Toán 10 - Phương trình – bất phương trình vô tỉ

0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
1) Đặt 2t x 2x 24, ( t 0)     2 2 2 2x 2x 24 t x 2x 22 2 t        
Bất phương trình trở thành: 2 22 t t 0 t t 2 0 0 t 1         
2
2
2
4 x 6x 2x 24 0
x 2x 24 1
x 1 2 6 V x 1 2 6x 2x 23 0
                     
4 x 1 2 6
1 2 6 x 6
    
  
 là nghiệm của bất phương trình đã cho.
2) ĐK: 0 x 9 
Bất phương trình đã cho 2 29 2 9x x x 9x 6      
2 29x x 2 9x x 3 0      2 29x x 3 x 9x 9 0      
9 3 5 9 3 5
x
2 2
    .
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là: 9 3 5 9 3 5x
2 2
   .
Chú ý : Nếu gặp bài toán có tham số thì khi đặt ẩn phụ ta phải tìm đúng miền xác định 
của ẩn phụ và sự tương ứng giữa ẩn phụ và ẩn ban đầu. Từ đó chúng ta mới chuyển bài 
toán ban đầu về bài toán mới.
Ví dụ 3 : Tìm m để các phương trình sau có nghiệm: 2 2 2x 2x 2m 5 2x x m     . 
Giải:
Đặt 2 2t 5 2x x 6 (x 1) t [0; 6]        và 2 2x 2x 5 t  
Khi đó phương trình đã cho trở thành: 2 2t 2mt m 5 0 (*) t m 5      
Phương trình đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t [0; 6] hay 
0 m 5 6 5 m 6 5
0 m 5 6 5 m 6 5
        
       
.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với m 0  thì phương trình sau luôn có nghiệm: 
2 2 2 35x (m ) x 4 2 m 0
3
      .
Giải:
Đặt 2t x 4 t 2    . Khi đó phương trình đã cho trở thành
2 2 35f (t) t (m )t m 2 0
3
      (*).
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Vì m 0  (*) luôn có hai nghiệm t phân biệt (Do 2 2 35(m ) 4(m 2) 0
3
      ) và 
3 2 4f (2) (m 2m )
3
   
Ta sẽ chứng minh 3 2 4m 2m 0 m 0
3
     (1) .
* Nếu 3 2m 2 m 2m 0 (1)     đúng
* Nếu 3 2 2 3 232 2 4 320 m 2 m 2m (m )(m ) 0 m 2m
27 3 3 27
            
3 2 4 32 4m 2m 0 (1)
3 27 27
       đúng.
f (2) 0 (*)   luôn có một nghiệm t 2 hay phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Chú ý : * Nếu tam thức 2f (x) ax bx+c  thỏa mãn af ( ) 0   tam thức luôn có 
nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đó   nếu a<0 thì nghiệm đó   .
* Để chứng minh 3 2 4m 2m 0
3
   ta có thể sử dụng phương pháp hàm số hoặc BĐT
Dạng 2: m( f (x) g(x)) 2n f (x).g(x) n(f (x) g(x)) p 0      .
Với dạng này ta đặt t f (x) g(x)  .Bình phương hai vế ta sẽ biểu diễn được những 
đại lượng còn lại qua t và chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) bậc 
hại đối với t.
Ví dụ 1: Cho phương trình: 3 x 6 x m (3 x)(6 x)       .
1) Giải phương trình khi m=3.
2) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Giải:
Đặt 2t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x)         (*)
Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 (3 x)(6 x) 9   nên từ (*) 3 t 3 2   . 
Phương trình đã cho trở thành: 
2
2t 9t m t 2t 9 2m
2
       (1)
1) Với m 3 ta có phương trình: 2t 2t 3 0 t 3     thay vào (*) ta được
x 3
(3 x)(6 x) 0
x 6
      
