1. www.laisac.page.tl
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088- 01256813579
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
1. Bình phương 2 vế của phương trình
a)
Phương pháp

Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A  B  C  D , ta thường bình
phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn

Khi gặp phương trình dạng: 3 A  3 B  3 C Ta lập phương 2 vế phương trình
 A  B  3 3 A.B

3

A  3 B  C và sử dụng phép thế : 3 A  3 B  C ta được phương trình
: A  B  3 3 A.B.C  C
Ví dụ
Ví dụ 1) Giải phương trình sau :
Giải: Đk x  0
x  3  3x  1  2 x  2 x  2
Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1 
 x  3 3x  1  x  2 x  2 x  1 ,
để giải phương trình này là không khó nhưng
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :
3x  1  2 x  2  4 x  x  3
Bình phương hai vế ta có :
Thử lại x=1 thỏa mãn.
6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1
Nhận xét : Nếu phương trình :
f  x  g  x  h x  k  x
Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng :
f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả khi giải
xong nhớ kiểm tra lại nghệm xem có thỏa mãn hay không?
Ví dụ 2) . Giải phương trình sau :
x3  1
 x  1  x2  x  1  x  3
x 3
Giải:
Điều kiện : x  1
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
(2) 
x3  1
. x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời giải như sau :
x 3
x3  1
 x  3  x2  x  1  x  1
x3
1

2. Bình phương 2 vế ta được:
x  1 3
x3  1
 x2  x  1  x 2  2 x  2  0  
x3
x  1 3

Thử lại : x  1  3, x  1  3
l nghiệm
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :
f  x  g  x  h x  k  x
Mà có : f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi
f  x  h  x  k  x  g  x
2. Trục căn thức
2.1) Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
Phương pháp
Khi gặp các phương trình vô tỉ mà ta có thể nhẩm được nghiệm x0 thì phương trình luôn đưa
về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình A  x   0 hoặc chứng minh
A  x   0 vô nghiệm ,
Để giải quyết triệt để ta cần chú ý điều kiện nghiệm của phương trình để có thể đánh giá
phương trình A  x   0 bằng phương pháp đạo hàm hoặc sử dụng các bất đẳng thức.
Ví dụ 1) Giải phương trình sau :
3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4
Giải:
Ta nhận thấy : 3x 2  5 x  1  3 x 2  3 x  3  2  x  2  v

x
2
 

 2   x 2  3x  4   3  x  2
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
2 x  4
3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1

2
( x  2) 

 3x2  5x  1  3 x 2  x  1





3x  6
x 2  2  x 2  3x  4

0
2
2
x  2  x  3x  4 


3
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Ví dụ 2) Giải phương trình sau :
x 2  12  5  3x  x 2  5
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x 
5
3
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng
 x  2  A  x   0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
x 2  12  4  3 x  6  x 2  5  3 
x2  4
x 2  12  4
 3 x  2 
x2  4
x2  5  3


x2
x 1
  x  2 

 3  0  x  2
2
x2  5  3 
 x  12  4
2

3. x2
Dễ dàng chứng minh được :
x2

2
x  12  4
Ví dụ 3) Giải phương trình : 3 x 2  1  x 
 3  0, x 
2
x 5 3
5
3
x3  1
Giải :Đk x  3 2
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
3


x  1  2  x  3  x  2  5   x  3 1 


2

2
  x  3  x  3 x  9 

2
2
3 2
3
x3  2  5
 x  1  2 x  1  4 

x3
3
x3
Ta chứng minh : 1 
3
 1
2
 x 2  1  2 3 x2  1  4
x 3

3

2
2
x 2  3x  9
x2 1  1  3
x3  2  5
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
Ví dụ 4) Giải phương trình: x  2  4  x  2 x 2  5 x  1
Giải:
Điều kiện: 2  x  4 . Nhận thấy phương trình trên có nghiệm x  3 nên ta nghĩ đến cách giải
phương trình trên bằng phương pháp nhân lượng liên hợp
x 3
x 3

  x  3 2 x  1
PT  x  2  1  4  x  1  2 x 2  5 x  3 
x  2 1
4  x 1
x  3

1
1


 2 x  1(*)
 x  2 1
4  x 1

1
1
1
 1;

 2  1  VT (*)  2  2
Ta có:
x  2 1
4  x 1
2 1
Mặt khác x  2  VP(*)  2 x  1  5  (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3.
2
2
Ví dụ 5) Giải phương trình: x  x  1   x  2  x  2 x  2
PT  x 2  2 x  7  3  x  2    x  2  x 2  2 x  2  0

2
2

2
 x  2 x  7   x  2 3  x  2 x  2  0  x  2 x  7 



x2
2
  x  2 x  7  1 
  0   x  2x  7 
2

x  2x  2  3 


2
 x  2  x 2  2 x  7 
x2  2x  2  3
0
 1   x  1 
0
2
x  2x  2  3 

 x  1
2
x  1 7
  x2  2 x  7   0  
x  1 7

Tại sao ta phát hiện ra lượng x 2  2 x  7
3

4. Ta thấy x=-2 không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x+2 ta có
x2  x 1
x2  2 x  2 
. Giả sử ta cần thêm vào hai vế phương trình một lượng mx+n khi đó ta
x2
x2  x 1
x 2  2 x  2  (mx  n) 
 (mx  n) 
x2
có
1  m2  x 2  2(1  mn) x  2  n2  1  m  x2  (1  2m  n) x  1  2n
x2
x 2  2 x  2  (mx  n)
1  m 2 2(1  mn) n 2  2
Ta cần chọn m, n sao cho


Từ đó ta có m=0, n=3
1  m 2m  n  1 2n  1
Ví dụ 6) Giải phương trình: x  2  4  x  2 x  5  2 x 2  5 x
5
Giải: Điều kiện xác định:  x  4
2
PT  x  2  1  4  x  1  2 x  5  1  2 x 2  5 x  3


x 3
x  2 1
 

3 x
4  x 1
 

2  x  3
2x  5 1

  2 x  1 x  3
1
1
2


  x  3 


   2 x  1 x  3
4  x 1
2 x  5 1 
 x  2 1
* Với x  3  0  x  3 (thỏa mãn điều kiện)
1
2
1


 2 x  1 (2)
* Nếu x  3  0 thì suy ra:
x  2 1
2x  5 1
4  x 1
5
5
Với điều kiện  x  4 , ta có: VP của (2)  2 x  1  2.  1  6;VT  2   1  2  3
2
2
Do đó pt(2) vô nghiệm. Hay pt(1) không có nghiệm khác 3. Vậy pt(1) có nghiệm duy nhất x  3
Ví dụ 7) Giải phương trình sau:
2 x3  4 x 2  4 x  3 16 x 3  12 x 2  6 x  3  4 x 4  2 x 3  2 x  1
Giải: Điều kiện: 2 x3  4 x 2  4 x  0  x  2 x 2  4 x  4   0  x  0
Phương trình được viết lại như sau:
 2( x  1)2  2 x3  1  (2 x  1)    (2 x  1)  3 (2 x  1) 3  4(2 x 3  1)    2 x 3  1  2 x  1 

 

2 x 3  1 4  2 x  1
1 4


  2 x 3  1  2 x  1   2 x3  1    (2 x  1)   0
A
B
A B

3
Với A  2( x  1)2  2 x 3  1  (2 x  1)
B  (2 x  1)2  (2 x  1) 3 (2 x  1)3  4(2 x 3  1)  3 (2 x  1)3  4(2 x 3  1) 


1 4
Vì x  0  A  1; B  0    2 x  1  0
A B
1
Suy ra PT  2 x 3  1  0  x  3
2
2
4

5. 2.2) Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C
ở dây C có thể là hằng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :
A B
C
A B
 A B C

 2 A  C 
A  B   , khi đó ta có hệ: 
A B 


b) Ví dụ
Ví dụ 1) Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4
Giải:
Ta thấy : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2  x  4 

 

x  4 không phải là nghiệm
Xét x  4
Trục căn thức ta có :
2x  8
2
2
 x  4  2x2  x  9  2x2  x  1  2
2x  x  9  2 x  x  1
x  0
 2x2  x  9  2 x2  x  1  2

2
Vậy ta có hệ: 
 2 2x  x  9  x  6  
2
2
x  8
 2x  x  9  2 x  x  1  x  4


7
8
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
7
2 x2  x  1  x 2  x  1  3x
Ta thấy :  2 x 2  x  1   x 2  x  1  x 2  2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.Tuy
Ví dụ 2) Giải phương trình :
nhiên
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t 
1
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
x
Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm, chia hai vế pt cho x ta có
Đặt t 
2
1 1
1 1
 2  1  2  3
x x
x x
1
ta có phương trình mới là t 2  t  2  t 2  t  1  3 việc giải phương trìn.h này là
x
hoàn toàn đơn giản.
Ta có

t2  t  2  t2  t 1


t 2  t  2  t 2  t  1  2t  1  t 2  t  2  t 2  t  1 
2t  1
3
Từ đó ta có hệ sau :
 t2  t  2  t2  t 1  3
t  1
x  1
2t  10

2


 2
2t  1  2 t  t  2  3   t   7   x   8
2
 t  t  2  t  t 1 
8
7


3

5

6. Ví dụ 3) Giải phương trình: x 2  9 x  24  6 x 2  59 x  149  5  x
Giải:
Phương trình xác định với mọi x thuộc R
Phương trình có dạng:


5(5  x )2
5(5  x)
 5  x   5  x  1 
0
x 2  9 x  24  6 x 2  59 x  149
x 2  9 x  24  6 x 2  59 x  149 

x5


5(5  x)
1 
 0 (*)
2

x  9 x  24  6 x 2  59 x  149

(*)  x 2  9 x  24  6 x 2  59 x  149  5( x  5) . Kết hợp với phương trình ở đề bài ta có hệ :
 x 2  9 x  24  6 x 2  59 x  149  5( x  5)

 x 2  9 x  24  2 x  10
 2
 x  9 x  24  6 x 2  59 x  149  5  x

 x  4( L)
x  5
 2

 x  19 (TM )
x  9 x  24  (2 x  10)2

3

19
Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x  5; x 
3
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức
*) u  v  1  uv   u  1 v  1  0
*) au  bv  ab  vu   u  b  v  a   0
*) A2  B 2
Ví dụ 1) Giải phương trình :
Giải: PT 

3

x 1 1
3
x  1  3 x  2  1  3 x 2  3x  2
x  0
x  2 1  0  
 x  1
3

Ví dụ 2) Giải phương trình : 3 x  1 
Giải:
+ x  0 , không phải là nghiệm
3
x2  3 x  3 x2  x
 x 1 
x 1 3
 x  1 3 x 1   3
 1
x
x


+ x  0 , ta chia hai vế cho x:
3
Ví dụ 3) Giải phương trình:
Giải:Điều kiện : x  1

