Chuyên đề phương trình Vô tỉ – Đặng Thành Nam

Tài liệu gồm 92 trang hướng dẫn giải chi tiết các bài toán phương trình vô tỉ thuộc nhiều dạng bài và độ khó khác nhau. Tài liệu được biên soạn bởi tác giả Đặng Thành Nam.

44 22 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

92 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
Chuyên đề 4: Phương trình, bất phương trình vô tỷ
196
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Email : dangnamneu@gmail.com
Yahoo: changtraipkt
Mobile: 0976266202
CHUYÊN ĐỀ 4:
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ
TỶ
Chuyên đề 4: Phương trình, bất phương trình vô tỷ
197
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
198
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Email : dangnamneu@gmail.com
Yahoo: changtraipkt
Mobile: 0976266202
Phương trình vô tỷ, cùng với hệ phương trình là một bài toán hay thường xuyên xuất hiện trong
đề thi TSĐH. Bài tập dạng này rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi học sinh phải vận dụng linh
hoạt biến đổi cơ bản, đến đặt ẩn phụ hay, một số đánh giá nhỏ dựa vào bất đẳng thức, hàm số.
Với đề thi TSĐH thì bài toán theo nhận định chủ quan thì 2 phương pháp cơ bản để các em làm
được các bài toán dạng này là biến đổi cơ bản( quan trọng) và đặt ẩn phụ nếu có.
Các phương pháp sẽ được trình bày theo từng dạng toán để các em có thể tiếp cận làm quen, về
sau khi đã được tiếp cận từng phương pháp sẽ hình thành cho các em khả năng nhận dạng và tư
duy phương pháp giải.
Xin được mở đầu bằng một số bài toán:
Bài 1. Giải bất phương trình sau:
2 2
( 3 ) 2 3 2 0(*)
x x x x
Lời giải:
2
2
2
2 2
2 2
2 3 2 0
2 3 2 0
2 3 2 0
(*)
( 3 ) 2 3 2 0
( 3 ) 2 3 2 0
x x
x x
x x
x x x x
x x x x
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
( 2) ( )
( 2) ( )
3
1
2
( 3) ( )
2
2
( 3) ( 0)
3 0
x
x
x
x
x
x
xx
x x
x x
x
x x
x x
x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
1
2
D
 
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
199
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 2. Giải bất phương trình sau:
2
1 (*)
1 2( 1)
x x
x x
Lời giải:
+ Điều kiện:
0
x
, ta có
2 2
1 3 3
1 2( 1) 1 2( ) 1 0
2 2 2
x x x
Khi đó bất phương trình tương đương với:
2 2
1 2( 1) ( 1) 2( 1) 2 0 (1)
x x x x x x x x
+ Ta có
2 2 2
( 1 ) ( 1) 2( 1) 2( 1) 2
x x x x x x x x
( do
1 0
x x
)
2 2
1 2( 1) 2 1 2( 1) 2 0 (2)
x x x x x x x x
Từ (1) và (2) suy ra:
2
3 5
1 2( 1) 2 1 0
2
x x x x x x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
3 5
2
D
Bài 3. Giải phương trình sau:
3
2 3 2 3 6 5 8 0(*)
x x
Lời giải:
+ Điều kiện:
6
5
x
+ Đặt
3
3 2; 6 5 0
u x v x
3
3 2
2
3 2
5 3 5(3 2) 3(6 5 ) 8 (1)
6 5
u x
u v x x
v x
Mặt khác ta lại có:
2 3 8 0 (2)
u v
Từ (1) và (2) suy ra:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
200
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
3 2 3 2
8 2
3( ) 8 0 45 12 96 120 0
3
u
u u u u
2
( 2)(45 78 60) 0 2 4
u u u u v
Khi đó:
3
3 2 2 2
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
2
x
Bài 4. Giải phương trình sau:
2
3 1 6 3 14 8 0
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
6
3
x
Khi đó phương trình được biến đổi thành:
1
2
( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0
x x x x
3 15 5
( 5)(3 1) 0
3 1 4 1 6
x x
x x
x x
3 1
( 5)( 3 1) 0 5 0
3 1 4 1 6
x x x
x x
Do
3 1 1
( 3 1 0, 6)
3
3 1 4 1 6
x x
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
5
x
.
Bài 5. Giải phương trình sau:
2
3 2 6 2 4 4 10 3 ( )
x x x x x
Lời giải:
+ Điều kiện:
2 2
x
2 2 2
2 2 2 2 4(2 ) 4 4 10 3 4 4
t x x t x x x x x
1
Xem phương pháp trục căn thức được trình bày ở dưới
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
201
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
0 2 2 2
6
3
3
5
2 2 2 3
t x x
PT t t x
t
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
6
5
x
.
Bài 6. Giải bất phương trình:
2
2 2 3 2( )
x x x x x
Lời giải:
+ Điều kiện:
2
3
x
Khi đó bất phương trình tương đương với:
2
( 2 3 2) ( 2) 0
x x x x
2(2 )
( 2)( 1) 0
2 3 2
x
x x
x x
2
( 2)( 1) 0
2 3 2
x x
x x
2 2
( 2) ( ) 0; ( ) 1,
3
2 3 2
x f x f x x x
x x
2
1 3
2 3 2
'( ) 1 0
( 2 3 2)
x x
f x
x x
2 5 3 2
( ) ( ) 0 2 0 2 2
3 3 2 3
f f x f BPT x x x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
2
,2
3
D
Bài 7. Giải phương trình sau:
2
(13 4 ) 2 3 (4 3) 5 2 2 8 16 4 15( )
x x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
202
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
3 5
: (*)
2 2
DK x
2 2 2 2
2 3; 5 2 2 3; 5 2 2(1)
u x v x u x v x u v
2 2 2
2 2 2 2
13 4 2 3&4 3 2 3; 16 4 15
(2 3) (2 3) 2 8 8 ( (1))
x v x u uv x x
BPT v u u v uv u v uv do
2
2 ( ) 3( ) ( ) 6 2 ( 3) ( )( 3)
uv u v u v u v uv uv u v u v u v
3
( 3)(2 ) 0
2
u v
u v uv u v
u v uv
2
(1)
2
7
7
16 4 15
2
( 0)
2
1
16 4 15 1
x x
uv
uv
uv
x x
2
2
7
16 4 15
2
2
16 4 15 1
x x
x
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
x
Bài 8. Giải phương trình sau:
2
2 2
( 2)( 4 7 1) ( 3 1) 0( )
x x x x x x
Lời giải:
2 2
( 2)( ( 2) 3 1) ( 3 1) 0
BPT x x x x
2
( ) ( 2) ( ) 0; ( ) ( 3 1)
g x f x f x f x x x
2
2
2
'( ) 3 1 0 '( ) '( 2) '( ) 0
3
x
f x x g x f x f x
x
2
Xem phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
203
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Do đó hàm số
( )
g x
đồng biến trên R, nên nếu phương trình
( ) 0
g x
có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất. Nhận thấy
( 1) 0 1
g x
là nghiệm của phương trình.
Bài 9. Giải phương trình sau:
2
2 1 3 1 0( )
x x x x
Lời giải:
+ Điều kiện:
2
2 1 0
(*)
3 1 0
x
x x
2 2 2 2 2
2 1 ( 3 1) 2 1 ( 3 1) (( 1) )
PT x x x x x x x x
4 2 2 4 2 2
2 1 ( 1) 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) ( 1) 0
x x x x x x x x x
2 2
2
1
1
( 1) (( 1) 2 1) 0
4 2 0
2 2
x
x
x x x
x x
x
Thử lại thấy các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
1; 2 2
x x
Bài 10. Giải phương trình sau:
2
2 2 4 4 2 9 16
x x x
Lời giải:
: 2(*)
DK x
2 2
4(2 4) 16(2 ) 16 2(4 ) 9 16
PT x x x x
2 2 2
8(4 ) 16 2(4 ) 8 (1)
x x x x
2 2 2
2(4 ) 0 (1) 4 16 8 0
t x t t x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
204
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2 2
0
4 2
2
2(4 )
2 2 3
8(4 )
4 0
2
x
t
x
x x
t x x
x
x x
t
BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH DƯỚI DẠNG TƯƠNG ĐƯƠNG
Đưa về bình phương hai vế của phương trình, bất phương trình:
Phương trình, bất phương trình cơ bản:
0
0
A
A B B
A B
2
0
B
A B
A B
2
0
0
0
B
A
A B
B
A B
Nếu phương trình có dạng:
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x h x k x
mà có
( ). ( ) ( ). ( )
f x h x k x g x
thì
biến đổi về:
( ) ( ) ( ) ( )
f x h x k x g x
Phương trình có dạng:
3 3 3
A B C
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
205
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lập phương hai vế của phương trình ta được:
3 3 3
3
A B AB A B C
, lại có
3 3 3
A B C
suy ra phương trình:
3
3
A B C AB C
giải phương trình suy ra nghiệm. Sau
đó thử lại nghiệm xem thỏa mãn không.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau:
3 3 1 2 2 2
x x x x
.
Lời giải:
Điều kiện:
0
x
.
Phương trình tương đương với
2 3 3 1 2 2
x x x x
2 2
5 3 2 4 12 5 3 2 6 8 2
x x x x x x
2 2
4 12 6 8 2 1
x x x x x
Thử lại thấy nghiệm
1
x
thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 2. Giải phương trình:
4 1 1 2
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
4
2
x
.
Khi đó phương trình tương đương với:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
206
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1 1 2 4 1 1 2 2 1 1 2 4
x x x x x x x x
2
2 1 0
1 1 2 2 1
1 1 2 2 1
x
x x x
x x x
2
1
0
2
2 7 0
x
x
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x
.
Bài 3. Giải bất phương trình:
2
16 5
3
3 3
x
x
x x
.
Lời giải:
Điều kiện:
2
16 0
4
3 0
x
x
x
.
Khi đó quy đồng mẫu số, bất phương trình tương đương với:
2 2
16 3 5 16 8
x x x x
2
2
2
16 0
4 4
8 0
8
8
5
5 8
8
16 8
5
8 0
x
x x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
Đối chiếu với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
5;S

.
Bài 4. Giải phương trình:
2
1 16 17 8 15 23
x x x x
.
Lời giải:
Điều kiện:
17
16
x
.
Khi đó phương trình tương đương với:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
207
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1 16 17 1 8 23 1 16 17 8 23 0
x x x x x x x
2
1
1 0
1
8 23 0
4
16 17 8 23
16 17 8 23
x
x
x
x
x
x x
x x
Đối chiếu với điều kiện cả hai nghiệm này đều thỏa mãn. Vậy phương trình có hai nghiệm là
1
x
và
4
x
.
Bài 5. Giải phương trình:
2 2
2 8 6 1 2 2
x x x x
.
Lời giải:
Để phương trình có nghiệm thì
2 2 0 1
x x
.
Khi đó điều kiện của phương trình là:
2
2
2 8 6 0
1
1 0
1
1
x x
x
x
x
x
Nhận thấy
1
x
thỏa mãn phương trình.
Xét
1
x
, khi đó phương trình tương đương với:
1 2 6 1 1 2 1
x x x x x
2 6 1 2 1
x x x
2 6 1 2 2 6 1 4 1
x x x x x
2
1 0
2 2 6 1 1 1
4 2 6 1 1
x
x x x x
x x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1
x
và
1
x
.
Bài 6. Giải phương trình:
2 2
6 3 2 5 3
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
208
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
Điều kiện:
3
x
.
Khi đó cả hai vế của phương trình đều không âm, nên bình phương hai vế ta được
2 2 2
8 6 6 6 2 5 3
x x x x x x x
2 2
6 6 2 6 6 2
x x x x x x x x x
, do
3
x
2
2 2
36 6 2 2 34 108 0
x x x x x x x
2
34 108 0 17 181
x x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
17 181
x
.
Bài 7. Giải bất phương trình:
2
4 2
1
3 2
x x
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
0; 1
x x
.
- Với
4 2 2 2
0;1 3 2 3 2 0
x x x x x x x
Khi đó bất phương trình tương đương với:
2 4 2 2 4 2
3 2 3
x x x x x x x x x
, hai vế của bất phương trình không âm nên bình
phương hai vế, ta được
2
2 4 2 2
1 3 2 1 0
x x x x x x
; không thỏa mãn
0;1
x .
- Với
1
x
hoặc
0 (*)
x
thì
4 2
3 2 0
x x x
Khi đó bất phương trình tương đương với:
2 4 2 2 4 2
3 2 3
x x x x x x x x x
2
(*)
2
2
4 2 2
0
1 0
1 1
0
0
2 1 0
3
x x
x
x x
x x
x
x x
x x x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
;0
S  .
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
209
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 8. Giải bất phương trình
2 2
2
6 3 2 5 3
0
3 2 10
x x x x x
x x
Lời giải:
Điều kiện:
3
x
Ta có
2
2 2 2
3 6 9 9 9
x x x x x
2 2 2 2
2 9 2 10 3 2 10 3 2 10 0
x x x x x x
Vậy bất phương trình tương đương với
2 2 2 2
6 3 2 5 3 0 6 3 2 5 3
x x x x x x x x x x
2
2 2 2
6 3 2 5 3 6 6 2
x x x x x x x x x x
2 2
6 6 2 2 34 108 0
x x x x x x x
2
3 17 181
34 108 0
17 181
x
x x
x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
3;17 181 3;S
Bài 9. Giải phương trình
3
3 2
3 3 2 1 0
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
Phương trình tương đương với
3
3
3 1 2 1 0
x x x x
3
3
1 2 1 2 1 0
x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
210
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
1 2 1 1 0
x x x x x x
1 1 2 1 0
x x x x x x
2
1 2 1 0
x x x x
2
2
0
1 5
1
1 0
2
0
2 1 0
2 2 2
4 1
x
x x
x x
x
x
x x
x
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1 5
2 2 2;
2
x x
Bài 10. Giải bất phương trình
2
2 3 1 4 3 2
x x x x
Lời giải:
Điều kiện
0
x
Hai vế của phương trình không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được
2
4 3 1 16 16 3 1 3 4 4 3 1
x x x x x x x
2
2 2
2
2
2 2
0
9 0
4 3 9 0 16
9 0
16 3 9
x
x x
x x x x x
x x
x x x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
0;16
S
Bài 11. Giải bất phương trình
3 3 4 2 11
x x x
Lời giải:
Điều kiện
3
x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
211
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Khi đó bất phương trình tương đương với
3 3 4 2 11 3 3 4 2 11
x x x x x x
2 2
9 3 4 17 27 2 2 4 11 2 2 11
x x x x x x x x x
2 0
11 0
1 3 5
2 11 0 2
2
2 0
11 0
x
x x
x x x x
x
x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1 3 5
2;
2
S
Bài 12. Giải phương trình
2 2
7 5 3 2
x x x x x
Lời giải:
Phương trình tương đương với
2
2 2
3 1
3 2 0
5 2 2
7 5 3 2
x
x x
x x x
x x x x x
2
2 0
3 1
0
2
5 4
2
5 2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2
2 0
1
1 16 0
x
x
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
Bài 13. Giải phương trình
2
2 2 2 2 2 9 16
x x x
Lời giải:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
212
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Điều kiện:
2 2
x
Khi đó bình phương hai vế của phương trình ta được
2 2
8 2 16 2 4 16 2 9 16
x x x x
2
2 2 2 2
9 8 32 16 2 4 9 8 32 512 4
x x x x x x
4 3
81 144 512 1024 0
x x x
2 2
32
9 32 9 16 32 0
3
x x x x , thỏa mãn điều kiện
Vậy phương trình có hai nghiệm là
32
3
x .
Bài 14. Giải bất phương trình
2 1 3
1
2 2 1 1
x x
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
0 1
x
Ta có:
2 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
1 2 1
x x x
và
2 1 3 1 1 3
x x x x x x x
Vậy nên bất phương trình tương đương với:
1 3
1 3 2 1 1 3
2 1
x x x
x x x x x
x
Ta có
3 2
x x
do
0 1
x
và
2 1 1 3 2
x x x
. Dấu bằng xảy ra hai vế khi
và chỉ khi
1
x
.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
213
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.1.
3 6 3
x x
1.2.
4 1 1 2
x x x
1.3.
3 3
4 3 1
x x
1.4.
9 5 2 4
x x
1.5.
2 2
3 10 12
x x x x
1.6.
2 2 1 1 4
x x x
1.7.
3 3 3
1 1 5
x x x
1.8.
2
1 2 2
x x x x x
1.9.
2 1 2 1 2
x x x x
1.10.
2 2 2
1 1 8 6 1 10
x x x x
1.11.
2
2
1 1 2 log 0
x x x x
1.12.
2 2
1 2 2 1
x x x
1.13.
2 2
3 4 9
x x x
.
1.14.
8 8
6
2
8
x
x
1.15. Giải các bất phương trình sau:
1.
1 3 4
x x
2.
1 4 2
x x x
3.
3 2 8 7
x x x
4.
2 3 5 2
x x x
5.
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
214
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
6.
2
2 6 1 1
x x x
7.
2 2
4 3 2 3 1 1
x x x x x
8.
1 6 3 5
x x x
9.
2
2 3 1 4 3 2
x x x x
10.
2 2
6 40 150 4 60 100 2 10
x x x x x
11.
2
1 1 2
4
x
x x
12.
3
2
1
1
x x
x x
13.
2
2
1
1
2 3
2 3
x
x
x
14.
4 2 2
2 2
2
4 16 4
1
4
4
x x x x
x
x x
x
15.
2 2
4 2
2 1 1
1 3
3 11 9
x
x x
x x x
16.
2
2
3 2 3 2
1
1 2 1
x x
x x
17.
2
2 3
1
1
1
x x x
x x x x
18.
3
3 2
2
3 3 2 1
0
1 2 2
x x x x
x x
19.
2
3
1 3
0
2 2 2 2 4 4 3 1
x x
x x x x
20.
3
2
5 5 2
0
2 2 1 2 10 6
x x x
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
215
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
21.
2
2
2 3 1 4 3 2
0
2 2 1
x x x x
x x
22.
3
5 3 2
2 2
1
1
1
x x x x
x x x
Bài 12. Giải các phương trình sau:
1.1.
2
2 6 1 1
x x x
1.2.
2
3 2 1
3 2
x
x x
x
1.3.
2
4 1 4 1 1
x x
.
1.4.
2
2
2
2
2 1 1
x x
x
1.5.
3 2 2 2 6
x x x
1.6.
2
1 2 2
x x x x x
1.7.
2
2 16
7
3
3 3
x
x
x
x x
1.8.
2 2
3 4 1 4 2
x x x x x
1.9.
3 1
2 1 1 3 3
x
x x x
1.10.
2
3 33 3 2 7
x x x
1.11.
3 3
3 3
7 5
6
7 5
x x
x
x x
1.12.
2 2
5 6 3 21 9 42
x x x x x x
1.13.
2 2
2 2 5 1 6 1
x x x x x
1.14.
2
25 3 1 3
x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
216
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.15.
2 1 2 2 0
x x x
1.16.
2
3 5
0
2 7 5
os os
4 4
x x
x x
c c
1.17.
2
4
28 27
27 24 1 6
3 2
x x x
PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC
Áp dụng với các phương trình nhẩm được nghiệm
0
x
và ta biến đổi phương trình thành phương
trình tương đương dạng
0
( ) 0
x x A x
. Sau đó chỉ ra
( ) 0
A x
với x thuộc miền xác định của
phương trình, ta thường đánh giá qua bất đẳng thức hoặc khảo sát tính đơn điệu của hàm số.
Sử dụng những hằng đẳng thức sau:
A B
A B
A B
3 3
3 3
2 2
3
A B
A B
A AB B
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x
Lời giải:
Nhận thấy
2 2
3 5 1 3 1 2 2
x x x x x
Và
2 2
2 3 4 3 2
x x x x
Do đó trục căn thức phương trình tương đương với
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
217
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2 2
2 2
2 2 3 2
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
2 2
2 2
3 2
2 0
2 3 4
3 5 1 3 1
x
x x x
x x x x
2 0 2
x x
.
Vậy
2
x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 2. Giải phương trình sau:
2 2
12 5 3 5
x x x
Lời giải:
Để phương trình có nghiệm thì
2 2
5
3 5 12 5 0
3
x x x x
.
Nhận thấy
2
x
là nghiệm của phương trình nên ta biến đổi về phương trình tương đương sau
2 2
12 4 3 5 3 6
x x x
2 2
2 2
4 4
3 2
12 4 3 5
x x
x
x x
2 2
2 2
2 3 0 2
12 4 3 5
x x
x x
x x
Do
2 2 2 2
5 2 2 2 2
3 3 3 0
3
12 4 3 5 3 5 3 5
x x x x
x
x x x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau:
3 2 3
1 2
x x x
Lời giải:
Điều kiện
3
2
x . Nhận thấy
3
x
là nghiệm của phương trình, nên biến đổi về phương trình
tương đương sau
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
218
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
3
2 3
1 2 3 2 5
x x x
2
2
2 3
32 2
3
3 3 9
9
3
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x
x x
2
2 3
32 2
3
3 3 9
3 1 0 (1)
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x
x x
Do
3
2
x nên
2
2
2 3
3 32 2 2
3
3 3 3 9
1 1 2
2 5
1 2 1 4 1 1 3
x x x x
x
x x x
Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
3
x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x
.
Bài 4. Giải phương trình sau:
2
2 4 2 5 1
x x x x
Lời giải:
Điều kiện
2 4
x
Nhận thấy
3
x
là nghiệm của phương trình, khi đó phương trình tương đương với
2
2 1 4 1 2 5 3
x x x x
3 3
3 2 1
2 1 4 1
x x
x x
x x
1 1
3 2 1 0 (1)
2 1 4 1
x x
x x
Do
1 1 1
2 4 2 1 1 5 0
2 1 4 1 2 1
x x
x x
Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
3
x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x
.
Bài 5. Giải phương trình sau:
2 2
1 2 2 2
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
219
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
Nhận thấy
2
x
không là nghiệm của phương trình nên phương trình tương đương với
2
2
1
2 2
2
x x
x x
x
Phân tích:
Thêm vào 2 vế của phương trình lượng
mx n
, ta có
2
2
1
2 2
2
x x
x x mx n mx n
x
2 2 2
2
2
1 2 1 2
1 1 2 1 2
2
2 2
m x mn x n
m x m n x n
x
x x mx n
Ta chọn
,
m n
sao cho
2 2
2 1
1 2
0; 3
1 1 2 1 2
mn
m n
m n
m m n n
Vậy phương trình tương đương với
2
2
1
2 2 3 3
2
x x
x x
x
2 2
2
2 7 2 7
2
2 2 3
x x x x
x
x x
2
2
2 7 0
1 1
(1)
2
2 2 3
x x
x
x x
Phương trình (1) vô nghiệm, nên phương trình tương đương với
2
2 7 0 1 7
x x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1 7
x
.
Bài 6. Giải phương trình sau:
2
2 4 2 5 2 5
x x x x x
Lời giải:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
220
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Điều kiện
5
4
2
x
Nhẩm nghiệm thấy phương trình có nghiệm
3
x
, vì vậy biến dổi phương trình đã cho tương
đương với
2
2 1 4 1 2 5 1 2 5 3
x x x x x
1 1 2
3 2 1 0
2 1 4 1 2 5 1
x x
x x x
3
1 1 2
2 1 0
2 1 4 1 2 5 1
x
x
x x x
Do
5
4
2
x
nên
1 1 2
2 1 0
2 1 4 1 2 5 1
x
x x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x
.
Bài 7. Giải phương trình:
2
2 5 6 2 8 9 4
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
9
8
x
.
Khi đó phương trình tương đương với
2
4 4 7
2 2 5 6 2 8 9 4 2 0
3 3
x x
x x x x x x
2
2 2
2
2 4 7 9 8 9
4 9 2 2 5 6
4 2 0
4 3 2 2 5 6 4 7 3 8 9
x x
x x x x
x x
x x x x x x
2
1 1 32
2 4 0 (*)
4 3 2 2 5 6 4 7 3 8 9
x x
x x x x x x
Do
9
8
x
nên
1 1 32
4 0
4 3 2 2 5 6 4 7 3 8 9x x x x x x
Do đó phương trình (*) tương đương với:
2
1
2 0
2
x
x x
x
thỏa mãn điều kiện.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
221
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1; 2
x x
.
Bài 8. Giải phương trình:
3
3 2 3 2 4 3
2 4 4 16 12 6 3 4 2 2 1
x x x x x x x x x
Lời giải:
Điều kiện
3 2 2
2 4 4 2 2 2 0 0
x x x x x x x
.
Khi đó phương trình tương đương với
2 3
3 3 3
3
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 2 1 2 1 2 1
x x x x x x x x
3
3
3
4 2 1
2 1
2 1 2 1
x
x
x x
A B
3
1 4
2 1 2 1 0 (1)
x x
A B
Trong đó
2
3
2 1 2 1 2 1 1
A x x x
2
2 3 3
3 3
3
3
2 1 2 1 2 1 4 2 1 2 1 4 2 1 0
B x x x x x x
Do đó
1 4
2 1 0
x
A B
. Suy ra phương trình (1) tương đương với
3
3
1
2 1 0
2
x x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
1
2
x
Bài 8. Giải phương trình:
2
2 1 5 1 1
x x x
Lời giải:
Điều kiện
1
x
.
Với
1 2
x
, phương trình tương đương với:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
222
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2 5
2 1 5 1 2 1 1 1 0 1
1 5 1 2
x x x x x x
x x
Do
2 5
1 0, 1;2
1 5 1 2
x x
x x
Với
2
x
, phương trình tương đương với:
2
2 1 2 5 1 3 4
x x x
2 5
2 2 0 2
1 1 5 1 2
x x x
x x
Do
2 5
2 0, 2;
1 1 5 1 2
x x
x x

Vậy phương trình có hai nghiệm là
1; 2
x x
.
Bài 9. Giải phương trình
7 6 5 8 9 10
8 9 10 7 6 5
x x x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
10
x
.
Khi đó phương trình được biến đổi thành
8 7 9 6 10 5
0
7 8 6 9 5 10
x x x x x x
3 15 5 15
15
0
8 7 9 6 10 5
56 54 50
7 8 6 9 5 10
x x
x
x x x x x x
15
x
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
15
x
.
Bài 10. Giải phương trình
2
4 2 22 3 8
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
22
2
3
x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
223
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Phân tích:
Ta thấy
2, 1
x x
là nghiệm của phương trình nên ta tìm cách biến đổi phương trình để có
nhân tử chung
2
1 2 2
x x x x
Vì thế ta viết phương trình lại như sau:
2
3 4 2 22 3 3 8
x x x
2
12 2 4 16 3 22 3 14 3 2
x x x x x x
3
2
2
2
16 2
2
3 2
12 2 4 16 3 22 3 14
x x
x x
x x
x x x x
2
16 1
2 3 0
12 2 4 16 3 22 3 14
x x
x x x x
(*)
Do
22
2
3
x
nên
16 1
3 0
12 2 4 16 3 22 3 14x x x x
. Do đó phương trình (*)
tương tương với:
2
1
2 0
2
x
x x
x
thỏa mãn điều kiện.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1, 2
x x
.
Bài 11. Giải bất phương trình
2
2
9 8 32
2 4
16
x x
x
Lời giải:
Điều kiện:
304 4
2
9
x
.
Khi đó bất phương trình tương đương với:
2 2 2
2
2
9 32 9 32 32 9
2 4
16 2 16
2 2 4
x x x x
x
x x
3
Cách phân tích liên hợp dựa vào hình học phẳng tọa độ hoặc hệ số bất định
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
224
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
1 1
9 32 0
16
2 2 4
x
x x
2
4 2 4 2
9 32 0
3 3
x x x .
Kết hợp với điều kiện ra suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
4 2
,2
3
S
Bài 12. Giải phương trình
2
1 2 6 7 7 12
x x x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
2
x
.
Khi đó biến đổi phương trình thành:
2
1 2 2 6 7 3 7 12 2 1 3 6
x x x x x x x x
1 2 6 2
2 4
2 2 7 3
x x x x
x x
x x
1 6
2 4 0
2 2 7 3
x x
x x
x x
(*)
Do
2
x
nên
1 6 1 6
4 4 0
2 3
2 2 7 3
x x x x
x x
x x
Do đó phương trình (*) chỉ có nghiệm duy nhất
2
x
.
Vậy
2
x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 13. Giải phương trình
3 3 2
162 2 27 9 1 1
x x x
Lời giải:
Phương trình tương đương với:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
225
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
3
3 2
162 2 2 27 9 1 1 0
x x x
3 2
2
2
3 33 3
162 6 27 9
0
27 9 1 1
162 2 2 162 2 4
x x x
x x
x x
2
2
2
3 33 3
2 9 3 1
3
3 1 0
27 9 1 1
162 2 2 162 2 4
x x
x
x
x x
x x
Xét phương trình:
2
2
2
3 33 3
2 9 3 1
3
0
27 9 1 1
162 2 2 162 2 4
x x
x
x x
x x
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho
0
x
ta
được:
2 2
3 3 3 33 3 3 3
32 3
162 2 2 162 2 4 162 2 2 162 2 4
1
2 3 1
3
27 9 1 1 162 2
x x x x
x
x
x x x
(*)
Đặt
3 3
162 2
t x
thì phương trình (*) trở thành:
3 3
1 2 1
3 1 1 3 6 162 2
3 2 2 3
t t
x x x x x
x t
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
3
x
.
Bài 14. Giải phương trình
2
3
7 2
7 8
6
x
x x
Lời giải:
Điều kiện:
2
7 2 0
x
Khi đó phương trình tương đương với:
2
3
7 2
7 8 2 2 2 0
6
x
x x x
2
2
3
2
2
2
3 3
7 2
2
7 8 2 2
6
0
7 2
7 8 2 2 7 8 2 2
2
6
x
x
x x
x
x x x x
x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
226
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
2
2
2
3 3
8 24 17
8 24 17
0
7 2
7 8 2 2 7 8 2 2
6 2
6
x x x
x x
x
x x x x
x
2
2
2
2
3 3
1
8 24 17 0
7 2
7 8 2 2 7 8 2 2
6 2
6
x
x x
x
x x x x
x
Xét phương trình:
2
2
2
3 3
1
0
7 2
7 8 2 2 7 8 2 2
6 2
6
x
x
x x x x
x
Chứng minh vế trái luôn lớn hơn 0
Do vậy phương trình chỉ có nghiệm
2
6 2
8 24 17 0
4
x x x
Bài 15. Giải phương trình:
3 2
3 1 8 3
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
2
8 3 0
x
Khi đó phương trình tương đương với:
3 2
3 1 2 2 8 3 0
x x x x x
2
2
2
4 1
1 1 0
2 8 3
x x
x x x
x x
2
2
4
1 1 0 (*)
2 8 3
x x x
x x
Ta chứng minh phương trình:
2
4
1 0
2 8 3
x
x x
vô nghiệm, thật vậy
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
227
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Xét hàm số
2
8 8
( ) 2 8 3 , ,
3 3
f x x x x
Ta có
2
3 2
'( ) 1 0
3
8 3
x
f x x
x
, có
2 6 4 6 8 8
, 2 0
3 3 3 3
f f
8 8
2 0
3 3
f
. Suy ra
6 4 6
0 ( )
3
f x
. Nên
1 8 1
1 1 0
( ) 3
6 4 6
3
x
f x
Vậy nên phương trình (*) chỉ có nghiệm
2
1 5
1 0
2
x x x
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
1.1.
2 3 2 6
x x x
1.2.
2
9 20 2 3 10
x x x
1.3.
2
3
2 11 21 4 4
x x x
1.4.
3 2 2 2 6
x x x
1.5.
2
6 4
2 4 2 2
4
x
x x
x
1.6.
2 2
2 8 6 1 2 2
x x x x
1.7.
2
3 3 1 2 7 4 6
x x x x
1.8.
2
3
5 1 9 2 3 1
x x x x
1.9.
3
3 92 4 108 28
x x x
1.10.
2 2
2 2 3
x x x x x
1.11.
2 2
2 2 1
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
228
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.12.
2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x
1.13.
3 3
3 3
7 5
6
7 5
x x
x
x x
1.14.
2 2
3 3 3 6 3
x x x x
1.15.
2
4 2 22 3 8
x x x
1.16.
2 2 2 2
3 7 3 3 5 1 2 3 4
x x x x x x x
1.17.
3
3 2
14 2 1 2 1
x x x x
1.18.
2
1 2 2 2
x x x x
1.19.
2 2
3 2 4 3 4
x x x x x
1.20.
2
3 3 1 2 7 4 6
x x x x
1.21.
2
2 2
2 1 2 2 3 4 5
x x x x x
1.22.
2 2
2 92 2 1 1
x x x x x
1.23.
2
3
5 4
2 5 24 23
3
x
x x x
1.24.
2
2 3 2
5 2 3 3 2 2 1
x x x x
1.25.
2 3
3
3
1 2 1
x x x x
1.26.
3
5 1
1 5 2
4 2
x x x
1.27.
2
9
1 1 2 1
4
x x x x
1.28.
3
4
3
1 8 81 4
2
x x x x
1.29.
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
1.30. Giải các bất phương trình sau:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
229
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.
2
1 1 4
3
x
x
2.
2
2
4
1 1
x
x
x
3.
2 2
12 12
11 2 9
x x x x
x x
4.
2 2
4 3 2 3 1 1
x x x x x
1.31.
3
4 3 2
3 4 1 1
x x x
Đáp số:
0
x
1.32.
2
2 4 2 5 2 5
x x x x x
Đáp số:
3
x
1.33.
2
6 1 1
x x x
Đáp số:
2
x
1.34.
2
3
6 7 1
x x x
Đáp số:
2
x
1.35.
2
3
2 11 21 3 4 1 0
x x x
Đáp số:
3
x
1.36.
3
2 24
77 3 2
x x
Đáp số:
2
x
1.37.
2 1 2 3 3 1
x x x x
Đáp số:
2
x
1.38.
2 2 2
3 2 4 3 2 5 4
x x x x x x
Đáp số:
1 4;S
1.39.
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2
x x x x x x x
Đáp số:
2
x
1.40.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
230
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Đáp số:
32 513
1;
7
x x
1.41.
3
4 1 3 2
5
x
x x
Đáp số:
2
x
1.42.
2
3
7 8 1 2 1 1
x x
1.43.
3
2 2 2 2 4 4 3 1
x x x x
1.44.
2 2
1 4 2 1 8
x x x
1.45.
2
4 2 22 3 8
x x x
1.46.
2
2 2
2 1 2 2 3 4 5
x x x x x
ĐƯA VỀ HỆ TẠM
Phương trình có dạng
A B C
mà
A B C
, khi đó ta có
2
2
C
A
A B C
C
A B
B
, giải hệ này và thử lại nghiệm.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 2
2 9 2 1 4(1)
x x x x x
Lời giải:
Nhận thấy
2 2
2 9 2 1 2 4
x x x x x
, và
4
x
không là nghiệm của phương trình
Khi đó phương trình tương đương với
2 2
2 2
2 4
4 2 9 2 1 2(2)
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
231
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Từ (1) và (2) ta suy ra
2
6 8
2 9 0;
2 7
x
x x x x
Thử lại thấy cả hai nghiệm này thỏa mãn
Vậy phương trình có hai nghiệm là
8
0;
7
x x
.
Bài 2. Giải phương trình sau:
2 2
2 1 1 3
x x x x x
.
Lời giải:
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế phương trình cho
0
x
ta
được
2 2
1 1 1 1
2 1 3
x x x x
Đặt
1
t
x
phương trình trở thành
2 2
2 1 3(1)
t t t t
Ta có
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1
t t t t t t t t t
2 2
2 1
2 1 (2)
3
t
t t t t
Từ (1) và (2) suy ra
2
1 1
2 10
2
7 8
6
8 7
t x
t
t t
t x
Thử lại ta thấy chỉ có nghiệm
1
x
thỏa mãn,
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau:
2 2
9 24 6 59 149 5
x x x x x
Lời giải:
Phương trình tương đương với
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
232
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2 2
5 5
5
9 24 6 59 149
x
x
x x x x
2 2
5 5
5 1 0
9 24 6 59 149
x
x
x x x x
2 2
5
5 5
1 0(*)
9 24 6 59 149
x
x
x x x x
Phương trình (*) tương đương với
2 2
9 24 6 59 149 5 5 (1)
x x x x x
Ta lại có
2 2
9 24 6 59 149 5 (2)
x x x x x
Từ (1) và (2) ta suy ra
2
2
2
5
19
9 24 2 10
3
9 24 2 10
x
x x x x
x x x
, thử lại
thấy nghiệm này thỏa mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
19
5;
3
x x
.
Bình luận:
Thực chất của phương pháp này là trục căn thức, Xem phương pháp trục căn thức ở trên.
BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH
- Đôi khi biến đổi trực tiếp về phương trình tích không dễ thực hiện, khi đó nếu trong biểu
thức của phương trình có xuất hiện nhân tử chung thì ta đặt ẩn phụ sau đó biến đổi phương trình
mới về dạng tích sẽ dễ dàng hơn.
- Chúng ta sử dụng các biến đổi quen thuộc :
1 1 1 0
u v uv u v
0
au bv ab uv b u a v
Dạng toán :
3
3 3 3
a b c a b c
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
233
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Sử dụng
3
3 3 3
3
a b c a b c a b b c c a
Từ đó suy ra
0
a b b c c a
.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau :
3 2
3 3
1 2 1 3 2
x x x x
Lời giải :
Phương trình tương đương với
3
3 3
3
1 1 0 0
1 1 2 1 0
1
2 1 0
x x
x x
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm là
0; 1
x x
.
Bài 2. Giải phương trình :
3 32 2
3 3
1
x x x x x
Lời giải :
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình, chia hai vế phương trình cho
x
ta được
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0
x x
x x x
x x
3
3
1 0
1
1
1
x
x
x
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau :
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
Lời giải :
Điều kiện
1
x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
234
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Khi đó phương trình tương đương với
3 2 1 2 3 1
x x x x x x
3 2 0 0
3 2 1 1 0
1
1 1 0
x x x
x x x
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm
0; 1
x x
.
Bài 4. Giải phương trình sau :
2
2 7 2 1 6 7 1
x x x x x
Lời giải :
Điều kiện
1 7
x
.
Dặt
7 , 1
a x b x
khi đó phương trình trở thành
2
2 1 2 1 2 0
b a ab b a b b
7 1
3
2
1 2
a b x x
x
b
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
x
.
Bài 5. Giải phương trình sau :
4
3 4
3
x
x x
x
Lời giải :
Diều kiện
0
x
Chia hai vế của phương trình cho
3
x
ta được
2
4 1
1 4 1 2 0 1
3 3 3 3 2
x x x x
x
x x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 6. Giải phương trình :
2 . 3 3 . 5 5 . 2
x x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
235
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải :
Điều kiện :
0 2
x
.
Đặt
2
2
2
2
2 w
2 w w
3 3 w w 3 w
5 w w w
5 w w
w 5
u x
u v u
x u uv v u
v x x v uv v u u v v
x uv v u
v u
x
Giải hệ trên ta được :
30 239
60 120
u x .
Bài 7. Giải hệ phương trình :
3 32 2
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
Lời giải :
Đặt
3 3
2 2
3
7 1, 8, 8 1
a x b x x c x x
, khi đó ta có
3
3 3 3
3 3 3
2
3 0
8
a b c
a b c a b c a b b c c a
a b c
3 2
3
3 32 2
3 2
3
7 1 8
8 8 1 0, 1, 9
7 1 8 1
x x x
a b
b c x x x x x x x
c a
x x x
Vậy phương trình có 4 nghiệm là
0, 1, 9
x x x
.
Bài 8. Giải phương trình sau :
3 2
3 3
3 2 1 2 1
x x x x
Lời giải :
Phương trình đã cho tương đương với
3 2
3 3
1 2 3 2 1 2 0 (*)
x x x x x x
Ta đặt
3 3
1, 2
a x b x
, khi đó phương trình (*) trở thành :
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
236
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
3 3
0 0
a b ab a b a b a b
3 3
3
1 2
2
a b x x x
.
Thử lại thấy nghiệm
3
2
x
thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
3
2
x
.
Bài 9. Giải bất phương trình
7 3 4 4 3 6 32
x x x
Lời giải :
Điều kiện :
4
6
3
x
(*)
Khi đó bất phương trình tương đương với
3 4 3 6 3 4 3 3 4 6 6 64
x x x x x x
3 4 3 4 3 3 4 6 3 6 3 4 6 6 64
x x x x x x x x
3
3 4 6 64 3 4 6 4 2 2 2 3 4 6 16
x x x x x x x
2
3 4 6 7 3 4 6 7
x x x x x x
do điều kiện (*)
2
9 2 2 9 2 2
4 36 73 0
2 2
x x x
thỏa mãn điều kiện
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
9 2 2 9 2 2
,
2 2
S
Bài 10. Giải bất phương trình
2
2 2 3 2 1 2 5 3 1 0
x x x x x
Lời giải :
Điều kiện :
1
x
Nhận xét :
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
237
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Ta thấy xuất hiện nhân tử chung
2 3; 1
x x
trong
2
2 5 3
x x
Khi đó ta tìm cách biến đổi phương trình nhờ đặt
2 2
2 2
2
2
2 3
2 1
1
2 5 3
a b x
a x
a b
b x
x x ab
Khi đó bất phương trình trở thành
2 2 2 2 2 2
2 2 0 2 2 0
a b a b ab a b a b a b a b ab a b
2 1 0
a b a b a b
Nhưng do
0
a b
nên bất phương trình trên tương đương với
2 3 2 1 0
2 3 1 1 0
1
2 1 0
2
2 3 2 1 0
2 3 1 1 0
x x
x x
a b a b x
x x
x x
Đối chiếu với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
1
1,
2
S
Bài 11. Giải bất phương trình
4 2 2 2
2
2
1 1 1
1
1
x x x x x
x x
x x
Lời giải :
Điều kiện :
0
x
.
Khi đó bất phương trình được biến đổi thành
2 2 2 2
2 2
1 1 1 1
. 1
1 1
x x x x x x x x
x x x x
Đến đây ta đặt :
2 2
2
1 1
,
1
x x x x
a b
x x
khi đó bất phương trình trở thành
2
2
1
1 1 1 0 1 1
x x
ab a b a b b
x
luôn đúng với
0
x
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
0,S
.
Bài 12. Giải phương trình
2
5 2 1 7 10 3
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
238
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải :
Điều kiện :
2
x
Khi đó phương trình tương đương với :
2 2
3
1 7 10 3 1 7 10 5 2
5 2
x x x x x x
x x
5 1 2 1 0 1 4
x x x x
Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau :
1.1.
2
1 2 1 2 3
x x x x
1.2.
2
1 1 1
x x x x x
1.3.
2 2 2
3 18 25 4 24 29 6 4
x x x x x x
1.4.
2 3
1 1 1 1
x x x x
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau :
2 2
1 1 2
x x x x
Lời giải :
Điều kiện :
2
2
2
1 0
1 0 1
1 0
x x
x x x
x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
239
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Ta có,
2 2
1. 1 1
x x x x
. Đặt
2
1
t x x
Khi đó phương trình trở thành :
2
1
2 1 0 1
t t t
t
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
x x x x x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 2. Giải phương trình sau :
2
2 6 1 4 5
x x x
Lời giải :
Điều kiện :
5
4
x
.
Dặt
2
5
4 5 0
4
t
t x x
, khi đó phương trình trở thành :
2
2 2
4 2
5 5
2 6 1 22 8 27 0
4 4
t t
t t t t
.
2 2
1 2 2
2 27 2 11 0
1 2 3
t
t t t t
t
( do
0
t
).
1 2
2 3
x
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau :
5 1 6
x x
Lời giải :
Điều kiện :
1 6
x
.
Đặt
2
1 0 1
t x x t
, khi đó phương trình trở thành :
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
240
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2 2
2
2
4 5 0
5 5
5 5
0 5
0 5
t t t t
t t
t t
t
t
1 17 1 17 11 17
1
2 2 2
t x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
11 17
2
x
.
Bài 4. Giải phương trình sau :
2
1
2 3 1
x x x x
x
.
Lời giải :
Điều kiện :
1 0
x
.
Chia cả hai vế của phương trình cho
x
, ta được :
1 1
2 3x x
x x
Dặt
1
0
t x
x
phương trình trở thành :
2
1 1 5
2 3 0 1 1
2
t t t x x
x
(do
0
t
).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1 5
2
x
.
Bài 5. Giải phương trình sau:
32 4 2
2 1
x x x x
Lời giải:
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình, chia hai vế phương trình cho
0
x
, ta
được:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
241
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
3 3
1 1 1 1
2 1 2 0
x x x
x x x x
.
Đặt
3
1
t x
x
phương trình trở thành:
3 2
3
1 1 5
2 0 1 2 0 1 1
2
t t t t t t x x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1 5
2
x
.
Bài 6. Giải phương trình sau:
2
4 3 2 3
1
2 2 2 1
x
x x x x x x
x
Lời giải:
Điều kiện:
, 1 0,1
x  .
Ta có
2
2
4 3 2 2
2 2 2 1 1 0
VT x x x x x x x
Và
2 2
3 2
1 1
1
x x
VP x x x x
x x
do đó phương trình có nghiệm thì
0;1
x .
Viết lại phương trình dưới dạng:
2
4 3 2 3
1
2 2 2 1
x
x x x x x x
x
2
2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x
Nhận thấy
1
x
không là nghiệm của phương trình, nên chia hai vế phương trình cho
2
1
x x
ta được:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
242
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
2
2
1
1
2 1(*)
1
1
x x
x
x
x x
, ta đặt
2
2
1
0
1
x
t
x x
, khi đó phương trình (*) trở thành:
2
2
1 2 0 2 0
t t t t
t
.
Khi đó
2
2 2
2 2 2
2
1
2 1 4 1 2 1 0 1 2
1
x
x x x x x x
x x
Do
0,1
x nên chỉ có nghiệm
1 2
x thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1 2
x .
Bài 7. Giải phương trình sau:
3
3 2 2
1 2 1
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1 1
x
.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2 2
1 1 1 2 1 (*)
x x x x x x x x
.
Đặt
2
2 2
1
1 1
2
t
t x x x x
, khi đó phương trình (*) trở thành:
2 2
3 2
1 1
1 2 2 3 2 0
2 2
t t
t t t t
2
2
2 2
2 2 2 1 0
2 2 1 0 2 1
t t
t t t
t t t
(i). Với
2
2 2 2
2 1 2 2 1 2 1
t x x x x x x
2
1
2 2 2 1 0
2
x x x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
243
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
(ii). Với
2
2 1 1 2 1
t x x
, vô nghiệm do
1
VT VP
.
(iii). Với
2 2
2 1 1 2 1 1 2 1
t x x x x
2
2
1 2 1
1 2 2 2 1
2
1 2 1
x
x
x x
.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
2 1 2 2 2 1
,
2 2
x x
.
Bài 8. Giải phương trình sau:
2
13 4 2 3 4 3 5 2 2 8 16 4 15
x x x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
3 5
2 2
x
.
Khi đó phương trình tương đương với:
7 2 3 5 2 2 2 3 2 3 5 2 5 2 2 8 5 2 2 3 (*)
x x x x x x x x
Đặt
2
2
2 3 5 2 2 3 5 2
2
t
t x x x x
, khi đó phương trình (*) trở thành:
3 2 2
4 6 0 2 2 3 0 2 0
t t t t t t t
Khi đó
2 3 5 2 2 2
x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
x
.
Bài 9. Giải phương trình:
2 2
10 3 1 1 6 3
x x x x
Lời giải:
Đặt
2
1 6 ; 3
u x v x
khi đó phương trình đã cho trở thành
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
244
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2 2
1 9
2 9 2 3
4 4
u v uv u v u v
Với
2 3
u v
, ta được:
2
1 6 2 3 3
x x
2
2
2
3 1 0
3 1 3 1
3 3 1
x
x x x
x x
Với
2 3
u v
, ta được:
2 2
2
2
3 2 0
7 3
1 6 2 3 3 3 2 3
4
3 3 2
x
x x x x x
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
7 3
1;
4
x x
.
Bài 10. Giải phương trình:
2 2 4 2
2 2 1 1 1 3 1
x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
Đặt
2 2 2 2 2 2 2
1 ; 1 3 1 2 1 1 2
a x b x x x x a b
Khi đó phương trình trở thành:
2 2 2 2
2 2 2 2 4 2 0
a b ab a b a a b b b
Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là
a
, ta được:
2 2
2
4 3 4
4 2
4 8 2 3 4
4 3 4
2
4
a
b b b
a
b b b b
b b
a b
Với
2
2
1
1 VN
2 2
b x
a x
Với
2 2 2 2
2 1 2 1 1 1 2
a b x x x x
4
2 2 1 4 0
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
245
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 11. Giải bất phương trình:
2
27 5 2 27 4 2 4 1
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
5
2
2
x
.
Khi đó đặt
2 2
9
5 2
(*)
3 2 5 2 4 2 3 2
4 2
u v
u x
u v x x
v x
Bất phương trình trở thành:
2
2 2
2 2
27 27 18
u v u v u v u v u v u v
2
3 3 9 0
u v u v u v
, luôn đúng do (*)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
5
,2
2
S
.
Bài 12. Giải bất phương trình
2
3
7 8 1 2 1 1
x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
2
x
, khi đó ta đặt
2 1 0
t x
Khi đó bất phương trình tương đương với
2 2 2
3
2
2 2
3 3
7 9 7 9 7 9
1 1 2 2
2 2 2
t t t
t t t t t
6 5 4 3 2
2 12 24 16 7 9 0
t t t t t
4 3 2
1 3 2 4 2 4 3 0
t t t t t t
Với
4 3 2 4 2 3
0 2 4 2 4 3 2 2 4 4 3
t t t t t t t t t
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
246
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
2 1 4 3 0
t t t
Vậy
1 3 0 1 3 1 2 1 3 1 5
t t t x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
1,5
S
Bài 12. Giải bất phương trình
2 3
12 8 3 3
x x x x
Lời giải:
Điều kiện
0
x
, khi đó đặt
2
3;
a x b x
; bất phương trình trở thành
2 2
12 8 2 6 0 2 6
a b ab a b a b b a b
2
3
2 3 6 1
35
x x x x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
3
,1
35
S
Bài 13. Giải phương trình
2
2 5 3 2 3 1 2 27
x x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
Khi đó đặt
2 2
3 1 2 10 7 6 2
t x x t x x x
Khi đó phương trình trở thành
2
5
20 0
4
t
t t
t
Nhưng do
0
t
nên chỉ nhận nghiệm
5 2
t x
là nghiệm duy nhất của phương trình.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.1.
2 2
3 2 1
x x x x
1.2.
1 4 1 4 0
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
247
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.3.
2
2 2
2 4
2
x x
x x
1.4.
2 2
5 10 1 7 2
x x x x
1.5.
1 1
1x x
x x
1.6.
2 2
3 3 3 6 3
x x x x
1.7.
2 2
4 2 3 4
x x x x
1.8.
2
1 2 1 2 2
x x x
1.9.
2
2 4 6 11
x x x x
1.10.
3
1 3 2 1 8
1
x
x x x
x
1.11.
1 1
2
2 4
x x x
1.12.
1 1
1
x x
x x
1.13.
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16
x x x x x
1.14.
2 2
3 2
3 3
1 4 1 6 1
x x x
1.15.
3 3
3 3
34 1 1 34
30
34 1
x x x x
x x
1.16.
4
1 2 1 2 1 1
x x x x x x
1.17.
8 1 3 5 7 4 2 2
x x x x
1.18.
2 2 2 2
2 1 3 2 2 3 2
x x x x x x x
1.19.
3
1
3 4
2
x
x
x
x
1.20.
2 2 2 3
1 6 9 6 1 9 38 10 2
x x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
248
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.21. 2 2 ... 2 3
x x x x x
1.22.
3
2 3 2
7 2 3 3 13 8
x x x x x
1.23.
2012 2012
x x x x
1.24.
2012 2012
2 2 2013
1 1 1 1 2
x x x x
1.25. Giải các bất phương trình:
1.
3 1
3 2 7
2
2
x x
x
x
2.
2 2
5 10 1 7 2
x x x x
1.26. Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.
1 3
1
2
x x
x x
2.
2 2
3 2
3 3
4 2 7 4 3 2 0
x x x
1.27.
2 2
36 63 27 15 27 2 9 9 3
x x x x x
1.28.
2 2 2 2
6 2 3 4 1 10 11 4 1
x x x x x x x x
Đặt
2 2
3 4 1, 1
a x x b x x
và suy ra
2 2 2 2 2 2
6 2 ;10 11 4
x x ma nb x x pa qb
đưa về phương trình đẳng cấp bậc ba.
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ
Phương pháp:
Khi gặp phương trình có dạng
( ), ( ), ( )
m n
F f x a f x b f x c
. Ta có thể giải phương trình
này bằng cách đặt
( ) ( , )
( )
m
m n
n
u a f x f u v c
u v a b
v b f x
BÀI TẬP MẪU
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
249
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 1. Giải phương trình sau:
3 33 3
35 35 30
x x x x
Lời giải:
Đặt
3 3 3 3
35 35
y x x y
Và phương trình ban đầu trơ thành:
30
xy x y
, từ đó ta có hệ phương trình
3
3 3
35
3 35
5 2, 3
6 3, 2
30
30
x y
x y xy x y x y x y
xy x y
xy x y
xy x y
Vậy phương trình đã cho có hia nghiệm là
2, 3
x x
.
Bài 2. Giải phương trình sau:
3
2 3 2 3 6 5 8 0
x x
Lời giải:
Điều kiện:
6
5
x
Đặt
3
3 2; 6 5 0
u x v x
3
3 2
2
3 2
5 3 5(3 2) 3(6 5 ) 8(1)
6 5
u x
u v x x
v x
Mặt khác ta lại có:
2 3 8 0(2)
u v
3 2 3 2
8 2
(1) & (2) 5 3( ) 8 0 45 12 96 120 0
3
u
u u u u
2
3
( 2)(45 78 60) 0 2 4( ) 3 2 2 2
u u u u v TM x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
2
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
250
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
.
Đặt
1, 5 1
u x v x
khi đó ta có hệ
2
2 2
2
5
0 1 0 1 0
5
u v
u u v v u v u v u v
v u

Khi đó
11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
.
Vậy phương tình có nghiệm là
11 17
2
x
.
Bài 4. Giải phương tình sau:
4 1 5
2x x x
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
5
1;0 ,
2
x

.
Đặt
1 5
; 2 , 0, 0
u x v x u v
x x
. Ta được
4
( )
u v x i
x
.
Ta lại có
2 2
5 1 4
2 ( )
v u x x x ii
x x x
Từ
( )
i
và
( )
ii
ta suy ra:
2 2
1 0
v u u v u v u v u v
, do
, 0
u v
.
Vậy phương trình tương đương với :
1 5 4
2 0 2
x x x x
x x x
. So sánh với điều kiện thì chỉ có nghiệm
2
x
thỏa
mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2
x
.
Bài 5. Giải phương trình sau :
3
24 12 6
x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
251
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải :
Điều kiện :
12
x
.
Đặt
3
24 , 12
u x v x
. Ta được
6 (1)
u v
Lại có
3 2
36 (2)
u v . Thay
6
v u
từ (1) vào (2) ta được :
3 2
12 0 3 4 0
u u u u u u
0 24
3 3
4 88
u x
u x
u x
Vậy phương trình có ba nghiệm là
88, 24,3
.
Bài 6. Giải phương trình:
2 2
3
1
8 13 7 1 1 2 1 1
x x x x x x
x
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
33 2 2
8 13 7 1 3 2
x x x x x
3
2 2
3
2 1 1 1 1 2 1 1
x x x x x x x x
Đặt
3
2
2 1, 3 2
u x v x
ta có hệ phương trình
3 2
3 2
1 1
1 1
u x x x v
v x x x u
Trừ theo vế hai phương trình trong hệ ta được:
2 2
2 2
1 0
1 0
u v
u v u uv v x
u uv v x
Với
2
3 2
2 1 3 2 1 8 1 0
u v x x x x
1
1
8
x x
Với
2 2
1 0
u uv v x
2
2
3
2 1 1 0
2 4
u
v x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
252
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
2
4 4 2 2 1 5 0
2
u
v x x
, phương trình này vô nghiệm.
Vậy phương trình có hai nghiệm
1
1;
8
x x
.
Bài 7. Giải phương trình:
2 2 4 2
3 1 1
x x x x
Lời giải:
Đặt
2 2
, 1; , 0
u x v x u v
, khi đó phương trình trở thành
2 2 2
0
3 10 6 0
3
5
v
u v u v v uv
v u
Do
, 0
u v
nên chỉ nhận nghiệm
2
0 1 0 1
v x x
.
Thủ lại ta thấy các nghiệm này thỏa mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1
x
.
Bài 8. Giải phương trình:
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
2
x
.
Khi đó bình phương hai vế của phương trình ta được:
2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x
Đặt
2
2 , 2 1; , 0
u x x v x u v
, khi đó ta có phương trình:
2 2
1 5
2
uv u v u v
, nhưng do
, 0
u v
nên
1 5
2
u v
2
2 2
1 5 1 5 1 5
2 2 1 2 2 1
2 2 2
x x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
253
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 9. Giải phương trình
4 4 4
1 1
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
0 1
x
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của phương trình
Xét với
0 1
x
Khi đó chia cả hai vế của phương trình cho
4
x
ta được phương trình
4 4 4 4
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
x x x x
Đặt
4 4
1 1
1 ; 1u v
x x
khi đó ta có hệ phương trình
2
4 4
2 2 2 2
1
1
2
2 2
u v
u v
u v
u v u v
2
2
2 2
2 2
1
1
2 4 1 0
2 2 2
u v
u v
u v uv
u v uv u v
4
6
4 3 1
2
1
1
2
6
1 0
6
6
2
4 3 1
4 3 1
2
2
1
2
2
u v
u
x
uv
v
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.1.
3
1 1
1
2 2
x x
1.2.
3
5 5 2 0
x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
254
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.3.
4
2 2
1 1 2
x x x x
1.4.
3
7 1
x x
1.5.
3
2 1 1
x x
1.6.
3
5 1 1 3 4
x x x
1.7.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
1.8.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
1.9.
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
1.10.
7 3 7 4 7 7 32
x x x
1.11.
2
9 2 3 1 10 9 3 3 4 9 12 3 4
x x x x x x
1.12.
2 6 4 5 2 3 3 1
x x x x x
1.13.
2 2
6 40 150 4 60 100 2 10
x x x x x
1.14.
32 3
2 1 14 2
x x x x
1.15.
2 2 4 2
2 2 1 1 1 3 1
x x x x
1.16.
2 24
6
1 1 1 1 0
x x x x
1.17.
2
2 2
2 1 2 2 3 4 5
x x x x x
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Phương pháp :
Khi gặp các phương trình có dạng
(i).
2
ax bx c mx n px q
(ii).
2 2
ax bx c mx n px qx r
(iii).
3 2 3 2
ax bx cx d mx n ax qx rx s
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
255
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Ta thường đặt
2
3 2
px q t
px qx r t
ax qx rx s t
và chuyển phương trình về dạng
2
( ) 0(*)
t mx n t g x
Việc bây giờ của chúng ta là giải phương trình (*), tức tìm
sao cho biệt thức
là số chính
phương.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình :
2 2
1 2 3 1
x x x x
Lời giải :
Đặt
2
2 3
t x x
, khi đó phương trình trở thành
2 2 2
1 1 2 3 1 2 2 0 1 2 2 0(*)
x t x x x x t x t x t x
Phương trình (*) có
2
3
x
, nên (*) có hai nghiệm
2
2
2 2 3 2
1 2
1
2 3 1
t x x
x
t x
x x x
.
Bài 2. Giải phương trình :
2 2 2
3 2 1 2 2
x x x x
Lời giải :
Đặt
2
2
t x
, khi đó phương trình trở thành :
2 2 2 2
2 3 1 0 2 3 1 2 0
x x t x t x t x x x
2 2
2 1 3 1 2 0
t x t x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
256
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Phương trình này có biệt thức
2 2
4 4 1 4 12 4 1 2 4 0
x x
, nhận thấy
2
1 4
x
.
Vậy phương trình ban đầu tương đương với
2
2
2
3 2 3
2 3 3 0 7
1
2 1
t x
t x t x x
t x
x x
.
Bài 3. Giải phương trình :
2
4 1 1 3 2 1 1
x x x x
Lời giải :
Điều kiện :
1 1
x
.
Đặt
1
t x
, khi đó phương trình trở thành :
4 1 3 2 1 1
x x t t x
2
1 2 2 4 1 2 0 (*)
t x t x x
Phương trình này có biệt thức
2
3 1 2
x
, do đó phương trình (*) có hai nghiệm là
3
2 1 1 2 1
5
3
1 1 1 1 1
2
x
t x x x
t x x x
x
Vậy phương trình có ba nghiệm là
3 3
;
5 2
x x .
Bài 4. Giải phương trình :
3 2
2
2
2 3 1
1
2
x x x
x x
x
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với :
3 2 2
2
2
2 1
1
2
x x x x x
x x
x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
257
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Đặt
2
1
t x x
, khi đó phương trình trở thành :
2 3 2 2 2 2 3 2
2 2 2 2 0
x t x x x t t x t x x x
Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là
t
, ta có
2 2
2 3 2 2
2 4 2 2 2
t
x x x x x x
Từ đó suy ra:
2
2
t x x
t x
Với
2 2 2 2
1 5
1 1 0
2
t x x x x x x t t t
2
1 5
1
2
x x
2
2 2
1 5
1 2 2 1 5 0
2
x x x x
1 3 2 5
2
x
.
Với
2
2
2
2
3
2 1 2
5
1 2
x
t x x x x x
x x x
.
Vậy phương trình có ba nghiệm :
3 1 3 2 5
,
5 2
x x
.
Bài 5. Giải phương trình
2 2
3
3 1 2 1 5 3
2
x
x x x
Lời giải:
Điều kiện
2
2 1 0
x
Đặt
2
2 2
1
2 1
2
t
t x x
và phương trình được đưa về dạng
2 2 2
3 3
3 1 5 3 5 3 3 1 0
2 2
x t x x mx m x x x t
2
2
1 3
5 3 3 1 0
2 2
t
m m x x x t
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
258
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
3
5 3 1 3 0
2 2 2
t m
m m x x t x
(*)
Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn t, tính delta:
2
2
3
3 1 2 5 3
2 2
m
x m m x x
là số chính phương, tìm được
4
m
.
Các bạn tự giải tiếp nha!
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau :
1.1.
2 2
4 1 1 2 2 1
x x x x
1.2.
3 2
2
2
2 3 1
1
2
x x x
x x
x
1.3.
2 2
4 7 5 2 1
x x x x x
1.4.
2 2
2 3 3 6 2 6 5
x x x x x
1.5.
2 2
2 3 3 6 2 6 5
x x x x x
1.6.
2 2
3 5 2 3 4 6 1
x x x x
PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp:
- Sử dụng tính đơn điệu của hàm số :
Giả sử biến đổi phương trình về dạng
( ) ( ) (*)
f x f t
, trên miền xác định
D
xét tính đơn điệu
của hàm số
( )
f t
. Nếu
( )
f t
đồng biến hoặc nghịch biến trên
D
thì phương trình (*) tương đương
với
x t
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
259
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
- Dùng bất đẳng thức đánh giá( Các bất đẳng thức xem Chuyên đề GTLN-GTNN và
chứng minh bất đẳng thức).
-
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình
3
3 3
1 8 1
x x x
Lời giải:
- Với
0
x
thì Vế trái lớn hơn 1, Vế phải nhỏ hơn 1
- Với
0
x
thì Vế trái nhỏ hơn 1, Vế phải lớn hơn 1
- Nhận thấy
0
x
là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x
Bài 2. Giải phương trình
2 4 2
3 6 12 5 10 9 2 2 3
x x x x x x
Lời giải:
2
2
2 4 2 2
3 6 12 5 10 9 3 1 9 5 1 4 9 4 5
VT x x x x x x
2
2 2 3 2 1 5 5
VP x x x
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
2
1 0
5 1
1 0
x
VT VP x
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
Bài 3. Giải phương trình sau:
2 2
2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
260
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải:
Phương trình tương đương với
2 2
2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 (2 1) ( 3 ) (*)
x x x x f x f x
.
Ta xét hàm số
2
( ) 2 3
f t t t
liên tục trên
. Ta có
2
2
2
'( ) 2 3 0
3
t
f t t
t
, suy ra
( )
f t
đồng biến trên
. Do đó phương trình (*) tương
đương với :
1
2 1 3
5
x x x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
5
x
.
Bài 4. Giải phương trình sau :
3
3
6 1 8 4 1
x x x
Lời giải :
Phương trình tương đương với
3
3 3
6 1 6 1 2 2 (2 ) ( 6 1) (*)
x x x x f x f x
.
Ta xét hàm số
3
( )
f t t t
lên tục trên
. Ta có
2
'( ) 3 1 0
f t t
, suy ra hàm số
( )
f t
đồng
biến trên
. Nên phương trình (*) tương đương với :
3
3
2 6 1 8 6 1 0
x x x x
.
Giải phương trình bằng cách đặt
cos , 0,
x t t
, khi đó phương trình trở thành:
3
1
2 4cos 3cos 1 0 os3
2
t t c t
os
9 9
3 2
7 5
3
os
9 9
3 2
5 7
3
os
9 9
t x c
t k
t x c
t k
t x c
Do là phương trình bậc ba nên có tối đa 3 nghiệm, vậy nên phương trình có ba nghiệm như trên:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
261
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Vậy phương trình có 3 nghiệm là
5 7
os , os , os
9 9 9
x c c c
.
Bài 5. Giải phương trình sau :
2
3
3
1 2 1 5 8 3 31 0
x x x x x
Lời giải :
Điều kiện :
8
x
.
Khi đó phương trình tương đương với :
3 2
2
3
3
1 1 2 1 8 1 8 1 2 8 1
x x x x x x
Xét hàm số
3 2
( ) 2
f t t t t
, ta có
2
'( ) 3 2 2 0, 1,f t t t t
. Nên
( )
f t
đồng biến.
Phương trình có dạng
3 3
( 1) ( 8 1) 1 8 1
f x f x x x
Đặt
3
1
u x
, ta được phương trình :
3
1 7
u u
3 2 2
2 8 0 2 4 0 2 9
u u u u u u u x
Bài 6. Giải bất phương trình sau :
5
3 3 2 2 6
2 1
x x
x
Lời giải :
Điều kiện :
1 3
2 2
x
.
Ta xét hàm số
5
( ) 3 3 2 2 6
2 1
f x x x
x
trên
1 3
,
2 2
.
Ta có
3
3 5
'( ) 2 0
3 2
2 1
f x
x
x
, suy ra hàm số
( )
f x
nghịch biến trên
1 3
,
2 2
.
Nhận thấy
(1) 0
f
. Do đó bất phương trình tương đương với :
( ) (1) 1
f x f x
.
Kết hợp với điều kiện ta suy ra tập nghiệm của bất phương trình là
3
1,
2
S
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
262
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 7. Giải phương trình sau :
3 3
2 2
3 3
2 1 2 1 2
x x x x
Lời giải :
Đặt
3
2
3
1, 2
u x v x
, khi đó phương trình trở thành :
3 33 3
1 1 ( ) ( )
u u v v f u f v
Ta xét hàm số
3 3
( ) 1
f t t t
, ta có
2
2
3
3
'( ) 1 0
1
t
f t
t
nên
( )
f t
đồng biến. do đó
phương trình tương đương với
3 2
3
1
1 2 1
2
u v x x x x
.
Bài 8. Giải phương trình sau :
2
2 2
1 2 1 1
log 2 3 log 1 2 2
2
x
x x x
x x
Lời giải :
Điều kiện :
1
2, 0,
2
x

.
Khi đó phương trình tương đương với
1
2 2 (*)
f x f
x
Xét hàm số
2
2
( ) log 2
f t t t t
trên khoảng
0,

.
Ta có
1 1
'( ) 2 2 2 .2 2 0
ln2 ln2
f t t t
t t
, nê hàm số đồng biến. do đó phương trình (*)
tương đương với :
2
2 2
1 1 1
log 2 2 2 2 log 2 2 2 2x x x
x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
263
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
3 2
2
1 4 1
2 2 2 4 2 4 1 0
x x x x x
x x x
2
3 13
1 3 1 0 1
2
x x x x x
. So sánh với điều kiện suy ra phương trình có
hai nghiệm là
3 13
1;
2
x x
.
Bài 9. Giải phương trình sau :
2 6 2 1 3 4
x x x
Lời giải :
Điều kiện :
1
2
x
.
Để phương trình có nghiệm thì
2 1 3 0 5
x x
.
Khi đó xét hàm số
( ) 2 6 2 1 3
f x x x x
trên khoảng
5,

.
Ta có
1 1 2 6
'( ) 2 1 3 0
2 2 2 6 2 1
x x
f x x
x x x
, nên hàm số đồng biến
trên
5,

. Nhận thấy
(7) 4
f
, do đó phương trình có nghiệm duy nhất
7
x
.
Bài 10. Giải phương trình sau :
2
2 1 3 5 3 30 71 0
x x x x
Lời giải :
Điều kiện :
1 5
x
.
Khi đó phương trình tương đương với :
2
2 1 3 5 3 5 4 4 (1)
x x x
Xét hàm số
( ) 2 1 3 5
f x x x
liên tục và xác định trên
1,5
. Ta có
2 5 3 1 29
'( ) '( ) 0
13
1. 5
x x
f x f x x
x x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
264
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Ta lại có
1,5
29
(1) 6, (5) 4, 2 13 min ( ) (5) 4 (2)
13
x
f f f f x f
Từ (1) và (2) ta suy ra
5
x
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
5
x
.
Bài 11. Giải phương trình sau :
2
4 2 22 3 8
x x x
Lời giải :
Điều kiện :
22
2
3
x
.
Khi đó phương trình tương đương với :
2
4 2 2 22 3 4 4
x x x
4 2 3 2
2 2
2 2 22 3 4
x x
x x
x x
4 3
2 2 0
2 2 22 3 4
x x
x x
2
4 3
2 0(*)
2 2 22 3 4
x
x
x x
Xét hàm số
4 3
( ) 2
2 2 22 3 4
f x x
x x
, ta có
2 2
2 9 22
'( ) 1 0, 2;
3
2 2 2 22 3 22 3 4
f x x
x x x x
Nên hàm số đồng biến trên
22
2,
3
Nhận thấy
( 1) 0
f
, do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất
1
x
.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1; 2
x x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
265
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 12. Giải phương trình sau :
2
2 3 1
x x x x
.
Lời giải :
Điều kiện :
2 3
x
.
Xét hàm số
2
( ) 2 3 1
f x x x x x
trên đoạn
2,3
.
Ta có
3 3
1 1 1 1
'( ) 2 1; ''( ) 2 0
2 2 2 3
4 2 4 3
f x x f x
x x
x x
. Do đó hàm
số
'( )
f x
nghịch biến trên
2,3
, do đó phương trình
( ) 0
f x
có tối đa 2 nghiệm. Nhận thấy
2; 1
x x
thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
1; 2
x x
.
Nhận xét :
Bài toán này có thể giải bằng phương pháp trục căn thức
Bài 13. Giải phương trình :
3
1 1
x x
Lời giải :
Điều kiện
0
x
.
Xét hàm số
3
( ) 1 1
f x x x
trên đoạn
0,

.
Ta có
2
1
'( ) 3 1 0, 0,
2
f x x x
x

. Do đó hàm số đồng biến trên đoạn
0,

.
Vậy nếu phương trình
( ) 0
f x
có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. nhận thấy
(1) 0
f
. Vậy
phương trình có nghiệm duy nhất
1
x
.
Bài 14. Giải phương trình :
2 4 2 4
13 9 16
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
266
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Lời giải :
Điều kiện :
1
x
Khi đó phương trình tương đương với :
2
2 2 2
13 1 9 1 256
x x x
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy sharvart ta có
2 2
2 2 2 2
13 1 9 1 13. 13 1 3 3. 3 1
x x x x
2 2 2
13 27 13 1 3 1 40 16 10
x x x
Từ đó suy ra
2
2 2
16
40 16 10 4 256
2
VT x x VP
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
2
2
2 2
1
2 5
1
3
5
10 16 10
x
x
x
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm là
2
5
x .
Bài 15. Giải phương trình
4 2 4 2 2
5 4 2 4 16 1
x x x x x x
Lời giải :
Điều kiện
2; 2
x x
- Với
2
x
phương trình tương đương với
2 2 2 2 2 2
1 4 4 4 4 1
x x x x x x
2 2 2 2 2
4 1 4 4 1 0
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
267
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2 2 2
4 1 4 1 0 5 2
x x x x
- Với
2
x
khi đó phương trình tương đương với
2 2 2 2 2 2
1 4 4 4 4 1
x x x x x x
2 2 2 2
1 4 1 4 4 1
x x x x
(*)
Dễ thấy với
2
x
thì Vế phải lớn hơn Vế trái, hay phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
5
x
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau :
1.1.
2
4 1 4 1 1
x x
1.2.
2
3 4 1 4 15 16
x x
1.3.
2 2
1 1 9
2 5 1x
x x x
1.4.
2 2
2 3 6 11 3 1
x x x x x x
1.5.
2
2 12 6 2 1 2
x x x x
1.6.
2
6 2 2 2 3 6 5 6
x x x x
1.7.
32 3
2 3 1 3 3
x x x x
1.8.
6 2 23
4 1 4 1 1 4 1 1 4 1
x x x x
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
268
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Khi gặp một số bài toán mà biểu thức chứa căn thức, ta thường đổi biến số dưới dạng lượng
giác như sau.
+ Nếu có chứa
2 2
a x
thì đặt
a sin
x t
hoặc
cos
x a t
.
+ Nếu có chứa
2 2
x a
thì đặt
cos
a
x
t
hoặc
sin
a
x
t
.
+ Nếu có chứa
2 2
x a
hoặc
2 2
x a
thì đặt
a tan
x t
.
+ Nếu có chứa
x a
a x
thì đặt
cos 2
x a t
.
+ Nếu có chứa
x a b x
thì đặt
2
sin
x a b a t
.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình :
2
3 3
2
2 3 1
1 1 1 1
3 3
x
x x x
Lời giải :
Điều kiện :
1
x
.
Với
1 0
x
thì
3 3
1 1 0 0, 0
x x VT VP
, do đó phương trình không có
nghiệm trên
1,0
. Ta xét nghiệm của phương trình
0,1
x .
Đặt
cos , 0;
2
x t t
, khi đó phương trình trở thành :
2
3 3
2
2 3 1 os
1 1 os 1 cos 1 cos
3 3
c t
c t t t
3 3
2 3 3
1 sin 2 os 2 sin sin
2 2 3 3
t t
t c t
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
269
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2 3 3
2 2 sin os os sin 1 os .sin sin
2 2 2 2 2 2 3 3
t t t t t t
c c c t
1 1 1
2 6 cos 1 sin 2 sin cos
2
6 6
t t t t x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1
6
x .
Bài 2. Giải phương trình sau :
2
2
1
4 1
x
x
x
Lời giải :
Điều kiện :
1
1,
2
x x
.
Ta đặt
2
cos , 0; , ,
3 3
x t t t
Khi đó phương trình trở thành :
2 2 2
2
cos
1 os sin 4cos 1 cos sin 3 4sin cos
4cos 1
t
c t t t t t t t
t
3 2
2
8 2
sin3 cos sin
2
3 2
2
4
k
t t k
t
t t t
t t k
t k
So sánh với điều kiện của t, suy ra
5
, ,
8 8 4
x
.
Vậy phương trình có ba nghiệm là
5
os ; os ; os
8 8 4
x c x c x c
.
Bài 3. Giải phương trình :
2 2
1 1 1 2 1
x x x
Lời giải :
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
270
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Điều kiện :
1
x
.
Để phương trình có nghiệm thì
0
x
, do đó ta chỉ xét nghiệm phương trình
0,1
x .
Ta đặt
cos , 0,
2
x t t
, khi đó phương trình trở thành :
2 2
1 1 os cos 1 2 1 os 1 sin cos 1 2sin
c t t c t t t t
2
1 sin os 1 2sin 1 sin 1 1 sin 1 2sin 0
t c t t t t t
1 1 sin 1 2sin 0(*)
t t , do
0,
2
t
Phương trình (*) tương đương với :
2
1
sin 0
2sin sin 0
1
3
sin
2
2
x
t
t t
t
x
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau :
1.1.
2
2
1 2 1
1 2
2
x x
x
1.2.
1 1 1 1 2
x x x
1.3.
2
a x a x a x x a x
1.4.
3 6 3 6 1
x x x x
1.5.
3
3 2
x x x
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ĐẶC BIỆT
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
271
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Dạng 1:
. ( ) . ( ) ( ). ( )
a A x b B x A x B x
.
Phương trình này được giải bằng cách chia hai vế phương trình cho
( )
A x
hoặc
( ) 0
B x
.
Dạng 2:
2 2
u v mu nv
.
Phương trình này được giải bằng cách chia hai vế phương trình cho
u
hoặc
0
v
.
Dạng 3 :
( ) ( )
n
n
f x ag x b
ta đặt
( ) ( )
n
ag x b f y
và đưa về giải hệ đối xứng.
BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau:
2 3
2 2 5 1
x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
.
Khi đó phương trình tương đương với:
2 2
2 1 2 1 5 1 1
x x x x x x
.
Nhận thấy
1
x
, không là nghiệm của phương trình, nên chía hai vế phương trình cho
1
x
ta được:
2 2
1 1
2 2 5 (*)
1 1
x x x x
x x
, đặt
2
1
0
1
x x
t
x
, khi đó (*) trở thành:
2
2
2
1
2
2
5 37
1
2 2 5 0
1
2
1 1
2
1 2
x x
t
x
t t x
t
x x
x
.
Vậy phương trình có hai nghiệm
5 37
2
x
.
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
272
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Bài 2. Giải phương trình sau:
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x
Lời giải:
Ta có
2
4 2 2 2 2 2
1 1 1 1
x x x x x x x x
Giả sử
2 2 2
1 2
3 1 1 1
3 1
x x x x x x
Khi đó phương trình trở thành:
2 2 2 2
3
2 1 1 1 1
3
x x x x x x x x
Đặt
2 2
1, 1
u x x v x x
, khi đó phương trình trở thành:
2 2
3 3 3
2 0
3 2 3
u v uv u v u v
2 2
2 2
3 3
1 1
7 3 5
2 2
2
3 3
1 1
3 3
u v x x x x
x
u v x x x x
.
Vậy phương trình có hai nghiệm là
7 3 5
2
x
.
Bài 3. Giải phương trình sau:
2
2 37
4 1 9 26 0
3 3
x x x
Lời giải:
Điều kiện:
1
4
x
.
Khi đó phương trình tương đương với:
2
2 11
4 1 3 4 2 (*)
3 3
x x x
Đặt
4
4 1 3 4,
3
x y y
, khi đó kết hợp với (*) ta có hệ phương trình:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
273
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
2
2
2
2
3 4 4 1
3 4 4 1
3 4 4 1
2 11
9 9 22 0
3 4 3 4 2
9 9 22 0
3 3
y x
y x
y x
x y
x y x y
x y x
x y
Giải hệ này ta được các nghiệm thỏa mãn điều kiện là
14 61 12 53
;
9 9
x x
.
Bài 4. Giải phương trình:
3 2
3
3 5 8 36 53 25
x x x x
Lời giải:
Phương trình tương đương với:
3
3
3 5 2 3 2 (*)
x x x
Nên ta đặt
3
3 5 2 3 (**)
x y
, kết hợp với (*) ta có hệ phương trình:
3
3
2 3 3 5
2 3 2 5
y x
x x y
Trừ theo vế hai phương trình trong hệ ta được:
2 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 2
x y x x y y y x
2 2
( )
2 3 2 3 2 3 2 3 1 0 ( )
x y i
x x y y ii
Dễ thấy phương trình (ii) vô nghiệm, do
2
2 2 2
1 3
2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 3 2 3 1 2 3 0
2 4
x x y y x y y
Thay
x y
ở (i) vào (**) ta được:
3
2
5 3
2 3 3 5 2 8 20 11 0 2
4
x x x x x x x
.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
274
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.1.
2 3
2 5 1 7 1
x x x
1.2.
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
1.3.
2 3
2 3 2 3 8
x x x
Đáp số:
3 13
x
1.4.
3 2
3
3 4 3 2
x x x x
1.5.
3 2 5 4
2 3 1 1
x x x x x
1.6.
3 2
3
4
81 8 2 2
3
x x x x
1.7.
2
2 2 2 1
x x x
1.8.
2
2 6 1 4 5
x x x
1.9.
3
3
8 4 1 6 1
x x x
1.10.
2 2 2
3
7 13 8 2 1 3 3
x x x x x x
1.11.
2 3 2
2 2 3 5 5 3 2
x x x x x
1.12.
2 2
3
1
8 13 7 1 1 2 1 1
x x x x x x
x
1.13.
3 3
3
6 6 6
x x
1.14.
3
3 2
10 1 3 2
x x
Đặt
2
1, 1
u x v x x
Đáp số
5 33
x
1.15.
3 2
10 8 3 6
x x x
Đáp số:
11 177
2
x
1.16.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
275
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Đáp số:
1 5
2
x
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.
2 2
3 1 3 1
x x x x
2.
4 3 10 3 2
x x
3.
2
1 1 0
x x x x x x
4.
2
4 1 4 1 1
x x
5.
2 2
1 1 1 1
x x x x x x
6.
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
7.
3
1 1
x x
8.
1 2 1 3 1
x x x
9.
2 1
4 2 2
2
x x
x
x
10.
2 2
1 2 2
x x x x
11.
2
1 1
x x x x x x
12.
3 3
4 1 1 2 2 1
x x x x
13.
2 2
2 3 6 11 3 1
x x x x x x
14.
2
1 1 1 3
x x x x
15.
2 3
1 1 2
x x x x
16.
2 2
1 1 2
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
276
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
17.
2 1 3 4 1 1
x x x x
18.
1 6 5 2
x x x
19.
2
3
6 7 1
x x x
20.
2 2
4 2 3 2 0
x x x x
21.
1 1
2
1 3
x
x
x x
22.
2
4 3 5
x x x
23.
3 2
3 1 2 2 ,
x x x x
2,2
x
24.
2
4 3 2 3
1
2 2 2 1
x
x x x x x x
x
25.
2 2
4 2 4
x x x x
26.
3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 2 2
x x x x x x x
27.
3 2
3
2 2 1 27 27 13 2
x x x x
28.
9 2
3
9 1
2 1
3
x x
x
29.
2
1 1 2 2
x x x x
30.
2 2
2
2 2
2
1
1 2 1 4
x x x x
x
x x x x
31.
2
2012 1 1
x
x x
32.
2 3 5
3
2 sin cos 2 1 1
x x x x x x x x
33.
2 2 5 2 10
x x x x x
34.
2 2
3 4 9
x x x
35.
2
16 5
3
3 3
x
x
x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
277
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
36.
2
51 2
1
1
x x
x
37.
3
2
3
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
38.
3
2 3
2 2
x x
39.
13 1 9 1 6
x x x
40.
2
3
5 1 9 2 3 1
x x x x
41.
( 2) 1 2 2 0
x x x
42.
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x
43.
2 3 2 3
4
4 4 4
(1 ) (1 ) 1 (1 )
x x x x x x x x
44.
6
2
3 3
1 1 1
x x x
45.
3 2
4 1 2 3
x x x
46.
2 2
3
15 2 3 8
x x x
47.
3 3
2 2
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
48.
3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0
x x x x
49.
2 2
7
1 (1 )
4
x x x
50.
2
2
1 1
3
x x x x
51.
2
(2 1)
2 1 3 2
2
x
x x
52.
2
1
2 1 3 0
x x x x
x
53.
3
2 3
2( 3 2) 8
x x x
54.
3
4 1 3 2
5
x
x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
278
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
55.
2
2 3 3 9 20
x x x
56.
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
57.
2
2 4 6 11
x x x x
58.
2 2
2 13 4 2 2 7
x x x
59.
2
2
1 2
1
x x x
x x
60.
32 4 2
2 1
x x x x
61.
2 2
2 1 1 3
x x x x x
62.
2
3 7 8 4 2 8 0
x x x x
63.
2 2 1
2
2 1
x x x
x
x x
64.
2 2
3 1 4 3 2
x x x x x x
65.
2
2
2 18
25 9 9 4
1
x
x x
x x
66.
2
2
2
2
2
1
1
1
2
2 1
x
x
x
x
x x
67.
2 2
10 3 1 6 1 3
x x x x
68.
2
2
5 5 11 5
x x x x x x
69.
2
15 2 1 2 5 2 0
x x x x
70.
2 2
2 1 2 1 2 3 0
x x x x x x
71.
3 2
3 4 4 3
x x x x
72.
2
2 2 1 1
x x x x x
73.
2
4 1 6 3 1 5 1
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
279
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
74.
2
2
2
1 2
2 4
4
1
x x
x
x
x
75.
2
4 2 1 3 5 1 1
x x x x
76.
2 2
2 7 10 12 20
x x x x x
77.
2
3
4 6 3 13
x x x
78.
3 2 3
6 2 3 5 1 3
x x x x x
79.
2 2
1 2 2 2
x x x x x
80.
2 2
6 3 1 3 6 19 0
x x x x x
81.
2 2 2
6 11 1 2 4 7 2
x x x x x x x
82.
3
2
2
2
1
2 1
1
x
x x
x
83.
3 2
3
3 3 3 5 1 3
x x x x
84.
3 2
4 1 2 3
x x x
85.
3 2 3
1 3 2 3 2
x x x
86.
1 1 1 1 2
x x x
87.
2 2 2
1 1 2
x x x x x x
88.
2 2
3 2 1 1 1 3 8 2 1
x x x x
89.
2
12 8
2 4 2 2
9 6
x
x x
x
90.
32 2
1 2 1 3
x x
91.
2 2
4 5 1 2 1 9 3
x x x x x
92.
1 2 1 2
1 2 `1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
280
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
93.
3 3 4 2
8 64 8 28
x x x x
94.
2
2
1 1
2 2 4x x
x x
95.
3 2 4
1 1 1 1
x x x x x
96.
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x
97.
2
1 3 2 5 8
x x x x
98.
2
2
1 1
2 2 4
x x
x x
99.
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.1.
3 2
3 1 8 3
x x x
1.2.
3 3 3 4
3 3 3
x x
x
x x
1.3.
3 2
3
22 23
3 1
2 21 7
x
x x
1.4.
2
2
3
2 2
3 4x x
x
x
1.5.
7 3 7 4 7 7 32
x x x
1.6.
2
3
7 2
7 8
6
x
x x
1.7.
3
3 2
3
3 1
3 3 3
3 4 2
x
x x
1.8.
3 1
2 2 2 1
3 1
x
x x
x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
281
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.9.
3
3
2
2ln ln 2ln 0
3
x x x x x
1.10.
2 2
3 2 9 3 4 2 1 1 0
x x x x x
1.11.
2 2 3 5 2 2 5 3 1
x x x x
1.12.
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
1.13.
2
4 17 53 12 2 5 1 27
x x x
1.14.
2 4 3
1
x x x x x
1.15.
2 2 4 2
2 2 1 1 1 3 1
x x x x
1.16.
2
20 80 15 2 1 4 3 5
x x x x
1.17.
4 2 2
3 2
x x x x x
1.18.
2 2
2 1 2 1 2 3 0
x x x x x x
1.19.
2
3 2 9 22 5
x x x x
1.20.
4 4 3
20 9 7
x x x
1.21.
3
2 2 6 4
x x x
1.22.
2 2 2
6 11 1 2 4 7 2
x x x x x x x
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1.1.
3 2 3 2 2
3 2 2 3 2 1 2 1
x x x x x x x
1.2.
3 2 4 3
3 3 3 3 0
x x x x
1.3.
2
3
5 4
2 5 24 23
3
x
x x x
1.4.
3
5 3 2 2 2
1 1
x x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
282
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.5.
2 2
1 1 9
x x x x
1.6.
2 3 4
8 3 6 2 3
1
1
x
x
x
x
1.7.
2 2
2
2 2
2 1
8 5
2
x x
x
x x
1.8.
2 2
4 5 2 1 4 4 2 1
x x x x x x x
1.9.
2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x
1.10.
2 3
3
3
1 2 1
x x x x
1.11.
4 3 2
2 2
x x x x x
1.12.
2 2
4 1 2 2 1
x x x x x
1.13.
3 1 1 1
x x x
1.14.
4 3
2 1 5 2
x x x x x
1.15.
2
2
3
3
4 10 7 6 4 6 4 1 9
x x x x
1.16.
2 4 2
6 3 1 1 0
x x x x
1.17.
2 2
3 2 1 1 1 3 8 2 1
x x x x
1.18.
2
1 1 2 3
3
3 9 3
x x x x
1.19.
3 3
8 8
5 6 1
1 5 6
x x
x x
x x
1.20.
2 2
3 1 8 1
x x x x
1.21.
2
12 8 8 28 2 22 40
x x x x
1.22.
2
2 5 6 2 8 9 4
x x x x
1.23.
2
2 1 3 1 1 1
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
283
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.24.
2 2
6 3 6 5 2
x x x x x
1.25.
4
1 2 1 2 1 1
x x x x x x
1.26.
2
4 2
1
3 2
x x
x x x
1.27.
2 2
2
6 7 6 5 2
0
3 2 10
x x x x x
x x
1.28.
33 2 4 2
15 14 1
x x x x x
1.29.
7 2 12 22 3
x x x x
1.30.
2
3
7 8 1 2 1 1
x x
1.31.
3
24 11 16 2 1 1 0
x x x
1.32.
2
3 2 4 2
x x x x x
1.33.
2 2 2
1 1 2
x x x x x x
1.34.
12 2 2 1 3 5
x x x
1.35.
24
17 3
x x
1.36.
2 2
1 2 4 1 2 1
x x x x
1.37.
2
4 3 2
3 3
4
1 8 16 1
x x
x x x
1.38.
2
4 12 1 27 1
x x x x
1.39.
3 3 33 3 3
3
3
1 3 1 1 1 3 3 3 3
x x x x x x
1.40.
2 3 2 2
x x x x x
1.41.
2
1 1
2 2 18 7
2 4
x
x x x
1.42.
3
6
4 2 4 2
3 3
1 1 1 1
x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
284
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.43.
2 2
3
3 1 2 1 5 3
2
x x x x
1.44.
2 2
4 5 1 2 1 9 1
x x x x x
1.45.
2
3 8 48 28
x x x x
1.46.
2 3 1 1
x x x x
1.47.
2
2 2 3 2 1 2 5 3 1 0
x x x x x
1.48.
2
2 3 1 11 33 3 5
x x x x x
1.49.
2
4 3 3 4 3 2 2 1
x x x x x
1.50.
2 2 2 2
19 10 4 5 24 62 25 27 3 1 0
x x x x x x x x
1.51.
3
2 2
2
2 6
1 1
x x
x x
1.52.
1 1
1x x
x x
1.53.
2
1 5
8
2
x
x
1.54.
3
3
1 2 2
x x
1.55.
4 2 1 4 2 1 9
x x x x
1.56.
2 2
5 28 24 3 4 8 2 1
x x x x x
1.57.
1 2 5 3
x x x x
1.58.
2
2 5 5 1
x x x x
1.59.
2 2
2
2
2 1 4 1
2
x x x
x
x x
1.60.
2 2
4 4 10 8 6 10
x x x x
1.61.
3 2
5 9 7 3 51 49 0
x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
285
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.62.
2 2
4
2 6 2x x x x x
x
1.63.
2 2
6 3 1 3 6 19
x x x x x
1.64.
32 2 3 2
4 10 2 3 2 9 4 4
x x x x x x x
1.65.
2
1
1 2 1x x x
x
1.66.
2
5 8 1 3 4 1 1
x x x x
1.67.
2 3 2
5 4 5 3 18
x x x x x
1.68.
2 2 3 2
3 3 1 2 4 4 1
x x x x x x x
1.69.
3 2
1 3 5 3
x x x x
1.70.
3
2
2 1 1 2 3 1 2 1 1
x x x x x
1.71.
3 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
1.72.
3 4
7 80
x x x
1.73.
2 2 2
1 2 1
x x x x x
1.74.
4
2 7 4 3 4 3
x x x
1.75.
2
5 1 2 3 1
x x x
1.76.
2 8
3 4 6
6
x
x x
x
1.77.
2 2
17 5 4 16 7 3
x x x
1.78.
2
2 2 2
2 7 4
3 1 1
4
x x
x x x x x
1.79. 2 2 ... 2 3
x x x x x
1.80.
2012 2012
2 2 2013
1 1 1 1 2
x x x x
1.81.
2 2
6 1 1 2 1 3 2
x x x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
286
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
1.82.
2 2
2 2
1 1
13 1 4 9 1 4 0
x x
x x
1.83.
2
1 3
1 4
3 1
x x
x
x x
1.84.
2
2 4
10 3 3 0
2 5
x
x x x
x
1.85.
2
2 4
2 1 2. . 9
4 2
x x
x
x x
1.86.
3 2
3
7
1 4 4 1
4
x x x x
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
287
Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
| 1/92
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Chuyên đề 4: Phương trình, bất phương trình vô tỷ Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202 CHUYÊN ĐỀ 4:
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 196 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
Chuyên đề 4: Phương trình, bất phương trình vô tỷ 197 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202
Phương trình vô tỷ, cùng với hệ phương trình là một bài toán hay thường xuyên xuất hiện trong
đề thi TSĐH. Bài tập dạng này rất phong phú và đa dạng, đòi hỏi học sinh phải vận dụng linh
hoạt biến đổi cơ bản, đến đặt ẩn phụ hay, một số đánh giá nhỏ dựa vào bất đẳng thức, hàm số.
Với đề thi TSĐH thì bài toán theo nhận định chủ quan thì 2 phương pháp cơ bản để các em làm
được các bài toán dạng này là biến đổi cơ bản( quan trọng) và đặt ẩn phụ nếu có.
Các phương pháp sẽ được trình bày theo từng dạng toán để các em có thể tiếp cận làm quen, về
sau khi đã được tiếp cận từng phương pháp sẽ hình thành cho các em khả năng nhận dạng và tư duy phương pháp giải.
Xin được mở đầu bằng một số bài toán:
Bài 1. Giải bất phương trình sau: 2 2
(x  3x) 2x  3x  2  0(*) Lời giải: 2
2x  3x  2  0 2
2x  3x  2  0   2 (*)    
 2x  3x  2  0  2 2
(x  3x) 2x  3x  2  0   2 2
(x  3x) 2x  3x  2  0   1  1  x x       1  1 2 2 x x       2  2 x  2  x  2       x  2  x  2      1  1 
(x  2)  (x  )
(x  2)  (x  )  1  x  3  2  2
(x  3)  (x  )     2 2
x  3x  0
(x  3)  (x  0)   1
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: D  (, ]   2 [3, ) 2 198 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x x
Bài 2. Giải bất phương trình sau:  1 (*) 2
1 2(x x 1) Lời giải: 1 3 3
+ Điều kiện: x  0 , ta có 2 2
1 2(x x 1)  1 2(x  )   1  0 2 2 2
Khi đó bất phương trình tương đương với: 2 2
x x  1 2(x x 1)  (x 1)  x  2(x 1)  2x  0 (1) + Ta có 2 2 2
(x 1 x)  (x 1)  x  2(x 1) x  2(x 1)  2x ( do x 1 x  0 ) 2 2
x 1 x  2(x 1)  2x x 1 x  2(x 1)  2x  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 3  5 2 x 1 x
2(x 1)  2x x 1
x  0  x  2  3  5  
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: D     2   
Bài 3. Giải phương trình sau: 3
2 3x  2  3 6  5x  8  0(*) Lời giải: 6 + Điều kiện: x  5 + Đặt 3
u  3x  2;v  6  5x  0 3 u    3x  2 3 2  
 5u  3v  5(3x  2)  3(6  5x)  8 (1) 2 v   6  5x
Mặt khác ta lại có: 2u  3v  8  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 199 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 8  2u 3 2 3 2 u  3(
)  8  0  45u 12u  96u 120  0 3 2
 (u  2)(45u  78u  60)  0  u  2   v  4 3 3x  2  2   x  2  Khi đó:
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x  2
Bài 4. Giải phương trình sau: 2
3x 1  6  x  3x 14x 8  0 Lời giải: 1 Điều kiện:   x  6 3
Khi đó phương trình được biến đổi thành:1 2
( 3x 1  4)  (1 6  x)  3x 14x  5  0 3x 15 x  5  
 (x  5)(3x 1)  0 3x 1  4 1 6  x 3 1  (x  5)( 
 3x 1)  0  x  5  0 3x 1  4 1 6  x 3 1 1 Do (   3x  1  0,  x  6) 3x 1  4 1 6  x 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 .
Bài 5. Giải phương trình sau: 2
3 2  x  6 2  x  4 4  x  10  3x (x  ) Lời giải:
+ Điều kiện: 2  x  2 2 2 2 t
2  x  2 2  x t  2  x  4(2  x)  4 4  x  10  3x  4 4  x
1 Xem phương pháp trục căn thức được trình bày ở dưới 200 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ t  0
 2  x  2 2  x 6 2
PT  3t t     x  t  3 5 
 2  x  2 2  x  3  6
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 5
Bài 6. Giải bất phương trình: 2
x  2  x x  2  3x  2(x ) Lời giải: 2
+ Điều kiện: x  3
Khi đó bất phương trình tương đương với: 2
( x  2  3x  2)  (x x  2)  0 2(2  x) 
 (x  2)(x 1)  0
x  2  3x  2 2   (x  2)(  x 1)  0
x  2  3x  2 2  2
 (x  2) f (x)  0; f (x) 
x 1, x
x  2  3x  2 3 1 3  x  2 3x  2
f '( x)  1  0 2
( x  2  3x  2) 2 5 3 2
f  f (x)  f ( )  
 0  BPT x  2  0  x  2   x  2 3 3 2 3  2 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: D  , 2  3   
Bài 7. Giải phương trình sau: 2
(13  4x) 2x  3  (4x  3) 5  2x  2  8 16x  4x 15( x  ) 201 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải: 3 5 DK :  x  (*) 2 2 2 2 2 2 u
  2x  3; v  5  2x u  2x  3; v  5  2x u v  2(1) 2 2 2 1
 3  4x  2v  3 & 4x  3  2u  3;uv  16x  4x 15 2 2 2 2
BPT  (2v  3)u  (2u  3)v  2  8uv u v  8uv(do(1)) 2  2uv(u  ) v  3(u  ) v  (u  )
v  6uv  2uv(u v  3)  (u  )
v (u v  3) u v  3
 (u v  3)(2uv u v)  0  u v  2uv   7  7 2 (1) 16x  4x 15 uv      2 (uv  0)  2   2 uv  1 
 16x  4x 15  1   7 2
16x  4x 15    2  x  2  2
 16x  4x 15  1 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2
Bài 8. Giải phương trình sau:2 2 2
(x  2)( x  4x  7 1)  x( x  3  1)  0(x  ) Lời giải: 2 2
BPT  (x  2)( (x  2)  3 1)  ( x x  3 1)  0 2
g(x)  f ( x  2)  f (x)  0; f (x)  x( x  3 1) 2 x 2  f '( x)  x  3 1 
 0  g '(x)  f '(x  2)  f '(x)  0 2 x  3
2 Xem phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số 202 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Do đó hàm số g( )
x đồng biến trên R, nên nếu phương trình g( )
x  0 có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất. Nhận thấy g( 1  )  0  x  1
 là nghiệm của phương trình.
Bài 9. Giải phương trình sau: 2
2x 1  x  3x 1  0(x ) Lời giải: 2x 1  0 + Điều kiện:  (*) 2
x  3x 1  0  2 2 2 2 2
PT  2x 1  (x  3x 1)  2x 1  (x  3x 1)  ((x 1)  x) 4 2 2 4 2 2
 2x 1  (x 1)  2 (
x x 1)  x  (x 1)  2x(x 1)  (x 1)  0 x  1  x  1 2 2
 (x 1) ((x 1)  2x 1)  0     2
x  4x  2  0  x  2  2 
Thử lại thấy các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy nghiệm của phương trình là:
x  1; x  2  2
Bài 10. Giải phương trình sau: 2
2 2x  4  4 2  x  9x 16 Lời giải:
DK : x  2(*) 2 2
PT  4(2x  4) 16(2  x) 16 2(4  x )  9x 16 2 2 2
 8(4  x ) 16 2(4  x )  x  8x(1) 2 2 2 t
2(4  x )  0  (1)  4t 16t x  8x  0 203 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x t   x xx  0 2 4 2 2    t   2(4  x )    x   2 2 x 2 2
8(4  x )  x 3 t 4 0      2
BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH DƯỚI DẠNG TƯƠNG ĐƯƠNG
Đưa về bình phương hai vế của phương trình, bất phương trình:
Phương trình, bất phương trình cơ bản: A  0  A
B  B  0  A B  B  0 A B   2 A B  B  0  A  0  A B  B  0  2  A B 
Nếu phương trình có dạng: f (x)  g (x) 
h(x)  k( x) mà có f (x). ( h x)  k( ) x .g( ) x thì biến đổi về:
f (x)  h(x)  k (x)  g (x)
Phương trình có dạng: 3 3 3
A B C 204 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lập phương hai vế của phương trình ta được: 3 A B AB  3 3 3 A
B   C , lại có 3 3 3
A B C suy ra phương trình: 3
A B  3C AB C giải phương trình suy ra nghiệm. Sau
đó thử lại nghiệm xem thỏa mãn không. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau: x  3  3x 1  2 x  2x  2 . Lời giải:
Điều kiện: x  0 .
Phương trình tương đương với 2 x
x  3  3x 1  2x  2 2 2
 5x  3  2 4x  12x  5x  3  2 6x  8x  2 2 2
 4x 12x  6x  8x  2  x  1
Thử lại thấy nghiệm x  1 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 2. Giải phương trình: x  4  1 x  1 2x Lời giải: 1
Điều kiện: 4  x  . 2
Khi đó phương trình tương đương với: 205 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
1 x  1 2x
x  4  1 x 1 2x  2 1 x1 2x  x  4 2x 1  0   
1 x1 2x  2x 1  1 x12x  2x   2 1   1 x     2
x  0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . 2
2x  7x  0  2 x 16 5
Bài 3. Giải bất phương trình:  x  3  . x  3 x  3 Lời giải: 2 x 16  0 Điều kiện:   x  4 . x  3  0 
Khi đó quy đồng mẫu số, bất phương trình tương đương với: 2 2
x 16  x  3  5  x 16  8  x 2 x 16  0
x  4  x  4    8  x  0  x  8  x  8     x  5    x 16   8  x2 2 x  8 5  x  8         x  5 8 x 0  
Đối chiếu với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S  5;  .
Bài 4. Giải phương trình:  x   2 1
16x 17  8x 15x  23 . Lời giải: 17
Điều kiện: x   . 16
Khi đó phương trình tương đương với: 206 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x   1
16x  17   x  
1 8x  23   x  
1  16x 17  8x  23  0 x  1 x 1  0   x  1   8  x  23  0    
16x  17  8x  23   x  4   1
 6x  17  8x  232 
Đối chiếu với điều kiện cả hai nghiệm này đều thỏa mãn. Vậy phương trình có hai nghiệm là
x  1 và x  4 .
Bài 5. Giải phương trình: 2 2
2x  8x  6  x 1  2x  2. Lời giải:
Để phương trình có nghiệm thì 2x  2  0  x  1.
Khi đó điều kiện của phương trình là: 2
2x  8x  6  0   x  1 2 x 1  0   x  1   x  1   
Nhận thấy x  1 thỏa mãn phương trình. 
Xét x  1, khi đó phương trình tương đương với:  x  
1 2x  6   x   1  x   1  2 x   1
 2x  6  x 1  2 x 1
 2x  6  x 1 2  2x  6  x   1  4 x   1 x 1  0 
 2 2x  6 x   1  x 1    x  1
42x  6 x   1   x   2 1 
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1 và x  1 .
Bài 6. Giải phương trình: 2 x x   x   2 6 3
2 x  5x   3 207 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải:
Điều kiện: x  3 .
Khi đó cả hai vế của phương trình đều không âm, nên bình phương hai vế ta được 2 x x   x  2
x x     2 8 6 6 6
2 x  5x   3  x  2
x x    xx   2 6 6
2  6 x x  6 
x x  2 , do x  3 
x x    xx  2 2   x   2 36 6 2 2
x  34x 108  0 2
x  34x  108  0  x  17  181
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  17  181 . 2 x x
Bài 7. Giải bất phương trình:  1 4 2
x  3x  2x Lời giải:
Điều kiện: x  0; x  1. - Với x    4 2 2 2 0;1 
x  3x  2x
x  3x  2x  0
Khi đó bất phương trình tương đương với: 2 4 2 2 4 2 x x
x  3x  2x x x
x  3x , hai vế của bất phương trình không âm nên bình
phương hai vế, ta được
x x  2 2 4 2 2 1
x  3x  2x x  
1  0 ; không thỏa mãn x  0;  1 . -
Với x  1 hoặc x  0 (*) thì 4 2
x  3x  2x  0
Khi đó bất phương trình tương đương với: 2 4 2 2 4 2 x x
x  3x  2x x x x  3x 2 x x  0 1  x  0 (*)   2  
x x  0
 x  1 x  1  x  0     2 4 2 2  2x       x x x x x   1  0 3  
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  ; 0 . 208 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2
x x  6  3 x  2 2
x  5x  3
Bài 8. Giải bất phương trình  0 x  3  2  2 x 10 Lời giải:
Điều kiện: x  3 Ta có  x  2 2 2 2 3
x  6x  9  x x  9  9   2 x     2 x    x    2 x    x    2 2 9 2 10 3 2 10 3 2 x 10  0
Vậy bất phương trình tương đương với 2 x x   x   2 x x   2   x x   x   2 6 3 2 5 3 0 6 3
2 x  5x  3
  x x   x 2 2   2
x x    x 2 6 3 2 5 3 6
x x  6  xx  2 2  x x
  x   x   x   2 6 6 2 2
x  34x 10  8  0
3  x  17  181 2
x  34x 108  0    x  17  181 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  3;17  181 3;  
Bài 9. Giải phương trình x x x   x  3 3 2 3 3 2 1  0 Lời giải:
Điều kiện: x  1
Phương trình tương đương với
x x x     x  3 3 3 1 2 1  0
x x x     x  3 3 1 2 1
 2x x   1  0 209 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x  2
x   x  
1   2  x  
1  x 1  x  0
  x 1  xxx 1  x  2 x   1   0
  x   x2 1
x2 x1  0 x  0   2 1 5
x 1  x  0 x 1  x  x      2      x  0  x 2 x 1 0    x  2  2 2   4 x   2 1  x  1 5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  2  2 2; x  2
Bài 10. Giải bất phương trình 2
2 3x 1  4 x  3x x  2 Lời giải: Điều kiện x  0
Hai vế của phương trình không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được
x    x x x   2 4 3 1 16 16 3
1  3x x  4  4 3x 1 x  0  2 x  9x  0  2 2
 4 3x x x  9x    0  x  16 2
x  9x  0    16 
3x x  x 9x2 2 2 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  0;16
Bài 11. Giải bất phương trình 3 x  3  4  2x x  11 Lời giải:
Điều kiện x  3 210 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Khi đó bất phương trình tương đương với
3 x  3  4  2x
x 11  3 x  3  4  2x x 11   x   2  x x    x   2 9 3 4 17 27 2 2 4
x 11  x  2x   x  2 x 11 x  2  0  
x x 11  0  1 3 5
  x  2 x x 11  0   2  x   x  2  0 2  
x x 11  0   1 3 5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  2;  2  
Bài 12. Giải phương trình 2 2
7  x x x  5  3  2x x Lời giải:
Phương trình tương đương với 2 3
  2x x  0  3   x  1      2 2
7  x x x  5  3  2x x x x  5  2    x  2   3  x  1  2   x  0   2  x  0    x  2  x  5  4  x  2      xx  5  2   x 2  x  0     x  1   x   1   2 x 16  0 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1
Bài 13. Giải phương trình    x   x  2 2 2 2 2 2  9x 16 Lời giải: 211 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Điều kiện: 2   x  2
Khi đó bình phương hai vế của phương trình ta được  x     2
x     x 2 8 2 16 2 4 16 2  9x 16  x x  
  x    x x  2 2 2 2   2 9 8 32 16 2 4 9 8 32 512 4  x  4 3
 81x 144x  512x 1024  0   32 2 9x  32 2
9x 16x  32  0  x   , thỏa mãn điều kiện 3 32
Vậy phương trình có hai nghiệm là x   . 3 2x   1 x  3
Bài 14. Giải bất phương trình  1
2 x  2  x  1 x 1 x Lời giải:
Điều kiện: 0  x  1
Ta có: 2 x  2  x  1 x 1 x  2 x  1 x  1 x x  1 x
  x  1 x 2  1 x  và 2x   1
x  3   x  1 x  x  1 xx  3
Vậy nên bất phương trình tương đương với:
x  1 xx  3 1 xx3  2 1x  1xx 3 2  1 x
Ta có x x  3  2 do 0  x  1 và 2  1 x  1 x x  3  2 . Dấu bằng xảy ra hai vế khi
và chỉ khi x  1 .
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 212 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1.1.
x  3  6  x  3 1.2.
x  4  1 x  1 2x 1.3. 3 3
x  4  x  3  1 1.4.
x  9  5  2x  4 1.5. x   2 2 3
10  x x x 12 1.6.
2 x  2  x 1  x 1  4 1.7. 3 3 3 x 1  x 1  5x 1.8.
x x    x x   2 1 2  2 x 1.9.
x  2 x 1  x  2 x 1  2 1.10. 2 2 2
1 1 8x  6x 1 x  10x
1.11.  1 x  1 x  2log  2 x x  0 2  1.12. 2 x   x    2 1 2 2x   1
1.13. x   2 2 3
x  4  x  9 . 8 8 1.14.   6 x  2 8  x
1.15. Giải các bất phương trình sau: 1. x  1  3  x  4 2. x  
1 4  x  x  2 3. x  3  2x  8  7  x 4.
x  2  3  x  5  2x 5. 2 2 2
x  3x  2  x  6x  5  2x  9x  7 213 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 6. 2
2x  6x  1  x 1 7. 2 2
x  4x  3  2x  3x 1  x 1 8.
x 1  6  x  3 5  x 9. 2
2 3x 1  4 x  3x x  2 10. 2 2
6x  40x 150  4x  60x 100  2x 10 2 x 11.
1 x  1  x  2  4 x x  2 12.  1  x  3 1  x 1 x 13. 1  2 2 2  3x 2  3x 4 2 2 x 4x 16  4 x x     14.      1 2 x  2 4 x   2 x 4 x      x  2 1 1 15.   2 2 4 2 x 1 x  3
x  3x 11x  9 2
3  2 x  3x  2 16.  1 2
1 2 x x  1 x  2 x  1 x 17.  1 2 3 x x 1 x x
x  3x  3x  2  x  3 3 2 1 18.  0 x 1  2  2 x  2 2 x 1 x  3 19.  0 2 x  2  3
2x  2  4x  4   3x 1
x  5  x x  53  2 20.  0 2
x  2  2x 1  2x 10x  6 214 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2
2 3x 1  4 x  3x x  2 21.  0 2x  2 2 x   1
x x x   x  3 5 3 2 1 22.  1  2 x  2 x x   1
Bài 12. Giải các phương trình sau: 1.1. 2 2 x
6 x  1  x  1 2 x 1.2.
 3x  2  1 x 3x  2 1.3. 2
4x 1  4x 1  1. 2 x x 1.4.  2  2 2 1 1 x 2 1.5.
32  x  2   2x x  6 1.6.
x x    x x   2 1 2  2 x  2 2 x 16 7  x 1.7. x  3  x  3 x  3 1.8. 2 x x   x   2 3 4
1 x  4x  2 x  3 1 1.9.  2x  1 1 x  3  x  3 1.10. 2
3x  33  3 x  2x  7 3 3 7  x x  5 1.11.  6  x 3 3 7  x x  5 1.12. 2 2
x  5x  6  x  3  x  21  x  9x  42 1.13. x   2 x x   2 2 2 5
1  x  6x 1 1.14.   x 2 25 3 x 1  3x 215 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
1.15. x  2 x 1  2x  2  0 2
3  x  5  x 1.16.  0 2x  7 x  5 cos  cos 4 4 28 27 1.17. 2
4 27x  24x   1 x  6 3 2
PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC
Áp dụng với các phương trình nhẩm được nghiệm x và ta biến đổi phương trình thành phương 0
trình tương đương dạng  x x (
A x)  0 . Sau đó chỉ ra ( A )
x  0với x thuộc miền xác định của 0 
phương trình, ta thường đánh giá qua bất đẳng thức hoặc khảo sát tính đơn điệu của hàm số.
Sử dụng những hằng đẳng thức sau: A B A B A B A B 3 3 A B  3 2 3 3 2 A AB B BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau: 2 2 x x   x    2 x x   2 3 5 1 2 3 1  x  3x  4 Lời giải: Nhận thấy 2
x x    2 3 5
1 3 x x   1  2   x  2 Và  2 x     2 2
x  3x  4  3 x  2
Do đó trục căn thức phương trình tương đương với 216 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2   x  2 3 x  2  2
3x  5x 1  3 2 x x   2 2 1
x  2  x  3x  4   3 2  x 2      0  2 2 2 x 2 x 3x 4
3x  5x 1  3 2 x x   1         
x  2  0  x  2 .
Vậy x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 2. Giải phương trình sau: 2 2
x 12  x  5  3x  5 Lời giải: 5
Để phương trình có nghiệm thì 2 2 3x  5  x 12 
x  5  0  x  . 3
Nhận thấy x  2 là nghiệm của phương trình nên ta biến đổi về phương trình tương đương sau
 2x    2 12 4
3  x  5  3x 6 2 2 x  4 4  x    3 x  2 2 2 x  12  4 3  x  5  x  2 x  2    x  2   3  0  x  2   2 2  x 12  4 3  x  5  5 x  2 x  2 x  2 x  2 Do x     3    3  3   0 2 2 2 2 3 x 12  4 3  x  5 3  x  5 3  x  5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
Bài 3. Giải phương trình sau: 3 2 3 x 1  x x  2 Lời giải: Điều kiện 3 x
2 . Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình, nên biến đổi về phương trình tương đương sau 217 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3 2x    3 1 2  x  3  x  2  5 x   x  3 2 2 x  3x  9 9    x  3    2 x  2 3 3 2 3 x  2  5 1  2 x 1  4   2  x  3 x  3x  9    x  3 1   0 (1)    2 x  2 3 3 2 3 x  2   5 1  2 x 1  4    2 x  3 x  3 x  3x  9 Do 3 x  2 nên 1  1  2  2  2 x  2 2  x    2 3 x    3 3 3 x  2  5 1 2 1 4 1 1  3
Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  3 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .
Bài 4. Giải phương trình sau: 2
x  2  4  x  2x  5x 1 Lời giải:
Điều kiện 2  x  4
Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình, khi đó phương trình tương đương với
x       x   2 2 1 4
1  2x  5x  3 x  3 3  x  
  x  32x   1 x  2  1 4  x 1  1 1    x  3    2x   1  0 (1)   x  2  1 4  x  1  1 1 1 Do 2  x  4     2x   1  1 5  0 x  2 1 4  x  1 2 1
Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  3 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .
Bài 5. Giải phương trình sau: 2
x x    x   2 1 2 x  2x  2 218 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải:
Nhận thấy x  2 không là nghiệm của phương trình nên phương trình tương đương với 2 x x 1 2
x  2x  2  x  2 Phân tích:
Thêm vào 2 vế của phương trình lượng mx n , ta có 2 x x 1 2
x  2x  2  mx n 
  mx nx  2  2 1 m  2
x  2 1 mn 2 x  2  n 1 m 2
x  1 2m nx 1 2n   2 x x
 mx nx  2 2 2 2 1 m    mn 2 2 1 2  n Ta chọn , m n sao cho  
m  0; n  3 1 m 1 2m n 1   2n
Vậy phương trình tương đương với 2 x x 1 2
x  2x  2  3   3 x  2 2 2 x  2x  7 x  2x  7   2 x  2
x  2x  2  3 2
x  2x  7  0   1 1   (1) 2  x  2
x  2x  2  3
Phương trình (1) vô nghiệm, nên phương trình tương đương với 2
x  2x  7  0  x  1 7
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1  7 .
Bài 6. Giải phương trình sau: 2
x  2  4  x  2x  5  2x  5x Lời giải: 219 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 5 Điều kiện  x  4 2
Nhẩm nghiệm thấy phương trình có nghiệm x  3 , vì vậy biến dổi phương trình đã cho tương đương với
x      x     x    2 2 1 4 1 2
5 1  2 x  5x  3  1 1 2    x  3    2 x 1  0    x  2  1 4  x  1 2 x  5  1   x  3   1 1 2     2x 1  0  x  2 1 4  x 1 2x  5 1 5 1 1 2 Do  x  4 nên    2x 1  0 2 x  2 1 4  x 1 2x  5  1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 .
Bài 7. Giải phương trình: 2
x  2  5x  6  2 8x  9  4x Lời giải: 9
Điều kiện: x   . 8
Khi đó phương trình tương đương với  x  4      x      x   x   4x 7 2 2 5 6  2  8x  9  4    2 x x   2  0  3   3  2   
x  2   x    x  2   x   2 4x  7  98x  9 4 9 2 2 5 6        4  2
x x  2  0
x  4  3 x  2
x  2  5x  6
4x  7  3 8x  9   1 1 32 2 
x x  2    4  0 (*)  
x  4  3 x  2
x  2  5x  6
4x  7  3 8x  9  9 1 1 32 Do x   nên    4  0 8
x  4  3 x  2
x  2  5x  6
4x  7  3 8x  9  x  1 
Do đó phương trình (*) tương đương với: 2
x x  2  0   thỏa mãn điều kiện. x  2  220 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1  ; x  2 .
Bài 8. Giải phương trình: 3 2 3 3 2 4 3
2x  4x  4x  16x 12x  6x  3  4x  2x  2x 1 Lời giải: Điều kiện 3 2
x x x x  2 2 4 4 2
x  2x  2  0  x  0 .
Khi đó phương trình tương đương với   x 2 xx    x   x 3 3  3 x                3 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 2 1 2x   1  2x   1         4  3 3 2x x    1 2 1     3 2x   1 2x   1 A B   1 4 3   2x   1   2x 1  0 (1)    A B  2
Trong đó A   x   3 2
1  2x 1  2x   1  1 2 Bx 2  x  3 2 1 2 1 2x 3 1 4 2x  1 2x 3 3 1 4 3 3 2x  1              0   1 4 1 Do đó 
 2x 1  0 . Suy ra phương trình (1) tương đương với 3
2x 1  0  x  . A B 3 2 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 2
Bài 8. Giải phương trình: 2 2 x 1 
5x 1  x  1 Lời giải:
Điều kiện x  1. 
Với 1  x  2 , phương trình tương đương với: 221 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  2 5  2
2 x 1  5x  1  2  x 1   x   1 
x 1  0  x  1    x  1 5x 1  2  2 5 Do 
x 1  0, x 1; 2 x 1 5x 1  2
 Với x  2 , phương trình tương đương với: 2
2 x 1  2  5x 1  3  x  4  2 5    x  2 
x  2  0  x  2    x  1  1 5x  1  2  2 5 Do 
x  2  0, x  2;  x 1 1 5x 1  2
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1; x  2 . x  7 x  6 x  5 x  8 x  9 x 10
Bài 9. Giải phương trình      8 9 10 7 6 5 Lời giải:
Điều kiện: x  10 .
Khi đó phương trình được biến đổi thành x  8 x  7 x  9 x  6 x 10 x  5       0 7 8 6 9 5 10 x 15 3 x 15 5 x 15     0  x  8 x  7   x  9 x  6   x 10 x  5  56   54   50    7 8 6 9 5 10      
x  15 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  15 .
Bài 10. Giải phương trình 2
4 x  2  22  3x x  8 Lời giải: 22
Điều kiện: 2  x  3 222 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Phân tích:
Ta thấy x  2, x  1là nghiệm của phương trình nên ta tìm cách biến đổi phương trình để có
nhân tử chung  x   x   2 1
2  x x  2
Vì thế ta viết phương trình lại như sau:  x    x    2 3 4 2 22 3 3 x   8 
x    x     x   x   2 12 2 4 16 3 22 3 14
3 x x  2 3 1  6  2 x x  2 2 x x  2    3 2
x x  2
12 x  2  4x 16 3 22  3x  14  x     16 1 2
x x  2   3  0 (*)
 12 x 2 4x 16 3 22 3x 14 x          22 16 1 Do 2  x  nên 
 3  0 . Do đó phương trình (*) 3
12 x  2  4x 16 3 22  3x  14  x tương tương với:  x  1  2
x x  2  0   thỏa mãn điều kiện. x  2 
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1, x  2 . 2 9x  8x  32
Bài 11. Giải bất phương trình 2  2 4  x   16 Lời giải: 304  4 Điều kiện:  x  2 . 9
Khi đó bất phương trình tương đương với: 2 2 2 9x  32 x x   x  2 9 32 32 9 2 4  x     16 2 16 2 x  2 2 4  x  
3 Cách phân tích liên hợp dựa vào hình học phẳng tọa độ hoặc hệ số bất định 223 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ      1 1  2 9x  32   0   16  2x  2 2 4  x      4 2 4 2 2
 9x  32  0  x   x   . 3 3  4 2 
Kết hợp với điều kiện ra suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S   , 2 3  
Bài 12. Giải phương trình  x   x    x   2 1 2 6
x  7  x  7x 12 Lời giải:
Điều kiện: x  2 .
Khi đó biến đổi phương trình thành:
x   x     x   x    2 1 2 2 6 7
3  x  7x 12  2 x   1  3 x  6  x   1  x  2
x  6 x  2  
  x  2 x  4 x  2  2 x  7  3  x 1 x  6    x  2   x  4  0   (*)  x  2  2 x  7  3  x 1 x  6 x 1 x  6 Do x  2 nên   x  4    x  4  0 x  2  2 x  7  3 2 3
Do đó phương trình (*) chỉ có nghiệm duy nhất x  2 .
Vậy x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 13. Giải phương trình 3 3 2
162x  2  27x  9x  1  1 Lời giải:
Phương trình tương đương với: 224 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3 3 x     2 162 2 2
27x  9x 1   1  0 3 2 162x  6 27x  9x    0  3 x  2 2 3 3 3
27x  9x 1 1 162 2  2 162x  2  4    2 2
9x  3x   1 3x   3x   1   0     3 x  2 2 3 3 3
27x  9x 1 1 162 2  2 162x  2  4    2  2
9x  3x   1 3x Xét phương trình:   0  3 x  2 2 3 3 3
27x  9x 1  1 162 2  2 162x  2  4
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho x  0 ta được:    3 162x  2 2 3  2 162x  2  4  3 162x  2 2 3 3 3 3 3  2 162x  2  4 1 2 3x 1     (*) 2 3 3  3x
27x  9x 1 1 162x  2 Đặt 3 3
t  162x  2 thì phương trình (*) trở thành: 1 t 2 t 1 3 3 3x  1   1  3x
 6x  162x  2  x  3x 2 t 2 3 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 3 2 7  2x
Bài 14. Giải phương trình 3 7x  8   x 6 Lời giải: Điều kiện: 2 7  2x  0 2 7  2x
Khi đó phương trình tương đương với: 3 7x  8  2x  2 
  2  x  0 6 2 7  2x 2
7x  8  2x  23  2  x 6    0
3 7x 82 2x  2 3 7x 8 2x 22 2
7  2x 2 x 6 225 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x  2
8x  24x 17 2
8x  24x  17    0
 7x 82 2x  2 7x 8 2x  22 2 3 3  7 2x   6   2  x   6            x 1 2
8x  24x 17   0  
  7x 82  2x  2 7x 8  2x  22 2 3 3  7 2x    6   2  x    6       x 1 Xét phương trình:   0
 7x 82 2x  2 7x 8 2x  22 2 3 3  7 2x   6  2  x   6   
Chứng minh vế trái luôn lớn hơn 0 6  2
Do vậy phương trình chỉ có nghiệm 2
8x  24x  17  0  x  4
Bài 15. Giải phương trình: 3 2
x  3x 1  8  3x Lời giải: Điều kiện: 2 8  3x  0
Khi đó phương trình tương đương với: 3
x x     x    x 2 3 1 2 2  8  3x  0 4  2 x x 1 2    x  
1  x x   1   0 2  x 2  8  3x     4 2 x x   1  x 1    0 (*)  2 x 2 8 3x       4
Ta chứng minh phương trình: x 1
 0 vô nghiệm, thật vậy 2  x 2  8  3x 226 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  8 8  Xét hàm số 2
f (x)  2  x  8  3x , x   ,   3 3   3x 2  2  6  4 6  8  8
Ta có f '(x)  1    0  x   , có f     , f    2   0 2 3     8  3x 3 3 3 3      8  8 6  4 6 1 8 1 f     2 
 0 . Suy ra 0  f (x)  . Nên x  1  1   0  3  3   3 f (x) 3 6  4 6 3 1 5
Vậy nên phương trình (*) chỉ có nghiệm 2
x x 1  0  x  2
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 1.1.
2x  3  x  2x  6 1.2. 2
x  9x  20  2 3x 10 1.3. 2 3
2x 11x  21  4x  4 1.4.
32  x  2   2x x  6 6x  4 1.5.
2x  4  2 2  x  2 x  4 1.6. 2 2
2x  8x  6  x 1  2x  2 1.7. 2
3x  3x 1  27x  4  6  x 1.8. 3 2
5x 1  9  x  2x  3x 1 1.9.
3 3x  92  4x 108  x  28
1.10. x   2 2 2 x
x x  2   3x
1.11. x   2 2 2
x x x  2   x 1 227 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 5 5 1.12. 2 2 2 2
x  1  x
x  1  x x 1 4 4 3 3 7  x x  5 1.13.  6  x 3 3 7  x x  5 1.14. 2 2
x  3x  3  x  3x  6  3 1.15. 2 4 x  2 
22  3x x  8 1.16. 2 2 2 2
3x  7x  3  3x  5x 1 
x  2  x  3x  4 1.17. 3 3
x x   2 14
2 1 x  2x 1 1.18. 2
x 1  2  x  2  x  2x 1.19. 2 2 3x  2x
4  x x  3x  4 1.20. 2
3x  3x 1  27x  4  6  x 1.21.
x x  2 2 2 2
1  2x  2x  3  4x  5 1.22. 2 2
x  2x  92  x  2x 1 x 1 2 5x  4 1.23. 3
x  2x  5  24x  23  3 1.24.
  x   x  2 2 3 2 5 2 3 3
 2x  2x 1 2 3 1.25.
x     x   3 3 1 2
x x 1 5 1 1.26. 3
x 1  5x  2  x  4 2 9 1.27. 2 x x 1   x   1 2 x   1 4 3 1.28. 3 4 x  1  x  8  x  81   x  4 2 1.29. 2
4 1 x 1  3x  2 1 x  1 x
1.30. Giải các bất phương trình sau: 228 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2 1  1  4x 1.  3 x 2 x 2. x  4 1 x 12 2 2 12  x x 12  x x 3. x 11 2x  9 4. 2 2
x  4x  3  2x  3x 1  x 1 1.31.
x x     x 3 4 3 2 3 4 1 1 Đáp số: x  0 1.32. 2 x  2  4  x
2x  5  2x  5x Đáp số: x  3 1.33. 2 6  x
x  1  x  1 Đáp số: x  2 1.34. 3 2
x  6  x  7  x  1 Đáp số: x  2 1.35. 2 3
2x 11x  21  3 4 x   1  0 Đáp số: x  3 1.36. 4 2 3 2 x  77  x  3  2 Đáp số: x  2 1.37. 2x  1  2x  3  x  3  x 1 Đáp số: x  2 1.38. 2 2 2
x  3x  2  x  4x  3  2 x  5x  4
Đáp số: S    1  4;  1.39. 2 2 2 2 2x 1 
x  3x  2 
2x  2x  3  x x  2 Đáp số: x  2 1.40. 2 2
2x 16x  18 
x 1  2x  4 229 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 32   513 Đáp số: x  1  ; x  7 x  3 1.41.
4x 1  3x  2  5 Đáp số: x  2 1.42. x     x   2 3 7 8 1 2 1 1 1.43. x   3 2 2
2x  2  4x  4   3x 1 1.44. 2 2
1 4x  2 x 1  8x 1.45. 2
4 x  2  22  3x x  8 1.46.
x x  2 2 2 2
1  2x  2x  3  4x  5 ĐƯA VỀ HỆ TẠM
Phương trình có dạng A B C mà A B  C , khi đó ta có  C A  
A B C   2   
, giải hệ này và thử lại nghiệm. CA B   B    2 BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau: 2 2
2x x  9  2x x 1  x  4(1) Lời giải: Nhận thấy  2
x x     2 2 9 2x x  
1  2 x  4 , và x  4 không là nghiệm của phương trình
Khi đó phương trình tương đương với 2  x  4 2 2  x  4 
2x x  9  2x x  1  2(2) 2 2
2x x  9  2 x x  1 230 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x  6 8 Từ (1) và (2) ta suy ra 2
2x x  9 
x  0; x  2 7
Thử lại thấy cả hai nghiệm này thỏa mãn 8
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  0; x  . 7
Bài 2. Giải phương trình sau: 2 2
2x x 1  x x 1  3x . Lời giải:
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế phương trình cho x  0 ta được 1 1 1 1 2    1   3 2 2 x x x x 1 Đặt t
 phương trình trở thành 2 2
2  t t  1 t t  3(1) x Ta có  2 2  t t
t t  2 2 2 1
2  t t  1 t t   2t 1 2t 1 2 2 
2  t t  1 t t  (2) 3 t  1 x  1 2t 10 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 t t       7  8 6 t   x    8  7
Thử lại ta thấy chỉ có nghiệm x  1 thỏa mãn,
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 3. Giải phương trình sau: 2 2
x  9x  24  6x  59x 149  5  x Lời giải:
Phương trình tương đương với 231 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 5   x  52  5  x 2 2
x  9x  24  6x  59x 149  5  5  x   5  x 1  0   2 2
x  9x  24  6x  59x 149   x  5   5  5  x  1  0(*) 2 2
 x  9x  24  6x  59x 149
Phương trình (*) tương đương với 2 2
x  9x  24  6x  59x 149  5  5  x (1) Ta lại có 2 2
x  9x  24  6x  59x 149  5  ( x 2) x  5  19 Từ (1) và (2) ta suy ra 2
x  9x  24  2x 10    x  , thử lại
x  9x  24   2x 102 2 3 
thấy nghiệm này thỏa mãn. 19
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  5; x  . 3 Bình luận:
Thực chất của phương pháp này là trục căn thức, Xem phương pháp trục căn thức ở trên.
BIẾN ĐỔI VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH -
Đôi khi biến đổi trực tiếp về phương trình tích không dễ thực hiện, khi đó nếu trong biểu
thức của phương trình có xuất hiện nhân tử chung thì ta đặt ẩn phụ sau đó biến đổi phương trình
mới về dạng tích sẽ dễ dàng hơn. -
Chúng ta sử dụng các biến đổi quen thuộc :
u v uv 1  u   1 v   1  0
au bv ab uv  b u a v  0 Dạng toán :       3 3 3 3 a b c a b c 232 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3
Sử dụng a b c 3 3 3
a b c  3a bb cc a
Từ đó suy ra a b b c c a  0 . BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau : 3 3 3 2
x 1  x  2  1 x  3x  2 Lời giải : 3  x 1 1  0 x  0
Phương trình tương đương với  3 x 1   1  3 x  2   1  0     3 x  1  x 2 1 0      
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  0; x  1  .
Bài 2. Giải phương trình : 3 3 2 3 3 2 x 1  x
x x x Lời giải :
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế phương trình cho x ta được x 1  x 1  3 3
x  1 x 1   3 3 x   3 1  1  0 xx    3  x 1  0    x  1  x  1 3 1   x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 3. Giải phương trình sau : 2
x  3  2x x 1  2x x  4x  3 Lời giải :
Điều kiện x  1. 233 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Khi đó phương trình tương đương với
x  3  2x x 1  2x   x  3  x   1        
x   x x    x 3 2x 0 x 0 3 2 1 1  0     x  1  x 1 1  0  
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  0; x  1.
Bài 4. Giải phương trình sau : 2
x  2 7  x  2 x 1  x  6x  7 1 Lời giải :
Điều kiện 1  x  7 .
Dặt a  7  x , b
x  1 khi đó phương trình trở thành 2
b  2a 1  ab  2b 1  a bb  2  0 a b
 7  x x 1     x  3  b  2   x  1  2 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 . 4x
Bài 5. Giải phương trình sau : x  3   4 x x  3 Lời giải : Diều kiện x  0
Chia hai vế của phương trình cho x  3 ta được 2 4x xxx 1 1  4  1 2   0    x  1. x 3 x 3  x 3     x  3 2  
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 6. Giải phương trình : x  2  x. 3  x  3  x. 5  x  5  x. 2  x 234 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải :
Điều kiện : 0  x  2 . 2 u   2  x
x  2  u uv  w v  wu
2  u vu  w     Đặt 2
v  3  x  x  3  v uv  w v  wu  3
  u v  v  w   2  w  5  x
x  5  w  uv  w v  wu 5   
v  wu  w   30 239
Giải hệ trên ta được : u   x  . 60 120
Bài 7. Giải hệ phương trình : 3 3 2 3 2
7x 1  x x 8  x  8x 1  2 Lời giải : Đặt 3 3 2 3 2 a
7 x 1, b   x x  8, c
x  8x 1 , khi đó ta có
a b c  2 
a b c  a b c3 3 3 3
 3a bb cc a  0 3 3 3
a b c  8  3 3 2
 7x 1  x x  8 a  b   3 2 3 2 b c     
x x  8 
x  8x 1  x  0, x  1  , x  9   c  a 3 3 2 
 7x 1   x  8x 1 
Vậy phương trình có 4 nghiệm là x  0, x  1  , x  9 .
Bài 8. Giải phương trình sau : 3 2 x x   3 3 3 2 x  1  x  2   1 Lời giải :
Phương trình đã cho tương đương với
x     x   3 2 
x x   3 3 1 2 3 2 x  1  x  2   0 (*) Ta đặt 3 3 a
x 1, b   x  2 , khi đó phương trình (*) trở thành : 235 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
a b aba b   a b a b2 3 3 0  0 3 3 3
a  b
x 1   x  2  x   . 2 3
Thử lại thấy nghiệm x   thỏa mãn. 2 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x   . 2
Bài 9. Giải bất phương trình 7 3x  4  4x  3 6  x  32 Lời giải : 4 Điều kiện :  x  6 (*) 3
Khi đó bất phương trình tương đương với
3x  4  36  x 3x  4  33x  4  6  x 6  x  64    
 3x  4 3x  4  33x  4 6  x  36  x 3x  4   6  x 6  x  64   x    x 3 3 4 6
 64  3x  4  6  x  4  2x  2  2  3x  4 6  x 16
  x     x   x   x    x    x2 3 4 6 7 3 4 6 7 do điều kiện (*) 9  2 2 9  2 2 2
 4x  36x  73  0   x  thỏa mãn điều kiện 2 2 9  2 2 9  2 2 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ,  2 2  
Bài 10. Giải bất phương trình  x   x   x   2 2 2 3 2
1  2x  5x  3 1  0 Lời giải :
Điều kiện : x  1 Nhận xét : 236 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Ta thấy xuất hiện nhân tử chung 2x  3; x  1 trong 2 2x  5x  3 2 2
a b x  2 
a  2x  3 
Khi đó ta tìm cách biến đổi phương trình nhờ đặt 2 2 
 a  2b  1 b   x 1   2
2x  5x  3  ab
Khi đó bất phương trình trở thành  2 2
a b a b  ab   2 2
a b     a b a b a b  2 2 2 2 0 2
ab a  2b   0
 a ba  2ba b   1  0
Nhưng do a b  0 nên bất phương trình trên tương đương với
 2x  3  2 x 1  0 
 2x  3  x 1 1  0  1
a  2ba b   1  0    x    2
 2x  3  2 x 1  0   2x  3  x 1 1  0   1 
Đối chiếu với điều kiện suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S  1  ,   2    4 2 2 2 x x 1 x x 1 x 1
Bài 11. Giải bất phương trình   x  2 x   2 1 x 1 x Lời giải :
Điều kiện : x  0 .
Khi đó bất phương trình được biến đổi thành 2 2 2 2
x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 .   1 2 2 x x 1 x 1 x 2 2 x x 1 x x 1
Đến đây ta đặt : a  , b
khi đó bất phương trình trở thành 2 x 1 x 2 x x 1 2
ab a b 1   a   1 b   1  0  b  1 
 1 luôn đúng với x  0 . x
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  0,  .
Bài 12. Giải phương trình  x   x   2 5 2 1
x  7x 10   3 237 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải :
Điều kiện : x  2
Khi đó phương trình tương đương với : 3  2 1
x  7x  10  2  3  1
x  7x 10  x  5  x  2 x  5  x  2   x  5   1  x  2  
1  0  x  1 x  4
Đối chiếu với điều kiện suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau : 1.1.
x   x   2 1
2 1 x x  2   3 1.2. 2
x x  1 x  1 1 xx 1.3. 2 2 2
3x 18x  25  4x  24x  29  6x x  4 1.4. 2 3
1 x x  1 x  1 1 x
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau : 2 2 x x  1  x x  1  2 Lời giải : 2
x x 1  0   Điều kiện : 2 x
x 1  0  x  1.  2 x 1  0   238 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Ta có, 2 2 x x  1. x x  1  1. Đặt 2 t x x  1 1
Khi đó phương trình trở thành : t   2  t  2 1  0  t  1 t
x x    x x    x    x  2 2 2 2 1 1 1 1 1 1  x  1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 2. Giải phương trình sau : 2
2x  6x 1  4x  5 Lời giải : 5
Điều kiện : x   . 4 2 t  5
Dặt t  4x  5  0  x
, khi đó phương trình trở thành : 4 2 2 2  t  5   t  5  4 2 2  6
1  t t  22t  8t  27  0     . 4 4           t 1 2 2 2
t  2t  27 2 t  2t   11  0   ( do t  0 ). t   1 2 3  x  1 2   . x  2  3 
Bài 3. Giải phương trình sau : x  5  x 1  6 Lời giải :
Điều kiện : 1  x  6 . Đặt 2
t x 1  0  x t 1, khi đó phương trình trở thành : 239 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 5   t   2 5   t
t t  4 t t  5  0 2 2  2   2 
5  t  5  t     0  t  5 0  t  5   1   17 1   17 11 17  t   x 1   x  2 2 2 11 17
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 2 1
Bài 4. Giải phương trình sau : 2 x  2x x   3x  1. x Lời giải :
Điều kiện : 1  x  0 .
Chia cả hai vế của phương trình cho x , ta được : 1 1 x  2 x   3  x x 1 1 1 5 Dặt t x
 0 phương trình trở thành : 2
t  2t  3  0  t  1  x   1  x x x 2 (do t  0 ). 1 5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 2
Bài 5. Giải phương trình sau: 2 3 4 2
x x x  2x 1 Lời giải:
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình, chia hai vế phương trình cho x  0 , ta được: 240 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1 1  1  1 3 3 x x   2   1   x   2  0   . x xx x 1 Đặt 3 t x
 phương trình trở thành: x 1 1 5 3
t t  2  0  t   1  2 t t  2 3  0  t  1  x   1  x x 2 1 5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  . 2 2 1 x
Bài 6. Giải phương trình sau: 4 3 2
x  2x  2x  2x 1   3 x xx Lời giải:
Điều kiện: x  ,   1  0,  1 . 2 2 Ta có 4 3 2
VT x x x x    2 2 2 2 1
x x   x   1  0 2 2 1 x 1 x Và VP   3 x x  x  2 x   1
do đó phương trình có nghiệm thì x  0;  1 . x x
Viết lại phương trình dưới dạng: 2 1 x 4 3 2
x  2x  2x  2x 1   3 x xx   x  2 2  x  2  x    2 x   x 2 1 2 1 1 1 x
Nhận thấy x  1 không là nghiệm của phương trình, nên chia hai vế phương trình cho x  2 1  x  ta được: 241 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ x   2 2 1 2 1  x xx 1  2
 1(*) , ta đặt t
 0 , khi đó phương trình (*) trở thành: x   x  2 2 x 1 1 x  2 1 x  2 2 t
 1  t t  2  0  t  2  0 . t 2 2 2 x 1 Khi đó  2   2 x   1  4x  2 1 x    2 x  2x   1  0  x  1   2 x  2 1 x  Do x  0, 
1 nên chỉ có nghiệm x  1   2 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1   2 . 3
Bài 7. Giải phương trình sau: 3 x   2  x   x  2 1 2 1 x Lời giải:
Điều kiện: 1  x  1 .
Phương trình đã cho tương đương với  2 x   x  2 2 2 x x
x   x   x  2 1 1 1 2 1 x  (*). 2 t 1 Đặt 2 2
t x  1 x x 1 x
, khi đó phương trình (*) trở thành: 2 2 2  t 1 t 1 3 2 t 1  2
t  2t  3t  2  0   2 2       t t   t  2  2 2 2
t  2 2t   1  0     2 t   2 2t 1  0  t   2 1  (i). Với t   x   x    x   x    x2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 x 1 2
 2x  2 2x 1  0  x  . 2 242 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ (ii). Với 2
t   2 1  x  1 x   2 1, vô nghiệm do VT  1  VP . (iii). Với 2 2
t   2 1  x  1 x   2 1  1 x   2 1 x  1
  x   2 1  1 2  2 2 1   x   .   x     x2 2 2 1 2 1  2 1  2  2 2 1
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  . 2 2
Bài 8. Giải phương trình sau:   x
x    x   2 13 4 2 3 4 3
5  2x  2  8 16x  4x 15 Lời giải: 3 5 Điều kiện:  x  . 2 2
Khi đó phương trình tương đương với:
7  2x  3  5  2x   22x  3 2x  3  5  2x 5  2x   2  8 5  2x 2x   3 (*) 2 t  2
Đặt t  2x  3  5  2x   2x  35  2x 
, khi đó phương trình (*) trở thành: 2 3 2
t t t    t   2 4 6 0
2 t  2t  3  0  t  2  0
Khi đó 2x  3  5  2x  2  x  2.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
Bài 9. Giải phương trình: 2
x x     x 2 10 3 1 1 6 x  3 Lời giải: Đặt 2
u  1 6x; v
x  3 khi đó phương trình đã cho trở thành 243 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1 9 u v
uv  u  2v2 2 2
 9  u  2v  3  4 4 
Với u  2v  3 , ta được: 2
1 6x  2 x  3  3 3  x 1  0 2   3x 1  x  3    x  1
x  3  3x   2 2 1  
Với u  2v  3 , ta được: 3  x  2  0  7  3 2 2
1 6x  2 x  3  3  3x  2  x  3    x x  3   3x  22 2 4  7  3
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1; x  . 4
Bài 10. Giải phương trình:  2 2  x   x  4 2 2 2 1 1
 1 x  3x 1 Lời giải:
Điều kiện: x  1 Đặt 2 2 2 a   x b
x x    2  x   2  x  2 2 1 ; 1 3 1 2 1 1  2a b
Khi đó phương trình trở thành:  a b 2 2 2
ab a b a ab   2 2 2 2 2
4  2b b  0
Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là a , ta được: 
4  b  3b  4 b a      b   b bb    a  2    2 2 4 2 4 8 2 3 4
4  b  3b  4 a   2  b  4 2 b 1 x  Với 2 a   1  x  VN 2 2  Với 2 2 2 2
a  2  b  1 x  2  1 x  1 x  1 x  2 4
 2  2 1 x  4  x  0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0 . 244 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Bài 11. Giải bất phương trình:  x
x   x  2 27 5 2 27 4 2 4 1 Lời giải: 5 Điều kiện:   x  2 . 2 2 2 u    5  2x u   v  9  Khi đó đặt    (*)
v  4  2x
3  u v  2  
5  2x  4  2x  3 2 
Bất phương trình trở thành: 2
u v  u v  
 u v2 u v  u v u v2 2 2 27 27 18 
 u v  u v2 3
 3u v  9  0, luôn đúng do (*)  5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   , 2  . 2   
Bài 12. Giải bất phương trình x     x   2 3 7 8 1 2 1 1 Lời giải: 1 Điều kiện: x
, khi đó ta đặt t  2x  1  0 2
Khi đó bất phương trình tương đương với 2 2 2 3 7t  9 7t  9 7t  9  1  t  2 2 1   t  2t    2 3 3 t  2t  2 2 2 6 5 4 3 2
 2t 12t  24t 16t  7t  9  0
 t   t   4 3 2 1
3 2t  4t  2t  4t  3  0 Với 4 3 2 t
t t t t    4 2 3 0 2 4 2 4 3
2t  2t  4t   4t  3 245 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
t t  2 2 2 1  4t  3  0 Vậy t  
1 t  3  0  1  t  3  1  2x 1  3  1  x  5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  1,5
Bài 12. Giải bất phương trình 2 3
x 12x  8 x  3x  3 Lời giải:
Điều kiện x  0 , khi đó đặt 2 a x  3; b
x ; bất phương trình trở thành 2 2
a 12b  8ab  a  2b a  6b  0  2b a  6b 3 2  2 x
x  3  6 x   x  1 35  3 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   ,1 35  
Bài 13. Giải phương trình  2
2 5x  3 x x  2   3 x 1 x  2  27 Lời giải:
Điều kiện: x  1 2 2
Khi đó đặt t  3 x 1  x  2  t  10x  7  6 x x  2
Khi đó phương trình trở thành t  5 2
t t  20  0   t  4  
Nhưng do t  0 nên chỉ nhận nghiệm t  5  x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1.1. 2 2
3  x x  2  x x  1 1.2.
x 1  4  x   x   1  4  x  0 246 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
x  2  2  x 1.3. 2
x  2  x  4 2 1.4. 2 2
5x 10x 1  7  2x x 1 1 1.5. x x   1 x x 1.6. 2 2
x  3x  3 
x  3x  6  3 1.7. 2 2
x  4  x  2  3x 4  x 1.8. 2
1 2x  1 2x  2  x 1.9. 2
x  2  4  x x  6x 11 x  3
1.10. x  
1  x  3  2 x   1  8 x 1 1 1 1.11. x x   x   2 2 4 1 1 1.12. x   1   x x x 1.13. 2
2x  3  x 1  3x  2 2x  5x  3 16 2 2 1.14. x     x   3 2 3 3 1 4 1  6 x 1
34  x 3 x 1   x   3 1 34  x 1.15.  30 3 3
34  x x 1 1.16. x   x x   x 4 1 2 1
 2 x 1 x  1 1.17.
8x 1  3x  5 
7x  4  2x  2 1.18. 2 2 2 2 2x 1  x  3x
2x  2x  3  x x  2 3 x 1 1.19.   x 3  4x 2 x 1.20. 2 x    x   x   2  x  2 3 1 6 9 6 1 9
 38  10x  2x x 247 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1.21.
x  2 x  2 x  ...  2 3x x 1.22. 2 x  3 3 2 7  2 3
x  3x x  13x 8 1.23. x x
x x  2012  2012 2012 2012 1.24.  2  x x     2  x   x  2013 1 1 1 1  2
1.25. Giải các bất phương trình: 3 1 1. 3 x   2x   7 2 x 2x 2. 2 2
5x 10x 1  7  x  2x
1.26. Giải các phương trình, bất phương trình sau: x x 1 3 1.   x 1 x 2 2 2 2. x   3 2 3 3 4 2
 7 4  x  3  2  x  0 1.27. 2 2
36x  63x  27 15x  27  2 9x  9x  3 1.28.  2 x x   2
x x    2 x x   2 6 2 3 4 1 10 11 4 x x 1 Đặt 2 2 a
3x  4x 1, b
x x 1 và suy ra 2 2 2 2 2 2
6x x  2  ma nb ;10x 11x  4  pa qb đưa về phương trình đẳng cấp bậc ba.
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ Phương pháp:
Khi gặp phương trình có dạng
 ( ), m  ( ), n F f x a f x
b f (x)   c . Ta có thể giải phương trình m u
  a  f (x) 
f (u, v)  c này bằng cách đặt    m n n
v b  f ( x)
 u  v a b   BÀI TẬP MẪU 248 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Bài 1. Giải phương trình sau: 3 3 xx  3 3 35
x  35  x   30 Lời giải: Đặt 3 3 3 3
y  35  x x y  35
Và phương trình ban đầu trơ thành: xy x y  30 , từ đó ta có hệ phương trình  x y     x y3 3 3 35
 3xy x y  35 x y  5
x  2, y  3       
xy x y   30 xy  
x y  xy  6 x  3, y  2 30   
Vậy phương trình đã cho có hia nghiệm là x  2, x  3 .
Bài 2. Giải phương trình sau: 3
2 3x  2  3 6  5x 8  0 Lời giải: 6 Điều kiện: x  5 Đặt 3
u  3x  2;v  6  5x  0 3 u    3x  2 3 2  
 5u  3v  5(3x  2)  3(6  5x)  8(1) 2 v   6  5x
Mặt khác ta lại có: 2u  3v 8  0(2) 8  2u 3 2 3 2
(1) & (2)  5u  3(
)  8  0  45u 12u  96u 120  0 3 2 3
 (u  2)(45u  78u  60)  0  u  2
  v  4(TM )  3x  2  2   x  2 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x  2 .
Bài 3. Giải phương trình sau: x  5  x 1  6 249 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải:
Điều kiện: x  1. Đặt u
x 1,v  5  x 1 khi đó ta có hệ 2 u    v  5 2 2 
 u u v v  0  u v u v  
1  0  u v 1  0 2 v u  5  11 17
Khi đó x 1 1  5  x 1 
x 1  5  x x  . 2 11 17
Vậy phương tình có nghiệm là x  . 2 4 1 5
Bài 4. Giải phương tình sau:  x   x  2x x x x Lời giải:  5 
Điều kiện: x 1;0   ,   . 2    1 5 4 Đặt u x  ; v  2x
, u  0, v  0 . Ta được u v x  (i) . x x x  5   1  4 Ta lại có 2 2
v u  2x   x   x  (ii)      x   x x
Từ (i) và (ii) ta suy ra: 2 2
v u u v  u vu v  
1  0  u v , do u, v  0 .
Vậy phương trình tương đương với : 1 5 4 x   2x   x
 0  x  2 . So sánh với điều kiện thì chỉ có nghiệm x  2 thỏa x x x mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
Bài 5. Giải phương trình sau : 3 24  x  12  x  6 250 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải :
Điều kiện : x  12 . Đặt 3
u  24  x, v  12  x . Ta được u v  6 (1) Lại có 3 2
u v  36 (2) . Thay v  6  u từ (1) vào (2) ta được : 3 2
u u 12u  0  u u   3 u  4  0 u  0  x  2  4  
u  3  x  3   u  4   x  8  8  
Vậy phương trình có ba nghiệm là 88, 24,  3 .  1 
Bài 6. Giải phương trình: 2
8x 13x  7  1    x   1 2x   2 3
1  x x 1  x Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với: 3 2 x
x x   x   3 2 8 13 7 1 3x  2
  x  3   2
x x     x    x   x     2 3 2 1 1 1 1 2 1 x x   1 Đặt 3 2
u  2x 1, v
3x  2 ta có hệ phương trình 3 u     2 x x   1   x   1 v  3 v   2 x x   1   x   1 u
Trừ theo vế hai phương trình trong hệ ta được: u v
u v 2 2
u uv v x   1  0   2 2
u uv v x 1  0  1  2 Với 3 2
u v  2x 1  3x  2   x   1 8x  
1  0  x  1  x   8 2  u  3  2 Với 2 2
u uv v x 1  0  v     2x   1  x 1  0  2  4 251 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2  u   v   x     x  2 2 4 4 2 2
1  5  0 , phương trình này vô nghiệm.  2  1
Vậy phương trình có hai nghiệm x  1; x   . 8
Bài 7. Giải phương trình: 2 2 4 2
x  3 x 1  x x 1 Lời giải: Đặt 2 2
u x , v
x 1; u, v  0 , khi đó phương trình trở thành v  0 2 2 2 u 3v u v 10v 6uv 0         3 v   u  5
Do u, v  0 nên chỉ nhận nghiệm 2
v  0  x 1  0  x  1  .
Thủ lại ta thấy các nghiệm này thỏa mãn.
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1 .
Bài 8. Giải phương trình: 2 2
x  2x  2x 1  3x  4x 1 Lời giải: 1 Điều kiện: x  . 2
Khi đó bình phương hai vế của phương trình ta được:  2
x x x   2  x    2
x x x     2 2 2 1 1 2 2 1
x  2x  2x   1 Đặt 2 u
x  2x , v
2x 1; u, v  0 , khi đó ta có phương trình: 1 5 1 5 2 2
uv u v u
v , nhưng do u, v  0 nên u v 2 2 2 1 5  1 5  1 5 2 2  x  2x
2x 1  x  2x     2x   1  x  2  2  2   252 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Bài 9. Giải phương trình 4 4 4 x
x 1  1  x Lời giải:
Điều kiện: 0  x  1
Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình
Xét với 0  x  1
Khi đó chia cả hai vế của phương trình cho 4 x ta được phương trình 1 1 1 1 4 4 4 4 1 1  1  1  1  1 x x x x 1 1    u v  1 u v 1  Đặt 4 4 u  1 ; v  1
khi đó ta có hệ phương trình    x x u v  2 
u v 2 4 4 2 2 2 2  2u v  2  u v  1 u    v  1     
u v  2uv2 2 2 2 2 2  2u v  2
2u v  4uv 1  0    6  4  3  1  2 u   v 1 u     2 1   6    x  4 uv  1    0   6    2 6  4  3 1  4  3 1  2   2  v  1   2  2       
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1 1 1.1. 3  x   x  1 2 2 1.2.
x   x x  3 5 5  2  0 253 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1.3. 4 2 2 x x  1  x x  1  2 1.4.
3 x  7  x 1 1.5.
3 2  x 1 x 1 1.6. x   3 5
x 1  1  3x  4 1.7. 2
3x  2  x 1  4x  9  2 3x  5x  2 1.8. 2 2
x  2x  2x 1  3x  4x 1 1.9. 2 2
5x 14x  9  x x  20  5 x 1
1.10. 7 3x  7  4x  7 7  x  32
1.11. x   x     x 2 9 2 3 1 10 9
3  3x  4 9x 12x  3  4
1.12. 2x  6 x  4   x  5 2x  3  3 x   1 1.13. 2 2
6x  40x 150  4x  60x 100  2x 10 1.14. 2 3 3
x  2x 1  x 14  x  2 1.15.  2 2  x   x  4 2 2 2 1 1
 1 x  3x  1 1.16. 2 4 2 6 1 x
x x 1  1 x 1  0 1.17.
x x  2 2 2 2
1  2x  2x  3  4x  5
PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI
Phương pháp :
Khi gặp các phương trình có dạng (i). 2
ax bx c  mx npx q (ii). 2       2 ax bx c mx n
px qx r (iii). 3 2        3 2 ax bx cx d mx n
ax qx rx s 254 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
px q t  Ta thường đặt 2
px qx r t
và chuyển phương trình về dạng  3 2
ax qx rx s t  2
t  mx nt g( ) x  0(*)
Việc bây giờ của chúng ta là giải phương trình (*), tức tìm sao cho biệt thức  là số chính phương. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình :  x   2 2 1
x  2x  3  x 1 Lời giải : Đặt 2
t x  2x  3 , khi đó phương trình trở thành  x   2
t x    2
x x     x   2 1 1 2 3
1 t  2x  2  0  t   x  
1 t  2x  2  0(*)
Phương trình (*) có    x  2 3 , nên (*) có hai nghiệm 2 t 2  
x  2x  3  2    x  1  2  . 2 t x 1 
x  2x  3  x 1 
Bài 2. Giải phương trình : 2 x   2  x   2 3
2 x  1 2 x  2 Lời giải : Đặt 2
t x  2 , khi đó phương trình trở thành : 2
x   x   2 t x  
 t   x   2
t x x   2 2 3 1 0 2 3 1 x  2  0 2
t   x  t    2 2 1
x  3x 1 2 0 255 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Phương trình này có biệt thức    2
  2 4 4
1 x  4 12x  41 2  4  0 , nhận thấy
     x  2 1 4 .
Vậy phương trình ban đầu tương đương với 2 t 3   x  2  3 2
t   x  2t  3  3x  0     x   7  . 2 t x 1 
x  2  x 1 
Bài 3. Giải phương trình : 2
4 x 1 1  3x  2 1 x  1 x Lời giải :
Điều kiện : 1  x  1 .
Đặt t  1 x , khi đó phương trình trở thành : 4 x  1  3x  2t t 1  x  1 2
 t   x 1  2t  2x  4 x 1  2  0 (*)
Phương trình này có biệt thức    x   2 3
1 2 , do đó phương trình (*) có hai nghiệm là  3 x  
t  2 x 1
 1 x  2 x 1  5      t x 1 1   1 x x  1 1  3  x    2 3 3
Vậy phương trình có ba nghiệm là x   ; x   . 5 2 3 2
x  2x  3x 1
Bài 4. Giải phương trình : 2 x x 1  2 x  2 Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với : 3 2
x x  2x   2 x x 1 2  x x 1  2 x  2 256 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Đặt 2
t x x 1 , khi đó phương trình trở thành :  2 x   3 2 2 2
t x x x t t   2 x   3 2 2 2
2 t x x  2x  0
Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là t , ta có
   x  2   x x x   x x  2 2 3 2 2 2 4 2 2 2 t 2
t x x Từ đó suy ra:  t x  2  1 5  Với 2 2 2 2
t x x
x x 1  x x t t 1  t   0 2 2 1 5    2 1 5  x x 1  2 2
x x 1  
  2x  2x    1 5  0 2 2   1  3  2 5  x  . 2 x  2  3  Với 2
t x  2 
x x 1  x  2    x   . x x 1    x  22 2 5  3 1 3  2 5
Vậy phương trình có ba nghiệm : x   , x  . 5 2 3x
Bài 5. Giải phương trình 3x   2 2 1
2x 1  5x   3 2 Lời giải: Điều kiện 2 2x 1 0 2 t 1 Đặt 2 2 t
2x 1  x
và phương trình được đưa về dạng 2 3 3 3x   2 2 1 t  5x
x  3  mx  5  m 2 x
x  3  3x   1 t  0 2 2 2 t 1 3  m  5  m 2 x
x  3  3x   1 t  0 2 2 257 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2 t 3 mm  5  m 2
x  3x   1 t x  3   0 (*) 2 2 2
Coi (*) là phương trình bậc hai ẩn t, tính delta:  3 m     3x  2 1
 2m 5  m 2 x x  3  
 là số chính phương, tìm được m  4 .  2 2 
Các bạn tự giải tiếp nha!
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau : 1.1. x   2 2 4 1
x  1  2x  2x 1 3 2
x  2x  3x 1 1.2. 2 x x 1  2 x  2 1.3. 2 2
4x  7x x 5  x  2x  1 1.4. 2
x   x   2 2 3
3x  6x  2  6x  5 1.5. 2
x   x   2 2 3
3x  6x  2  6x  5 1.6. x   2 2 3 5
2x  3  4x  6x 1
PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Phương pháp: -
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số :
Giả sử biến đổi phương trình về dạng f ( )
x f (t) (*) , trên miền xác định D xét tính đơn điệu
của hàm số f (t) . Nếu f (t) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì phương trình (*) tương đương với x t . 258 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ -
Dùng bất đẳng thức đánh giá( Các bất đẳng thức xem Chuyên đề GTLN-GTNN và
chứng minh bất đẳng thức). - BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình 3 3 3 x 1 
x  8   x  1 Lời giải: -
Với x  0 thì Vế trái lớn hơn 1, Vế phải nhỏ hơn 1 -
Với x  0 thì Vế trái nhỏ hơn 1, Vế phải lớn hơn 1 -
Nhận thấy x  0 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0
Bài 2. Giải phương trình 2 4 2
3x  6x  12  5x 10x  9  2
x x  2  3 Lời giải: VT x x   x x    x      x  2 2 2 4 2 2 3 6 12 5 10 9 3 1 9 5 1  4  9  4  5
VP   x x       x  2 2 2 3 2 1  5  5   x  2 1  0 
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi VT VP  5   x   1   x  2 2 1  0 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1
Bài 3. Giải phương trình sau:  x   2 
x x    x 2 2 1 2 4 4 4 3
2  9x  3  0 259 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải:
Phương trình tương đương với
x     x   
2     x   x  2 2 1 2 2 1 3 3 2 3
 3  f (2x 1)  f ( 3  x) (*) .
Ta xét hàm số f t t  2 ( )
2  t  3 liên tục trên  . Ta có 2 t 2
f '(t)  2  t  3 
 0 , suy ra f (t) đồng biến trên  . Do đó phương trình (*) tương 2 t  3 1
đương với : 2x  1  3x x   . 5 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x   . 5
Bài 4. Giải phương trình sau : 3 3
6x 1  8x  4x 1 Lời giải :
Phương trình tương đương với x  
x    x3 3 3 6 1 6 1 2
 2x f (2 )
x f ( 6x 1) (*) . Ta xét hàm số 3
f (t)  t t lên tục trên  . Ta có 2
f '(t)  3t 1  0 , suy ra hàm số f (t) đồng
biến trên  . Nên phương trình (*) tương đương với : 3 3
2x  6x 1  8x  6x 1  0 .
Giải phương trình bằng cách đặt x  cos t, t 0, , khi đó phương trình trở thành: 2 1 3
4 cos t  3 cos t  1  0  cos3t  2  t x  o c s  9   9 3t   k 2    3 7 5   t      x  o c s  9  9
3t    k2    3 5 7t   x  o c s  9  9
Do là phương trình bậc ba nên có tối đa 3 nghiệm, vậy nên phương trình có ba nghiệm như trên: 260 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 5 7
Vậy phương trình có 3 nghiệm là x   os c , os c , os c  .  9 9 9  2
Bài 5. Giải phương trình sau : 3  x   3 1
 2 x 1   x  5 x 8  3x  31  0 Lời giải :
Điều kiện : x  8 .
Khi đó phương trình tương đương với : 3 2 3
x 1  x  2 3 1
 2 x 1   x 8  
1   x 8  
1  2 x 8   1 Xét hàm số 3 2
f (t)  t t  2t , ta có 2
f '(t)  3t  2t  2  0, t
 1,  . Nên f (t) đồng biến. Phương trình có dạng 3 3
f ( x 1)  f ( x  8 1)  x 1  x  8 1 Đặt 3
u x 1, ta được phương trình : 3 u 1  u  7 3 2
u u u    u    2 2 8 0
2 u u  4  0  u  2  x  9 5
Bài 6. Giải bất phương trình sau : 3 3  2x   2x  6 2x 1 Lời giải : 1 3 Điều kiện :  x  . 2 2 5  1 3
Ta xét hàm số f (x)  3 3  2x   2x  6 trên ,   . 2x 1  2 2 3  5  1 3
Ta có f '(x)  
 2  0 , suy ra hàm số f ( x) nghịch biến trên ,   . 3  2x  2x 13  2 2
Nhận thấy f (1)  0 . Do đó bất phương trình tương đương với : f (x)  f (1)  x  1.  3 
Kết hợp với điều kiện ta suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S  1,  . 2    261 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Bài 7. Giải phương trình sau : 3 3 3 2 3 2
x  2  x 1  2x 1  2x Lời giải : Đặt 3 3 2 u x  1, v
2x , khi đó phương trình trở thành : 3 3 3 3
u 1  u v 1  v f (u)  f (v) 2 t Ta xét hàm số 3 3
f (t)  t 1  t , ta có f '(t) 
1  0 nên f (t) đồng biến. do đó t  2 3 3 1 1
phương trình tương đương với 3 3 2 u v x 1 
2x x  1 x   . 2 2 1 2x 1  1 
Bài 8. Giải phương trình sau : log
x  2  x  3  log  1  2 x  2 2   2   2 xx Lời giải :  1  Điều kiện : x  2  ,   0,     .  2 
Khi đó phương trình tương đương với 2  1   1   1  log
x  2  2 x  2  x  2  log 2   2 2   2  2 2        x   x   x   
f x   1 2  f 2  (*)    x  Xét hàm số 2
f (t)  log t  2t t trên khoảng 0,  . 2 1 1
Ta có f '(t)   2t  2  2
.2t  2  0 , nê hàm số đồng biến. do đó phương trình (*) t ln 2 t ln 2 tương đương với : 262 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1 4 1 3 2 x  2  2   x  2  4  
x  2x  4 x 1  0 2 x x x 3  13   x   1  2 x  3x   1  0  x  1   x
. So sánh với điều kiện suy ra phương trình có 2 3  13
hai nghiệm là x  1  ; x  . 2
Bài 9. Giải phương trình sau :  x  2  x  6  2x 1  3  4 Lời giải : 1 Điều kiện : x  . 2
Để phương trình có nghiệm thì 2x 1  3  0  x  5 .
Khi đó xét hàm số f (x)   x  2  x  6  2x 1  3 trên khoảng 5,  .  1 1 
x  2  x  6
Ta có f '(x)     2x 1   3 
 0 , nên hàm số đồng biến  2 x  2 2 x  6  2x 1
trên 5,   . Nhận thấy f (7)  4 , do đó phương trình có nghiệm duy nhất x  7 .
Bài 10. Giải phương trình sau : 2
2 x 1  3 5  x  3x  30x  71  0 Lời giải :
Điều kiện : 1  x  5 .
Khi đó phương trình tương đương với : x  
x    x  2 2 1 3 5 3 5  4  4 (1)
Xét hàm số f (x)  2 x 1  3 5  x liên tục và xác định trên 1, 5 . Ta có
2 5  x  3 x 1 29 f '(x) 
f '(x)  0  x  . x 1. 5  x 13 263 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  29 
Ta lại có f (1)  6, f (5)  4, f
 2 13  min f (x)  f (5)  4 (2)     1,  5  13 x
Từ (1) và (2) ta suy ra x  5 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5 .
Bài 11. Giải phương trình sau : 2
4 x  2  22  3x x  8 Lời giải : 22
Điều kiện : 2  x  . 3
Khi đó phương trình tương đương với :
x      x   2 4 2 2 22 3 4  x  4 4 x  2 32  x  
  x  2 x  2 x  2  2 22  3x  4  4 3 
  x  2 x  2    0    x  2  2 22  3x  4  x  2   4 3 x  2    0(*)  x  2  2 22  3x  4 4 3
Xét hàm số f (x)  x  2   , ta có x  2  2 22  3x  4 2 9  22  f '(x)  1   0, x   2;   xx 2 x x 2  3 2 2 2 22 3 22 3 4         22 
Nên hàm số đồng biến trên 2,  3    Nhận thấy f ( 1
 )  0 , do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất x  1 .
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1  ; x  2 . 264 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Bài 12. Giải phương trình sau : 2
x  2  3  x x x 1. Lời giải :
Điều kiện : 2  x  3 . Xét hàm số 2 f (x) 
x  2  3  x x x 1 trên đoạn  2  ,  3 . 1 1 1 1
Ta có f '(x)  
 2x 1; f ' (x)     2  0. Do đó hàm 2 x  2 2 3  x 4  x  23 4 3  x3
số f '(x) nghịch biến trên 2, 3 , do đó phương trình f ( )
x  0 có tối đa 2 nghiệm. Nhận thấy x  2; x  1
 thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1  ; x  2 . Nhận xét :
Bài toán này có thể giải bằng phương pháp trục căn thức
Bài 13. Giải phương trình : x    x3 1 1 Lời giải :
Điều kiện x  0 . Xét hàm số f x
x    x3 ( ) 1
1 trên đoạn 0,  . 1 2
Ta có f '(x) 
 31 x  0,x 0,  . Do đó hàm số đồng biến trên đoạn 0,  . 2 x
Vậy nếu phương trình f ( )
x  0 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. nhận thấy f (1)  0 . Vậy
phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 14. Giải phương trình : 2 4 2 4
13 x x  9 x x 16 265 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời giải :
Điều kiện : x  1
Khi đó phương trình tương đương với : x   x   x 2 2 2 2 13 1 9 1  256
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy sharvart ta có   x   x 2    x   x 2 2 2 2 2 13 1 9 1 13. 13 1 3 3. 3 1      2  x    2  x    2 13 27 13 1 3 1 40 16 10x  2  16  Từ đó suy ra 2 VT  40x  2 16 10x   4  256  VP    2 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 2  1 x 2  1 x  2 5  3  x   5  2 2
10x  16 10x  2
Vậy phương trình có hai nghiệm là x   . 5
Bài 15. Giải phương trình 4 2 4 2 2
x  5x  4  2x  4x 16x x 1 Lời giải :
Điều kiện x  2; x  2  -
Với x  2 phương trình tương đương với  2 x   2 x   2 2  x x  2 x   2 1 4 4 4 4  x 1 2  x   2 2 x   x  2 2 4 1 4
 4x x 1  0 266 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ   2 2
x x   2 4 1 x  4  
1  0  x  5  2 -
Với x  2 khi đó phương trình tương đương với  2 x   2 x   2 2  x x  2 x   2 1 4 4 4 4  x 1 2  x   2 x    2  x  2 1 4 1 4 x  4   1 (*)
Dễ thấy với x  2 thì Vế phải lớn hơn Vế trái, hay phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau : 1.1. 2
4x 1  4x 1  1 1.2.  2
3  4 x  14x 15  16 1 1 9 1.3. 2x 5   1  2 2 x x x 1.4. 2 2
x  2x  3  x  6x 11  3  x x 1 1.5. 2
2x 12x  6  2x 1  x  2 1.6.   x    x 2 6 2 2 2 3
 6 x  5x  6 1.7. 2
x   x   x   3 3 2 3 1 3x  3 1.8. 6 2 3 2
4x 1  4x 1  1 4x 1 1 4x 1
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 267 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Khi gặp một số bài toán mà biểu thức chứa căn thức, ta thường đổi biến số dưới dạng lượng giác như sau. + Nếu có chứa 2 2
a x thì đặt x  a sin t hoặc x a cos t . a a + Nếu có chứa 2 2
x a thì đặt x  hoặc x  . cos t sin t + Nếu có chứa 2 2 x a hoặc 2 2
x a thì đặt x  a tan t . x a + Nếu có chứa
thì đặt x a cos 2t . a x
+ Nếu có chứa  x ab x thì đặt x a  b a 2 sin t . BÀI TẬP MẪU 2 3 1 x
Bài 1. Giải phương trình : 1 1 x
1 x  1 x   2 3 3 2   3 3 Lời giải :
Điều kiện : x  1. 3 3
Với 1  x  0 thì
1 x  1 x  0  VT  0,VP  0 , do đó phương trình không có nghiệm trên  1
 , 0 . Ta xét nghiệm của phương trình x 0,  1 . 
Đặt x  cos t, t  0; 
, khi đó phương trình trở thành : 2    2 3 1 cos t 1 1 o c s t
1 cost  1 cost   2 3 3 2   3 3 3 3  t t      2 3 3  1  sin t  2cos  2 sin    sin t      2 2      3 3   268 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ t t  t t   t t  2 3 3  2 2 sin  o c s cos  sin 1 cos .sin   sin t        2 2  2 2   2 2  3 3   1  1 1  2 6 cos t 1
sin t  2  sin t  cos t   x     2  6 6 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  . 6 x
Bài 2. Giải phương trình sau : 2 1 x  2 4x 1 Lời giải : 1
Điều kiện : x  1, x   . 2 2
Ta đặt x  cos t, t 0;,t  , 3 3
Khi đó phương trình trở thành : cos t 2 1 cos t   sin t  2 4 cos t  
1  cos t  sin t  2
3  4 sin t  cos t 2  4 cos t 1  k 3t
t k 2 t    2    8 2
 sin 3t  cos t  sin  t        2    3t t k 2      t   k      2    4 5 
So sánh với điều kiện của t, suy ra x  , , . 8 8 4 5
Vậy phương trình có ba nghiệm là x cos ; x cos ; x cos . 8 8 4
Bài 3. Giải phương trình : 2   x x  2 1 1 1 2 1 x Lời giải : 269 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Điều kiện : x  1.
Để phương trình có nghiệm thì x  0 , do đó ta chỉ xét nghiệm phương trình x  0,  1 . 
Ta đặt x  cos t, t  0, 
, khi đó phương trình trở thành : 2    2   c t t  2 1 1 os cos 1 2 1 o
c s t   1 sint  cost1 2sint 2
 1 sin t cos t 1 2sin t  1 sin t 1 1 sin t1 2sin t  0 
1 1 sin t 1 2 sin t   0(*) , do t  0,  2   
Phương trình (*) tương đương với : sin t  0  x  1 2
2sin t  sin t  0    1  3 sin t   x   2  2
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau : 2 1 2x 1 x 1.1. 2  1 2x 2 1.2.
 1 x  1 1 x  1  2x 1.3.
2 a x a x a x xa x 1.4.
3  x  6  x 3  x6  x  1 1.5. 3 x  3x x  2
MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH DẠNG ĐẶC BIỆT 270 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Dạng 1: . a ( A x)  . b B(x)  (
A x).B(x) .
Phương trình này được giải bằng cách chia hai vế phương trình cho ( A x) hoặc ( B ) x  0. Dạng 2: 2 2
u  v mu nv .
Phương trình này được giải bằng cách chia hai vế phương trình cho u hoặc v  0 . n
Dạng 3 :  ( ) n f x
 ag(x)  b ta đặt n ag(x)  b f ( y) và đưa về giải hệ đối xứng. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Giải phương trình sau:  2 x   3 2 2  5 x 1 Lời giải:
Điều kiện: x  1.
Khi đó phương trình tương đương với:  2
x x     x     x   2 2 1 2 1 5
1 x x   1 .
Nhận thấy x  1 , không là nghiệm của phương trình, nên chía hai vế phương trình cho  x   1 ta được: 2 2 x x 1 x x 1 2 x x 1 2  2  5 (*) , đặt t
 0 , khi đó (*) trở thành: x 1 x 1 x 1 2  x x 1 t   2   2 x 1 5  37 2
2t  2  5t  0    1   x  .   2 t  2 x x 1 1  2    x 1 2 5  37
Vậy phương trình có hai nghiệm x  . 2 271 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3
Bài 2. Giải phương trình sau: 2 4 2
x  3x 1   x x 1 3 Lời giải: 2 Ta có 4 2
x x    2 x   2  x   2
x x   2 1 1
1 x x   1    1   2 Giả sử 2
x  3x 1   2 x x   1   2 x x   1        3   1   
Khi đó phương trình trở thành: 2   3 2 x x   1   2 x x   1    2 x x   1  2 x x   1 3 Đặt 2 2 u
x x  1, v
x x 1 , khi đó phương trình trở thành: 3  3   3  2 2 2
u v   uv   u v  u v   0 3  2   3       3  3 2 2 u v x x 1  x x 1   2 2 7  3 5      x  .   2 3 3 2 2 u   v
x x 1   x x 1  3  3 7  3 5
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  . 2 2 37
Bài 3. Giải phương trình sau: 2
4x 1  9x  26x   0 3 3 Lời giải: 1
Điều kiện: x   . 4 2 11
Khi đó phương trình tương đương với:
4x 1  3x  42  2x  (*) 3 3 4
Đặt 4x 1  3y  4, y
, khi đó kết hợp với (*) ta có hệ phương trình: 3 272 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ   y    2  x  3y  42 2  4x 1 3 4 4 1   
 3y  4  4x  1   2 11  
 x y   3x  42 
3y  4  2x  
x y  9x  9 y  22  0    3 3
9x  9 y  22  0  14  61 12  53
Giải hệ này ta được các nghiệm thỏa mãn điều kiện là x  ; x  . 9 9
Bài 4. Giải phương trình: 3 3 2
3x  5  8x  36x  53x  25 Lời giải:
Phương trình tương đương với:
x    x  3 3 3 5 2 3  x  2 (*)
Nên ta đặt 3 3x  5  2 y  3 (**) , kết hợp với (*) ta có hệ phương trình:   2y  3  3  3x  5  
 2x  33  x  2 y  5 
Trừ theo vế hai phương trình trong hệ ta được:
x y x  2   x   y    y  2 2 2 3 2 3 2 3 2
3   2 y x
x y (i)  
 2x  32   2x  3  2 y  3   2 y  32 1  0 (ii) 
Dễ thấy phương trình (ii) vô nghiệm, do 2  1  3
2x  32  2x  32y   3   2y  2 3 1  2x  3   2y   3 1   2y  2 3  0  2  4
Thay x y ở (i) vào (**) ta được: 5  3
2x  33  3x  5   x  2 2 8x  20x  
11  0  x  2  x  . 4
BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 273 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1.1. 2 3
2x  5x 1  7 x 1 1.2. x x   x  3 3 2 3 2 2  6x  0 1.3.  2 x x   3 2 3 2  3 x  8
Đáp số: x  3  13 1.4. 3 3 2
3x  4  x  3x x  2 1.5. 3 2 5 4
2x x  3x 1  x x 1 4 1.6. 3 3 2
81x  8  x  2x x  2 3 1.7. 2
x  2x  2 2x 1 1.8. 2
2x  6x 1  4x  5 1.9. 3 3
8x  4x 1  6x 1 1.10. 2 2 x x   x x  2 3 7 13 8 2
1  3x  3x 1.11.  2 x x   3 2 2 2
3  5 x  5x  3x  2  1  1.12. 2
8x 13x  7  1    x   1 2x   2 3
1  x x 1  x 1.13. 3 3 3
x  6  6  x  6 1.14. 3 3 x    2 10 1 3 x  2 Đặt 2 u x 1, v x x 1
Đáp số x  5  33 1.15. 3 x    2 10 8
3 x x  6 11 177 Đáp số: x  2 1.16. 2 2
x  2x  2x 1  3x  4 x 1 274 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1 5 Đáp số: x 2
BÀI TẬP TỔNG HỢP
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1. 2
x x    x   2 3 1 3 x 1 2.
4  3 10  3x x  2 3.
x x    x   2 1 1 x x x  0 4. 2
4x 1  4x 1  1 5. 2 2 x
x x 1  x 1
x x 1  1 1  1  6. 2 2  x  2   4  x  2   xx 7. 3
x  1 x 1 8. x   1
2x 1  3 x   1 2 1 9. 4 x   2x   2 x 2x 10. 2 2
x 1  2x x  2x
11. x   x x   x  2 1 1  x x
12. x   3 3 4 1
x  1  2x  2x  1 13. 2 2
x  2x  3  x  6x 11  3  x x 1 14. 2 x 1 
x 1   x   1 3  x15. 2 3
x 1 1 2x x x 16. 2 2 x x 1  x x 1  2 275 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
17. x  2 x 1  x  3  4 x 1  1
18. 1 x  6  x  5   2x 19. 3 2
x  6  x  7  x 1 20.  2 x x 2 4
2x  3x  2  0 x 1 1 21. x
x 1  3  x 2 22. 2
x  4x  3  x  5 23. 3 2
x x  3x 1  2 x  2 , x  2  , 2 2 1 x 24. 4 3 2
x  2x  2x  2x 1   3 x xx 25. 2 2
x  4  x  2  x 4  x 26. 3 2 3 2 2
3x  2x  2  3
x x  2x 1  2x  2x  2 27. 3 3 2
2 2x 1  27x  27x 13x  2 9 2 x  9x 1 28. 3  2x 1 3 29. 2
x 1 x 1  2  x x  2 2 2 x x  2 x x 30. 2   x 1 2 2
1  x x  2
1 x x  4 31. x  2 2012
x  1  x  1 32. 2 3 3 5
2x sin x x cos x  2x 1  x x x 1
33. 2 2  x5  x  x  2  x 10  x
34. x   2 2 3
x  4  x  9 2 x 16 5 35. x  3  x  3 x  3 276 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2 51 2x x 36. 1 1 x 3 x 1 37. 2 3  x 1 
x x 1  x  3 x  3 38. 3 2 3 x  2  2  x
39. 13 x 1  9 x 1  6x 40. 3 2
5x 1  9  x  2x  3x 1
41. (x  2) x 1  2x  2  0 x 1 1 1 42. 2x   1  3 x x x x 43. 2 3 2 4 3 4 4 4
x x(1 x)  (1 x)  1 x x (1 x)  x 44. 3 3 6 2 x 1  x 1  x 1 45. 3 2
x  4  x 1  2x  3 46. 2 3 2
x 15  2  3 x x  8 47. 3 3 2 3 2 7x 1 
x x  8 
x  8x 1  2 48. 3 3 3 3
3x 1  5 x  2x  9  4x  3  0 7 49. 2 2
x 1 x  (1 x ) 4 2 50. 2 1 x x x  1 x 3 2 (2x 1)
51. 2x 1  3  2x  2 1 52. 2
x  2x 1 3x x   0 x 53. 2 3 3
2( x  3x  2)  x  8 x  3
54. 4x 1  3x  2  5 277 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 55. 2
2 3x  3  x  9x  20 56. 2 2
2x 16x 18  x 1  2x  4 57. 2
x  2  4  x x  6x 11 58. 2 2
2x 13  4x  2  2x  7 2 1 x 2x x 59.  2 x 1 x 60. 2 3 4 2
x x x  2x 1 61. 2 2
2x x 1  x x 1  3x 62. 2
3x  7 x  8  4x  2 x  8  0
x  2  x 2x 1 63. x  2 x  2x 1
64. x   x   2 2 3 1 x
x  4x  3  2x 2 18x 65. 2
25x  9 9x  4   2 x x  1 x 1 x 1 2  2 2 2 66. x 1   2x 2x  2 1 x 67. 2
x x    x   2 10 3 1 6 1 x  3 68. x
x   x  2 2 5
5  x  11 x  5  x 69. 2
15x  2  x   1
x  2  5x  2  0 70. 2
x   x x    x   2 2 1 2 1
x  2x  3  0 71. 3 2
x  3x  4  4x x  3 72. 2
2x  2x   x   1 x x 1 73. 2
4 1 x  6  x  3 1 x  5 1 x 278 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2 x x 1 2 74. 2 2  x  4  2 x  4 x 1 75. 2 4  2 1 x  3
x  5 1 x  1 x 76. 2 2
2 x  7x 10  x x 12x  20
77. x  2 3 4
 6 x  3x  13 78. 3 2
x x x    x   3 6 2 3 5 1 x  3 79. 2
x x    x   2 1 2 x  2x  2 80. 2 2
x x  6  3 x 1  3x  6x 19  0 81.  2 x x   2
x x    2 6 11 1
2 x  4x  7 x  2 1 x 3 2 82. 2
2x  1 x  2 1 x 83. 3 2 3
x  3x  3 3x  5  1 3x 84. 3 2 x  4 
x 1  2x  3 85. 3 2 3
x 1  3x  2  3x  2
86.  1 x   1  1 x   1  2x 87. 2 2 2
x x 1  x x 1  x x  2 88.  2
x     x 2 3 2 1 1
1 3x  8 2x 1 12x  8
89. 2x  4  2 2  x  2 9x  6 90. 2 3 2
1 x  2 1 x  3 91. 2 2
4x  5x 1  2 x x 1  9x  3 1 2x 1 2x
92. 1 2x  `1 2x   1 2x 1 2x 279 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 93. 3 3 4 2
8  x  64  x x 8x  28 1  1  94. 2 2  x  2   4  x  2   xx 95. 3 2 4
x 1  x x x 1  1 x 1 x 1 1 1 96. 2x   1  3 x x x x 97. x x     2 1 3
2 x  5x  8 1 1 98. 2 x   2  x  2   4 2 x x 99. 2 2
x  2x  2x 1  3x  4x 1
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1.1. 3 2
x  3x 1  8  3x
3  3x  3  x 4 1.2.
3  3x  3  x x x 22 23 1.3. 3 2 3   x  3x   1 2 21 7 2 2 1.4. 2 3x   4  x  2 3 x x 1.5.
7 3x  7  4x  7 7  x  32 2 7  2x 1.6. 3 7x  8   x 6 3 x 3 1 1.7. 3 2 3
3x  3x  3    3 4 2  3x 1  1.8.
2  2x  2 1 x    3x 1     280 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 2 1.9. 3 3 x x  2 ln x
ln  x  2 ln x  0 3 1.10. x  2 
x     x   2 3 2 9 3 4
2 1 1 x x   0
1.11. 2 x  2 3x  5  2 2x  5  3x 1 1.12. x x   x  3 3 2 3 2 2  6x  0 1.13. x   x   x   2 4 17 53 12 2 5 1  27 1.14. 2 4 3
1 x x x x x 1.15.  2 2  x   x  4 2 2 2 1 1
 1 x  3x  1 1.16. 2
20x  80x 15  2x 1 4 3x  5 1.17. 4 2 2
x  3x   x x  2x 1.18. 2
x   x x    x   2 2 1 2 1
x  2x  3  0 1.19. x   x   2 3
2 x  9x  22  5 1.20. 4 4 3 x  20 
x  9  x  7 1.21. 3
x  2x  2  6  x  4 1.22.  2 x x   2
x x    2 6 11 1
2 x  4x  7 x  2
Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1.1. 3 2 3 2
x x    x x x    2 3 2 2 3 2 1
2 x x   1 1.2. 3 2 4 3
3x x  3  x  3x  3  0 2 5x  4 1.3. 3
x  2x  5  24x  23  3 3 1.4. 5 3
x x x   2 x   2  x  2 1 x x   1 281 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1.5. 2
x x    x   2 1 1 9  x 2 x  3 4 1.6. 8
 3  6 2x  3  x  1 x  1 2 2 x  2 1 x 1.7. 2 8  x   5  2 2 2x x 1.8. 2 2 x
x  4 x  5  2 x  1 
4 x  4 x  2  x  1 5 5 1.9. 2 2 2 2
x  1  x
x  1  x x 1 4 4 2 3 1.10.
x     x   3 3 1 2
x x 1 1.11. 4 3
x x x   2 2 2 x x1.12. 2 2
4x 1  x  2x x  2x 1
1.13. x  3  x  1 x   1  1
1.14. x   4 3 2
1 x x x  5x  2 2 1.15.  2 x x   3 4 10 7 6x  4  3  6x  4   1  9 1.16.  2 x x   4 2 6 3 1 
x x 1  0 1.17.
 2x     x 2 3 2 1 1
1 3x  8 2x 1  1  1 2 3 1.18. 2 x x  3x   x    3  9 3 3 3 x  8 x  8 1.19. 5x  6  x 1   x 1 5x  6 1.20.  2
x x    x  2 3 1 8 x   1 1.21. 2
12x  8  8x  28 
2x  22x  40 1.22. 2
x  2  5x  6  2 8x  9  4x 1.23. 2
2x 1  3 1 x  1 x  1 x 282 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1.24. 2 x x   x   2 6 3
6 x  5x  2 1.25. x   x x   x 4 1 2 1
 2 x 1 x  1 2 x x 1.26.  1 4 2
x  3x  2x 2
x x  6  7 x  6 2
x  5x  2 1.27.  0 x  3  2  2 x 10 1.28. 3 2 3 4 2
15 x x x 14 x x 1
1.29. 7 x x  2  12x  22  3x 1.30. x     x   2 3 7 8 1 2 1 1 1.31.
3 24x 11 16x 2x 1 1  0 1.32. 2
x x  3 2x x  4  2  x 1.33. 2 2 2 x x 1 
x x 1  x x  2
1.34. 12 x  2  2 x 1  3 x  5 1.35. 4 2
x  17  x  3 1.36. 2 2
1 x  2x
4x 1  2x 1 3 3 1.37. 2 4x x  4 3 2
1 x  8x 16x 1 1.38. 2
4x  12x x 1  27  x   1 1.39. 3 3 3 3
x 1  3x 1 1   x   3 3 3 3 1
3x  3  x 3x  3 1.40. 2 3 2 2 x x x x x  1 x 1  1.41. 2 2 2  x     x 18x  7  2 4    1.42. 6 4 2 3 4 2 3 3 1 x x
1 x x 1  x 1  x 283 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 3
1.43. 3x   2 2 1
2 x 1  5x x  3 2 1.44. 2 2
4x  5x 1  2 x x 1  9x 1
1.45. x   2 3
x  8x  48  28  x 1.46. 2 
x  3  1 x  x  1 x
1.47. x   x   x   2 2 2 3 2
1  2x  5x  3 1  0 1.48. 2 2x  3  x 1 
x 11x  33  3x  5 1.49. 2
4x  3x  3  4x x  3  2 2x 1 1.50.  2  x x  2 x x    2  x x  2 19 10 4 5 24 62 25 27
3x x 1  0 3 x  2x 1.51.  2 6 2 2 x 1 x 1 1 1 1.52. x x   1 x x 1 5 1.53. 2 8x   x 2
1.54. x   3 3 1 2  x  2
1.55. 4x  2 x 1  4x  2 x 1  9 1.56. 2 x x    2 5 28 24
3x  4x  8 2x 1 1.57. x x 1 
2x  5  x  3 1.58. 2
x  2 5x x  5  x  1 2 2 2x 1 x  4x 1 1.59. 2 2  x   2 x x 1.60. 2 2
4x  4x 10  8x  6x 10 1.61. 3 2
x  5  9  7 x x  3x  51x  49  0 284 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 4 1.62. 2 2
2x x  6 
x x  2  x x 1.63. 2 2
x x  6  3 x 1  3x  6x 19 1.64. 2 3 2 3 2
4x x 10  2x  3 2x x  9x  4x  4 1 1.65. 2
x x 1  2 x 1  x 1.66.
x x   2 5 8 1 3 4
1 x  1 x 1.67. 2 3 2
5x  4x  5 x x  3x 18 1.68.  2 x x   2 3 2 3 3 1
x  2x x  4x  4x 1 1.69. 3 x   x  2 1
3x  5x  3
1.70. x   x  
x x    x  3 2 2 1 1 2 3 1 2 1 1 1.71. 3 2 4
x  3x  8x  40  8 4x  4  0 1.72. 3 4 x x  7  x  80 1.73. 2 2 2
x 1  x x  2x x 1 1.74. 4 2x  7 
4x  3  4 x  3 1.75. 2
5  x 1 2x x  3  1 2x  8 1.76.
 3 x  4  6  x 6  x 1.77. 2 2
17  5 4x 16  x 7  x  3 2  2 7x x  4 2 2 2  1.78. 3x 1 
x x x x 1  4 1.79.
x  2 x  2 x  ...  2 3x x 2012 2012 1.80.  2  x x     2  x   x  2013 1 1 1 1  2 1.81.
x   x    2
x   x     x 2 6 1 1 2 1 3 x  2 285 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  1  1 1.82. 2 2 13 1 x  4  9 1  x  4  0  2  2  xx x x
1.83. x  2 1 3 1   4 x  3 x 1  2x  4  1.84. 2 x
10x  3x  3  0    2x  5  x x
1.85. x  2 2 4 2 1  2. .  9 x  4 x  2 7 1.86. 3 2 3 x 1  x  4x  4x 1 4 286 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 287 Dang Thanh Nam
Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam