TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ THPT CHUYÊN; MÔN TOÁN; CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT: SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1) docx

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
LÝ THUYẾT: SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 1)

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Phương trình và bất phương trình là một những chuyên đề phong phú, đa dạng, cơ bản nhưng khá hấp dẫn và chứa
đựng nhiều thú vị. Phép sử dụng biến đổi tương đương – nâng cao lũy thừa trong chuyên đề này chủ yếu đề cập tới một
lớp các phương trình chứa căn thức, từ mức độ đơn giản nhất tới các phức tạp nhất, đòi hỏi tư duy logic, tỉ mỉ và chính
xác. Tài liệu nhỏ được viết theo trình tự kiến thức tăng dần, phù hợp với các bạn học sinh THCS (lớp 9) ôn thi vào lớp
10 THPT, các bạn học sinh THPT thi học sinh giỏi Toán các cấp và luyện thi đại học, cao đẳng.
KIẾN THỨC – KỸ NĂNG CHUẨN BỊ

1.
2.
3.
4.

Kỹ năng nhân, chia đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử.
Kỹ năng biến đổi tương đương, nâng lũy thừa, phân tích hằng đẳng thức, thêm bớt.
Sử dụng thành thạo các ký hiệu logic trong phạm vi tốn phổ thơng.
Nắm vững lý thuyết bất phương trình, dấu nhị thức bậc nhất, dấu tam thức bậc hai.

MỘT SỐ BÀI TỐN ĐIỂN HÌNH

1
3
2 x 1


.
x 1
x 3 x2 x 3

Bài tốn 1. Giải phương trình

Lời giải.
Điều kiện 0  x  1 . Phương trình đã cho tương đương với
3

x 3





x 1



x 3

 





x 1



x 1

x 3



 

2 x 1



x 1

 x  3  3 x  3  2 x 1  2 x  1  x 

x 3



1
4

1 
Giá trị này thỏa mãn điều kiện. Kết luận tập nghiệm của phương trình S    .
4
3 x
x
4x 1
Bài tốn 2. Giải bất phương trình



.
x 2
x 2 x4
Lời giải.
Điều kiện 0  x  4 . Bất phương trình đã cho tương đương với
3 x



x 2

x4

 x

x 2

x4

  4 x  1  0  3x  6
x4

x  x  2 x  4x 1
0
x4

4 x 1
 0 x40 x  4
x4
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   4;   .



Nhận xét.
Hai bài toán trên là những dạng toán cơ bản, phức tạp hóa phương trình chứa ẩn ở mẫu thức bằng cách thay thế x bởi
x . Dạng toán này quen thuộc với các bạn học sinh lớp 9 khi được học về biến đổi và rút gọn biểu thức chứa căn thức
bậc hai. Trong các bài tốn bất phương trình, khi chưa xác định chính xác dấu của mẫu thức lưu ý không được bỏ mẫu
thức mà cần chuyển vế và giữ nguyên mẫu thức, sau đó xử lý tiếp tục.

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

1

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tập tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1
5 x
4x  x
1,


x 1
x 1
x 1
2,

x
4 x  5 6 x  x 1



x9
x 3
x 3

7 x
1 x

5 x x2 x
x 2
________________________________________________________________________________________________
3,

1



Bài toán 3. Giải phương trình x x  6 x  7  0 .
Lời giải.
Điều kiện x  0 .
Đặt x  t  t  0  thu được

t 3  6t  7  0  t 2  t  1  t  t  1  7  t  1  0   t  1  t 2  t  7   0  t  1  x  1 (Thỏa mãn điều kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu S  1 .
Bài toán 4. Giải phương trình

x





x 1

x 2





x  3  24 .

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
Đặt x  t  t  0  thu được t  t  1 t  2  t  3  24   t 2  3t  t 2  3t  2   24 .
y  5
ta có  y  1 y  1  24  y 2  25  
 y  5
t  1
Do y  0  y  5  t 2  3t  4  0  
 x  1  x  1 ; Do x  t  t  0  .
t  4

Đặt t 2  3t  1  y

 y  0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất S  1 .
Bài tốn 5. Giải phương trình





x 1

x 4



x 2



2

 90 x .

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
2
Đặt x  t  t  0  thu được  t  1 t  4  t  2   90t 2   t 2  5t  4  t 2  4t  4   90t 2 (1).
Xét t  0 khơng thỏa mãn phương trình (1).

4 
4

Xét t  0 , phương trình (1) tương đương với  t  5    t  4    90
t 

t

u  9
4
Đặt t  4   u  u  0    u  1 u  90  
t
u  10
Do u  0  u  9  t 

t  1
x 1
4
 5  0  t 2  5t  4  0  

t
t  4
 x  16

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1;16 .
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

2

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Nhận xét.
Ba bài toán 3, 4, 5 đều là dạng phương trình bậc cao quen thuộc với ẩn x  t  t  0  . Điểm khác biệt là biến t khơng
âm, do đó xuất hiện nghiệm ngoại lai, cần tính tốn cẩn thận và đối chiếu nghiệm. Về các dạng phương trình bậc cao,
mời các bạn tìm đọc Sở chỉ huy trung đoàn 1, 2 – Sư đồn 5, Qn đồn bộ binh.

Bài tốn tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
1, x x  4 x  x  6  0
2,

2 x
3 x
7


x  x 1 x  5 x 1 6

3, x 2  3 x  3  x  2 x
2

2

 x 1 
 x 1 
x 1
4, 
 2
  5.
 x 3
 x 3  0

x9










2





5, x  x  1  3 x  x  1

x  2x  0

________________________________________________________________________________________________
Bài tốn 6. Giải phương trình

2x 1  x 1.

Lời giải.