3

x 1  0  x  1
x  3  2 x x  1  2 x  x2  4x  3
PT 

x  3  2x

x 1
x 1 1  0  
x  0

6

7. 4x
4 x
x3
x3
Ví dụ 4) Giải phương trình :
Giải:
Đk: x  0
2
Chia cả hai vế cho

4x
4x
4x 
x  3 : 1
2
 1 
  0  x 1
x3
x3
x3

Ví dụ 5) Giải phương trình: x  2 7  x  2 x  1  x 2  8 x  7  1
Giải: Điều kiện 1  x  7 .
Đặt a  7  x , b  x  1; a, b  0  ab   x 2  8 x  7
Phương trình đã cho trở thành: b 2  2a  2b  ab   a  b  b  2   0  a  b  b  2
- Nếu a=b thì 7  x  x  1  7  x  x  1  x  3 thỏa mãn điều kiện đề bài
- Nếu b=2 thì x  1  2  x  3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3.
 Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng : Ak  B k
Ví dụ 1) Giải phương trình :
3x  x 3x
Giải:
Đk: 0  x  3 khi đó pt đ cho tương đương
3
3
1 
10
10  1

: x  3x  x  3  0   x 

x

3 3 3
3

Ví dụ 2) Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4
3
2
Giải:
Đk: x  3 phương trình tương đương :
1 
3 x

2
x 1
 x  3  1  3x
 9x2  

 x  5  97
 x  3  1  3 x


18

Ví dụ 3) Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2 
Giải : PT 

3
x  2  3 3x

2
3
 0  x 1
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
* Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t  f  x  và chú ý điều kiện
của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể
giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những
phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t  f  x  thường là những phương trình dễ .
7

8. Ví dụ 1) Giải phương trình:
Điều kiện: x  1
Nhận xét.
x  x2 1  x  x2 1  2
x  x 2  1. x  x 2  1  1
1
x  x 2  1 thì phương trình có dạng: t   2  t  1
t
Thay vào tìm được x  1
Ví dụ 2) Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5
Đặt t 
Giải
Điều kiện: x  
4
5
t2  5
Đặt t  4 x  5(t  0) thì x 
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4  10t 2  25 6 2
2.
 (t  5)  1  t  t 4  22t 2  8t  27  0
16
4
 (t 2  2t  7)(t 2  2t  11)  0
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1  2 2; t3,4  1  2 3
Do t  0 nên chỉ nhận các gái trị t1  1  2 2, t3  1  2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x  1  2 vaø x  2  3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2  6 x  1  0
Ta được: x 2 ( x  3) 2  ( x  1) 2  0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y  3  4 x  5
về hệ)
và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa
Ví dụ 3) Giải phương trình sau: x  5  x  1  6
Điều kiện: 1  x  6
Đặt y  x  1( y  0) thì phương trình trở thành:
y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0 ( với
y  5)  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0  y 
Từ đó ta tìm được các giá trị của x 
1  21
1  17
(loaïi), y 
2
2
11  17
2

Ví dụ 4) Giải phương trình sau : x  2004 

x 1 1 x

2
Giải: đk 0  x  1
Đặt y  1  x PT  2 1  y 
2
y
2
 y  1002   0  y  1  x  0
8

9. 1
 3x  1
x
Ví dụ 5) Giải phương trình sau : x 2  2 x x 
Giải:
Điều kiện: 1  x  0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x  2 x 
1
1
 3
x
x
1
, ta giải được.
x
Đặt t  x 
Ví dụ 6) Giải phương trình : x 2 
3
x4  x2  2x  1


Giải: x  0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x 
1 3
1
 x  2
x
x
1
1 5
, Ta có : t 3  t  2  0  t  1  x 
x
2
Đặt t= 3 x 

Ví dụ 7) Giải phương trình sau: x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  1  x 3  x

1  x2
x
Lời giải: Điều kiện x   ; 1   0;1
2
2
Nếu x<-1 thì x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  1   x 2  x    x  1  0; x3  x  x  x 2  1  0 nên phương
trình trên không có nghiệm thỏa mãn x<-1
Đồng thời x=1 không là nghiệm của phương trình nên ta chỉ xét x   0;1 .
Phương trình tương đương với:
x
2


1  2x 1  x
Đặt t 
x2 1

x 1  x2
Khi đó
x2  1

 x
x 1  x2
2
2


  x
2
 x 1  x  
1

x 1  x2

 0 , phương trình trên trở thành t 


2


2 x 1  x2
x2 1
2


x2 1
1
2
 1  t 2  t  2  0  t  2 (do t>0)
t

 2  x2  1  4 x 1  x2  x 4  2 x 2  1  4 x  4 x3  0

2
 2 x  1  0  x 2  2 x  1  0  x  1  2
So sánh với điều kiện đã nêu trên ta thấy phương trình trên có nghiệm duy nhất là x  1  2 .
Ví dụ 8) Giải phương trình: x 3 

1  x 
Giải: ĐK: 1  x  1 . PT  x  1  x 2
Đặt t  x  1  x 2 
2
3

 x 2 1  x2
 x  x 1  x
2
2


 1  x 2  x 2(1  x 2 )
t 2 1
 x 1  x 2 . Ta có phương trình:
2
9

10.  t2 1 
t 2 1
t 1 
 2
 t 3  2t 2  3t  2  0  t  2 t 2  2 2t  1  0

2 
2




t  2
t  2


2
t  2 2t  1  0
t   2  1


*)t  2  x  1  x 2  2  2  x  1  x 2 
 2 x2  2 2 x  1  0  x 

2x

2
 1  x 2  do x  1
1
2
*)t   2  1  x  1  x 2  1  2 vô nghiệm ,do VT  1  VP
 1  x  1  2
1 2  2 2 1

*)t   2  1  1  x 2  1  2  x   2
 x
2
x  1 2 x  2 1  0


Vậy phương trình có 2 nghiệm x 

2
1 2  2 2 1
; x
.
2
2
Ví dụ 8) Giải phương trình sau: (13  4 x) 2 x  3  (4 x  3) 5  2 x  2  8 16 x  4 x 2  15
Giải:
3
5
Điều kiện  x  .
2
2
Phương trình được viết lại như sau:
7

 

2 x  3  5  2 x  2 (2 x  3) 2 x  3  (5  2 x) 5  2 x  2  8 (5  2 x)(2 x  3)
t2  2
. Điều kiện
2
Phương trình đã cho có dạng: t 3  4t 2  t  6  0  t  2  x  2
Ngoài ra ta cũng có thể giải phương trình trên bằng cách đưa về hệ.
Đặt t  2 x  3  5  2 x  (5  2 x )(2 x  3) 

2 t 2

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản,
đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
* Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng cách
- Xét v  0 thử trực tiếp
2
u
u
- Xét v  0 phương trình trở thành :          0
v
v
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 

 u   v  mu 2  nv 2
Chúng ta thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình
vô tỉ theo dạng này .
10

11. a) Phương trình dạng : a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x 
Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu
 P  x   A  x  .B  x 


Q  x   aA  x   bB  x 

Xuất phát từ đẳng thức :
x 3  1   x  1  x 2  x  1
x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1



x4  1  x2  2x  1 x2  2x  1
4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1
Ta dễ dàng tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2  2 2 x  4 

x4  1

Ví dụ 1) Giải phương trình : 2 x 2  2  5 x3  1
Giải: Đặt u 
x  1, v  x 2  x  1
u  2v
5  37
Phương trình trở thành : 2  u  v   5uv  
Tìm được: x 
1
u  v
2

2
3 4
Ví dụ 2) Giải phương trình : x 2  3 x  1  
x  x2  1
3
2
Ta có
2
x
x4  x 2  1  x4  2 x2  1  x2 
2


 x 1 x2  x 1
Ta giải bài toán như sau:
Giả sử: x 2  3 x  1   ( x 2  x  1)   ( x 2  x  1) .
    1
  2

Suy ra     3  
. Phương trình được viết lại như sau:
   1
    1

2( x 2  x  1)  ( x 2  x  1) 
 3
( x 2  x  1)( x 2  x  1)
3
Hay 6u 2  3v 2   3uv . Đến đây thì bài toán là đơn giản
Ví dụ 3) Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1
Giải:
Đk: x  1


Nhận xt : Ta viết   x  1   x 2  x  1  7

 x  1  x 2  x  1

Đồng nhất thức ta được: 3  x  1  2 x 2  x  1  7
 x  1  x2  x  1
11

12. v  9u
Đặt u  x  1  0 , v  x  x  1  0 , ta được: 3u  2v  7 uv  
v  1 u

4
Ta được : x  4  6
2
Ví dụ 4) Giải phương trình : x 3  3 x 2  2
 x  2
3
 6x  0
Giải:
Nhận xét : Đặt y 
x  2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
x  y
x 3  3 x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3 x( x  2)  2 y 3  0  x3  3 xy 2  2 y 3  0  
 x  2 y
Phương trình có nghiệm : x  2, x  2  2 3
b).Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương
hai vế thì đưa về được dạng trên.
Ví dụ 1) Giải phương trình : x 2  3 x 2  1 
Giải:
x4  x 2  1
u  x 2

Ta đặt : 
khi đó phương trình trở thành :
v  x2 1


v  0
2
2
2
u  3v  u  v  10v  6uv  0  
 v  0  x  1
v   3 u (VN )

5
Ví dụ 2) Giải phương trình sau :
Giải
Đk x 
x
2
x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
1
. Bình phương 2 vế ta có :
2
 2 x   2 x  1  x 2  1 
x
2
 2 x   2 x  1   x 2  2 x    2 x  1

1 5
v
u 
u  x  2 x
2
2
2

Ta có thể đặt : 
khi đó ta có hệ : uv  u  v 

1 5
v  2 x  1
v
u 

2
1 5
1 5
Do u , v  0 . u 
v  x2  2x 
 2 x  1
2
2
2
Vì sao ta phân tích được như trên. Hãy xét ví dụ sau:
12

13. Ví dụ 3) Giải phương trình :
Giải:
5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
x
Đk x  5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  2  5

2
 x  20   x  1

Giả sử: 2 x 2  5 x  2   x 2  x  20    x  1
  2

Khi đó ta có :     5 không tồn tại  ,  thỏa mãn hệ.
20    2

u  x 2  x  20
v  x  1
Vậy ta không thể đặt 



Nhưng ta có : x 2  x  20  x  1   x  4  x  5  x  1   x  4  x 2  4 x  5

  2
  2

Giả sử: 2 x  5 x  2   x  4 x  5    x  4  . Suy ra 4    5  
5  4   2    3


2

2
Ta viết lại phương trình: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) . Đến đây bài toán
được giải quyết .
Đây là ví dụ điểm hình về phương trình:  u   v  mu 2  nv 2 học sinh cần chú ý
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích
x 1 1
x 1  x  2  0 , 2x  3  x
2x  3  x  2  0






Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó
của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Thông thường các phương trình này thường xuất hiện theo dạng :
 ax 2  bx  c  (mx  n) px  q

 ax 2  bx  c  (mx  n) px 2  qx  r

 ax3  bx 2  cx  d  (mx  n) ax3  qx 2  rx  s

Để giải các phương trình dạng này ta thường đặt f ( x )  t sau đó đưa phương trình về dạng:
 t 2  (mx  n)t  g ( x )  0 (*) . Vấn đề ở đây là ta phải chọn  như thế nào để phương trình (*)
có  chẵn
 ( x  h( x ))2
2
Tức là   (mx  n)  4 . g ( x)  
(Điều kiện cần là “hệ số của x 2 trong  phải
2
 (2 x  h( x)) ....

là số chính phương”)
Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .
13

14. 

