 4)x x x x x x x                 
   
(3)
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 4 3 5 1 3 3 3 0
2 ( 3 4) 3 5 1 (3 3 3)
0
2 3 4 3 5 1 3 3 3
3( 2) 2( 2)
0
2 3 4 3 5 1 3 3 3
3 2
( 2) 0
2 3 4 3 5 1 3 3 3
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
x
x x x x x x x
           
        
  
        
  
  
        
 
    
         
2x  , vì 
2 2 2 2
3 2
0
2 3 4 3 5 1 3 3 3x x x x x x x
 
        
Thay 2x  vào phương trình ban đầu thỏa mãn 
Vậy phương trình có nghiệm 2x  . 
Chú ý: Ở đây ta không đặt điều kiện vì 2 3 3 0x x   giải ra kết quả xấu, do 
vậy ta tìm nghiệm phương trình hệ quả rồi thay lại phương trình ban đầu xem 
thỏa mãn sẽ lấy làm nghiệm. 
4) Phương trình: 2 212 5 3 5x x x     có nghiệm thì 
5
3
x  
 (vì: 
2 212 5x x   ) 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 25 
 
(4)
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
12 4 (3 6) 5 3
12 16 5 9
3( 2)
12 4 5 3
4 4
3( 2) 0
12 4 5 3
2 2
( 2) 3 0
12 4 5 3
2
x x x
x x
x
x x
x x
x
x x
x x
x
x x
x
       
   
   
   
 
    
   
  
     
    
 
Vì: 
2 2 2 2
2 2 2 2 5
3 3 0,
312 4 5 3 5 3 5 3
x x x x
x
x x x x
   
       
       
Kết luận: phương trình có nghiệm 2x  . 
Chú ý: ta giải bài toán này được là do ta đã nhẩm được một nghiệm 2x  của 
phương trình. 
5) Điều kiện 3 2x  
 
(5)
2 33
2 3
2 2 2 333
2 3
2 2 2 233
2
2 2 2 233
1 2 ( 3) 2 5
1 8 2 25
( 3)
( 1) 2 1 4 2 5
9 27
( 3) 0
( 1) 2 1 4 2 5
3 3 9
( 3) 1 0
( 1) 2 1 4 2 5
3
x x x
x x
x
x x x
x x
x
x x x
x x x
x
x x x
x
       
   
   
     
 
    
     
   
     
       
 
Vì: 
 
2
22 2 2 233 23
3 3 3 9
1 1 2
( 1) 2 1 4 2 51 1 3
x x x x
x x xx
   
    
       
Kết luận: phương trình có nghiệm 3x  . 
Chú ý: Ở bài này ta cũng nhẩm được nghiệm 3x  nên đã thêm bớt để xuất 
hiện ( 3x  ) và giải tiếp. 
6) Điều kiện 
1
4
1
x
x



 
Để ý:  2 24 5 1 4( 1) 9 3x x x x x       
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 26 
 
 
(6)
2 2 2 2
2 2
4 5 1 4( 1) (9 3) 4 5 1 2 1
(9 3) 4 5 1 2 1 1 0
x x x x x x x x x
x x x x x
              
        
1
3
x  (thỏa mãn điều kiện) 
Vì: 
2
2 2 2 1 3 34 5 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 0
2 4 4
x x x x x x x
 
                 
 
Kết luận: phương trình có nghiệm 
1
3
x  . 
7) Điều kiện 2 4x  
   
(7)
22 1 4 1 2 5 3
2 1 4 1
( 3)(2 1) 0
2 1 4 1
1 1
( 3) 2 1 0
2 1 4 1
3
1 1
2 1 (7*)
2 1 4 1
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x
x
x x
        
   
     
   
 
      
    


   
    
3x  , thỏa mãn điều kiện 
Có 
1 1 1
1, 2 1
2 1 4 1 2 1x x
   
    
, : 2 4x x   
1 1
1 2 1 2 2
2 1 4 1x x
      
   
Lại có: 2 1 2.2 1 5x      phương trình (7*) vô nghiệm 
Kết luận: phương trình có nghiệm 3x  . 
Chú ý: Ta giải thế này là do đã nhẩm được nghiệm 3x  . 
8) Nhận thấy:      2 22 9 2 1 2 4x x x x x       
     
(8)
2 2 2 22 2 9 2 1 2 9 2 1x x x x x x x x              
    2 2 2 2 2 22 2 9 2 1 2 9 2 1 2 9 2 1x x x x x x x x x x x x                
2 22 9 2 1 2x x x x       (8*) 
Lại có: 2 22 9 2 1 4x x x x x       
22 2 9 6x x x     
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 27 
 2 2 2
6
6 0 6 0
4 2 9 12 36 7 8 0 8
7
x
x x x
x x x x x x
x
 
     
              

Thay 
8
0,
7
x x  trở lại phương trình ban đầu thỏa mãn. 
Vậy phương trình có nghiệm 
8
0,
7
x x  . 
 h : Ở (8*) có thể giải bằng cách bình phương hai vế cũng được, nhưng sẽ 
dài và khó. Ở đây kết hợp với phương trình ban đầu để đưa ra phương trình hệ 
quả, giải nhanh hơn. Tìm ra x , thử lại kết quả để chọn nghiệm. 
Bài tập 
 Giải các phương trình sau 
1) 
2
2
1 2
1
x x x
x x
 


2) 2 23 33 32 1 2 2 1x x x x      
3) 235 1 9 2 3 1x x x x      
4) 2 33 1 3 2 3 2x x x     
5) 23 4 1 2 3x x x     
6) 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x          . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 28 
Phương pháp 4: ư v phương t nh t ch 
 Giải các phương trình sau 
1) 3 3 3 33 1 5 2 9 4 3x x x x       (1) 
2) 1 1 . 2 2 . 5 5 . 1x x x x x x x          (2) 
3) 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x          (3) 
4) 23 2 1 2 4 3x x x x x x       (4) 
Giải 
1) Xuất phát từ      
3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         
 p dụng vào giải phương trình (1): 
   
(1) 3 3
3 3 3 33 1 5 2 9 4 3x x x x        
   3 3 3 3 3 33 1 5 2 9 3 3 1 5 5 2 9 3 1 2 9 4 3x x x x x x x x x x                  
   
 
 
 
3 3 3 3 3 3
3 3
3 3
3 3
3 1 5 5 2 9 3 1 2 9 0
3 1 5 3 1 5 2 6 3
5 2 9 5 2 9 4 4
5 8 83 1 2 93 1 2 9
5
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
xx xx x x
          

            
                 
            

Kết luận: phương trình có ba nghiệm 
8
3, 4,
5
x x x    . 
 h : Có thể xuất phát từ:        3 1 5 4 3 2 9x x x x       hoặc 
       5 2 9 4 3 3 1x x x x       , để ta có cách giải khác như phương pháp 
1, bài toán 3. 
2) Điều kiện 1x  
 Đặt 1 , 2 , 5 ,a x b x c x      với 0, 0, 0.a b c   
Ta có hệ phương trình: 
  
  
  
       
2
2
2
2
22
3 3
6 6
36 6
a b a cab bc ca a
ab bc ca b a b b c
ab bc ca c a c b c
a b b c c a a b b c c a
     

        
        
           
Vậy  
3
2 2 6 3
1
b c
c a a b c a b c
a b
 

         
  
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 29 
Do đó: 
0
1 1
2
a
b x
c


  
 
Kết luận: phương trình có nghiệm 1x  . 
3) Đặt: 
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x
  

   

  

  
, 
0
0
0
0
a
b
c
d




Ta có: 
2 2 2 2
a b c d a b c d
a b c da b c d
      
 
     
 (vì 0c d  ) 
a c
b d

 

2 2
2 2
2 1 2 2 3
3 2 2
x x x
x x x x
    
 
    
2 2
2 2
2 1 2 2 3
3 2 2
x x x
x x x x
   
 
    
2
2
2
x
x
x
 
   
 
Kết luận: phương trình có nghiệm 2x   . 
 h : Dạng phương trình ( ) ( )f x g x được giải bằng cách: 
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
f x
f x g x
f x g x

  

. 
4) Điều kiện 1x   
      
(4)
3 2 1 2 1 3 3 3. 1 2 2 1 0x x x x x x x x x x x x                 
      
2 2
3 1 1 2 1 1 0 1 1 3 2 0
0
1 1 0 0
1 1 0
0 0 1
13 2
3 4 4 3 0 3
4
x x x x x x x
x
x x x
x x
x x x
xx x
x x x x
x
             

                                    
 
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 0, 1.x x  
Bài tập 
 Giải các phương trình 
1) 233 31 2 1 3 2x x x x       
2) 2 23 33 31x x x x x     . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 30 
Phương pháp 5: Phương pháp đặt ẩn phụ đư v hệ phương trình 
I. Bài toán 1. ư v hệ thông thường 
Giải phương trình sau: 32 8 2 9 5x x    (1) 
II. Bài toán 2. ư v hệ đối xứng loại 1 
Giải các phương trình sau: 
1)   2 3 1 2 3x x x x       (2) 
2) 4 4 17 3x x   (3) 
3)   3 3 35 2 5 2 1x x x x        (4) 
4)  
2
22 2x x   (5) 
III. Bài toán 3. ư v hệ đối xứng loại 2 
Giải các phương trình sau: 
1) 
3
3 2
3 2
3
x
x
 
  
 
 (6) 
2) 2 2 2x x   (7) 
3) 3 2 33 3 16 24x x x x    (8) 
4) 24 7 1 2 2x x x    (9) 
5) 22 15 32 32 20x x x    (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 303) (10) 
6) 3 23 3 5 8 36 53 25x x x x     (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 303) (11) 
IV. Bài toán 4. ư v hệ gần đối xứng 
Giải các phương trình sau: 
1) 
2
2 1
3 1 0
3
x
x
 
   
 
 (12) 
2) 5 1 6x x    (13) 
Giải 
I. Bài toán 1. 
Điều kiện 4x   
Đặt 2 8a x  , 3 2 9b x  , 0a  , 3 17b   
Ta có hệ phương trình: 
2 3
5 (1.1)
17 (1.2)
a b
a b
 

 
Từ (1.1) có 5a b  thay vào (1.2):  
2 3 2 35 17 10 25 17b b b b b        
  3 2 210 8 0 1 2 8 0b b b b b b          
1
2
4
b
b
b
 
  

 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 31 
1b   , nên 3 2 9 1 2 9 1 4x x x         
2b   , nên 3
1
2 9 2 2 9 8
2
x x x         
4b  , nên 3
73
2 9 4 2 9 64
2
x x x       
Kết luận: phương trình có ba nghiệm 
1
2
x  , 4x  , 
73
2
x  . 
Chú ý: Dạng bài tập này ta nên đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình và giải bằng 
phương pháp thế. 
II. Bài toán 2. 
1) Đây chính là phương pháp 2, bài toán 2 đã biết. Ở đây ta sẽ giải bằng cách 
khác. 
Điều kiện 2 3x   
Đặt 2a x  , 3b x  , 0a  , 0b  
Ta có hệ phương trình: 
 
22 2
1 (2.1)1
5 2 5 (2.2)
a b aba b ab
a b a b ab
     
 
     
Thay (2.1) vào (2.2) có:    
2 2
1 2 5 2 1 2 5ab ab ab ab ab        
 
2 2
4
1
ab
ab
ab

     
1ab   , loại 
Với 
2
3
ab
a b


 
 a , b là nghiệm phương trình: 2
1
3 2 0
2
t
t t
t

     
Nên 
2 11 1
2 3 2 1 1
22 22 2
1 23 1
xa x
b x x x
xa xx
b xx
        
                           
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 1x   , 2x  . 
Chú ý: Có thể phân tích thành tích các thừa số hoặc bình phương hai vế. 
2) Điều kiện 0 17x  
Đặt 4a x , 4 17b x  , 0a  , 0b  
Ta có hệ phương trình: 
 
24 4 2 2 2 217 2 17
3 3
a b a b a b
a b a b
    
 
    
       
2
2 2 2 2
2 2 17 9 2 2 17
33
a b ab ab ab ab
a ba b
            
   
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 32 
 
2
3
22 36 64 0
33
16
a b
abab ab
a ba b
ab
 

          

3
16
a b
ab
 


, loại, (vì 9 = 32 < 16.4 = 64) 
3
2
a b
ab
 


 a , b là nghiệm phương trình: 2
1
3 2 0
2
t
t t
t

     
Vậy 
4
4
4
4
11
2 17 2 1
162 2
1 17 1
xa
b x x
xa x
b x
  
              
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 1x  , 16x  . 
3) Đặt 3 5a x  , 3 2b x  
Ta có hệ phương trình: 
 
   
33 3
1 (4.1)1
7 3 7 0 (4.2)
ab a ba b ab
a b a b ab a b
       
 
       
Thay (4.1) vào (4.2) có: 
     
     
     
3
3 2
2
3 1 7 0
3 3 7 0
1 4 7 0
a b a b a b
a b a b a b
a b a b a b
        
       
        
 
1a b   (Vì:    
2
4 7a b a b    > 0) 
1a b  thay vào (4.1) có 2ab   
Nên a , b là nghiệm phương trình: 2 2 0t t   
1
2
t
t
 
  
Vậy 
3
3
3
3
5 11
2 2 2 6
32 5 2
1 2 1
xa
b x x
xa x
b x
     
                  
Kết luận: phương trình có hai nghiệm 6x   , 3x  . 
Chú ý: Bài này có thể giải bằng cách đặt 3 35 2t x x    . 
 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 
H 33 
4) Điều kiện 0 2x  
Đặt a x , 2b x  , 0a  , 2 2 2b   
Ta có hệ phương trình: 
4 4 4 42