1
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với
2
x  1
x 1  0

x  1

1

x  1


   x  0  x  4 (Thỏa mãn điều kiện x   ).

2  
2
2
 2 x  1   x  1
2 x  1  x  2 x  1  x  x  4   0

 x  4


Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  4 .

Bài tốn 7. Giải phương trình 2 x 2  2 x  6  x  5 .
Lời giải.
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với
 x  5
x 1

x  5  0
 x  5

 x  1
 2
 


1

x  
4  x 2  2 x  6   x 2  10 x  25
3x  2 x  1  0
1


 x  

3


3


 1 
Phương trình đã cho có nghiệm S   ;1 .
 3 
Nhận xét.
Hai bài toán 6 và 7 là dạng toán cơ bản của phương trình chứa căn thức (bậc hai). Các bạn chú ý đặt điều kiện cho ẩn
(kể cả khi biểu thức trong căn bậc hai luôn luôn không âm). Dễ thấy một vế ln khơng âm, do đó phương trình nếu có
nghiệm thì vế phải khơng âm, đó là ngun do phương trình ln tương đương với một hệ điều kiện như trên.
Dạng tổng quát: Phương trình

f  x  g  x

  .

g  x  0

Điều kiện f  x   0 . Khi đó    
2  ...
f  x    g  x 




CREATED BY HOÀNG MINH THI;

3

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


x3  2 x 2  1  x  1 .

Bài tốn 8. Giải phương trình

Lời giải.
Điều kiện x3  2 x 2  1  0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với
 x  1


x 1  0

 x  1
 x  1




 x  0;1 Thỏa mãn (*).
 3
2
2
2
 x  x  1 x  2   0
 x  2;0;1
 x  2 x 1  x  2 x  1  x  x  x  2  0



Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  0;1 .
Nhận xét.
Trong một số phương trình, việc tìm điều kiện rất phức tạp, đơi khi mức độ khó vượt xa bài tốn chính thức. Do vậy
chúng ta chỉ cần đặt điều kiện hình thức, giữ đúng vai trị "chính – phụ", tất nhiên không làm ảnh hưởng đến kết quả
bài tốn, vì vẫn cịn các phép thử lại để kết luận nghiệm.
Trong trường hợp bất phương trình, biểu thức dưới dấu căn khơng q phức tạp, u cầu tìm điều kiện chính xác.
Bài tốn 9. Giải phương trình

3

7 x  1  x  1.

Lời giải.
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với
7 x  1  x3  3x 2  3 x  1  x 3  3 x 2  4 x  0  x  x  1 x  4   0  x  4;0;1 (Thỏa mãn phương trình đã cho).
Vậy phương trình có nghiệm S  4;0;1 .

Bài tốn 10. Giải phương trình 2 x  x 2  4 x  1  3 .
Lời giải.
Điều kiện x 2  4 x  1  0 . Phương trình đã cho tương đương với
3

2 x  3  0
8  2 10
x 
2
(Thỏa mãn x 2  4 x  1  0 ).
2x  3  x  4x 1   2

 x
2
2
3
4 x  12 x  9  x  4 x  1 3 x 2  16 x  8  0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

8  2 10
.
3

Nhận xét.
Phương trình trong bài tốn 10 ban đầu chưa có dạng

f  x  g  x

  .

Thành thử cá tính "ương ngạnh" khơng đưa về dạng (*), có bạn bình phương trực tiếp. Hoặc là sai do thiếu điều kiện,
hoặc là rất phức tạp do điều kiện cồng kềnh, thậm chí dẫn tới phương trình hệ quả chứa lũy thừa bậc 4 mà vẫn chưa
khử được căn thức. Sự sáng tạo và mạo hiểm rất đáng hoan nghênh, tuy nhiên bằng bất cứ giá nào luôn phải phù hợp
chân lý, bảo đảm logic và thẩm mỹ, tất nhiên tránh đi theo lối mòn mà đánh mất tư duy.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình sau trên tập hợp số thực
1, 3 x  1  x  2

2,

x2  6x  2x  1

3,

x3  3x  5  2 x  1

4,
5,

3

x3  3x 2  7 x  1  x  1
x2  8  2x  5

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

4

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH

Bài tốn 11. Giải bất phương trình

x 2  3x  2  4  x .

Lời giải.
x  2
Điều kiện x 2  3 x  2  0  
(*)
x 1
4  x  0
x  4
8
Bất phương trình đã cho tương đương với  2

x .
2
5
5 x  8
 x  3 x  2  x  8 x  16
Kết hợp điều kiện (*) thu được nghiệm x  1.

Bài toán 12. Giải bất phương trình 2 x  x 2  4 x  7  1 .
Lời giải.
Điều kiện x   .
Bất phương trình đã cho tương đương với

1


x  2

1

2 x  1  0
4  34

x 
4  34
2 x  1  x2  4 x  7   2

  x 
x
2
2
3
3
4 x  4 x  1  x  4 x  7
3 x 2  8 x  6  0



4  34
 x 
3

 4  34

Kết luận tập nghiệm: S  
;   .


 3

Nhận xét.
Bất phương trình là nội dung cơ bản nhưng rất dễ ngộ nhận và mắc sai sót trong tính tốn, lý luận. Điều kiện của biểu
thức dưới dấu căn yêu cầu độ chính xác cao (ngoại trừ trường hợp duy nhất nghiệm), nếu không sẽ ảnh hưởng mạnh
mẽ đến kết quả bài toán (đi vào ngõ cụt, hoặc là đáp số sai).
Dạng toán tổng quát cho hai bài 11 và 12:

f  x   g  x  (*).

g  x   0

Điều kiện f  x   0 . Khi đó    
2  ...
 f  x    g  x 



________________________________________________________________________________________________
Bài toán 13. Giải bất phương trình

x 2  5 x  6  x  1 (1).