Ví dụ 1) Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2
Giải:
Đặt: t 
x 2  2 , ta có phương trình mới là: x 2  ( x  2)t  3 x  1  0 .
Ta cần làm xuất hiện t 2 trong phương trình này.
Ta có
PT   t 2  ( x  2)t  x 2  3 x  1   ( x 2  2)  0   t 2  ( x  2)t  (1   ) x 2  3x  1  2  0


  ( x  2) 2  4 (1   ) x 2  3x  1  2   4 2  4  1 x 2  x(4  12 )  4 (1  2 )  4




Ta quan tâm đến phần hệ số của x 2 là 4 2  4  1 . Nhận thấy khi   1 thì
  x 2  8 x  16  ( x  4) 2
t  3
(Phần còn lại quá đơn
t  x 1

Từ đó phương trình có dạng: t 2   2  x  t  3  3 x  0  
giản)
Ví dụ 2) Giải phương trình :  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1
Giải:
Đặt : t 
x 2  2 x  3, t  2
 x  1 t  x
2
Khi đó phương trình trở thnh :
2
 1  x  1   x  1 t  0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn
t  2
x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1  0  t 2   x  1 t  2  x  1  0  
t  x  1
* Từ một phương trình đơn giản :

1 x  2 1 x


1  x  2  1  x  0 , khai triển ra ta
sẽ được pt sau
Ví dụ 3) Giải phương trình sau : 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2
Giải:
Nhận xét : đặt t  1  x , PT : 4 1  x  3 x  2t  t 1  x  1 (1)
 3x  ( 1  x  2)t  4 1  x  1  0 Ta sẽ tạo ra phương trình:
 t 2  ( 1  x  2)t  3x  4 1  x   (1  x )  1  0
  t 2  ( 1  x  2)t  (3   ) x  4 1  x    1  0
  x  1  4  4 x  1  4 (3   ) x  4 1  x    1




 4 2  12  1 x  (16  4) x  1  5  4 2  4
Khi   1 thì   9( x  1)  12 x  1  4  3 x  1  2 


2
(TMĐK)
Vậy phương trình trở thành: t 2  ( 1  x  2)t  2 x  4 1  x  2  0
14

15.   x  1  2  (3 x  1  2)
 2 x 1
t 
2
Ta có : 
  x  1  2  (3 x  1  2)
 x  1 1
t 
2

Việc còn lại là hoàn toàn đơn giản.
Ví dụ 4) Giải phương trình: 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16
Giải .


Bình phương 2 vế phương trình: 4  2 x  4   16 2 4  x 2  16  2  x   9 x 2  16


  2  4  x    9  2  x
Ta đặt : t  2 4  x 2  0 . Ta được: 9 x 2  16t  32  8 x  0
Ta phải tách 9 x 2
2
2
 8 làm sao cho  t có dạng chính phương .
Cụ thể phương pháp như sau:
Giả sử phương trình có dạng
mt 2  16t  m(8  2 x 2 )  9 x 2  8 x  32  0  mt 2  16t  (9  2m) x 2  8m  8 x  32  0
  '  64  m((9  2m) x 2  8m  8 x  32)   '   m((9  2m) x 2  8mx  8m 2  32m
2
Ta cần chọn m sao cho  có thể đưa về dạng  f ( x) từ đó ta suy ra
 m(9  2m)  0
 m  4 là một giá trị thỏa mãn điều kiện

 m(9  2m)  1; 4;9;16.........
 x  8
t  2
2
2
2
2
Ta có phương trình mới là 4t  16t  x  8 x  0  4t  16t  x  8 x  0 
t  x
 2

4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ
mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
3
3
3
3
Xuất phát từ đẳng thức  a  b  c   a  b  c  3  a  b  b  c  c  a  , Ta có
3
a 3  b3  c 3   a  b  c    a  b  a  c  b  c   0
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
7 x  1  3 x2  x  8  3 x 2  8 x  1  2
3
3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3  0
Ví dụ 1) Giải phương trình : x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x
3
15

16. u  2  x


Giải : v  3  x , ta có :

w  5  x

u
2  u 2  uv  vw  wu
 u  v  u  w   2


2
3  v  uv  vw  wu   u  v  v  w   3 , giải hệ ta được:
5  w2  uv  vw  wu


 v  w  u  w   5
30
239
x
60
120
Ví dụ 2) Giải phương trình sau : 2 x 2  1 
a 

b 

Giải . Ta đặt : 
c 

d 

x2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
2x2 1
x2  3x  2
a  b  c  d
, khi đó ta có : 
2
2
2
2
2
a  b  c  d
2 x  2x  3
 x  2
x2  x  2
Ví dụ 3) Giải phương trình:
3
7 x  1  3 x 2  x  8  3 x 2  8x  1  2
Giải: TXĐ:  . Đặt a  3 7 x  1, b   3 x 2  x  8, c  3 x 2  8 x  1 . Khi đó:
a3  b3  c3  8(1)
.

a  b  c  2(2)
3
Mặt khác ta có hằng đẳng thức  a  b  c   a 3  b3  c 3  3  a  b  b  c  c  a  (3)
 a  b
Thay (1),(2) vào (3) ta được:  a  b  b  c  c  a   0  b  c

c  a

 x  1
 3 7 x  1  3 x2  x  8
7 x  1  x2  x  8
 x 2  8x  9  0
x  9


 3 x 2  x  8  3 x 2  8 x  1   x 2  x  8  x 2  8x  1  7 x  7
Vậy


x  1

 x 2  8 x  1  7 x  1
 x2  x  0

 3 x 2  8x 1   3 7 x  1



x  0
Thay các giá trị 1, 0,1,9 vào phương trình đã cho thấy thỏa mãn. Vậy pt có 4 nghiệm 1, 0,1,9 .
Ví dụ 4) Giải phương trình sau:
3
x 2  3x  2

3

x 1  3 x  2  1
Giải: TXĐ:  . Phương trình viết lại:  x  1   x  2   3 x 2  3 x  2

3

x  1  3 x  2  0 (*)
Đặt a  3 x  1, b   3 x  2 , thay vào (*) ta được:
a  b
2
a3  b3  ab  a  b   0   a  b  a  b   0  
 a  b
 3 x 1   3 x  2
x 1  x  2
3
Vậy 

x
3
3
2
 0 x  1(VN )
 x 1  x  2

16

17. 3
3
vào pt đã cho thấy thỏa mãn.Vậy x   là nghiệm duy nhất của pt.
2
2
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó tìm được hệ theo
u,v
Thay x  

3

3
Ví dụ 1) Giải phương trình: x 25  x3 x  25  x 3  30
3
Đặt y  35  x 3  x 3  y 3  35
 xy ( x  y )  30

, giải hệ này ta tìm được
3
3
 x  y  35

( x; y )  (2;3)  (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x  {2;3}
1
Ví dụ 2) Giải phương trình:
2 1  x  4 x  4
2
Điều kiện: 0  x  2  1
 2 1  x  u

Đặt 
0u
2  1, 0  v  4 2  1
4 x  v

1

u  4 v
1


2
u  v  4

2
Ta đưa về hệ phương trình sau: 

2
u 2  v 4  2  1  1  v   v 4  2  1


 4 2


Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 
2
1 

Giải phương trình thứ 2: (v  1)   v  4   0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm
2

2
2
của phương trình.
Ví dụ 3) Giải phương trình sau: x  5 
Điều kiện: x  1
Đặt a 
x 1  6
x  1, b  5  x  1( a  0, b  0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:
a 2  b  5

 (a  b)(a  b  1)  0  a  b  1  0  a  b  1
 2
b  a  5

11  17
Vậy x  1  1  5  x  1  x  1  5  x  x 
2
6  2 x 6  2x 8
Ví dụ 4) Giải phương trình:


5 x
5 x 3
17

18. Giải
Điều kiện: 5  x  5


Đặt u  5  x , v  5  y 0  u , v  10 .
(u  v ) 2  10  2uv
u 2  v 2  10


Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4
2 4
8

   2(u  z ) 
(u  v ) 1  uv   3
3
 u v



4
1
5
 x   x  2x 
(1)
x
x
x
1
5
Giải: ĐK: x  0; x   0; 2 x   0
x
x
5
Giải hệ điều kiện trên ta được: x 
hoặc 1  x  0 (2).
2
1
5
4
Phương trình (1) tương đương: x   2 x   x 
x
x
x
1
5
4
Đặt u  x  ; v  2 x 
với u  0; v  0 . Ta được: u  v  x 
(3)
x
x
x
5 
1
4

Lại có v 2  u 2   2 x     x    x 
(4)
x 
x
x

Từ (3) và (4) suy ra: v 2  u 2  u  v   u  v  u  v  1  0 . Vì u  v  1  0 nên u  v  0
Ví dụ 5) Giải phương trình:
x  2
4
 0  x2  4  
x
 x  2
Thử lại thấy nghiệm x  2 không thỏa mãn điều kiện (2), nghiệm x  2 thỏa mãn phương trình.
Từ (3) suy ra x 
Ví dụ 6) Giải phương trình: 3 24  x  12  x  6
Giải: Điều kiện: x  12
Đặt u  3 24  x ; v  12  x  u  3 36, v  0 , ta có hệ phương trình:

v  6  u
u  v  6

v  6  u
 3

 3 2
2
2
u   6  u   36
u  v  36
u u  u  12  0(*)




Phương trình (*) có 3 nghiệm u  0; u  4; u  3 thỏa mãn u  3 36 .
Từ đây ta tìm được: x  24; x  88; x  3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x  24; x  88; x  3 .
Ví dụ 7) Giải phương trình: 4 x  4 17  x  3
Giải: ĐK: 0  x  2 . Đặt a  4 x ; b  4 17  x ; a, b  0 . Ta có hệ:
a  b  3
a  b  3
a  b  3
a  b  3

2

 2 2

 4
2
4
ab  2  ab  16
a  b  17
a b  18ab  32  0
 a  b   2ab   17


18

19. a  b  3 a  1  a  2  x  1
* Với 



ab  2
b  2 b  1
 x  16
a  b  3
* Với 
 hệ vô nghiệm.
ab  16
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1; x  16 .
Nhận xét: Khi gặp phương trình có dạng: F  f  x   , n a  f  x  , m b  f  x   c (1). Ta có thể đặt
 f u, v   c

u  n a  f  x  , v  m b  f  x  , lúc đó ta có hệ phương trình:  n m
u  v  a  b

Giải hệ này ta tìm được u,v. Từ đây ta tìm được x.
Chú ý: Khi tìm được u,v để tìm x ta chỉ cần giải 1 trong 2 phương trình:
n
a  f  x   u hoặc
m
b  f  x  v
5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng
loại II
 x  12  y  2

 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
2
 y  1  x  2

(1)
việc giải hệ này
(2)
thì đơn giản
Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y  f  x 
sao cho (2) luôn đúng , y 
 x  1
2
x  2  1 , khi đó ta có phương trình :
 ( x  2  1)  1  x 2  2 x  x  2
Vậy để giải phương trình : x 2  2 x 
x  2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
 x   2  ay  b

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
, ta sẽ xây dựng được
2
 y     ax  b

phương trình
dạng sau : đặt  y   
2
ax  b , khi đó ta có phương trình :  x    
n
Tương tự cho bậc cao hơn :  x    
a

ax  b  b 


an

ax  b  b 


Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
 x   
n
 p n a ' x  b '   v đặt  y    n ax  b để đưa về hệ , chú ý về dấu của  ???
n
Việc chọn  ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :  x     p n a ' x  b '   là
chọn được.
19

20. Ví dụ 1) Giải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1
Điều kiện: x 
1
2
Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1)2  1  2 2 x  1
 x 2  2 x  2( y  1)

Đặt y  1  2 x  1 thì ta đưa về hệ sau: 
2
 y  2 y  2( x  1)

Trừ hai vế của phương trình ta được ( x  y )( x  y )  0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x  2  2
Ví dụ 2) Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5
Giải
Điều kiện x  
5
4
Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  (2 x  3) 2  2 4 x  5  11
Đặt 2 y  3 
4 x  5 ta được hệ phương trình
(2 x  3) 2  4 y  5

sau: 
 ( x  y )( x  y  1)  0
(2 y  3) 2  4 x  5


Với x  y  2 x  3  4 x  5  x  2  3
Với x  y  1  0  y  1  x  x  1  2
Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3}
Ví dụ 3) Giải phương trình: 8 x3  4 x  1  3 6 x  1
Giải:
3
Ta có phương trình   2 x   4 x  1  3 2 x  4 x  1
Đặt u  2 x; v  3 2 x  4 x  1 , ta có hệ phương trình:
u 3  4 x  1  v
u 3  v 3  v  u
u  v


 3
 3
 8 x 3  6 x  1(1)
 3
v  4 x  1  u
u  4 x  1  v
8u  4 x  1  u


(*) Nếu x  1  VT (1)  2 x  4 x 2  3  2  (1) vô nghiệm.
(*) Nếu x  1 , đặt x  cos t , t  0;   , ta có (1) trở thành:
1


5
7
cos 3t  cos  t1  ; t2 
; t3 
2
3
9
9
9
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x  cos

5
7
; x  cos ; x  cos
9
9
9
Ví dụ 4) Giải phương trình: 7 x 2  13x  8  2 x 2 3 x 1  3 x  3 x 2 
Giải:
Ta thấy x=0 không là nghiệm của phương trình.
20

21. Chia 2 vế phương trình cho x3 ta được:
7 13 8
1 3
 2  3  23 2   3
x x
x
x
x
1
3
Đặt t  , ta có: 8t 3  13t 2  7t  2 3 t 2  3t  3   2t  1   t 2  t  1  2 3 (2t  1)  t 2  t  1
x
Đặt u  2t  1, v  3 2  2t  1  t 2  t  1 ta có hệ phương trình:
u 3  t 2  t  1  2v

 u 3  v 3  2v  2u
 3 2
v  t  t  1  2u

  u  v   u 2  uv  v 2  2   0
 u  v  2t  1  3 t 2  3t  3  8t 3  13t 2  3t  2  0
t  1
t  1
  t  1  8t  5t  2   0   2
  5  89
t 
8t  5t  2  0


16

Thử lại ta thấy ba nghiệm thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có 3 nghiệm.
 1
Ví dụ 5) Giải phương trình: 8 x 2  13 x  7   1   3  x  1 2 x  1  x 2  x  1
 x
Giải:
2
PT  8 x 3  13 x 2  7 x   x  1 3 3 x 2  2
3
  2 x  1   x 2  x  1   x  1 3  x  1 2 x  1  x 2  x  1
Đặt u  2 x  1; v  3 3 x 2  2 ta có hệ phương trình:
u 3   x 2  x  1   x  1 v

  u  v   u 2  uv  v 2  x  1  0
 3
2
v   x  x  1   x  1 u

(*)u  v  2 x  1  3 3x 2  2  8 x 3  15 x 2  6 x  1  0
x  1
  x  1  8 x  7 x  1  0  
x   1
8

2
2
u 3
2

(*)u 2  uv  v 2  x  1  0   v     2 x  1  x  1  0
2 4

2
2
u
u
2


 4  v    12 x 2  8 x  7  0  4  v    4 x 2  2  2 x  1  5  0 vô nghiệm.
2
2


1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  1; x  
8
Ví dụ 6) Giải phương trình: x 3  3 6  3 x  6  6
21

22. 3 x  6  z
 3

z  x  6
Giải: Đặt 
 3
3 z  6  y y  z  6


Mặt khác với các phép đặt ẩn phụ trên, từ pt trong đầu bài, ta có x 3  y  6  0 .
 x 3  y  6 1


Như vậy ta được hệ pt (I):  y 3  z  6  2 
 3
 z  x  6  3

Nhìn thấy hệ trên không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z nên không mất tính
tổng quát, ta có thể giả thiết x  max  x, y, z  ( x là số lớn nhất trong 3 số x, y, z hay
x  y, x  z )
Nếu x  y , từ (1) và (2) suy ra y  6  x3  y 3  z  6  y  z
Khi đó từ (2), (3) suy ra y  6  x3  y 3  x  6  z  x . Mâu thuẫn với giả thiết x  z ở trên. Do
đó phải có x  y .
Với x  y , từ (1) và (2) suy ra y  z
Vậy x  y  z


Phương trình (1) trở thành: x 3  x  6  0 hay  x  2  x 2  2 x  3  0 (4)
2
Vì x 2  2 x  3   x  1  2  0 nên PT (4) có nghiệm duy nhất x  2 .
4
x2
3
3
Phương trình :  27 3 81x  8  27 x3  54 x 2  36 x  54  27 3 81x  8   3x  2   46
Ví dụ 7) Giải phương trình sau:
3
81x  8  x3  2 x 2 
 3 x  2 3  27(3 y  2)  46  0

Ta đặt : 3 y  2  3 81x  8 . Từ đó đưa về hệ đối xứng bậc 3. 
3
 3 y  2   81x  8

 3 x  2 3  81y  8

Hay 
Đến đây việc giải hệ hoàn toàn đơn giản
3
 3 y  2   81x  8

n
“Dạng tổng quát của bài toán này là:  f ( x)   b  a n af ( x )  b . Để giải phương trình này ta
t n  b  ay

đặt t  f ( x); y  n af ( x)  b Ta có hệ phương trình sau:  n
Đây là hệ đối xứng loại
 y  b  at

(II). Trừ hai phương trình của hệ cho nhau ta sẽ tìm được mối liên hệ t,y.
Chú ý rằng ta có thể thay a, b bằng các biểu thức chứa x cách giải bài toán vẫn không thay
đổi.”
 Dạng hệ gần đối xứng
22

23. (2 x  3)2  2 y  x  1

Ta xét hệ sau : 
(1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng
(2 y  3) 2  3 x  1


chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau :
Ví dụ 1) Giải phương trình: 4 x 2  5  13 x  3 x  1  0
2
13 
33

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :  2 x    3 x  1 
4
4

13
Đặt 2 y 
 3 x  1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải
4
được.
Để thu được hệ (1) ta đặt :  y    3x  1 , chọn  ,  sao cho hệ chúng ta có thể giải
được , (đối xứng hoặc gần đối xứng )
2
 y   2  3x  1
 2 2

 y  2 y  3 x    1  0 (1)
Ta có hệ : 
 2
(*)
2
(2)
 4 x  13 x   y  5    0
4 x  13 x  5   y  


Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm
xy
 2 2  3  2  1
Nên ta phải có :
, ta chọn được ngay   2;   3


4
  13
5
Ta có lời giải như sau :
1
3
3
3x  1  (2 y  3), ( y  )
2
2
(2 x  3)  2 y  x  1

Ta có hệ phương trình sau: 
 ( x  y )(2 x  2 y  5)  0
(2 y  3) 2  3 x  1


Điều kiện: x   , Đặt
Với x  y  x 
15  97
8
Với 2 x  2 y  5  0  x 
11  73
8
15  97 11  73 


;

8
8




Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: 
Ví dụ 2) Giải phương trình:
Điều kiện x  
1 
2
37
4 x  1  9 x 2  26 x 
 0(1)
3
3
1
4
2
1
4
2
4 x  1   3 x  4   2 x  . Đặt 3 y  4  4 x  1, y  . Khi đó hệ phương trình thành:
3
3
3
23

24. 2
 3 y  4   4 x  1
 3 x  4 2  2 x  2 y  1  3 y  4  2  4 x  1




  x  y

2
 3 y  4   4 x  1
 x  y  9 x  9 y  22   0



 9 x  9 y  22  0
x  y
 x  y

x  y
 2
  x  14  61


 9 x  28 x  15  0
2

9

  3 x  4   4 x  1



22

  y  x 
 
22
y  x 


9
9 x  9 y  22  0


9

2

 2

91
 3 y  4   4 x  1  9 x  24 x   0

  x  12  53
9



9

1

x  4

Do 
nên phương trình đã cho có 2 nghiệm
4
y 

3

Ví dụ 3) Giải phương trình:
3

 xy



14 
 x 
9


  x  12 

9
 

  y  10 
9



  x  12 


9

  y  10 

9

61
53
53
53
53

14  61
x 
9


12  53
x 
9

3x  5  8 x3  36 x 2  53x  25
Giải: TXĐ:  . Phương trình viết lại:
3
3
3x  5   2 x  3  x  2 (1)
 2 y  33  3 x  5(2)

Đặt 2 y  3  3 x  5 . Kết hợp (1) ta có hệ: 
3
 2 x  3   x  2 y  5(3)

Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được:
2
2
2  x  y   2 x  3   2 x  3 2 y  3   2 y  3   2  y  x 


 x  y  0(4)

2
2
 2 x  3   2 x  3 2 y  3   2 y  3  1  0(5)

* Ta có (4)  y  x thay vào (2) ta được:
3
 2 x  3
2
 3 x  5  8 x3  36 x 2  54 x  27  3 x  5
x  2
  x  2   8 x  20 x  11  0  
x  5  3


4
2
24

25. 2
B  3B 2

* Do A2  AB  B 2   A   
 0 nên (5) không thể xảy ra.
2
4

5 3
Phương trình có 3 nghiệm x  2; x 
.
4
Ví dụ 4) Giải phương trình: 3 3x  4  x 3  3 x 2  x  2
Phương trình đã cho tương đương với
3
3
3x  4  2 x  3   x  1
 x  13  2 x  y  4

Đặt y  1  3 3 x  4 . Ta có hệ phương trình 
3
 y  1  3x  4

Trừ hai phương trình của hệ, vế theo vế ta được:
2
2
 x  y   x  1   x  1 y  1   y  1   y  x


x  y  0

x y
2
2
 x  1   x  1 y  1   y  1  0

3
2
Suy ra x  1  3 3x  4   x  1  3 x  4  x3  3x 2  4   x  1 x  2   0  x  1  x  2
Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x=1 và x=-2.
III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
1. Dùng hằng đẳng thức :
 Từ những đánh giá bình phương : A2  B 2  0 , ta xây dựng phương trình dạng A2  B 2  0
Từ phương trình

2
 
5x  1  2x 

2
9  5 x  2  x  1  0 ta khai triển ra có phương
trình :

4 x 2  12  x  1  4 x 5 x  1  9  5 x

2. Dùng bất đẳng thức
A  m
nếu dấu bằng ở (1)
B  m
và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A  B
1
Ta có : 1  x  1  x  2 Dấu bằng khi và chỉ khi x  0 và x  1 
 2 , dấu bằng
x 1
1
khi và chỉ khi x=0. Vậy ta có phương trình: 1  2008 x  1  2008 x 
 1 x
x 1
 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 
25