.
2) Phương trình đã cho có nghiệm (1)Û có nghiệm t [3;3 2]Î .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Xét hàm số 2f (t) t 2t 9= - - với t [3;3 2]Î , ta thấy f(t) là một hàm đồng biến
6 f (3) f (t) f (3 2) 9 6 2Þ - = £ £ = - t [3;3 2]" Î
Do vậy (1) có nghiệm 6 2 9t [3;3 2] 6 2m 9 6 2 m 3
2
-
Î Û - £ - £ - Û £ £ .
Vậy 6 2 9 m 3
2
-
£ £ là những giá trị cần tìm.
Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trình f (x) k= có 
nghiệm trên D k YÛ Î .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x 3 x 1 3x 2 (2x 3)(x 1) 16        .
Giải: Đk: x 1  .
Đặt 2t 2x 3 x 1, t 0 t 3x 2 (2x 3)(x 1) 4 (*)          
Khi đó phương trình trở thành: 2 2t t 20 t t 20 0 t 5       
Thay t 5 vào (*) ta được: 
2
2 2
1 x 7
21 3x 2 2x 5x 3
441 126x 9x 8x 20x 12
            
2
1 x 7
x 3
x 146x 429 0
       
 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 33 3x 35 x (x 35 x ) 30    .
Giải:
Đặt 
3
3 3 33 3 3 33 t 35t x 35 x t 35 3x 35 x (x 35 x ) x 35 x
3t
            (*)
Phương trình đã cho trở thành: 
3t 35
.t 30 t 5
3t
    thay vào (*) ta có:
3 3 3 3 6 3 x 3x 35 x 6 x (35 x ) 216 x 35x 216 0
x 2
           
.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 
2 2
2 2 2
1 x 5 1 x x
( ) 2 0
2 xx 1 x 1 x
    
 
.
Giải: ĐK: 1 x 1   .
Đặt 
2 2
2
2 22
1 x x 1 x
t t 1
x x 1 x1 x
     

. 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Phương trình đã cho trở thành: 2 12t 5t 2 0 t 2; t
2
        .
* 
2
2
2
2 2
1 x 0
1 x x 1
t 2 2 x .1 xx 231 x
x 1 x
                
*
2
2
2
2 2
1 x 0
1 x x 1
t 2 1 x 3x 21 x 4x 1 x
               
 vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x
2
  .
Ví dụ 4: Giải bất phương trình : 27x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x        .
Giải: ĐK 6x
7

Đặt 2 2t 7x 7 7x 6, (t 0) 14x 2 49x 7x 42 t 1          
Bất phương trình đã cho trở thành: 2 2t t 1 181 t t 182 0 0 t 13         
7x 7 7x 6 13     (*)
Vì hàm số f (x) 7x 7 7x 6    là hàm đồng biến và f (6) 13 (*) x 6   
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình : 6 x 6
7
  .
Ví dụ 5: Giải bất phương trình : 5 15 x 2x 4
2x2 x
    .
Giải: ĐK: x 0 .
Bpt 
1 1
5( x ) 2(x ) 4
4x2 x
     .
Đặt 21 1t x , (t 2) x t 1
4x2 x
       và bất phương trình trở thành:
2 25t 2(t 1) 4 2t 5t 2 0 t 2         (do t 2 )
2
3 2 2
0 x
1 2t 2 x 3 4x 12x 1 0
4x 3 2 2
x
2
  
        
 
 là nghiệm của bất phương 
trình đã cho.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) 23x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2       
2) 
x 1
(x 3)(x 1) 4(x 3) 3 0
x 3
     

 3) 2 2x x 2 x x   
4) 4 2 2x x 1 x x 1 2      5) 2x x 7 2 x 7x 35 2x     
6) 2 2 2x x 4 x x 1 2x 2x 9        7) 4 1 5x x 2x
x x x
    
8) 24x 3 2x 1 6x 8x 10x 3 16       
9) 32 218x 18x 5 3 9x 9x 2    
10) 2x x 12 x 1 36    .
Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
1) 2 25x 10x 1 7 2x x     2) 2 22x x 5x 6 10x 15    
3) 2x 2x 8 4 (4 x)(x 2) 0      4) 3 24 x 12 x 6   
5) 22x 1 x x   6)
2 2
1 3x
1
1 x 1 x
 