Lời giải.
x  3
Điều kiện x 2  5 x  6  0  
(*)
x  2
Xét x  1  0  x  1 . Kết hợp điều kiện (*) suy ra bất phương trình (1) nghiệm đúng với x  1.

x  1
5
Xét x  1  0  x  1 . Khi đó 1   2
1 x  .
2
3
 x  5x  6  x  2 x  1

Kết hợp điều kiện (*) thu được 1  x 

5
.
3

5

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S   ;  .
3

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

5

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 14. Giải bất phương trình 3 x  9 x 2  10 x  1  2 .
Lời giải.

x 1

Điều kiện 9 x  10 x  1  0  
(*)
x  1

9
2

Bất phương trình đã cho tương đương với 3 x  2  9 x 2  10 x  1 (1).
2
1
Xét 3 x  2  0  x  . Kết hợp điều kiện (*), suy ra (1) nghiệm đúng với x  .
3
9
2
Xét 3 x  2  0  x  . Bất phương trình (1) tương đương với
3
2

2

x  3
3
x 


x .
3

2
9 x2  12 x  4  9 x 2  10 x  1  x  3




2
3
1  3


Kết hợp điều kiện (*) thu được x  . Kết luận tập nghiệm của bất phương trình: S   ;    ;   .
2
9  2


Bài tốn 15. Giải bất phương trình 2 2 x 2  3 x  1  2  x .
Lời giải.
x  1
Điều kiện 2 x  3 x  1  0  
(*)
x  1

2
Phương trình đã cho tương đương với
2

x  2

x  2  0
 x  2

x  2

2

2 2 x  3x  1  x  2    x  2  0
 
 x .

7

 x 
x  2
2
2
 4  2 x  3 x  1  x  4 x  4
8



 x  0

1

Kết hợp điều kiện (*) thu được tập nghiệm S   ;   1;  
2

Nhận xét.

Các bài toán 13, 14, 15 cùng một dạng

f  x   g  x  . Đặt điều kiện f  x   0 .

Xét trường hợp g  x   0 , bất phương trình ln nghiệm đúng. Kết hợp nghiệm.
Xét trường hợp g  x   0 . Bình phương hai vế và kết hợp nghiệm.
Tổng hợp 2 trường hợp và đối chiếu điều kiện f  x   0 , kết luận tập hợp nghiệm của phương trình ban đầu.
Lời giải bài tốn 15 có thể gọi là trình bày "trọn gói". Về bản chất khơng gì thay đổi, tuy có hơi cồng kềnh nhưng đảm
bảo logic và dễ sửa chữa. Tùy theo gu trình bày, các bạn tùy nghi lựa chọn cho mình cách giải phù hợp.
Bài tập tương tự.
Giải các bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1, 3x 2  x  1  2 x  1
2, 2 x 2  x  3  2  x
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

6

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 16. Giải phương trình

2x 1  2
 1.
4x 1

Lời giải.
Điều kiện x 

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

3


4 x  3  0
1
x 
2 x 1  2  4x 1  2 x 1  4x  3  

 x  1 (Thỏa mãn x  ).
4
2
2
2 x  1  16 x  24 x  9
8 x 2  13 x  5  0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S  1 .

Bài tốn 17. Giải bất phương trình

x 2  3x  2  2
 2.
3x  2

x  2
Lời giải. Điều kiện  2
  x 1
3
x 2  3x  2  2
x 2  3x  2  6 x  6
2 0
 0 (1).
3x  2

3x  2
x  1
2
Xét 3 x  2  0  x  ; 1  x 2  3 x  2  6 x  6   2
 x 1
2
3
 x  3 x  2  36 x  72 x  36
x 1
Kết hợp điều kiện thu được 
x  2
2
2
Xét 3 x  2  0  x  ; 1  x 2  3 x  2  6 x  6 (Nghiệm đúng với x  ).
3
3
2

Vậy bất phương trình đã cho có tập hợp nghiệm S   ;   1   2;   .
3

Bất phương trình đã cho tương đương với

Bài tốn 18. Giải bất phương trình

x2
x 2  3x  3  1

 1.

Lời giải.
Điều kiện x  1; x  2 . Bất phương trình đã cho có dạng

x2
x 2  3x  3  1

1  0 

x  1  x 2  3x  3
x 2  3x  3  1

 0 (1).

x  2
x 2  3x  3  1  x 2  3x  2  0  
x 1
x  1
 x2
1  x  1  x 2  3x  3   2
2
 x  2 x  1  x  3x  3

Xét

x 2  3x  3  1  x 2  3x  2  0  1  x  2 .
1  x  2
1  x  2
 2
1 x  2
1  


2
x  2 x  1  x 2  3x  3
 x  1  x  3x  3


Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 1  x  2 .

Xét

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

7

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 19. Giải bất phương trình

3x  2  x 2  x  1
 x2.
x

Lời giải.
2
. Bất phương trình đã cho tương đương với 3 x  2  x 2  x  1  x 2  2 x  3 x  2  x  1
3
x 1
 x 1  0
x  1


5  13
x  1

  x  1  0
 

5  13  x 
1  x 

2
 3 x  2  x2  2 x  1   5  13  x  5  13


2


2
 2
 2 5  13 
Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;
.

2 
3
Nhận xét.
Các bài tốn 16  19 đều là các bất phương trình chứa một căn thức, mức độ phức tạp hóa tăng dần theo biểu thức
dưới mẫu thức. Lưu ý rằng khi gặp bất phương trình chứa ẩn ở mẫu, tùy theo điều kiện xác định căn thức, các bạn cần
xét dấu biểu thức dưới mẫu, thực hiện chuyển vế, quy đồng mẫu và thực hiện theo các dạng cơ bản.
Bài toán tương tự.

Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực

Điều kiện x 

3x  8  2 x
3
x 1
4x  3
2,
1
2
x  x4 2

1,

3,

1  3x  1  3x 2
2
x

4,

x 2  3x 2  x  2  x
 x2
x 1

x2  1  2x2  x 1
2
x2  2

x  3  x 1
6,
2
x4
________________________________________________________________________________________________
5,

Bài tốn 20. Giải phương trình

2x 1  x  3  3 .

Lời giải.
Điều kiện x 

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2

2x 1 x  3  2

 2 x  1 x  3   9  2

2 x 2  5x  3  7  3x

7

7

x  3
7  3 x  0

1
x 

 2


 x  1 (Thỏa mãn x  ).
3
2
x 1
2
8 x  20 x  12  9 x  42 x  49
 x2  62 x  61  0


  x  61


Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 .
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

8

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 21. Giải phương trình

3x  1  2 x  1  1 .

Lời giải 1.

1
. Phương trình đã cho tương đương với
2
3x  1  2 x  1  1  3x  1  2 x  1  1  2 2 x  1  x  1  2 2 x  1
 x  1
 x  1
x  1
1
(Thỏa mãn x  ).
 2
 2

2
x  5
 x  2x 1  8x  4
 x  6x  5  0

Điều kiện x 

Vậy phương trình đã cho nghiệm S  1;5 .
Lời giải 2.
1
. Phương trình đã cho tương đương với
2
 3x  1  2 x  1  0


3 x  1  2 x  1

3x  1  2 x  1  1  

2
2
3 x  1  2 x  1  2 6 x  x  1  1 5 x  1  2 6 x  x  1



Điều kiện x 

 x  2
 x  2

 2
 x  1;5
2
2
25 x  10 x  1  24 x  4 x  4
 x  6x  5  0
1
Kết hợp điều kiện x  ta thu được nghiệm S  1;5 .
2
Nhận xét.
Hai bài tốn 20 và 21 đã tăng dần độ khó, với sự xuất hiện của hai căn bậc hai. Phương pháp biến đổi tương đương,
sử dụng phép nâng lũy thừa được sử dụng theo hai hướng khác nhau. Khi nâng lũy thừa bậc chẵn, chúng ta luôn đưa
hai vế về các biểu thức không âm, chú trong đơn giản, giảm thiểu sự phức tạp, hoặc tối thiểu cần có điều kiện đi kèm,
nếu không sẽ xuất hiện nghiệm ngoại lai và tất yếu sẽ mắc sai lầm. Lời giải 2 bài tốn 21 minh họa cho tình huống này.
Bài tốn 22. Giải bất phương trình

1  8x  1  x  3 .

Lời giải.

1
Điều kiện x   . Bất phương trình đã cho tương đương với
8
1  8x  1  x  3  1  8 x  x  4  2 x  3  7 x  3  2 x  3
3

x  7
3


x 

  x  1
 x 1
7
49 x 2  42 x  9  4 x  12

3

 x  
49

Kết luận tập nghiệm S  1;   .
Bài tốn tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1, 2 x  4  2  3 x  1

2, 3 x  7  2 x  2
3, 1  x  1  x  3
4, 2 x  3  x  2  2
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

9

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 23. Giải bất phương trình

2x 1 1
 1.
3x  1  1

Lời giải.

1
Điều kiện   x  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với
3
Xét

2 x  1  3x  1
0
3x  1  1

(1).

3x  1  1  0  x  0; 1  2 x  1  3 x  1  x  0 .

1
3 x  1  1  0  x  0; 1  2 x  1  3 x  1  x  0 . Kết hợp điều kiện suy ra   x  0 .
3
1
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm   x  0 .
3
5x  1  x  2  1
Bài toán 24. Giải bất phương trình
 0.
x2  1
Xét

Lời giải.
Điều kiện x  2 . Do x 2  1  x   nên bất phương trình đã cho tương đương với
5 x  1  1  x  2  5 x  2  2 5 x  1  x  2  2 x  2  5 x  1  0 (1).
(1) vô nghiệm do 2 x  2  5 x  1  0x  2 . Tập nghiệm của bất phương trình là S   .
Bài toán 25. Giải bất phương trình

3x  1  x  1 2
 .
3
2 1  3x  x

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
Nhận xét: x  0  2 1  3 x  x . Do đó bất phương trình đã cho tương đương với

3 3 x  1  3 x  3  4 1  3 x  2 x  5 x  3  1  3 x  25 x  3 x  10  6 1  3 x
5


 x  11
5


11x  5  0
x 
 11x  5  3 1  3 x  
  11
  x  1  x  1
2
121x  110 x  25  9  27 x
121x 2  137 x  16  0

16

 x 
121

Kết luận nghiệm của bất phương trình là x  1 .
Nhận xét.
Các bài toán từ 20  25 mức độ phức tạp đã tăng dần, sự xuất hiện của hai căn thức và phân thức có thể gây trở ngại
cho một số bạn. Tuy nhiên phương pháp chính vẫn là sử dụng biến đổi tương đương, nâng lũy thừa, đặc biệt chú ý các
bất phương trình chứa ẩn ở mẫu và đối chiếu điều kiện.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1, 5 x  4  x  3  1
2, 7 x  2  x  2  2
3,
4,

3x  2  2 x  1
3x  2  x



1
2

8x  1  x  x  4
1
2 8x  1  x

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

10

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 26. Giải phương trình

3x  1  x  4 x  3 .

Lời giải.
Điều kiện x 

3
. Phương trình đã cho tương đương với
4

3x  1  x  4 x  3  3x  1  5 x  3  2 4 x 2  3x  2  x  4 x 2  3x
x  1
2  x  0
x  2
 2
 2

2
x   4
 x  4 x  4  4 x  3x
3 x  x  4  0
3

3
Kết hợp điều kiện x  ; phương trình đã cho có nghiệm x  1 .
4
Bài tốn 27. Giải bất phương trình 5 x  1  x  1  3 x  1 .

Lời giải.
Điều kiện x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với
5x  1  x  1  3x  1  5x  1  4 x  2 3x 2  2 x  1  x  1  3x2  2 x  1
x  1
x  1
x  1
 2
 2

 x 1
x  2 x  1  3x 2  2 x  1  x  1  0

 1  x  1

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x  1 .

Bài toán 28. Giải bất phương trình

3x  1  2 x  1  x
 2.
3x  1  2 x  1

Lời giải.

1
.
2
1
Nhận xét: x   3x  1  2 x  1 . Bất phương trình đã cho tương đương với
2
3x  1  2 x  1  x  2 3x  1  2 2 x  1  3x  1  x  2 x  1
Điều kiện x 

x  1
 3 x  1  3x  1  2 2 x 2  x  1  2 x 2  x  2 x 2  x  1  0  
x   1

2
1
Kết hợp điều kiện x  ta thu được nghiệm S  1;   .
2
2 10 x  1  3 x

Bài toán 29. Giải bất phương trình
 1 .
x 2 x3
Lời giải.
1
1
Điều kiện x  . Nhận xét: x   x  2 x  3 . Bất phương trình đã cho tương đương với
10
10
2 10 x  1  3 x  2 x  3  x  10 x  1  x  x  3  10 x  1  2 x  3  2 x 2  3 x
1
1


x 
x 
 4 x  2  x  3x  

 x 1
2
2
16 x 2  16 x  4  x 2  3 x
15 x 2  19 x  4  0


Bất phương trình đã cho có nghiệm x  1.
2

CREATED BY HỒNG MINH THI;

11

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 30. Giải bất phương trình

2x  1  x
 2.
2x  x  2

Lời giải.
2x  1  x
1 x  2 x  2  2x
20
 0 (1)
2x  x  2
2x  x  2
2 x  x  2  0  x  2 (Loại do 0  x  1 ). Suy ra 2 x  x  2  0 .

Điều kiện 0  x  1 . Bất phương trình đưa về dạng
Xét trường hợp

1 

1  x  2 x  2  2x  0  1  x  2 x  2  2x

 3x  9  4  x 2  x  2  2 x  4  x 2  x  2   x  9  2 
Bất phương trình (2) nghiệm đúng với 0  x  1 . Vậy nghiệm của bất phương trình ban đầu là 0  x  1 .
Nhận xét.

Các bài toán từ 26  30 đều chứa ba căn thức với biểu thức khác nhau, độ phức tạp chưa cao do đặc điểm phân thức
độc lập một vế và bậc của biểu thức dưới dấu căn tối đa là bậc 2. Đường lối giải chung vẫn là xét dấu biểu thức dưới
mẫu thức và nâng lũy thừa. Điều kiện xác định đôi khi là mấu chốt của lời giải và giảm thiểu các trường hợp xảy ra.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
2 x  5 2  x 1
1,
3
1 x  2  x

2,
3,

4 7 x  2  6x 1  2
 2
2x  7 1
5x  1  3 x  5 5

6
x 6

4, 1  2 x  1  2 x  2 x
________________________________________________________________________________________________
1

Bài toán 31. Giải bất phương trình

2

x  3x  2



1
.
3 x

Lời giải.
x 1
Điều kiện 
2  x  3
Xét 3  x  0  x  3 . Bất phương trình đã cho tương đương với
x  3
7
x 2  3x  2  3  x   2
 x .
2
3
 x  3x  2  x  6 x  9

x  1
Kết hợp điều kiện thu được 
2  x  7

3

 7
Xét 3  x  0  x  3 . Bất phương trình đã cho vô nghiệm. Vậy tập nghiệm là S   ;1   2;  .
 3
1

1
Bài toán 32. Giải bất phương trình
.

2x 1
x3  x
Lời giải.
1
1
Điều kiện x  . Nhận xét: x   x  3  x .
2
2
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

12

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bất phương trình đã cho tương đương với
2 x  1  x  3  x  2 x  1  x  x  3  3x  1  2 2 x 2  x  x  3  2 x 2  x  2  x
2  x  0
x  2
x  2
 2
 2

 4  x  1
2
 4  x  1

2 x  x  x  4 x  4
 x  3x  4  0
1
1 
Kết hợp điều kiện x  phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;1 .
2
2 
x
x
Bài tốn 33. Giải bất phương trình
.

2
x  6x  7 2x  3
x  7
Lời giải. Điều kiện 
 x  1
Xét trường hợp x  7 , bất phương trình đã cho tương đương với
3

3

3
x 
x  2
2
x  6x  7  2x  3  

 x  . Kết hợp x  7 ta có x  7 .
2

2
 x 2  6 x  7  4 x 2  12 x  9
3  x  12  13  0


1
1
Xét trường hợp x  1 , bất phương trình đã cho tương đương với
(vơ nghiệm).

x2  6x  7 2 x  3
Kết luận nghiệm x  7 .
x 1
x 1
Bài toán 34. Giải bất phương trình

.
3x  1 2 x  3
3
Lời giải. Điều kiện 1  x  . Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
2
x 1
x 1
x2
x 1

0
. x 1  0 
 0 (1).
3x  1 2 x  3

2x  3
 3x  1 2 x  3 

Xét

x  1  0  x  1 . Bất phương trình (1) nghiệm đúng.
3
Xét x  1 thì 1  2 x  3  0  x  .
2
3

Vậy bất phương trình ban đầu có tập nghiệm S  1   ;   .
2


Bài tốn 35. Giải bất phương trình

12  x  x 2 2 12  x  x 2

.
x 3
3x  2

 3  x  4

Lời giải. Điều kiện 
3
 x  3; x  2

Bất phương trình đã cho tương đương với

2 
x4
12  x  x 2
 1
12  x  x 2 

0
12  x  x 2  0 
 0 (1).

 x  3 3x  2 
 x  3 3x  2 
 x  3 3x  2 

Xét 12  x  x 2  0  x  3; 4 ; bất phương trình (1) nghiệm đúng.

x  3
Xét 12  x  x  0 ; 1   x  3 3 x  2   0  
x  3

2
 3
Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S  3;    3; 4 .
 2
CREATED BY HOÀNG MINH THI;
13
2

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH

Bài tốn 36. Giải bất phương trình

2x 1
2



1  2x  x

3x  2
1  2x2  x

.

