Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chủ đề 5: Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ - Năm 2020 (Có đáp án)

 CHỦ ĐỀ 5: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
 I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN
KIẾN THỨC CẦN NHỚ 
 g(x) 0
 f (x) g(x) 2
 f (x) f (x)
Ví dụ 1: Giải các phương trình
a) x2 2x 6 4x 1 b)2x 1 x 4x 9 
 Lời giải
a) Phương trình tương đương với :
 1 1
 4x 1 0 x x 
 x 1 
 2 2 4 4
 x 2x 6 4x 1 2 
 15x 10x 5 0 x 1 3x 1 0
Kết luận x 1 là nghiệm của phương trình.
b) Điều kiện x 0. Bình phương 2 vế ta được :
 x 8
 2 2 
 3x 1 2 2x x 4x 9 2 2x x x 8 2 
 4 2x2 x x 8
 x 4
 x 8
 2 16
 7x 12x 64 0 x 
 7
Đối chiếu với điều kiện ta thấy có x 4 là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2. Giải các phương trình
 a) x2 x 2 x2 x 7 5 b) 3x 3 2 x 3 3 5x 1 
 Lời giải
 x2 x 2 0
a) Điều kiện thỏa mãn với mọi x. Ta viết phương trình lại thành 
 2
 x x 7 0
 x2 x 2 5 x2 x 7 và bình phương 2 vế rồi ta có :
 2 2 2
 x x 7 5 x x 18 x x 18
 2 2 2 2 2 
 x x 2 25 10 x x 7 x x 7 x x 7 3 x x 2
 x 1
 x2 x 2 x 1 x 2 0 
 x 2
Kết luận x 2;1 3x 1 0
 1
b) Điều kiện x 3 0 x . Bình phương 2 vế ta thu được :
 5
 5x 1 0
 3x 1 4 x 3 4 3x 1 x 3 9 5x 1 2 3x 1 x 3 19x 11 
 11 11
 19x 11 0 x x 
 2 2 19 19 
 4 3x 10x 3 361x 418x 121 2 
 349x 378x 109 0 x 1 349x 109 0
 x 1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1. 
MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ KHÁC
1. Đặt ẩn phụ hoàn toàn để quy về phương trình một ẩn:
+ Điểm mấu chốt của phương pháp này là phải chọn một biểu thức f (x) để đặt phần còn lại 
phải biểu diện được theo ẩn t . Những bài toán dạng này nói chung là dễ.
+ Trong nhiều trường hợp ta cần thực hiện phép chia cho một biểu thức có sẵn ở phương 
trình từ đó mới phát hiện ẩn phụ. Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta có thể chia cho phù 
hợp (thông thường ta chia cho với là số hữu tỉ)
+ Đối với bài toán mà việc đưa về một ẩn dẫn đến phương trình mói phức tạp như: Số mũ 
cao, căn bậc cao thì ta có thể nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy về hệ phương trình 
hoặc dựa vào các hằng đẳng thức để giải toán.
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1
a. 2x 1 2 9 4 x2 x (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – Tin TP Hà Nội, 2017)
b. 6x x2 2x2 12x 15 0 (Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, 2017)
c. x2 1 x 2x 3 x 3 .
d. x2 3 x4 x2 2x 1 .
e. x 1 x2 4x 1 3 x 
 1
f. x2 2x x 3x 1 
 x
 Lời giải
a. Ta viết lại phương trình thành: 4x2 4x 8 4 x2 x 0 , đặt t x2 x 0 ta có phương 
trình mới: 4t 2 4t 8 0 t 1 t 2 0 suy ra t 2 thỏa mãn điều kiện.
 1 17
Giải t 2 ta có: x2 x 4 x2 x 4 0 x 
 2
b. Đặt t 6x x2 0 phương trình đã cho trở thành:
 t 2t 2 15 0 2t 2 t 15 0 t 3 2t 5 0 , do t 0 t 3 thỏa mãn điều kiện.
Giải t 3 ta có 6x x2 9 x2 6x 9 0 x 3 
Kết luận x 3 là nghiệm của phương trình.
c. Điều kiện: x 0 . Phương trình đã cho có thể viết lại như sau: 2
 x2 1 x 2x 3 1 x x2 2x 1 x 3 1 x x 0
 . Ta thấy không phải là nghiệm 
 2
 1 x 1 x 
 x2
của phương trình. Ta chia hai vế cho thì thu được: 1 2 3 .
 x x 
 t 1
 1 x
Đặt t ta có phương trình theo t : 3t 2 2t 1 0 1 
 x t 
 3
 1 x
Trường hợp 1: t 1 ta có: 1 x x 1 0 (VN)
 x
 3 21
 x L 
 1 1 x 1 2 15 21
Trường hợp 2: t ta có: x 3 x 3 0 x 
 3 x 3 3 21 2
 x 
 2
 15 21
Kết luận: Phương trình có nghiệm duy nhất: x 
 2
d. Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. 
 1 1 1 1
Vì vậy ta chia hai vế cho x thì thu được: x 3 x 2 x 3 x 2 0 
 x x x x
 1
Đặt t 3 x ta thu được phương trình:
 x
 1 1 5
 t3 t 2 0 t 1 x 1 x2 x 1 0 x 
 x 2
 1 5
Kết luận: Phương trình có nghiệm x 
 2
 x 0 0 x 2 3
e. Điều kiện: 4 
 x 4x 1 0 x 2 3
Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho x thì thu được: 
 1 1 1 1
 x x 4 3 . Đặt t x t 2 x 2 , theo bất đẳng thức Cô si ta có t 2 . 
 x x x x
 t 3 5
 t 2 6 3 t t
Thay vào phương trình ta có: 2 2 
 t 6 t 6t 9 2
 x 4
 25 1 2
 x 2 4x 17x 4 0 1 
 4 x x 
 4
 1
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm: x 4, x .
 4
f. Nhận xét: x 0 không phải là nghiệm của phương trình. 
 1 1 1
Ta chia hai vế cho x khi đó phương trình trở thành: x 2 x 3 0 . Đặt t x 0 
 x x x
phương trình trở thành:
 1 1 5
 t 2 2t 3 0 t 1 x 1 x2 x 1 0 x .
 x 2 Ví dụ 2. Giải các phương trình:
a. 13 4x 2x 3 4x 3 5 2x 2 8 6x 4x2 15 
b. 7 3x 7 4x 7 7 x 32 
 Lời giải
 3 5
a. Điều kiện x . Phương trình được viết lại như sau:
 2 2
 7 2x 3 5 2x 2 2x 3 2x 3 5 2x 5 2x 2 8 5 2x 2x 3 .
 t 2 2
Đặt t 2x 3 5 2x 5 2x 2x 3 . Điều kiện 2 t 2 
 2 
Phương trình đã cho có dạng: t3 4t 2 t 6 0 t 2 x 2 .
Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ.
 7
 b. Điều kiện x 7 . Phương trình được viết lại như sau:
 3
 1 3 1 3 
 3x 7 7 x 3x 7 7 x 3x 7 7 x 32 
 2 2 2 2 
 3x 7 7 x 3x 7 7 x 3x 7 7 x 64 
Đặt t 3x 7 7 x 
 t3 3x 7 3x 7 7 x 7 x 3 3x 7 7 x 3x 7 7 x 
Từ phương trình suy ra t3 64 t 4 . Hay 3x 7 7 x 4
 11 2 2
Bình phương 2 vế ta thu được: 3x 7 7 x 8 x 4x2 44x 113 0 x 
 2
Tại sao ta phân tích được hai phương trình như trên:
Ta thấy với những phương trình: 
 ax b cx d ex h gx k r cx d gx k s 0 
thì một trong những cách xử lý khá hiệu quả là:
Phân tích: ax b m cx d n gx k và ex h m cx d n gx k sau đó ta có thể đặt ẩn 
phụ trực tiếp, hoặc đặt ẩn phụ để quy về hệ.
Ví dụ:
Khi giải phương trình: ta thực hiện cách phân tích: 
 13 4x 2x 3 4x 3 5 2x 2 8 6x 4x2 15
+ Giả sử: 13 4x m 2x 3 n 5 2x 
 2m 2n 4 3 7
Đồng nhất hai vế ta suy ra: m ,n 
 3m 5n 13 2 2
 7 3
+ Tương tự ta giả sử: 4x 3 m 2x 3 n 5 2x m ,n 
 2 2
Khi giải phương trình: 7 3x 7 4x 7 7 x 32
Ta thực hiện phân tích: m 3x 7 n 7 x 7 và p 3x 7 q 7 x 4x 7 
 1 3 3 1
Sau đó đồng nhất 2 vế để tìm m, n, p, q ta có: m ;n ; p ;q 
 2 2 2 2
Như vậy, ngoài cách đặt ẩn phụ như trên ta có thể giải các bài toán theo các cách khác như 
sau: 3 5
a. Điều kiện: x .
 2 2
Ta có hệ mới như sau:
b. Đặt ta có hệ phương trình 
Đặt a 2x 3,b 5 2x thì a2 b2 2 . 
Từ cách phân tích trên ta có hệ sau:
 2 2 2
 a b 2 a b 2ab 2
 3a2 7b2 a 3b2 7a2 b 4 16ab 3
 3 a b 2ab a b 16ab 4 0
 2
 a b 2ab 2
 3 a b 3 2 a b 2 a b 8 2 a b 2 4 0
Đặt a b S, ab P . Điều kiện: S, P 0;S 2 4P 
 S 2 2P 2 S 2
 a b 1 x 2
Ta có hệ mới như sau: 3 2 
 2S 8S 2S 12 0 P 2
b. Đặt a 3x 7, b 7 x ta có hệ phương trình 
 3
 a b 64 a b 4
 . Giải hệ phương trình ta thu được: a, b x .
 2 2 2 2
 a 3b 14 a 3b 14
2. Đặt ẩn phụ để quy về hệ đối xứng loại 2
Phương pháp này đặc biệt hiệu quả với các phương trình dạng: ax2 bx c d ex h hoặc 
 ax3 bx2 cx d e 3 gx h
Với mục đích tạo ra các hệ đối xứng hoặc gần đối xứng ta thường làm theo cách:
Đối với phương trình dạng: ax2 bx c d ex h
Ta đặt: my n ex h thì thu được quan hệ: 
 2
 ax bx c d my n ax2 bx dmy c dn 0
 2 2 2 2 2 2
 m y 2mny n ex h m y 2mny ex n h 0
Ta mong muốn có quan hệ x y . Nếu điều này xảy ra thì từ hệ trên ta sẽ có:
 a b dm c dn
 (*). Công việc còn lại là chọn m,n chẵn thỏa mãn (*)
 m2 2mn n2 h
Đối với những phương trình dạng: ax3 bx2 cx d e 3 gx h
 3 2
 ax bx cx d e my n 
Ta đặt: my n e 3 gx h thì thu được hệ: 
 3 3 2 2 2 2 3
 m y 3m ny 3mn y n gx h
 ax3 bx2 cx emy d en 0
 x y
 3 3 2 2 2 2 3 . Để thu được quan hệ ta cần:
 m y 3m ny 3mn y gx n h 0
 a b c em d en
 .
 m3 3m2n 3mn2 g n3 h
Ví dụ 1: Giải các phương trình: 
a, 2x2 6x 1 4x 5 .
 2 37
b, 4x 1 9x2 26x 0 .
 3 3
c, 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 .
d, 27 3 81x 8 27x3 54x2 36x 54 . e ,x 2017 2017 x ( Đề dự bị tuyển sinh lowps10 TP Hà Nội 2017 )
 Lời giải:
 5
a, Điều kiện x . Đặt my n 4x 5 , khi đó ta có hệ
 4
 2x2 6x 1 my n 4x2 12x 2my 2 2n 0
 2 2 2 2 2 2
 m y 2mny n 4x 5 m y 2mm 4x n 5 0
 4 12 2m 2 2n
Ta cần tìm m, n để tạo ra quan hệ x y . 
 m2 2mn 4 n2 5
 2 2n
 1
 n2 5 n2 2n 3 0
Chọn m 2 n 3
 16 4n 12
 1 
 4n 4
Chú ý: 
Việc nhân số 2 vào phương trình (1) của hệ để tạo ra 4x2 12x 1 là rất cần thiết để chọn được 
m được chẵn và nhóm 4x2 12x 2 thành bình phương của biểu thức bậc hai được dễ hơn.
Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau: 
 4x2 12x 2 2(2y 3) (2x 3)2 4y 5
 2y 3 4x 5
Đặt thì thu được hệ 2 2
 (2y 3) 4x 5 (2y 3) 4x 5
Trừ hai phương trình của hệ ta có (2x 3)2 (2y 3)2 4(y x)
 x y
 2(x y)(4x 4y 4) 0 
 x y 2
 (2x 3)2 4x 5
Trường hợp 1: x y 2x 3 4x 5 3 x 2 3
 x 
 2
 (1 2x)2 4x 5
Trường hợp 2: y 2 x 2(2 x) 3 4x 5 1 x 1 2
 x 
 2
Kết luận: Phương trình có hai nghiệm là : x 2 3, x 1 2 .
 1
b, Điều kiện: x .
 4
 47 2
Phương trình đã cho được viết lại như sau: 9x2 26x 4x 1
 3 3
 37 2 2 37 2
 9x2 26x (my n) 9x2 26x my n 0
Đặt my n 4x 1 3 3 3 3 3
 2 2 2 2 2 2
 m y 2mny n 4x 1 m y 2mmy 4x n 1 0
 28
 1
 2 37 2 6n 4
 26 m n 
 9 37 2
 3 3 3 m 3 n n 4
Ta cần 2 2 . Chọn 
 m 2mn 4 n 1 3 3
 3
 1
 2
 n 1
 (3x 4)2 2x 2y 1
Đặt 3y 4 4x 1 hệ phương trình sau 2 . Trừ hai phương trình của hệ 
 (3y 4) 4x 1 ta được (x-y)(9x+9y - 22)=0 . Giải phương trình ứng với hai trường hợp trên ta thu được các 
 14 61 12 53
nghiệm là x va x .
 9 9
Chú ý: Ta có thể tìm m, n nhanh hơn bằng cách :
 (2x 3)2 2(my n) 11
Đặt my n 4x 5 khi đó ta có hệ 2 . Trừ hai phương trình cho nhau: 
 (my n) 4x 5
 2 2 2my 4x
 (2x 3) (my n) 2my 4x 2n 6. Để có quan hệ x=y ta cần m 2;n 3
 2n 6 0
Tương tự khi giải quyết câu b).
c, Đặt my n 3 3x 5 ta có hệ sau: 
 8x3 36x2 53x my n 25 0
 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25
 3 3 2 2 2 3
 m y 3m my 3mn y 3x n 5 0
 8 36 53 m n 25
Ta chọn m, n sao cho m 2,n 3
 m3 3m2n 3mn2 3 n3 5
 3
 3 (2x 3) 2y 3 x 2
Đặt 2y 3 3x 5 . Ta có hệ phương trình sau: 3
 (2y 3) 3x 5
Trừ hai phương trình cho nhau ta thu được (2x 3)3 (2y 3)3 2y 2x
 2 2
 2(x y) (2x 3) (2x 3)(2y 3) (2y 3) 1 0 x y
 2
 2 2 2y 3 3 2
Do (2x 3) (2x 3)(2y 3) (2y 3) 1 (2x 3) (2y 3) 1 0
 2 4
Giải x=y ta có (2x 3)2 3x 5 8x3 36x2 54x 27 3x 5
 x 2
 2 
 (x 2) 8x 20x 11 0 5 3
 x 
 4
 5 3
Kết luận: Phương trình đã cho có ba nghiệm x 2, x 
 4
d, Ta viết lại phương trình thành 27 3 81x 8 (3x 2)3 46
 3 3
 3 (3y 2) 81x 8 (3y 2) 81x 8
Đặt 3y 2 81x 8 ta có hệ phương trình 3 3
 (3x 2) 27(3y 2) 46 (3x 2) 81x 8
Trừ hai phương trình của hệ ta thu được (3x 2)3 (3y 2)3 81(y x)
 2 2
 3(x y) (3x 2) (3x 2)(3y 2) (3y 2) 27 0 x y
 x 0
 3 3 2 
thay vào ta được (3x 2) 27(3x 2) 46 27x 54x 33x 0 3 2 5
 x 
 3
 3 2 5
Kết luận : phương trình đã cho có ba nghiệm là x 0, x 
 3
c, Đặt x a điều kiện là 0 a 2017 , phương trình đã cho trở thành a2 2017 a 2017
 a2 b 2017
 2017 a b 0
Đặt ta có hệ phương trình 2
 b a 2017 2 2 a b
Trừ hai phương trình của hệ ta có được a b b a 0 (a b)(a b 1) 0 
 a 1 b
TH1: a=b hay 2017 a a do a 0 bình phương hai vế ta thu được a2 2017 a hay 
 1 8069
 a 
 2 2 1 8069
 a a 2017 0 đối chiếu với điều kiện ta thấy a thõa mãn.
 1 8069 2
 a 
 2
 2
 1 8069 
Suy ra x .
 2 
TH2: a 1 b 2017 a 1 a ( điều kiện a 1 ) ,bình phương hai vế ta thu được 
 a2 2a 1 2017 a a2 a 2016 không thỏa mãn điều kiện do 0 a 1 a(a 1) 0 .
 2
 1 8069 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x .
 2 
Với các phương trình dạng (ax)2 b ax b thì việc đặt ẩn y b ax rồi đưa về hệ đối xứng 
loại I là cách giải cực kỳ hiệu quả.
Chú ý: 
+ với phương trình dạng : [ f (x)]n b a n af (x) b(*)
 t b ay
 t f (x); y a af (x) b
Bằng phép đặt ta có hệ đối xứng loại 2 là *
 y b at
Trong phương trình (*) nếu ta thay a, b bởi các biểu thức chứa x thì cách giải phương trình 
vẫn như trên. Những phương trình dạng này thường có hình thức và lời giải khá đẹp.
*Ta xét ví dụ sau: 
Ví dụ 2: 
Giải các phương trình: 
A, 4x2 11x 6 (x 1) 2x2 6x 6
b, 8x3 13x 7 (x 1) 3 3x2 2
c, 9 3 x(3 2x) 7 x 5 3 2x (đề tuyển sinh lớp 10 chuyên toán trường chuyên KHTN – 
ĐHQG Hà Nội 2018).
 Lời giải:
A, ta viết lại phương trình thành (2x 3)2 x 3 (x 1) (x 1)(2x 3) (x 3)
Đặt a 2x 3,b (x 1)(2x 3) (x 3) ta được hệ như sau: 
 a2 x 3 (x 1)b
 2 . Trừ hai phương trình của hệ ta thu được:
 b x 3 (x 1)a
 a2 b2 (x 1)(b a) (a b)(a b x 1) 0
 3 3
 3 x (L)
 2 x 2
Trường hợp 1: a b 2x 3 2x 6x 6 2 
 2 3 3
 2x 6x 3 0 x (TM )
 2 2 2 x 2
Trường hợp 2: 2x 3 2x 6x 6 x 3 0 2x 6x 6 3x 2 (VN) Vậy 
 7x 30x 36 0
 3 3
phương trình có nghiệm duy nhất x 
 2
b, ta viết lại phương trình thành (2x 1)3 x2 x 1 (x 1) 3 (x 1)(2x 1) x2 x 1
Đặt a 2x 1,b 3 (x 1)(2x 1) x2 x 1 3 3x2 2 ta thu được hệ phương trình: 
 3 2
 a x x 1 (x 1)b
 trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta được 
 3 2
 b x x 1 (x 1)a
 (a b) a2 ab b2 x 1 0
 x 1
TH1: a=b ta có: 2x 1 3 3x2 2 8x3 15x2 6x 1 0 1
 x 
 8
 2 2
 2 2 b 3 2 b 2 2
TH2: a ab b x 1 0 a (2x 1) x 1 0 4 a 4x 2(2x 1) 5 0 vô 
 2 4 2 
nghiệm.
 1
Tóm lại phương trình có 2 nghiệm là : x 1, x 
 8
 3 2a2 b2 3
c, Điều kiện : 0 x đặt a x,b 3 x với a,b 0 thì 
 2 9 3ab 7a 5b
Cộng theo vế 2 phương trình ta thu được 2a2 3ab b2 7a 5b 6 0 (a b 2)(2a b 3) 0 
 1
từ đây giải 2trường hợp ta thu được các nghiệm của phương trình là ta thu được x 1 và x .
 9
Ví dụ 3
 Giải các phương trình: 
A, x3 3 6 3 x 6 6
 2
b, 2 x2 x 1 2x2 2x 3 4x 5 0
 Lời giải:
 3 x 6 z z3 x 6
A, Đặt 
 3 3
 z 6 y y z 6
Mặt khác với các phép đặt ẩm phụ trên, tè phương trình trong đầu bài, ta có x3 y 6 0
 x3 y 6 1 
 3
Như vậy ta được hệ phương trình y z 6 2 
 3
 z x 6 3 
Nhìn thấy hệ trên không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z nên không mất tính 
tổng quát, ta có thể giả thiết x max(x, y, z) (x là số lớp nhất trong 3 số x, y, z hay x y, x z )
Nếu x > y, thì từ (1) và (2) suy ra y 6 x3 y3 z 6 y z
Khi đó từ (2) và (3) suy ra y 6 x3 y3 x 6 z x mâu thuẫn giả thiết ởx trên.z Do 
Do đó phải có x = y
Với x = y, từ (1) và (2) suy ra y = z. Vậy x = y = z. Phương trình (1) trở thành: x3 x 6 0 hay x 2 x2 2x 3 0 4 
Vì x2 2x 3 x 1 2 2 0 nên pt (4) có nghiệm duy nhất x = 2.
b. Đặt y x2 x 1 khi đó phương trình đưa về :
 1 5 4x
 2y2 2 y 1 3 5 4x y2 y 1 .
 2
 1 5 4x 1
Đặt z , điều kiện : z 
 2 2
Ta có 2z 1 5 4x 4z2 4z 1 5 4x z2 z 1 x .
 x2 x 1 y x x 1 y 1
 2 
Do đó ta có hệ phương trình: y y 1 z (*) y y 1 z 1
 2 
 z z 1 x z z 1 x 1
 1
Do điều kiện: z y 1 z 1 . Nhân các phương trình theo vế rồi rút gọn được xyz 
 2
= 1. Mặt khác từ hệ phương trình (*), cộng các phương trình vế theo vế ta có :
 x2 y2 z2 3 3 xyz xyz 1 .
Do đẳng thức xảy ra nên phải có x2 y2 z2 1 x y z 1 (do x, y, z 1)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 5. Giải các phương trình
 4 1 5
 a. 2x2 4x 7 x4 4x3 3x2 2x 7 b. x x 2x .
 x x x
 6 2x 6 2x 8
 c. d. 2 5x 3 x 1 5 x 1 3 x 3 5x 1 .
 5 x 5 x 3
 Lời giải
Cách 1: Biến đổi phương trình như sau:
 2
 4 2x2 4x 7 2x2 4x 7 16 2x2 4x 7 35 (1) .
Đặt 2x2 4x 7 a voi a 5 , ta có :
 2
 4a a4 16a2 35 a2 6 2a 1 2 a2 2a 7 a2 2a 5 0 (*)
Với a 5 thì a2 2a 5 0 , nên từ (*) suy ra a2 2a 7 0 , phương trình này có hai 
nghiệm là a 1 2 2 . Đối chiếu với điều kiện a 5 chỉ chọn được a 1 2 2 . Khi đó
 2x2 4x 7 1 2 2 x2 2x 1 2 2 0 (**) . Phương trình (**) có hai nghiệm là
 1 2 2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1 2 2 2 .
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: 2 x 1 2 5 x 1 4 3 x 1 2 5.
Đặt x 1 2 u; 2 x 1 2 5 v, u 0;v 5 .
 u2 3u 5 v u2 u v2 v u v 1 0
Ta có hệ : 2 2 .
 2u 5 v 2u 5 v v 2u 5
Dẫn đến u2 4u 4 0 , PT này có 2 nghiệm 2 2 2 . Do u ≥ 0 nên chọn u 2 2 2 . Từ đó 
suy ra kết quả như cách 1.