 
7)
2 2
2 2 2
1 x 5 1 x x
( ) 2 0
2 xx 1 x 1 x
    
 
9)
12 x x 2 82
(12 x) (x 2)
x 2 12 x 3
     
10) 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Dạng 3: n nF( f (x), g(x)) 0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.
Với dạng này ta xét hai trường hợp: 
TH1: g(x)=0 thay vào phương trình ta kiểm tra, 
TH2: g(x) 0 chia hai vế phương trình cho kg (x) và đặt n f (x)t
g(x)
 ta được phương 
trình 1F (t) 0 là phương trình đa thức bậc k.
Ta thường gặp dạng: a.f (x) b.g(x) c. f (x)g(x) 0  
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 25 x 1 2(x 2)   .
Giải: ĐK: x 1  .
Phương trình 2 25 (x 1)(x x 1) 2(x x 1) 2(x 1)        
2 2
x 1 x 1
2 5 2 0
x x 1 x x 1
    
   
 (Do 2x x 1 0 x    ).
Đặt 
2
x 1
t , t 0
x x 1
 
 
, ta có phương trình: 2
t 2
2t 5t 2 0 1
t
2

     
.
* 2
2
x 1
t 2 4 4x 5x 3 0
x x 1
      
 
 phương trình vô nghiệm.
* 2
2
1 x 1 1 5 37
t x 5x 3 0 x
2 4 2x x 1
         
 
.
Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và 
cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương 
trình đẳng cấp hai ẩn dạng 2 2a ab b 0      (có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng 
các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trình 
thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong 
phương trình càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Do đó với dạng toán này chúng ta 
cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trình. Tuy nhiên 
nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó 
khăn. Ta xét ví dụ sau. 
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Giải: ĐK 
2
2
x x 20 0
5x 14x 9 0 x 5
x 1
   
     
  
.
Phương trình 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       
2 2 25x 14x 9 x 24x 5 10 (x 1)(x x 20)         
2 22x 5x 2 5 (x 1)(x x 20) 5 (x 1)(x 4)(x 5)          
2 22(x 4x 5) 3(x 4) 5 (x 4x 5)(x 4)        
2 2x 4x 5 x 4x 5
2 5 3 0
x 4 x 4
        .
Đặt 
2x 4x 5
t , t 0
x 4
   , ta có phương trình: 
2 32t 5t 3 0 t 1; t
2
      .
* 2
5 61
x 5 (n)
2t 1 x 5x 9 0
5 61
x 5 (l)
2
  
     
  
.
* 2
x 8 (n)
3
t 4x 25x 56 0 7
2 x (l)
2

        
Vậy phương tình đã cho có hai nghiệm: 5 61x ;x 8
2
  .
Chú ý : Trong nhiều bài toán ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình 
thức bài toán và từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2x 2x 2x 1 3x 4x 1      .
Giải: Đặt 2 2 2 2a x 2x, b 2x 1 3x 4x 1 3a b        
Phương trình trở thành: 2 2 2 2a b 3a b a ab b 0      
21 5 1 5a b x 2x 2x 1
2 2
       . Giải phương trình này ta được nghiệm 
1 5
x
2
 và đây là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 2(x 6x 11) x x 1 2(x 4x 7) x 2        .
Giải: ĐK: x 2 . Đặt 2a x 2;b x x 1     , ta có:
2 2 2 2x 6x 11 (x x 1) 5(x 2) b 5a        
2 2 2 2x 4x 7 x x 1 3(x 2) b 3a        
Do vậy phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 2(b 5a )b 2(b 3a )a  
3 2 2 3 3 2 a6a 5a b 2ab b 0 6t 5t 2t 1 0 (t )
b
           1 1t 1, t , t
2 3
     .
* 2t 1 a b x 2x 3 0       phương trình vô nghiệm.
* 
1
t b 2a
2
     vô nghiệm do a,b 0 .
* 2
1
t b 3a x 10x 19 0 x 5 6
3
          .
Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x 5 6  .
Nhận xét: Xuất phát từ phương trình : (a b)(2a b)(3a b) 0    ta thay 
2a x 2;b x x 1     và biến đổi ta thu được phương trình trên. 
Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 4 3 218x 13x 2 3(81x 108x 56x 12x 1)       .
Giải:
Ta có: 2 2 218x 13x 2 2(2x 1) x 2a x (a (3x 1) )        
4 3 2 4 2 2 281x 108x 56x 12x 1 (3x 1) 2x a 2x        
Vậy phương tình đã cho trở thành: 
2 2
2 2
a 2x a 2x
2a x 3(a 2x )
a x;a 5xa 4ax 5x 0
            