Lời giải.

1
  x 1
Điều kiện  2
 1  x  0
 2

Bất phương trình đã cho tương đương với

2x 1



3x  2

0

1 x

1  2x2  x 1  2 x2  x
1  2x2  x
1
Xét 1  2 x 2  x  0  2 x 2  x  1  0    x  1 ; khi đó 1  1  x  0  x  1 .
2
 1  1 
Kết hợp điều kiện thu được S1    ;0    ;1 .
 2  2 
x  1
2
2
Xét 1  2 x  x  0  2 x  x  1  0  
x   1

2
Khi đó 1  1  x  0  x  1 . Kết hợp điều kiện thu được S 2  1;   .

 0 (1).

 1  1 
Tổng hợp lại, bất phương trình có nghiệm S    ;0    ;1  1;   .
 2  2 
Nhận xét.
Các bài toán từ 31  36 đều là bất phương trình hai vế đều có dạng mẫu thức, trong đó tử thức hoặc mẫu thức có
phần chung. Các bạn chú ý đặt điều kiện chính xác, biến đổi hợp lý, đầy đủ và logic.

Đối với tử số cần xét trường hợp căn thức bằng 0, sử dụng điều kiện để xác định dấu các biểu thức khác (nếu có thể).
Đối với mẫu số cần xét hai trường hợp như các lời giải phía trên.
Bài tốn tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực

x2  x  2
x2  x  2

x2  x  1
3x  8
2x 1
2x 1
2, 2

x 1
2 x  11
3x  3
5x  5
3,

x  2 1
3x  1  2

1,

4,

2x  x

x



2  x 2  5x 2  x 2  5 x
3x  8
5,
. 2 x 2  3x  2  0
2x 1
3
2
6,

2
1 x  7x  6 x  8
7,
8,

2 x 1  2

x  3  4x  2
3x  1  3 x  2
2

x 1

x  1 1
4x 1


2 3x  2

x2  1

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

14

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 37. Giải bất phương trình

x 4
1  2x2  x  3

 3.

Lời giải.
Điều kiện x   .
2

1  23

Nhận xét: 2 x  x  3  2  x   
 1  1  2x2  x  3  0 .
4
8

Bất phương trình đã cho tương đương với
2

x  4  3  3 2 x2  x  3  3 2 x2  x  3  7  x
7  x  0
x  7
x  7


  7  x  0
 x  7
  22

 x 1
 2
 2
 18 x  9 x  27  x 2  14 x  49
 17 x  5 x  22  0
 17


 22 
Vậy bất phương trình có nghiệm S    ;1   7;   .
 17 

Bài toán 38. Giải bất phương trình

3 4
5
  2  2.
2
x
x

x

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
Phương trình đã cho tương đương với
x 1
3 4
25 20
22 24
(Thỏa mãn điều kiện).
  2  2   4  2   2  0  x 2  12 x  11  0  
2
x
x
x
x
x
x
 x  11
Phương trình đã cho có nghiệm S  1;11 .

Bài tốn 39. Giải bất phương trình

3 6
3
  7   1 (1).
2
x
x
x

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
3
x3
Xét  1  0 
 0  3  x  0 . Bất phương trình đã cho nghiệm đúng.
x
x
x  0
3
x3
Xét  1  0 
0
x
x
 x  3
9 6
3 6
2
 1  x  1
 x 2  x  7  x 2  x  1 1  x  0



Khi đó 1  
  x  0   x  0
 0  x 1.
x  0
 x  3


  x  3



  x  3


 3  x  1
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm 
x  0
Nhận xét.
Bài tốn 37 mặc dù điều kiện đơn giản, song bằng cách nhìn tinh tế theo hướng "làm giảm, làm trội", chúng ta dễ dàng
loại trừ một trường hợp, giảm thiểu tính tốn và sai lầm.
Hai bài toán 38 và 39, biểu thức trong dấu căn trở nên phức tạp, chứa ẩn dưới mẫu thức, tuy vậy phương hướng giải
vẫn theo đường mòn nâng lũy thừa. Các bạn chú ý giải các bất phương trình hệ quả cẩn thận và so sánh điều kiện xác
định để được đáp số chính xác.
CREATED BY HỒNG MINH THI;

15

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 40. Giải phương trình

3

x  34  3 x  3  1 .

Lời giải.
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với



3



x  34  3 x  3
3



3

 1  x  34   x  3  3 3 x  34. 3 x  3



3



x  34  3 x  3  1  3 3 x  34. 3 x  3.1  36

 x  34  x  3  12  x 2  31x  102  123  x 2  31x  1830  0  x  61;30

Thử lại hai giá trị x đều thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  61;30 .
Bài tốn 41. Giải phương trình

3

x  3 x 1  1 .

Lời giải.
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với



3



3

x  3 x 1  1  x  x  1  3 3 x.3 x 1



3



x  3 x  1  1  3 3 x.3 x  1  2  2x

x  1
3
 27 x  x  1  8 1  x    x  1  8 x 2  11x  8   0   2
8 x  11x  8  0  

Phương trình (*) vơ nghiệm vì   0 . Thử lại thấy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Nhận xét.
Đối với dạng toán chỉ chứa căn thức bậc ba, các bạn đặt điều kiện x   và thực hiện tam thừa (nâng lũy thừa bậc ba)
để khử căn thức. Các bạn chú ý các hằng đẳng thức quen thuộc
3

 a  b   a3  b3  3a 2b  3ab2  a3  b3  3ab  a  b 
3
 a  b   a3  b3  3a2b  3ab2  a3  b3  3ab  a  b 
Phương trình bậc ba khơng có điều kiện chặt chẽ như phương trình bậc hai nên qua các phép biến đổi hệ quả, các bạn
cần thêm một phép thử lại để kết luận nghiệm.
Bài toán 42. Giải phương trình

3

x  1  3 3x  1  3 4 x  2  0 .

Lời giải.
Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với
3
x  1  3 3x  1   3 4 x  2  x  1  3 x  1  3 3 x  1. 3 3 x  1



3



x  1  3 3 x  1  4 x  2

 3 3 x  1. 3 3 x  1. 3 4 x  2  8 x  4  27.  x  1 3 x  1 4 x  2   8  4 x  2 
 1 6  17 6  17 


  2 x  1  81x 2  108 x  19   0  x   ;
;

9
9 
 2



 1 6  17 6  17 


Thử lại kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm S   ;
;
.
9
9 
 2


Bài toán 43. Giải bất phương trình

3

1 x  3 1 x  2 .

Lời giải.
Điều kiện x  0 .
Phương trình đã cho tương đương với

1 x 1  x  33 1  x .3 1 x

 1
3



x  3 1 x  8  6 3 1 x  6  x  0

Thử lại thấy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
CREATED BY HỒNG MINH THI;

16

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 44. Giải bất phương trình

3

x3  2 x 2  4 x  1  x  1 .

Lời giải.
Điều kiện x   .
x 1

Bất phương trình đã cho tương đương với x3  2 x 2  4 x  1  x 3  3 x 2  3 x  1  x 2  x  0  
x  0
Vậy nghiệm của bất phương trình là S   ;0 1;   .

Bài tốn 45. Giải bất phương trình

3

6 x 2  7 x  5  3x  1 .

Lời giải.
Điều kiện x   .
Bất phương trình đã cho tương đương với
6 x 2  7 x  5  27 x3  27 x 2  9 x  1  27 x 3  33 x 2  2 x  4  0
x 1
  x  1  27 x  6 x  4   0  1  13
1  13

x
 9
9

1  13 1  13 
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm S  
;
  1;   .
9 
 9
Nhận xét.
Đối với bất phương trình chứa căn bậc ba, cách giải tương tự bất phương trình chứa căn thức bậc hai. Điều kiện rõ

ràng sẽ nhẹ nhàng hơn, song đổi lại phép nâng lũy thừa bậc ba sẽ phức tạp hơn. Trong phép giải phương trình chứa
căn bậc ba, các bạn lưu ý thêm một lần nữa: Sau các phép biến đổi hệ quả, cần thử lại nghiệm để loại các nghiệm
ngoại lai.
2

3

Trong bài toán số 42, sử dụng điểm đặc biệt của bài toán, chúng ta tránh được phép lập phương  a  b  c  .
Ngoài phương pháp lập phương hai vế, các bạn có thể giải bằng cách về hệ phương trình, phương pháp rất hiệu quả
và phổ biến. Về vấn đề này tác giả xin trình bày sáng tỏ và cụ thể tại Lý thuyết sử dụng ẩn phụ (phần 3); Sở chỉ huy
Trung đoàn 3 – Sư đoàn 8 – Qn đồn bộ binh.
Bài tập tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1,
2,

3
3

x 1  3 2x 1  1
x  3 x  7  3 7  2x

3, 3 3 x  2  3 x  1  3 4 x  3
4,

3

x3  6 x 2  4 x  3  3x  1

5,

3

x3  4 x 2  3  3x  2

6, 3 9  x  2  3 7  x  2  4
7, 3 3  x  3 x  1  2
8,

3

x3  x  x  5  x  1

9,

3

2x2  x  3 1  2 x2  x  1

10, 3 2  x  x 2  3 2  x  x 2  3 4
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

17

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 46. Giải phương trình

3x  1  2 x  1  x  1  4 x  1 .

Lời giải.
Điều kiện x  1 .
Phương trình đã cho tương đương với

3x  1  2 x  1  2


 3x  1 2 x  1  x  1  4 x  1  2  x  1 4 x  1

 3x  1 2 x  1   x  1 4 x  1  6 x 2  x  1  4 x 2  3x  1  x  x  2   0  x  2;0

Cả hai giá trị bị loại do x  1 . Kết luận phương trình vơ nghiệm.
Bài tốn 47. Giải phương trình

3x  1  x  2  6 x  4  4 x  3 .

Lời giải.

3
.
4
Phương trình đã cho tương đương với 3 x  1  4 x  3  6 x  4  x  2 (1).
Giả sử hai vế của (1) cùng dấu. Khi đó
Điều kiện x 

1  7 x  2  2  3x  1 4 x  3  7 x  2  2  6 x  4  x  2   3x  1 4 x  3    6 x  4  x  2 
1 5
 12 x 2  5 x  3  6 x 2  8 x  8  6 x 2  13 x  5  0  x   ; 
2 3

5
5
Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x  thỏa mãn phương trình đã cho. Kết luận nghiệm x  .
3
3
Bài tốn 48. Giải phương trình

3  x  2 x  7 x 1  2 1  x .