26.  A  f  x

khi đó :
 B  f ( x)

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
A  f  x

A B 
B  f  x

*) Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có
nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để
đánh giá được
2 2
 x  x9
x 1
Ví dụ 1) Giải phương trình:
Giải: Đk x  0
2
2

x  
 1 
  x9
 x 1
  x 1  x 1  


 

1
1
 x
7
x 1
 2 2

Ta có : 
 x   2 2

 x 1
 

Dấu bằng 
2 2

x 1

2
Ví dụ 2) Giải phương trình : 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16
Giải: Đk: 1  x  1

Biến đổi pt ta có : x 2 13 1  x 2  9 1  x 2

2
 256
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2

2
 13  27  13  13 x 2  3  3 x 2   40 16  10 x 2 
2
 16 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16  10 x      64
 2
2
2
2


x
1  x2

5
 1  x2 
Dấu bằng  

3
2

10 x 2  16  10 x 2

x   5

3`
2
Ví dụ 3) giải phương trình: x  3 x  8 x  40  8 4 4 x  4  0
Pương trình đã cho có dạng: x 3`  3 x 2  8 x  40  8 4 4 x  4
Ta có : 8 4 4 x  4  4 4 ( x  1).4.4.4  x  1  4  4  4  x  13 theo BĐT Côsi
Và x 3  3 x 2  8 x  40  x  13  x3  3x 2  9 x  27  ( x  3) 2 ( x  3)  0 nên VT  VP
Dấu bằng xảy ra khi x  3 . Thử lại x=3 TMĐK
26

27. Vậy x=3 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 4) Giải phương trình:
Giải: ĐK: x  1  x  
3x 2  1  x 2  x  x x 2  1 
x
2
2
7 x
2
2
x4

(*)
1
3
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho hai bộ số 1;1;  x  và
VT (*) 
1



3x 2  1; x 2  x ; x 2  1 ta có:

 2 5 x 2  x . Dấu “=” xảy ra khi x  1
1
nên 5 x 2  x  0
3
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
1  2
1
VP(*) 
5 x  x  2 x2  1  
.2 5 x 2  x 2 x 2  2  5 x 2  x x 2  2

 2 2
2 2
4
Dấu “=” xảy ra khi x  1 và x 
3
Từ đó ta có nghiệm của PT(*) là: x  1
Ví dụ 5) Giải phương trình:
17
1
13 x 2  6 x  10  5 x 2  13x 
 17 x 2  48 x  36  36 x  8 x 2  21
2
2
Giải: Ta có:
Do x  1  x  




 

2



2
5 
3
5
2

VT   3 x  1   2 x  3    2 x     x    x 2   4 x  6   3x  1  2 x   x
2 
2
2

5
3
3
 VT  3x  1  2 x   x  6 x   6 x 
2
2
2
3
Dấu “=” xảy ra khi x 
2
1
1
1
3
2
Mặt khác: VP  12 x  3  2 4 x 2  12 x  9   12 x  3  2  2 x  3   12 x  3   6 x 
 2
 2


2
2
3
Dấu “=” xảy ra khi x 
2
3
Từ đó ta có nghiệm của phương trình (2) là: x 
2
2
2

Ví dụ 6) Giải phương trình:

5 2 7
 4x  3 2 1
x 1
Điều kiện: x  1 . Phương trình có dạng:
5 2 7
 4( x  1)  3 2  3
x 1
27

28. Theo BĐT Cauchy ta có
5 2 7
5 2 7

 4( x  1)  3 3
4( x  1)
4( x  1)
3

5 2 7 5 2 7
.
.4( x  1)  3 3 5 2  7  3 3
4( x  1) 4( x  1)


3
2 1

2 1
5 2 7
3  2
x
4( x  1)
4
3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học
Dấu bằng xảy ra khi 4( x  1) 
3.1 Dùng tọa độ của véc tơ


 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u   x1; y1  , v   x2 ; y2  khi đó ta có
   
uv  u  v 
2
2
2
2
  y1  y2   x12  y12  x2  y2
 
x
y
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng  1  1  k  0 , chú ý tỉ số
x2 y 2

 x1  x2 
phải dương

  
 

u.v  u . v .cos   u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos   1  u  v
3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác

Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta
luôn có MA  MB  MC  OA  OB  OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi
và chỉ khi M  O .

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì
MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200
Bài tập


1)
2 x2  2x  1  2x2 
3  1 x  1  2 x2 
2)


x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5
3 1 x 1  3
IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu như thế nào?
 Dựa vào kết quả : “ Nếu y  f  t  là hàm đơn điệu thì f  x   f  t   x  t ” ta có thể
xây dựng được những phương trình vô tỉ
Xuất phát từ hàm đơn điệu : y  f  x   2 x 3  x 2  1 mọi x  0 ta xây dựng phương trình :
f  x  f


3x  1  2 x3  x 2  1  2


3
3 x  1  (3 x  1) 2  1 , Rút gọn ta được phương
trình
2 x 3  x 2  3 x  1  2  3 x  1 3x  1
28

29. 
Từ phương trình f  x  1  f
2 x 3  7 x 2  5 x  4  2  3 x  1

3 x  1 thì bài toán sẽ khó hơn
3x  1
* Để giải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau :
2 x 3  7 x 2  5 x  4  2 y 3

Đặt y  3 x  1 khi đó ta có hệ : 
cộng hai phương trình ta được:
2
3 x  1  y

3
2
2  x  1   x  1 = 2 y 3  y 2

 

Ví dụ 1) Giải phương trình :  2 x  1 2  4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3  0
Giải:

PT   2 x  1 2 
 2 x  1

2


 3   3 x  2 
 3 x 

2
2
Xét hàm số f  t   t 2  t  3 ta có f '(t )  2  t  2 
Ta có f  2 x  1  f  3 x   x  

 3  f  2 x  1  f  3 x 
t2
2
t2  2
, là hàm đồng biến trên R,
1
thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện.
5
Ví dụ 2) Giải phương trình: x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4
Giải .
 x3  4 x2  5 x  6  y
3

Đặt y  7 x  9 x  4 , ta có hệ :  2
 y 3  y   x  1   x  1
3
7 x  9 x  4  y

3
2
Xét hàm số : f  t   t 3  t , ta có f '(t )  3t 2  1 là hàm đơn điệu tăng.
x  5
Từ phương trình f  y   f  x  1   y  x  1   x  1  7 x  9 x  4  


 x  1  5

2

3
Ví dụ 3) Giải phương trình : 3 6 x  1  8 x  4 x  1
3
Giải:
3
Phương trình tương đương với 6 x  1  3 6 x  1   2 x   2 x  f
2

3

6 x  1  f (2 x)
3
Xét f (t )  t  t dễ thấy hàm số f(t) đồng biến
 2 x  3 6 x  1  8 x 3  6 x  1  0  2 x(4 x 2  3)  VT
Nếu x  1  VT  2; . Suy ra mọi nghiệm phương trình đều thuộc  1;1 đặt x= cost t   0;  
Phương trình trở thành cos 3t 
1


5
7
 cos  t1  ; t2 
; t3 
2
3
9
9
9
Vậy phương trình có 3 nghiệm
Ví dụ 4) Giải phương trình:
Giải: Điều kiện x  8
3
( x  1)2  2 3 x  1  ( x  5) x  8  3x  31  0
29

30. Phương trình đã cho có dạng
( x  1)  3 ( x  1)2  2 3 x  1 

3
 
x  8 1 

2
x  8 1  2


x 8 1
Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  2t  f '(t )  3t 2  2t  2  0t  [1;  ) nên f(t) đồng biến
Phương trình có dạng: f ( 3 x  1)  f ( x  8  1)  3 x  1  x  8  1 
u 3  7  u  1  u  2  x  9 với (u  3 x  1  3 7 )
2
1
2x  1  1 
Ví dụ 5) Giải phương trình: log 2  x  2   x  3  log 2
 1    2 x  2
2
x
 x
 x   2;  
1


Giải: ĐK:  
 x   2;     0;  
1
2

 x   ;     0;  
2
 
1 
1 
1

Khi đó pt viết lại là: log 2 x  2  2 x  2  x  2  log 2  2    2  2     2  
x 
x 
x

2
Xét hàm số f  t   log 2 t  2t  t , t  0 . Ta có:
2
1
1
2
 2t  2  2
.2t  2  2
20
t.ln 2
t.ln 2
ln 2
Vậy hàm số f  t  đồng biến trên khoảng  0;   , do đó:
f ' t  
1
1

x  2  f 2   x 2  2
(2)
x
x

1

Với điều kiện x   2;     0;   , bình phương hai vế phương trình (2) ta được:
2

 x  1
4 1
3
2
x  2  4   2  x  2x  4x 1  
 x  3  13
x x


2
3  13
Kết hợp với điều kiện, ta thấy PT đã cho có hai nghiệm x  1 và x 
2
3
Ví dụ 6) Giải phương trình:  x  5 x  1  1  3 x  4
Điều kiện x  1 .
1 
f


Phương trình đã cho tương đương với:  x  1 x  1  4 x  1  1  3 3


2
x 1 1
u 2  4u  1  y (1)

Đặt u  x  1  0 & y  3u  1 , ta có hệ:  2
3
3u  1  y (2)

3
2
3
Cộng (1) và (2) theo vế ta được: y 3  y   u  1   u  1 (*)
Xét hàm số f (t )  t 3  t dễ thấy f là hàm đồng biến trên R, do đó từ (*) suy ra y  u  1 ,
từ đó thay vào (1) ta được: u 3  4u  1  u  1  u  u 2  3  0  u  0 suy ra x=-1.
Thử lại thấy x=-1 thỏa mãn phương trình. Vậy x=-1 là nghiệm duy nhất.
30

31.  x  2  2 x  1  3
Ví dụ 7) Giải phương trình:
1
2
Phương trình 
x6  4
 x  6  2 x  1  3
x2
Giải: ĐK: x 

x2  x6


2 x  1  3  4 (*)
Ta thấy hàm số y  x  2  x  6  0 và đồng biến còn hàm y  2 x  1  3 cũng là hàm đồng
biến, tuy nhiên hàm này còn nhận giá trị âm nên ta chưa kết luận VT(*) là một hàm đồng biến.
Nhưng ta thấy nếu
2 x  1  3  0  (*) vô nghiệm. Do đó ta xét hai trường hợp sau:
* Nếu 2 x  1  3  0  x  5  VT (*)  0  4  (*) vô nghiệm.
* Nếu x  5, ta xét hàm số f  x  

x2  x6


2 x  1  3 có:
1
1
x2  x6


f ' x  

0
 2x 1  3 
2x 1
 2 x2 2 x6 
(do x  5, ). Nên f(x) là hàm đồng biến trên  5;   và f  7   4  (*) có nghiệm duy nhất


x  7.
Phương pháp này cũng có thể sử dụng để giải bất phương trình.
5
 2x  6
Ví dụ 8) Giải bất phương trình: 3 3  2 x 
2x 1
1
3
Giải: ĐK:  x 
2
2
5
 1 3
 2 x là hàm liên tục trên D   ;  và
Ta có hàm f  x   3 3  2 x 
2x 1
 2 2
3
5
f ' x 

 0  f(x) là hàm đồng biến trên D, đồng thời f(1)=6
3
3x  2
2x 1


Do đó BPT  f  x   f 1  x  1 . Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của BPT: 1  x 
3
2
Ví dụ 9) Giải BPT: 2 x3  3 x 2  6 x  16  2 3  4  x
2 x 3  3x 2  6 x  16  0
Giải: ĐK: 
 2  x  4 .
4  x  0
Khi đó BPT: 
2 x3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3  f  x   2 3 (*)
Trong đó: f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x là hàm liên tục trên D  2; 4  và
f ' x 


3 x2  x 1
3
2

1
 0 nên f(x) là hàm đồng biến trên D
2 4 x
2 x  3 x  6 x  16
Mà ta lại có: f 1  2 3  (*)  f  x   f 1  x  1
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm BPT là: 2  x  1
31

32. Ví dụ 10) Giải phương trình: 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2
Giải: Với phương trình này chúng ta thực hiện cách giải như trên thì sẽ đi vào bế tắc.
Nhận xét đặc điểm các biểu thức dưới dấu căn ta thấy ở mỗi vế biểu thức dưới dấu căn hơn kém
nhau 1.
Do đó nếu ta đặt: u  3 x  1, v  3 2 x thì phương trình đã cho thành:
3
u 3  1  u  3 v3  1  v  f  u   f  v  . Trong đó f  t   3 t 3  1  t
t2
Ta có: f '  t  
3


t3 1
2
 1  0 nên f(t) là hàm đồng biến.
Do đó: f  u   f  v   u  v  2 x 2  x  1  x  1; x  
1
2
1
Vậy phương trình có 2 nghiệm x  1; x   .
2
Ví dụ 11) Giải phương trình sau: 2 x  1  3 5  x  3x 2  30 x  71  0
Giải: Điều kiện: 1  x  5 . PT được viết lại: 2 x  1  3 5  x  3 x 2  30 x  71
Xét hàm số f ( x)  2 x  1  3 5  x với 1  x  5 . Ta có
2 5  x  3 x 1
29  29 
 f '( x )  0  x  ; f    2 13; f (5)  4; f (1)  6
13  13 
2 5  x x 1
Suy ra f ( x )  4 với mọi 1  x  5 .
Ta có 3 x 2  30 x  71  3( x  5) 2  4  4
Khi x  5  VT  VP
Vậy x=5 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 12) Giải phương trình sau: 4 x  2  22  3x  x 2  8
22
Giải: Điều kiện: 2  x 
.
3
Phương trình có dạng:
4
3


4( x  2  2)  ( 22  3x  4)  x 2  4   x  2   x  2 

0
x2 2
22  3 x  4 

x  2

4
3
 f ( x)  x  2 

0

x2 2
22  3x  4

4
3

Xét hàm số f ( x )  x  2 
. Ta có
x2 2
22  3 x  4
2
9
22 

f '( x)  1 

 0x   2; 
2
2
3 

x2 x2 2
2 22  3x 22  3 x  4
f '( x) 




22 

Vậy f ( x ) là hàm đồng biến trên  2;  . Ta có f (1)  0 nên phương trình f ( x )  0 có
3

nghiệm duy nhất x  1
32

33. KL: nghiệm của phương trình là: x=-1 hoặc x=2
Nhận xét: Khi gặp phương trình mà ta có thể biến đổi về dạng: f  u   f  v  , thì ta có thể xét
hàm số y=f(t), nếu hàm số này luôn liên tục và đơn điệu thì f  u   f  v   u  v .
Ngoài ra trong một số bài toán ta cần sử dụng tính chất sau: Nếu y  f n ( x ) là hàm số liên
tục trên (a;b) và f ( n ) ( x)  0 có tối đa k nghiệm thì phương trình: f ( n 1) ( x)  0 có tối đa k+1
nghiệm (Ký hiệu f ( n ) ( x) là đạo hàm cấp n của hàm số y  f ( x ) )
Ví dụ 13) Giải phương trình sau:
x  2  3  x  x2  x  1
Giải: Xét hàm số f ( x)  x  2  3  x  x 2  x  1; x   2;3
Ta có f '( x) 
1
1

 2 x  1; f ''( x )  
2 x  2 2 3 x
4
1
 x  2
3
1

4
3
 2  0 với mọi
3  x 
x  (2;3)
Vậy phương trình f '( x)  0 có tối đa 1 nghiệm suy ra f ( x )  0 có tối đa 2 nghiệm
Ta có f (1)  f (2)  0
Nên phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=-1;x=2
V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
1. Một số kiến thức cơ bản:

   
sao cho : sin t  x và một số y với
;
 2 2 

Nếu x  1 thì có một số t với t  
y   0;   sao cho x  cos y

 
sao cho : sin t  x và một số y với
 2

Nếu 0  x  1 thì có một số t với t  0;
 
y  0;  sao cho x  cos y
 2
  
;  sao cho : x  tan t
 2 2

Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2  y 2  1 , thì có một số t với 0  t  2 , sao cho
x  sin t , y  cos t

Với mỗi số thực x có t   
Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán :
   
hoặc x  cos y với y   0;  
;
 2 2 

 
 
 Nếu 0  x  1 thì đặt sin t  x , với t  0;  hoặc x  cos y , với y  0; 
 2
 2
2
2
 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x  y  1 , thì đặt x  sin t , y  cos t với
0  t  2
 Nếu : x  1 thì đặt sin t  x với t  
33

34.  Nếu x  a , ta có thể đặt : x 
a
  
, với t    ;  , tương tự cho trường hợp
sin t
 2 2
khác
  
; 
 2 2
 x là số thực bất kỳ thi đặt : x  tan t , t   
Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?
Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x  f  t  thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất
một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác )
2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ?
Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos 3t  sin t , ta có thể tạo ra được phương
trình vô tỉ
Chú ý : cos 3t  4cos3 t  3cos t ta có phương trình vô tỉ: 4 x 3  3 x  1  x 2
Nếu thay x bằng
1
ta lại có phương trình : 4  3x 2  x 2 x 2  1
x
(1)
(2)
Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:
4 x 3  12 x 2  9 x  1  2 x  x 2
(3)
Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?
Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình
vô tỉ theo kiểu lượng giác .
3. Một số ví dụ
3
Ví dụ 1) Giải phương trình sau : 1  1  x  1  x  


2
2
  2  1 x
1  x  

3
3
3
Giải:
Điều kiện : x  1
Với x  [ 1;0] : thì
1  x 
3

1  x 
3
 0 (ptvn)
 
x  [0;1] ta đặt : x  cos t , t   0;  . Khi đó phương trình trở thành:
 2
1
1
 1

vậy phương trình có nghiệm : x 
2 6 cos x 1  sin t   2  sin t  cos t 
6
6
 2

Ví dụ 2)
Giải các phương trình sau :
1  2x
1  2x

1  2x
1 2x
1)
1  2x  1  2 x 
2)
1  1  x 2  x 1  2 1  x2
3) x 3  3 x 

x2

HD: tan x 
Đs: x 
1  2cos x
1  2cos x
1
2
HD: chứng minh x  2 vô nghiệm
34

35. Ví dụ 3)
Giải phương trình sau:
3
6x 1  2x
1
2

5
7 

Xét : x  1 , đặt x  cos t , t   0;   . Khi đó ta được S  cos ;cos
;cos  mà
9
9
9 

Giải: Lập phương 2 vế ta được: 8 x3  6 x  1  4 x 3  3 x 
phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.



x2  1 

1
  
Giải: đk: x  1 , ta có thể đặt x 
, t   ; 
sin t
 2 2
cos t  0
1
Khi đó ptt:
1  cot t   1  
sin 2t   1
sin 2 x

2
Phương trình có nghiệm : x   2 3  1
1
Ví dụ 4) Giải phương trình x 2 1 


Ví dụ 5)
2
Giải phương trình :
2
x 2  1  x  1
x 1 

2x
2 x 1  x 2 
2
Giải: đk x  0, x  1
  
; 
 2 2
Khi đó pttt. 2sin t cos 2t  cos 2t  1  0  sin t 1  sin t  2sin 2 t   0
Ta có thể đặt : x  tan t , t   
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x 
Ví dụ 6) Giải phương trình: 1  x 2 
3
2
x
2
4x 1
1
1

2
Giải: Từ điều kiện x  1, x  , và x   , ta đặt x  cos t , t   0;   , x  , x 
2
2
3
3
Thay vào pt đã cho ta được:
35

36. cos t
 1  cos 2 t 4 cos 2 t  1  cos t
2
4cos t  1
 sin t 4  4sin 2 t  1  cos t  sin t  3   4sin 2 t  cos t

1  cos 2 t 





 3sin t  4sin 3 t  cos x  sin 3t  cos t  sin 3t  sin   t 
2 


  k
3t  2  t  k 2
t  8  2


k  
3t       t   k 2
t    k



 4

2 


5

Trên đoạn  0;   ta nhận được các nghiệm t1  , t2 
, t3  nghiệm của pt đã cho là:
8
8
4

5

cos , cos
, cos .
8
8
4
BÀI TẬP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
BIÊN SOẠN GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
2
1) x  3 x  1   x  3  x 2  1
4  3 10  3 x  x  2
2)
3) 2
4)
3
 2  x  5  x   x   2  x 10  x 
x2  4  x  1  2 x  3
x 2  1  3x 3  2  3 x  2
6) 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0
5)
3
7)
2 x2  1  x2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x2  x  2
8)
2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4
9)
x 2  15  3 x  2  x 2  8
10) 15 x  2 x 2  5 
2 x 2  15 x  11
11) ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x
12)
(1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2
13) x  17  x 2  x 17  x 2  9
14)
3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2
15) x 2 
x 2  11  31
n
16) 2 n (1  x) 2  3 1  x 2  n (1  x) 2  0
17) x  (2004  x )(1  1  x )2
36

37. 18) ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x
1  x2  2 3 1  x2  3
18)
4 x2  5 x  1  2 x2  x  1  9 x  3
20) 4 x 2  13 x  5  3 x  1  0
15
21)
 30 x 2  4 x   2004 30060 x  1  1
2
1  2x
1 2x
22) 1  2 x  1  2 x 

1 2x
1  2x
19)


23) 2 x 4  8  4 4  x 4  4 x 4  4
24) x 3`  3 x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0
8  x 3  64  x 3  x 4  8 x 2  28
1
1

2  x2  2  2  4   x  
x
x

25)
26)
27) x 3 
2 3
1  x 
 x 2  2x2
28) 2 x 2  2 x 30  2007. 30  4 x 2007  30. 2007
2x  4  2 2  x 
29)
30)
3
31)
3
32)
12 x  8
9 x 2  16
x 1  3 x 1  x 3 2
x  3 x  1  2x  1
4 x  5  3x  1  2 x  7  x  3
33) x 2  3 x  1   x  3  x 2  1
4  3 10  3 x  x  2
34)
35) 2
 2  x  5  x   x   2  x 10  x 
2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4
3x 2  3x  2
2
37) x  x  2 
3x  1
38) 12 x  2 x  1  3 x  9
36)
x  1  x  1  4 x3  x 2
40) 4 x 2  3 x  3  4 x x  3  2 2 x  1
39)
41)
4
x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1
42) 4  2 x  4   16 2  4  x 2   16  2  x   9 x 2  16
37

38. 3 4
x  x2  1
3
43) x 2  3 x  1  
2
44) 2 3 1  x   3 3 1  x 2 
3
1  x 
2
0
45) 2008 x 2  4 x  3  2007 4 x  3
46) 3

 
2 x 2  1  1  x 1  3x  8 2 x 2  1

47) x 2  x  12 x  1  36
48)  4 x  1 x 3  1  2 x 3  2 x  1
49) 2 x 
x 1
1
1
 1  3 x 
x
x
x
5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1
51) 3 6 x  1  8 x3  4 x  1
15
52)
 30 x 2  4 x   2004 30060 x  1  1
2
4x  9
53)
 7 x2  7 x
28
50)


54) 4 x 2  4 x  10  8 x 2  6 x  10
55) 18 x 2  13 x  2  3(81x 4  108 x 3  56 x 2  12 x  1)
56) 2(1  x ) x 2  2 x  1  x 2  2 x  1
12  8 x
57) 2 x  4  2 2  x 
9 x 2  16
58) 3 x3  13x 2  30 x  4  (6 x  2)(3x  4)3
2x  x2
59) 1  x 
1  x2
60) 1  2 x  x 2  1  2 x  x 2  2( x  1)4 (2 x 2  4 x  1)
61) 13  4 x  2 x  3  (4 x  3) 5  2 x  2  8 4 x 2  16 x  15
HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI PT VÔ TỶ KHÓ
BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088-01256813579
Câu 1) x 2  3x  1   x  3 x 2  1
Đặt
x2  1  t  x 2  t 2  1
t  0
38

39.  t 2  1  3x  1   x  3 t  t 2  x  3 t  3 x  0
 x 3 x 3
x
t 
2
2
2
  x  6 x  9  12 x   x  3  
t  x  3  3  x  2


2
2
TH1: t  2  x  1  x  1
TH2: t  x  x 2  1  x vô nghiệm
Kết luận: x  1
4  3 10  3x  x  2
Câu 2)
10  y 2
thay vào ta được:
3
3 4  3 y  4  y 2  36  27 y  y 4  8 y 2  16
Đặt 10  3 x  y  x 
 y 4  8 y 2  27 y  20  0
2
2
9
 2 1 
2
2
 y     3y    0  y  3y  5 y  3y  4  0
2 
2

 y  1 TM 

 y  4loai



 10  3 x  1  x  3
Câu 4)
3
x2  4  x  1  2 x  3
PT  3 x 2  4  2  x  1  1  (2 x  4)
x2  4

2
3
2
3
x2
 2( x  2)
x 1 1

2
( x  4)  x  4  4
x  2

x2
1


20
2
2
3 2
 3 ( x  4)  x  4  4
x 1 1

Từ điều kiện x  1
2
x2
 3 x2  4  x 
1
2
3 x2  4
3 x2  4  4




x2
3
x
2
4

2




 3 x2  4  4


1
2 0
x 1 1
KL: x=2 là nghiệm duy nhất
Câu 5)
3
x 2  1  3 x3  2  3 x  2
39

40. Điều kiện x 
3
2
3
PT  3 x 2  1  3 x3  2  1  3 x  3  3 x 2  1 
3

x  1  3 x  1  3 3 ( x  1)2


3 x3  3
3x3  2  1
 3( x  1)
 x2  x 1  
 x2  x  1 
 1   0 . Ta chứng minh 
 1 >0. Thật vậy BPT

3

3
 3x  2  
 3x  2 
2
tương đương với x 2  x  3 x 3  2  x 4  2 x 3  2 x 2  2  0   x 2  1  2 x 3  1  0
KL: x=1 là nghiệm duy nhất.
Câu 6) 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4
Dễ thấy điều kiện x  1 do vế trái luôn dương.
Ta có 3 3 4 x  4 =3. 3 2.2( x  1)  2  2  x  1  x  3 ( theo bất đẳng thức Cauchy)
2
Mặt khác ta lại có: 2 x 2  11x  21  ( x  3)  2  x  3  0  2 x 2  11x  21  ( x  3)  x  3 là
nghiệm duy nhất. Thử lại thỏa mãn.
Câu 7)
2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2
Cách 1: PT  2 x 2  2 x  3  2 x 2  1  x 2  3x  2  x 2  x  2
2x  4
2 x  4


2
2
2
2 x  2x  3  2x 1
2x  2x  3  x2  x  2


1
1
 2 x  4 

0
2
2
2x2  2x  3  x2  x  2 
 2x  2x  3  2x 1
 x=2 là nghiệm duy nhất.
Cách 2: Đặt 2 x 2  1  a; x 2  3x  2  b; 2 x 2  2 x  3  c ; x 2  x  2  d
a  b  c  d
a  b  c  d
Ta có:  2

ac
2
2
2
a  b  c  d
a  b  c  d
2 x 2  1  2 x 2  2 x  3  x  2 thử lại thỏa mãn.
Câu 8)
2
2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4

 x  1  2 x  4  2 x  16 x  18 

2 x2  1
2
2 x  4 2 x 2  16 x  18


2 x2 1
 x 2  1 1 
0
 2 x  4 2 x 2  16 x  18 


 x  1 TM 

 2 x  4  2 x 2  16 x  18  2 x 2  1 *

Kết hợp (*) với phương trình ban đầu ta được:
40

41.  2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  1

 x 2  1  0  x  1

2
2
 2 x  16 x  18  2 x  4  2 x  1

KL: x  1
Câu 9) x 2  15  4  x 2  8  3  3x  3
Từ giả thiết suy ra x>2/3
x2 1
x2 1


x 1
x 1
 3  x  1   x  1 

 3  0
2
2
x  15  4
x 8  3
x 8 3 
 x  15  4
x 1
Vì x 2  15  x 
 1  x  1 là nghiệm duy nhất.
2
x  15  4
2

2


Câu 17) x  2004  x 1  1  x

2
Đặt y  1  x ; x  1  y 2  x  1  y 2 
2
Do y  0 & y  1  y  1  x  0 là nghiệm duy nhất



Câu 18) x  3 x  2 x  9 x  18  168 x
 x  1 x  2  x  3 x  6  168x
  x  7 x  6  x  5 x  6   168 x

6 
6 

  x 7
 x  5 
  168
x 
x

t  12
6
Đặt x 
 5  t  0  t  t  2   168  
x
t  14(loai)
6
 x
 5  12  x  y
x
 y 1
 y2  7 y  6  0  
y  6
x  1

(TM )
 x  36
Câu 20) 4 x 2  13x  5  3x  1  0
Đặt
 4 x 2  13x  5   3x  1
3x  1    2 y  3
 2 x  3 2  2 y  x  1

có hệ 
2
 2 y  3  3x  1

  x  y  2 x  2 y  5   0
Với x  y  x 
15  97
8
; với 2 x  2 y  5  0  x 
11  73
8
41

42. 15
30 x 2  4 x  2004 30060 x  1  1
2
2
2 2
 15 x  30 x  2004 30060 x  1  1  15 x  1  2004 30060 x  1  2005
Câu 21)








2
15 x  1  2004 15 y  1  2005

30060 x  1  15 y  1  
2
15 y  1  30060 x  1

15 x  12  30060 y  2004  2005
15 x  1 2  30060 y  1




2
2
15 y  1  30060 x  1
15 y  1  30060 x  1


 15 x  15 y  2 15 x  15 y   30060  y  x   15  y  x  15 x  15 y  2  2004   0
Đặt
y  x

thay vào ta tìm được x.
 x  y   2002
15

Câu 23) 2 x 4  8  4 4  x 4  4 x 4  4
Ta có

4  x4  x4  4

2
 2.2 x 4  4 x 4 ( Bu nhi a copxky)

 VP  4.2 x 2  8 x 2 ;VT  2 x 4  8  8 x 2  2 x 2  2

2
0
 VT  VP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 2  2  0  x   2
Câu 24) x 3  3 x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0 ; Điều kiện x  1
4
4 x  4  16  16  16
8 4 x  4  16.16.16.  4 x  4  
 x  13 (bất đẳng thức Cauchi 4 số)
4
2
Ta lại có x 3  3 x 2  8 x  40   x  13   x  3  x  3  0
 VT  VP , dấu bằng xảy ra khi x=3. Vậy x=3 là nghiệm duy nhất.
Câu 25)
VT 2 

8  x 3  64  x 3  x 4  8 x 2  28 . Điều kiện 2  x  4
8  x3  64  x 3

2
 2 8  64   144
2
Theo Bunhiacopxki VT  12 ; VP  x 4  8 x 2  28   x  4   12  12
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=4. vậy x=4 là nghiệm.
Câu 28)
ĐK:
x 2  9 x  1  x 11  3x  2 x  3
85  9
11
 x
2
3
x 2  9 x  1   x  3  x


11  3x  1  0
10



1
x
x  3
  3x  10  

0 
11  3 x  1 
x2  9x 1  x  3

 x 2  3 x  x x 2  9 x  1  11  3 x  1 2 

VP(2) nghịch biến, VT đồng biến nên phương trình có nghiệm duy nhất.
42

43. KL: x 
10 2
;
3 3
Câu 29) 1  1  x 2

1 x
3
 
1 x

3
 2  1  x2
Đặt 1  x  a; 1  x  b


 1  ab  a  b  a 2  ab  b 2  a 2  b 2  ab

 2
a  b 2  2

 a 2  b 2  ab  0

 2
1
2
 a 2  ab  b 2  1  ab  a  b   1  0
 a  b  2






2
2
a  b  2
  1  ab  a  b   1  0


 2
 2
2
a  b  2


(1) vô nghiệm

2 2
a 
2
2
a  b  2
1

2
(2)  

x
2
ab  2

2 2
b 
2




Câu 45) 2008 x 2  4 x  3  2007 4 x  3 . Đặt
2008 x 2  t 2  2007.t  2008 x 2  2008t 2  2007t 2  2007t
 t  4x  3  x  t2  3
t
2008
2
3

2


 t 2  2007t  2008 t 4  6t 2  9  16t 2  32112t
16
2008t 4  12032t 2  32112t  18072  0
Câu 46) 3


6x2
2
 
2 x2  1  1  x 1  3x  8 2 x 2  1

 x 1  3x  8 2 x 2  1
2x 1 1
x  0

2
6 x  1  3x  8 2 x  1






2 x 2  1  1 (*)
Vì 8 2 x 2  1  8; 2 x 2  1  2  Vp   9  3 x  .2  18  6 x  6 x Nên (*) vô nghiệm
KL:x=0
Ngoài ra ta cũng có thể giải (*) theo phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
Câu 53)
4x  9
 7 x2  7 x
28
43

44. 2
1 1 1 1
1 1
1
1
1 1
1
1

x   
u
 x    Đặt u  x  ; v 
x  
2 4 7 7
2 4
2
7
2 4
7
4

 2 1 1
u  4  7 v

Ta có hệ sau: 
v 2  1  1 u

4 7

Câu 55) 18 x 2  13 x  2  3 81x 4  108 x 3  56 x 2  12 x  1
2
4
 2  3 x  1  x  3  3 x  1  6 x 2
 x  u
Đặt  3 x  1  u  PT : 2u  x  3u  6 x  5 x  4ux  u  0  
x  u
5

12 x  8
Câu 57) 2 x  4  2 2  x 
9x2  6
2

2
2
2
2
3

6x  4
12 x  8
x  2



2x  4  2 2  x
9 x 2  16
 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16(*)

(*) 48  8 x  16 8  2 x 2  9 x 2  16  4(8  2 x 2 )  16 8  2 x 2  x 2  8 x  0
t  x
t  2 8  2 x 2 ; t  0  PT : t 2  8t  8 x 2  8 x  0  
t   x  8
2
4 2
Giải hai trường hợp ta có các nghiệm của phương trình là: x  ; x 
3
3
Câu 58) 3 x3  13x 2  30 x  4 
Điều kiện: x 
3
 6 x  2  3 x  4 
4
1
 x   . Ta có 3 x3  13x 2  30 x  4  2(6 x  2)   x 2  3x  2  (3 x  4)
3
3
1
Nếu x   ;VT  0  VP  PTVN
3
4
4
Nếu x  ; x  không là nghiệm nên ta chia 2 vế cho 3x-4 ta được
3
3
2
6x  2
6x  2
6x  2
 (3 x  4)
 x 2  3x  2  0; t 
 2t 2  (3x  4)t  x 2  3x  2  0
3x  4
3x  4
3x  4
44

45. t  x  1
  x  2 Từ đó giải hai TH ta được nghiệm x  3 và nghiệm gần đúng của phương trình
t 

2
bậc3 là x  5,362870693
1  x 2 x  x2

;
x
1  x2
Câu 59)
ĐK: 0  x  1
1
. Ta phân tích tạo ra  2 x  1
2
1  x  2 x  x2 x  x2 1  x  x 
Nhẩm nghiệm: x 

 1  x2




 

1  x  2x x  0
x 2 1  2 x 
1  x  4 x3


0
1 x  x
1  x  2x x
x 2 1  2 x 

1 x  x
x

1  2 x   2 x 2  x  1
1  x  2x x
0
1
là nghiệm duy nhất.
2
Câu 60) ĐK: 0  x  2
2
Đặt t   x  1 ; t   0;1
1  1  t  1  1  t  2t 2  2t  1  t 
1
2
Bp hai vế rút gọn ta được:
1
1
2
1  t  2t 4  2t  1  4  3  2  2t  1
t
t t
1
1
Vì t  1  4  3  2  2  2t  1  t  1  x  2
t
t t
MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
1)
2)
3)
4)
GV : NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
x3
5) x  2  4  x  x 2  6 x  11
4 x  1  3x  2 
5
6) 2 x 2  23  4 x  2  2 x 2  7
2
2 3x  3  x  9 x  20
1  x 2x  x 2
2
2
7)

2 x  16 x  18  x  1  2 x  4
x
1 x2
6x  4
2x  4  2 2  x 
8) x 2  3 x 4  x 2  2 x  1
2
x 4
9) 2 x 2  x  1  x 2  x  1  3x
45

46. 10) 3 x 2  7 x  8  (4 x  2) x  8  0
11)
x  2  x 2x  1
x  2x  1
12)

 x2




2
192 x  1
5 x 

35)  x 


x 1
5 x x x

2 18 x
36) 25 x  9 9 x 2  4   2
x x 1
x  3  x  1 x 2  x 2  4x  3  2x


2
x2 1
x2 1
x 1 

2x
2 x (1  x 2 )
2
13) 10 x 2  3 x  1  x 2  3 (1  6 x )
37)
14) 3 x 2  2 x  3  (3 x  1) x 2  3
38)
2
x 2 x   x  5  5  x  11( x  5  x )
15) 15 x 2  2( x  1) x  2  5 x  2  0
16)
2 x  1  x x 2  2  ( x  1) x 2  2 x  3  0
2 x 2  2 x  ( x  1) x  x  1
19) 2
x2  x  1
 x2  4 
x4
x (1  x 2 )
 3 1  x2  0
2
1 x
40) 2 x 3  10 x 2  17 y  8  2 x 2 3 5 x  x 3
17) x 3  3 x 2  4  4 x x  3
18)
39)
41) 4 1  x  6  x  3 1  x 2  5 1  x
2
x2 1
2
42) 4  2 1  x  3 x  5 1  x  1  x
21) x 3  6 x 2  2 x  3  (5 x  1) x 3  3
2
3
43) ( x  4)  6 x  3 x  13
44) 3 2  x  2  2 x  x  6
22) 2 x 2  7 x  3  3 x 3  1  0 x=0;2
45)
23) 2 x 2  x  7  3 x 3  2 x  3  0
46) x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2
24) 2( x 2  3x  2)  3 x 3  8
25)
47) 4 x 2  11x  10   x  1 2 x 2  6 x  2
48)
x 2  x  6  3 x  1  3 x 2  6 x  19  0
6
x 3  3x 2  4 x  2
26) 3 x 2  2 x  2 
30
27)
x
20) 2 x 2  7 x  10  x  x 2  12 x  20
5 x 2  14 x  9  5 x  1  x 2  x  20  0
28) 9 x 2  12 x  2  3x  8
29) x 3  3x 2  33 3 x  5  1  3x

2
x  2  4  x  2 x2  5x  1

 6 x  11
32)
33)
34)
4
1
5
 x   x  2x 
x
x
x

x2
2 3
49) 2 x  1  x 
1  x 
1  x2
50)
3
x2  4  x  1  2 x  3
51)
3
x 2  1  3 x3  2  3 x  2
1  1  x2
52)

3
1 x
 
1 x

3
 2  1  x2
 1  x  1 1  x  1  2 x
x2  x 1   x2  x 1  x2  x  2

x2  x 1  2 x2  4x  7
2
30) x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4
31) 2 x 3  7 x 2  5 x  4  2(3x  1) 3x  1

53) 3

 
54)
2x  4  2 2  x 
2 x2  1  1  x 1  3x  8 2 x 2  1

12 x  8
9x2  6
55)  4 x  1 x 3  1  2 x 3  2 x  1
46

47. 56) x 2  3 x  1  
3 4
x  x2  1
3
58) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2
59)
x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1
60) 4 x 2  2 2 x  4 
x4  1
61)
57)
3
1  1  x 2  1  x  


1  x 
3



2 x2  x  9  2 x 2  x  1  x  4
62)
x 2  12  x 2  5  3 x  5
2
1  x2


3
3
ĐÁP SỐ CÁC BÀI TẬP CHỌN LỌC
1) ĐS: x  2
2) ĐS:VN
3) ĐS:x=1;-1
2
4) ĐS: x  ;2
3
5) ĐS: x  3
6) ĐS: x  1
1
7) ĐS: x 
2
8)
1 5
ĐS: x 
2
9)
10) ĐS; x=1
11) ĐS:x=1;x=2
12)
1 5
1  13
ĐS: x 
;x 
2
2
1
16) ĐS: x 
2
17) ĐS:x=1
18) ĐS:x=1
19) ĐS: x   3
23  341
2
2
26) ĐS: x  2;
3
5  61
27) ĐS: x  8; x 
2
1
 5  21
28) ĐS: x  ; x 
3
6
25 )ĐS: x 
29) ĐS: x  1;2
30) ĐS: x  5;
1  5
2
3  21
;x  4 3 2
2
15  5 5
21) ĐS: x  1; x 
2
31) ĐS:x=1
32) ĐS:x=0;-24/25
33) ĐS:x=1
34) ĐS: x=2
35) ĐS: x=9
2
36) ĐS: x 
2
1
37) ĐS: x 
3
38) ĐS: x=1;4
1
39) ĐS x 
2
 3
41) ĐS: x 
2
22) x=0;2
24) ĐS: x  3  13
3
42) ĐS: x  2
20) ĐS:x=1; x 
47

48. x  3&
44) ĐS:
x
49) ĐS: x  0; x 
11  3 5
2
1
3
50) ĐS: x=2
45) ĐS: x=3
x  1 7
46) ĐS: 
x  1 7

47) ĐS: VN
48) ĐS: x  5  6
51) ĐS: x=1
1
52) ĐS: x  
2
53) ĐS: x=0
2
4 2
54) ĐS: x  ; x 
3
3
55)
56)
57) ĐS: x 
1
6
PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
Phần một: Các dạng hệ cơ bản
I . Hệ phương trình đối xứng.
1.Phương trình đối xứng loại 1.
a)Định nghĩa
Một hệ phương trình ẩn x, y được gọi là hệ phương trình đối xứng loại 1 nếu mỗi
phương trình ta đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình đó không đổi
b) Tính chất
Nếu  x0 , y 0  là một nghiệm thì hệ  y0 , x0  cũng là nghiệm
S  x  y
c) Cách giải 
điều kiện S 2  4 P
P  x. y
Ta biến đổi đưa hệ đã cho (1) về hệ 2 ẩn S, P (2) (x;y) là nghiệm của (1) khi và chỉ khi
(S,P) là 1 nghiệmc của (2) thoải mãn điều kiện: S 2  4 P  0 với mỗi (S;P) tìm được ta có
(x;y) là nghiệm của phương trình: X 2  SX  P  0 .
Giả sử phương trình có 2 nghiệm là X1, X2.
+ Nếu   0 thì X 1  X 2 nên hệ (1) có 2 nghiệm phân biệt  X 1 ; X 2  ;  X 2 ; X 1 
+ Nếu   0 thì X 1  X 2 nên hệ có nghiệm duy nhất  X 1 ; X 2  .
+ Hệ có ít nhất một nghiệm thoả mãn x  0 khi và chỉ khi hệ (2) có ít nhất 1
nghiệm (S;P) thoả mãn.
48

49.   S 2  4 P  0

S  0
P  0

VD 1: Giải hệ phương trình
 x 2  y 2  xy  7
Hệ có nghiệm là (1;2), (2;1)

 x  y  xy  5
VD2: Định m để hệ sau có nghiệm
 x  y  xy  m
ĐS: 0  m  8
 2
2
x  y  m
 x  y  2 xy  2
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình sau:  3
3
x  y  8
Giải: Đặt S  x  y , P  xy . Khi đó hệ thành:
2S

P  2
S  2 P  2




2
 S S  3P  8
 S  S 2  6  3S   8


 
2 
 




 2 S 3  3S 2  6S  16  0   S  2  2S 2  7 S  8  0  S  2  P  0
2
 x, y là nghiệm của pt X  2 X  0  X  0, X  2
x  0 x  2
vậy nghiệm của hệ là 

y  2 y  0
 x 3  y 3  19

Ví dụ 2) Giải hệ phương trình sau: 
 x  y  8  xy   2

Giải: Đặt S  x  y , P  xy . Khi đó hệ thành:


S S 2  3P  19  SP  8S
SP  8S
S  1


 3
 3


 S  3  2  8S   19
S  24 S  25  0  P  6
S 8  P   2


 x, y là nghiệm của pt: X 2  X  6  0  X 1  3; X 2  2
Vậy hệ đã cho có hai cặp nghiệm  x; y    2;3 ,  3; 2 
Chú ý: Nếu trong hệ phương trình chứa căn thức thì ta có thể đặt ẩn phụ để làm đơn giản
hình thức bài toán. Khi đặt ẩn phụ cần xác định miền giá trị của ẩn phụ.
2  x  y   3 3 x 2 y  3 xy 2

Ví dụ 3) Giải hệ phương trình: 
3 x  3 y  6

2 a 3  b3  3 a 2 b  b2 a

giải: Đặt a  3 x , b  3 y . Khi đó hệ thành: 
a  b  6




49
 