* 
2
x 2x
a x
9x 5x 1 0
       
 vô nghiệm.
* 
2
5x 2x 11 85
a 5x x
189x 11x 1 0
       
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 11 85x
18
 .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4 24 4
1 x 1 x
1 m 1 m 2 1- m
1 x 1 x
      .
Giải: ĐK: 1 x 1   .
Đặt 4 41 x 2t 1 t (0; )
1 x 1 x
       và phương tình trở thành:
2 4 441 m.t 2 (1 m)(1 m).t 1 m 0 1 m.t 1 m           4 1 mt 
1 m
   .
Phương trình đã cho có nghiệm 4 1 m 0 1 m 1
1 m
      .
Ví dụ 7 (ĐH Khối A – 2007 ): Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4 23 x 1 m x 1 2 x 1     .
Giải: ĐK: x 1 .
* x=1 là nghiệm phương trình m 0  .
* x 1 chia hai vế phương trình cho 4 2x 1 ta được: 4 4x 1 x 13 m 2
x 1 x 1
    .
Đặt 4 4x 1 2t 1 0 t 1 t 1
x 1 x 1
         và phương trình trở thành:
2m3t 2 3t 2t m
t
      (*) .
Phương trình đã cho có nghiệm (*) có nghiệm t (0;1) .
Vì 2
1
3t 2t 1 t (0;1)
3
       (*) có nghiệm t (0;1)
1 1
m 1 1 m
3 3
         .
Vậy 11 m
3
   là giá trị cần tìm.
 Qua các ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mẫu chốt của bài toán. 
Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được các 
biểu thức chứa x khác trong phương trình , bất phương trình đã cho qua ẩn phụ vừa đặt. 
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp chúng ta không thể biểu diến hết các biểu thức chứa x 
có mặt trong phương trình , bất phương trình qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương 
trình : 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1      ) mà ta chỉ biểu diễn được một phần nào đó qua 
ẩn phụ và phương trình thu đượclà một phương trình hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa 
đặt. Ta xét dạng toán sau.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0   . Với phương trình dạng này ta có thể đặt 
t f (x) , khi đó ta được phương trình theo ẩn t: 2at g(x)t h(x) 0   , ta giải phương 
trình này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trình vừa có t vừa có x) nên ta 
thường gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1      .
Giải:
Đặt 2t x 2x 1   , ta được phương trình: 2t 2(1 x)t 4x 0    đây là phương trình 
bậc hai ẩn t có 2' (x 1)   , do đó phương trình này có hai nghiệm: t 2, t 2x   .
* 2 2t 2 x 2x 1 2 x 2x 5 0 x 1 6             .
* 2
2
x 0
t 2x x 2x 1 2x
3x 2x 1 0
           
 hệ này vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 6   .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 
2
12 8x
2x 4 2 2 x
9x 16
   

.
Giải: ĐK: 2 x 2   (*).
Ta có: 2 212 8x 2(2x 4 4(2 x)) 2[( 2x 4) (2 2 x ) ]        
Phương trình: 2( 2x 4 2 2 x )(2 2x 4 4 2 x 9x 16) 0        
2
2x 4 2 2 x 0 (1)
2 2x 4 4 2 x 9x 16 (2)
    

     
Ta có: 
2
(1) 2x 4 8 4x x
3
      thỏa mãn (*).
2 2 2 2 2(2) 48 8x 16 8 2x 9x 16 4(8 2x ) 16 8 2x x 8x 0            
Đặt 2t 2 8 2x , t 0   , ta đươc: 2 2 t xt 8t x 8x 0
t x 8
        
.
* 2
2 2
0 x 2 4 2
t x 2 8 2x x x
332 8x x
         
.
* 2t x 8 2 8 2x x 8 0        phương trình này vô nghiệm (do (*)).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 2 4 2x ;x
3 3
  .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 2 33x 13x 30x 4 (6x 2)(3x 4)      (1).
Giải: ĐK: 4 1x V x
3 3
   .
Ta có 2 2 23x 13x 30x 4 2(6x 2) (x 3x 2)(3x 4)        
* Nếu 1x VT(1) 0 VP (1)
3
      vô nghiệm.
* Nếu 4x
3
 chia hai vế phương trình cho 3x 4 (do 3x
4
 không là nghiệm của 
phương trình) ta được: 26x 2 6x 22. (3x 4) x 3x 2 0
3x 4 3x 4
      
 
.
Đặt 6x 2t , t 0.
3x 4
 

 Phương trình trở thành: 
2 2
t x 1
2t (3x 4)t x 3x 2 0 x 2
t
2
 
        
.
*
2 2
4 4x x6x 2 3 3t x 1 x 1 x 3
6x 23x 4
(x 1) (x 3)(3x x 2) 0
3x 4
                     
* 
3 2
x 2x 2 6x 2 x 2
t
2 3x 4 2 3x 16x 4x 24 0 (*)
           
.
Sử dụng máy tính ta thấy (*) có duy nhất nghiệm x 5,362870693 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 3 và nghiệm gần đúng x 5,362870693 .
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1) 2 32x 5x 2 4 2(x 21x 20)     (ĐS: 9 193 17 3 73x ; x
4 4
  )
2) 
2
4 2 2 3 1 xx 2x 2x 2x 1 (x x)
x
     
HD:PT chỉ có nghiệm khi 0 x 1  . Đặt a x(x 1);b 1 x    . ĐS: x 1 2   )
3) 3 2 3x 3x 2 (x 2) 6x 0     (Đặt y x 2  . ĐS: x 2;x 2 2 3   )
4) 2 32(x 3x 2) 3 x 8    ( x 3 13  ).
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
4) 
x 1 1 1
2x 1 3 x
x x x
     ( 1t 1
x
  . ĐS: 1 5x
2
 )
5) 2 4 2
1
x 3x 1 x x 1
3
      ( x 1 ).
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Đặt ẩn phụ các hàm lượng giác:
Khi giải phương trình lượng giác ta thường đặt ẩn phụ cho các hàm số lượng giác và 
chuyển về phương trình đại số cơ bản mà ta đã biết giải. Tuy nhiên trong nhiều trường 
hợp cách làm ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm số lượng giác 
ta sẽ chuyển bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải giải quyết bài toán lượng giác 
này.
Chúng ta nên lưu ý đến những tính chất đặc trưng của các hàm số lượng giác:
Với hàm số sin và côsin:
 * Tập giá trị của hai hàm số này là [ 1;1] .
 * 2 2 2 2sin cos 1 1 sin cos        
Với hai hàm số tan và cotan
 * Tập giá trị là R
 * 2 2
2 2
1 1
1 tan ;1 cot
cos sin
     
 
Hai tính chất trên là cơ sở để chúng ta lựa chọn phương pháp này. Ta xét các ví dụ sau :
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 21 1 x 2x   .
Giải: ĐK: | x | 1 .
Với bài toán này chúng ta có thể giải bằng phương pháp bình phương hoặc đặt ẩn phụ. 
Cách tiến hành hai phương pháp này tuy khác nhau nhưng cùng một mục đích là làm 
mất căn thức. Dĩ nhiên một câu hỏi đặt ra là ngoài hai cách nói trên còn có cách nào để 
loại bỏ căn thức nữa hay không ?
Để trả lời câu hỏi này thì chúng ta cần phải xác định là cần làm xuất hiện gì thì sẽ loại 
bỏ được căn thức ? Ta phải biến đổi 2 21 x a  ! đẳng thức này sẽ gợi cho chúng ta nhớ 
đến công thức lượng giác giữa sin và cosin. Điều này hoàn toàn hợp lí vì ta thấy được 
điều kiện xác định của x là đoạn [ 1;1] . Vậy ta có cách giải như sau:
Đặt x cos t, t [0; ]   . Khi đó phương trình trở thành:
2 2 2 11 1 cos t 2cos t 2sin t sin t 1 0 sin t
2
         (do sin t 0 ).
Vậy 2 3x cos t 1 sin t
2
      là nghiệm của phương trình đã cho.
Nhận xét: Cơ sở để dẫn đến cách đặt như trên là miến xác định của x [ 1;1]  và cần 
biến đổi 2 21 x a  . Từ đây ta có được nhận xét tổng quát hơn như sau:
* Nếu | u(x) | a thì ta có thể thực hiện phép đặt u(x) asin t , t [ ; ]
2 2
    , hoặc đặt 
u(x) a cos t, t [0; ]  
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
* Nếu u(x) [0;a] thì ta có thể đặt 2u(x) a sin t, t [0; ]
2
  .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 2 3 2x (1 x ) x 2(1 x )   
Giải: ĐK: | x | 1 .
Đặt x cos t, t [0; ]   . Phương trình trở thành:
3 3cos t sin t 2 cos t sin t (sin t cos t)(1 sin t cos t) 2 sin t.cos t     
2 2
3 2u 1 u 1u(1 ) 2 u 2u 3u 2 0
2 2
         ( u sin t cos t,| u | 2   )
2(u 2)(u 2 2u 1) 0 u 2;u 2 1         
* 
2
u 2 cos(t ) 1 t x cos
4 4 4 2
           .
* 2
2 2
x 1 2
u 1 2 x 1 x 1 2
1 x (1 2 x)
          
   
2
x 1 2 1 2 2 2
x
2x (1 2)x 1 2 0
       
    
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 2 1 2 2 2x ;x
2 2
    .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 22 2 1 x x(1 1 x )     .
Giải: ĐK: |x| 1 .
Đặt x sin t, t [ ; ]
2 2
    . Phương trình đã cho trở thành:
2 22 2 1 sin t sin t(1 1 sin t ) 2(1 cos t) sin t(1 cos t)        
2 3t t t t t2 | sin | 2sin t cos | sin | 2sin cos
2 2 2 2 2
    (*).
*Nếu 3t tt [ ;0) (*) sin (2cos 1) 0
2 2 2
      vô nghiệm .
* Nếu 
3
3
t 1
cos
t t 2 2t [0; ] (*) sin (2cos 1) 0
2 2 2 t
sin 0
2
       
 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
+) Với 
3 3
t 1 t 1
cos sin 1
2 22 4
    (do tt [0; ] sin 0
2 2
   )
3t tx sin t 2sin cos 4 1
2 2
     .
+) Với tsin 0 t 0 x sin t 0
2
      .
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 3x 4 1; x 0   .
Chú ý : * Ở trên ta thực hiện phép đặt x sin t , ta cũng có thể đặt x cos t tuy nhiên 
nếu đặt x cos t thì sẽ dẫn đến bài toán biến đổi phức tạp hơn.
* Vì 
t
t [ ; ] [ ; ]
2 2 2 4 4
        nên ta chưa khẳng định được tsin
2
 dương hay âm, do 
đó khi đưa ra khỏi căn thức thì ta phải có trí tuyệt đối.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 21 2x x 1 2x x
| x 1|
       .
Giải: ĐK: 0 x 2  .
Ta thấy 20 2x x 1   , nên ta đặt 22x x cos t, t [0;