Lời giải.
1
 x  1.
7
Giả sử hai vế của phương trình đã cho cùng dấu. Suy ra

Điều kiện

3x  3  4 x 3  x   3x  3  4

 7 x  11  x  

x 3  x  

 7 x  11  x 

1 1 
 3 x  x 2  7 x 2  8 x  1  6 x 2  5 x  1  0  x   ; 
3 2 
1
1 

Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x  thỏa mãn phương trình đã cho. Kết luận nghiệm S    .
2
2
Bài tốn 49. Giải bất phương trình x  2  2 x  7  3 x  5  2 x .

Lời giải.

7
.
3
Bất phương trình đã cho tương đương với
Điều kiện 0  x 

x  2  5  2 x  7  3x  2 x  7  x  2


 x  2 5  2 x  

 x  2 5  2 x   7  x  2

2 x  7  x   2 x 2  x  10  2 x 2  14 x  x 

Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm

2x  7  x 

10
13

10

7
 x .
13
3

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

18

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 50. Giải bất phương trình

4 x  1  2 x  3  3x  2  x .

Lời giải.
Điều kiện x 

3
. Bất phương trình đã cho tương đương với
2

3
 4 x  1  x  0; 3x  2  2 x  3  0 .
2
1  5 x  1  2 x  4 x  1  5x  1  2  3x  2  2 x  3 

4 x  1  x  3 x  2  2 x  3 (1).

Do x 

 3x  2  2 x  3 

x  4 x  1

 6 x 2  5 x  6  4 x 2  x  x 2  3 x  4  0  1  x  4
3
Kết luận tập nghiệm  x  4 .
2
Bài tốn 51. Giải bất phương trình 3 x  1  2 x  3  5 x  2  2 x .

Lời giải.
2
. Bất phương trình đã cho tương đương với 3 x  1  4 x  5 x  2  2 x  3 (1)
5
 3x  1  4 x  0
3x  1  4 x
x  1
5
5

Xét trường hợp 


 x  . Khi đó (1) nghiệm đúng với x  .
3
3
5 x  2  2 x  3 3 x  5
 5x  2  2x  3  0


Xét trường hợp 3 x  1  4 x ; 5 x  2  2 x  3 cùng dấu thì

Điều kiện x 

1 


3x  1  4 x  5 x  2  2 x  3  7 x  1  2

 3x  1 4 x  7 x  1  2 5 x  2  2 x  3

 5x  2 2 x  3   3x  1 4 x  10 x 2  11x  6  12 x 2  4 x

x  2
 2x2  7 x  6  0  
3
x 

2

2 3
Bất phương trình đã cho có nghiệm S   ;    2;   .
5 2
Nhận xét.
Các bài toán từ 46  51 đều chứa bốn căn thức bậc hai, độ khó đã tăng lên rất nhiều. Đường lối chung vẫn là sử dụng
biến đổi tương đương, nâng cao lũy thừa kết hợp điều kiện xác định.
Điểm đặc biệt của dạng toán này là sau khi bình phương xuất hiện: ax  b 

f  x   ax  b  g  x  .

Tất nhiên để có được điều này cần nhóm hạng tử thích hợp và khéo léo. Riêng đối với bất phương trình cần xét các
trường hợp, điển hình như bài tốn 51.
Bài tốn tương tự.
Giải các phương trình và bất phương trình sau trên tập hợp số thực
1, 3  x  3 x  1  2 x  2. x  1

2, 3 x  4  4 x  1  2 x  2  5 x  5



3, 2 x  1  4 x  1  x 1  3
4,



x  2  2x 1  1  x

5, 5 x  2  2 x  1  6 x  1  3 x  2
6, 3 x  7  x  2 x  1  2 x  6
7, 6 x  3  x  3  5 x
CREATED BY HOÀNG MINH THI;

19

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH


Bài tốn 52. Giải phương trình

x  x  11  x  x  11  4 .

Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
8  x  0
x  x  11  x  x  11  2 x 2  x  11  16  x 2  x  11  8  x   2
 x  5.
2
 x  x  11  x  16 x  64
Thử lại thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5 .

Bài tốn 53. Giải phương trình

x  1 1  x  x  8 .

Lời giải.
 x  1

Điều kiện 
x  x  8  0

Phương trình đã cho tương đương với
 x  1 1  0




x  0
x  0
x  0





2 x  1  2  x  8
 4 x  4  x  12  4 x  8
3 x  8  4 x  8
x  2  2 x 1  x  x  8




8

x  3
8


x 

  x  8  x  8
3
9 x 2  48 x  64  16 x  128

8

 x  
9

Phương trình đã cho có nghiệm x  8 .

 3x  7

Bài toán 54. Giải bất phương trình  2
 1 x 2  4 x  0 .
 x x2 
Lời giải.
x  4
Điều kiện 
 1  x  0
Bất phương trình đã cho tương đương với
x2  2 x  8
 x  2  x  4  . x x  4  0  x  4 x x  4  0 (1).
. x2  4 x  0 




x2  x  2
x 1
 x  1 x  2 
Xét

x  x  4   0  x  0; 4 . Bất phương trình (1) nghiệm đúng.

 x  1
x4
0
x 1
 x  4

x  4
Kết hợp điều kiện thu được 
 x  4
Bất phương trình đã cho có nghiệm là S   ; 4  0   4;   .

Xét

x  x  4   0 thì 1 

[Hẹn gặp lại các bạn tại Lý thuyết sử dụng biến đổi tương đương (Phần 2); Sở chỉ huy trung đoàn 2 – Sư đoàn 6 –
Quân đoàn bộ binh].

CREATED BY HOÀNG MINH THI;

20

SỞ CHỈ HUY TRUNG ĐOÀN 1 – SƯ ĐOÀN 6 – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH