Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ potx

Nguyễn Văn Sang

1
BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức
I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Kiến thức cần nhớ:


 
 
 
2 2
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1
1.
2. 0
3. ,
4. 0
5. ,
n
n
n n
n n
n n
n n
a a
a b a b ab

a b a b a b
a b a b
a b a b a b
 
 

   
   
   
   

2. Các dạng cơ bản:
* Dạng 1:
   


   
2
0g x
f x g x
f x g x
 

 




(Không cần đặt điều
kiện



0
f x

)
* Dạng 2:
   
f x g x

xét 2 trường hợp:
TH1:


 
0
0
g x
f x







TH2:
   
2
( ) 0g x

f x g x








* Dạng 3:
     
   
2
( ) 0
0
f x
f x g x g x
f x g x



  





Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp
g(x) là tam thức bậc hai (ax
2

+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn
đặt điều kiện cho


0
g x

rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương
trình về dạng quen thuộc.
+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình
1 2
0 1 2 1
0
n n n
n n
a x a x a x a x a
 

     

có nghiệm x=

thì chia vế trái cho cho
x–

ta được





1 2
0 1 2 1
0
n n
n n
x b x b x b x b

 
 
     
 , tương tự cho bất phương
trình.
* Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì
việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử
Nguyễn Văn Sang

2
dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được
nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác.
* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2
nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được
1 nghiệm thì sử dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta
phải chuyển sang hướng khác.
“Cũng như không ?!”
Ví dụ 1: Giải phương trình: 01312
2
 xxx (ĐH Khối D – 2006)
Biến đổi phương trình thành:
2
2 1 3 1

x x x
    
(*), đặt điều kiện rồi bình
phương 2 vế ta được:
028116
234
 xxxx
ta dễ dạng nhẩm được nghiệm
x = 1 sau đó chia đa thức ta được:
(*) (x – 1)
2
(x
2
– 4x + 2) = 0.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
   


2
2
4 1 2 10 1 3 2
x x x
    
, ĐK:
2
3
x
 



2
2 1 5 2 3 2 ( 5) 3 2 9 5
pt x x x x x x x x
            
(1), Với
3
2
x
 
hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x
3
– x
2
– 5x – 3
0

  
2
3 1 0
x x
   

b) Tương tự với 2 dạng: *
   
f x g x
 *
   
f x g x

Ví dụ 1: Giải bất phương trình

 
2
2 6 1 2 0 1
x x x    
Giải
 
2
1 2 6 1 2
x x x
    
bất phương trình tương đương với hệ:
2
2
2
2 0
3 7 3 7 3 7
2 6 1 0 3
2 2 2
2 6 1 2
1 3
x
x
x x x x x
x x x
x


 



  


         
 
 
   

  



Ví dụ 2: Tìm m để phương trình
2
2 1 2
x mx m
   
có nghiêm.
Giải
* Nếu m < 2  phương trình vô nghiệm.
* Nếu m  2  phương trình  x
2
2mxm
2
+4m3=0. Phương trình này có
=2m
2
4m+3>0 với mọi m.
Vậy với m  2 thì phương trình đã cho có nghiêm.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình

2
2 3 1
x mx x
   
có hai nghiệm phân biệt.
Nguyễn Văn Sang

3
Giải:
Cách 1:
 
2
1
2 4 0,(*)
x
PT
x m x
 




   


, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:
2 2
1 2
2 4 20 2 4 20
0, 0

2 2
m m m m m m
x x
       
   
. Phương trình đã
cho có 2 nghiệm

(*) có 2 nghiệm
1
x
 

 
2
22
2
4
1 4 4 20 1
4 4 20
m
x m m m m
m m m



          

   




Chú ý: + x
1
> 0, x
2
< 0 vì x
1
> x
2
và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái
dấu.
+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với
1 0
x t
   
.
(*) trở thành:
    
2
1 2 1 4 0
t m t
     
(**). Để (*) có 2 nghiệm
1
x
 
thì
(**) phải có 2 nghiệm 0


t .
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân
biệt:
2
2 2 1
x mx x
   
, (1)
Giải:
   
2
2 1 0
3 4 1 0, 2
x
pt
x m x
 




   


để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2)
có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng
1
2


hay
 
2
4 12 0
1 9
0
2 2
1
2 2
m
f m
S


    


 
   

 
 


 


.
Chú ý : Cách 2: đặt
1

2
t x
 
, khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng
1
2


thì
 
2
1 1
3 4 1 0
2 2
t m t
   
     
   
   
có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.
3. Các kỹ năng:
a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta
biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
5 1 1 2 4
x x x
    
(ĐH Khối A – 2005)
Nguyễn Văn Sang

4
Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi
thành:
5 1 1 2 4
x x x
    
khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ
bản để giải.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
     
2
1 2 2 1
x x x x x    .
Giải
Điều kiện:
 
1
2 *
0
x
x
x



 





         
 
 
 
2 2 2 2
2
2 2 2
2
1 2 2 1 2 4 2 1 2 2 1
4 2 2 1
8 9 0
x x x x x x x x x x x
x x x x x
x x
          
    
  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0,
9
8
x

.
(Hãy tìm thêm cách giải khác)
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình
2 2
2 4 0
x mx x
   

có nghiệm.
HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được
2
1,2
16
2
m m
x
 

.
Kết hợp với điều kiện ta tìm được |m|  4.
b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:
- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức
Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân
tích
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
7 7
x x
  
.
HD:
 Bình phương hai vế.
 Dùng hằng đẳng thức a
2
 b
2
=0.
 Nghiệm

1 29
2,
2
x x

  .
Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.
 
2
2
4
1 1
x
x
x
 
 
b.


2 2
3 2 3 2 0
x x x x
   

Nguyễn Văn Sang

5
ĐS: a. 1x<8, b.
 



1
; 2 3;
2
 
  


 
  .
Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số
m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
 
2
2 8 2
x x m x
   
.(1)
Giải: ĐK:
2

x
, do m > 0.
    







)2(,326
2
242
23
mxx
x
xmxxpt
. Để chứng minh
0


m
, phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương
trình (2) có một nghiệm khác 2.
Thật vậy: đặt


3 2
6 32, 2
f x x x x
   
, ta có f(2) = 0,




' 2
lim , 3 12 0, 2
x

f x f x x x x

      
nên f(x) là hàm liên tục trên


2;


và đồng biến trên khoảng đó suy ra
0


m
phương trình (2) luôn có nghiệm x
0

mà 2 < x
0
<


.
Một số dạng chuyển thành tích:
- Dạng:




- -

a c x b d
ax b cx d
m

   

Ta biến đổi thành:




( )
m ax b cx d ax b cx d
      

Ví dụ: Giải phương trình:
3
4 1 3 2
5
x
x x

   
.
ĐS: x=2.
- Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0
Ví dụ: Giải phương trình:
3 2
3 3
1 2 1 3 2

x x x x
      
.
ĐS: x=0, x=1.
Ví dụ: Giải phương trình:
3 2
4
4
1 1
x x x x
     .
ĐS: x=0, x=1.
- Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
      
.
ĐS: x=0, x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 2 2 2
3 3 2 3 2 2
x x x x x x x
        .
ĐS: x=0.
- Dạng: a
3
b
3

 (ab)(a
2
+ab+b
2
)=0  a=b
Ví dụ: Giải phương trình:
   
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x    
.
ĐS: x=1.
Nguyễn Văn Sang

6
c. Chuyển về dạng: A
1
+ A
2
+ + A
n
= 0 với ,0 1
i
A i n
  
khi đó pt tương
đương với: , ,

1 2
0 0 0

n
A A A
  
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 3 3 4 3 2 2 1
x x x x x
     
.
HD: Phương trình tương đương




2
4 4 3 3 1 2 2 1 2 1 0
x x x x x x
        
.
ĐS: x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 2
4 2 4
x y y x y
    
.

Giải
Bình phương hai vế ta được
     
 
2 2
2
1
2 1 2 2 2 4 0 , 2.
2
x y y x y x y
          

d. Sử dụng lập phương:
Với dạng tổng quát
3 3 3
a b c
  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng
thức
   
3
3 3
3
a b a b ab a b
    
khi đó phương trình tương đương với hệ
3 3 3
3
3
a b c
a b abc c


 


  


. Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình.
Ví dụ: Giải bất phương trình
3 3 3
1 2 2 3
x x x
    
.
ĐS:
3
1; 2;
2
x x x
  
.
e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu:
- TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:


 
2
2 16
7

3 1
3 3
x
x
x
x x


  
 
(ĐH Khối
A2004)
Giải
ĐK:
4

x
.
 
   
2 2
1 2 16 3 7 2 16 10 2
         
x x x x x


 
 
2
2

4
5
10 2 0
10 2 0
10 34 5
2 16 10 2
x
x
x
x
x
x x
 

 


 




 



   


  





Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
10 34
 x
.
-
TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường
hợp:
Nguyễn Văn Sang

7
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a.
 
2 2
3 4 9
x x x
   
b.
2
51 2
1
1
x x
x
 



.
HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3.
ĐS:
5
3
6
x x
   
.
b. Xét hai trừng hợp của x1. ĐS:
1 52 5 1
x x
     
.
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.
 
2
2 1 1 0
x x x x x x
      
.
HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành:
2 2 3 2
2 4 4 6 4 0
x x x x x x x x
       
.
2 2

( 2)(2 2 2) 0
x x x x x
      

b.
2 2
4 5 1 2 1 9 3
x x x x x
      
. HD: Nhân lượng liên hợp.
Bài 2: Giải bất phương trình sau:
2
1 2 1 2 2 .
x x x
    
HD: Cách 1: Đặt
4 2
2
4
1 2 1 2
16
t t
t x x x

      
. Cách 2: Bình phương rồi
đưa về dạng:A
1
+A
2

= 0, với A
1
, A
2

0

.
Bài 3: Giải phương trình
4 3 10 3 2
x x
   
. (HD: Bình phương hai lần ra
phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức).
Bài 4: Giải phương trình
2
2
1 1
3
x x x x
    
.
Bài 5: Giải phương trình
2
2 6 1 1
x x x
   
.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
1.

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

3.
3 3 3
2 2 2 9
x x x
    4.
33 3
1 1 2
x x x
   
5.
2
1 1 2
4
x
x x    
6.
2
2 3 3 1
4
x

x x
 
   

7.
5 3 3 1 1
x x x
    
. (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A
1
+A
2
= 0, với
A
1
, A
2

0

).
Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m x m x m
   
.
Bài 8: Tìm m sao cho phương trình:
2
4
x x x m
  

.
Nguyễn Văn Sang

8
a. Có nghiệm.
b. Có hai nghiệm phân biệt.
Bài 9: Giải các bất phương trình sau:
a.
2
1 1 4
3
x
x
 

.
b.
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
       
.
c.
2 2 2
2 2 3 4 5
x x x x x x
       
.
Bài 10: Giải các phương trình:
a.

3 32 2
3 3
1
x x x x x
    
. b.
4
3 4
3
x
x x
x
  

.
c.
3
4 3 1 4x x
x
   
. d.
2
2 3 9 4
x x x
   
.
e.
2 2
2 1 4 3 1 2 2 6
x x x x x x

      
.

II. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Dạng 1:
 


0
n
F f x

, đặt
 
n
t f x
 (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t
 0).
Ví dụ 1: Giải các phương trình:
a.
2 2
11 31
x x
  
. b.
  
2
5 2 3 3
x x x x
   

.
HD: a. Đặt
2
11, 0
t x t
  
. ĐS: x=5.
b. Đặt
2
3 , 0
t x x t
  
. ĐS:
3 109
2
x
 

.
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2 2
2 2 5 2
x x m x x m
     .
Giải
Đặt:
 
2
2
5 2 6 1 0; 6

t x x x t
 
       
 
.
Khi đó phương trình trở thành


2 2
2 5 0 * 5
t mt m t m      
. Phương
trình đã cho có nghiệm khi (*) có nghiệm
0; 6
t
 

 
hay
0 5 6 5 6 5
0 5 6 5 6 5
m m
m m
 
      

 
     
 
 

.
Nguyễn Văn Sang

9
Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình:
 
2
( 2 2 1) 2 0
m x x x x
     
, (1) có
nghiệm
0;1 3
x
 
 
 
.
Giải: Đặt
2 2 2
2 2 2 2
t x x x x t
      
. Nếu


31;0 x
thì
 
 

2;111
2
 xt

BPT trở thành:




2
1 2 0, 2
m t t   
Khi đó ta có
2
2
1
t
m
t



, với
1 2
t
 
. Đặt
 
2
2

1
t
f t
t



, dùng đồ thị ta tìm được
2
3
m

.
Dạng 2:
   


       


2 0
m f x g x n f x g x n f x g x p
     
, đặt
   
t f x g x
  , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t.
Ví dụ 1: Cho phương trình
  
3 6 3 6

x x m x x
      
.
a. Giải phương trình khi m=3.
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Giải
Đặt:
    
2
3 6 9 2 3 6 *
t x x t x x         . Áp dụng bất đẳng thức
Cauchy
  
2 3 6 9
x x
  
nên từ (*) ta có
3 3 2
t 
.
Phương trình đã cho trở thành t
2
2t9=2m (1).
a. Với m=3 (1)  t
2
2t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6.
b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm
3;3 2
t
 


 
. Xét hàm số


2
2 9
f t t t
  
với
3;3 2
t
 

 
, ta thấy f(t) là một hàm đb nên:
 


6 (3) 3 2 9 6 2
f f t f     
với
3;3 2
t
 

 
. Do vậy (1) có nghiệm
3;3 2
t

 

 
khi và chỉ khi
6 2 9
6 2 9 6 2 3
2
m m

       

Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau:
Cách 1: dùng BĐT như bài trên
Cách2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ).
Ví dụ 2: Giải phương trình


3 33 3
35 35 30
x x x x
   
.
Nguyễn Văn Sang

10
HD: đặt:
3
3 33 3
35
35 35

3
t
t x x x
t

     . ĐS: x=2, x=3.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình
2
7 7 7 6 2 49 7 42 181 14
x x x x x
       
.
HD: Đặt
7 7 7 6 0
t x x
    
 …
6
6
7
x
 
.
Dạng 3:
   


, 0
n n
F f x g x


, trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.
TH1: Kiểm tra nghiệm với


0
g x

.
TH2: Giả sử


0
g x

chia hai vế phương trình cho


k
g x
và đặt
 
 
n
f x
t
g x

.
Ví dụ 1: Giải phương trình



3 2
5 1 2 2
x x
  
.
ĐK:
1
x
 
.
 
 
   
 
3 2 2 2
5 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1
x x x x x x x x
           


2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
 
   

   

Đặt
2
1
, 0
1
x
t t
x x

 
 
. Phương trình trở thành
2
2
2 5 2 0
1
2
t
t t
t



   



.

 Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.
 Với
1
2
t

: Phương trình đã cho có nghiệm
5 37
2
x


.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
      
.
Giải
ĐK:
5
x

.
2 2 2 2
5 14 9 20 5 1 5 14 9 5 1 20
x x x x x x x x x x              
Bình phương hai vế:
 

 
 
 
2 2
2 4 5 3 4 5 4 5 4
x x x x x x
       

Đặt
2
4 5
, 0.
4
x x
t t
x
 
 

phương trình trở thành
2
3
2 5 3 0 1,
2
t t t t
     
.
 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm
5 61 5 61
5, 5

2 2
x x
 
   
.
 Với
3
2
t

: Phương trình đã cho có nghiệm
7
8 5, 5
5
x x
    
.
Nguyễn Văn Sang

11
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
5 61
, 8
2
x x

 
.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
24

3 1 1 2 1
x m x x
    
.
HD: ĐK
1
x

. Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho
24
1
x

đặt
4 4
1 2
1
1 1
x
t
x x

  
 



0 1
t
 

. ĐS
1
1
3
m
  
.
Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để).
       
0
af x g x f x h x
  
. Đặt
 
t f x
 , khi đó phương trình trở thành




2
0
at g x t h x
  
.
Ví dụ: Giải phương trình
 
2 2
2 1 2 1 2 1
x x x x x

     
.
HD
Đặt
2
2 1 1 6
t x x x      

.
(Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng
giác, mũ, logrit,… rất hay!)
Bài tập
Giải các phương trình sau:
1.
 
2 3
2 5 2 4 2 21 20
x x x x    
ĐS:
9 193 17 3 73
,
4 4
x x
 
  .
2.
 
3
3 2
3 2 2 6 0

x x x x
    
Đặt
2
y x
 
, ĐS:
2, 2 2 3
x x  
.
3.


2 3
2 3 2 3 8
x x x
   
ĐS:
3 13
x  
.
4.
1 1 1
2 1 3
x
x x
x x x

    
Đặt

1
1t
x
 
, ĐS:
1 5
2
x


.
Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác).
Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường
tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy
nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những
tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác
và giải quyết bài toán lượng giác này.
Lưu ý vài tính chất cơ bản:
Nguyễn Văn Sang

12
*
sin 1, cos 1
a a
 
. *
2 2
sin cos 1
a a
 

.
*
2
2
1
1 tan
cos
a
a
 
*
2
2
1
1 cot
sin
a
a
 
.
Ví dụ 1: Giải phương trình
2 2
1 1 2
x x
   .
Giải
ĐK
1
x


. Đặt


cos , 0;
x t t

 
. Khi đó phương trình trở thành
2 2 2
1 1 cos 2cos 2sin sin 1 0.
t t t t
      
Ta tìm được:
1
sin
2
t

. Khi đó
2
3
cos 1 sin
2
x t t     
.
Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định


u x a


. Ta có thể nghĩ đến cách đặt
 
sin , ;
2 2
u x a t t
 
 
  
 
 
hoặc đặt




cos , 0;
u x a t t

  .
* Nếu




0;
u x a
 ta có thể đặt
 
2
sin , 0;

2
u x a t t

 
 
 
 
.
Ví dụ 2: Giải phương trình
   
3
3 2 2
1 2 1
x x x x
   
.
HD: Đặt


cos , 0;
x t t

  dưa về phương trình lượng giác




sin cos 1 sin cos 2 sin cos
t t t t t t
  

. Để gải phương trình này ta lại đặt
sin cos , 2
u t t u   .
ĐS:
2 1 2 2 2
,
2 2
x x
  
 
.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2 3
1 4 3
x x x
  
. ĐS:
1 2 2
,
4
2
x x

    .
Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình).
* Khi gặp phương trình có dạng
     


, ,

  
0
n m
F f x a f x b f x
.
Đặt
   
,
n m
u a f x v b f x
    . Khi đó ta được hệ phương trình sau:


, 0
n m
F u v
u v a b
 


  


. Giải hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một
trong hai phương trình
 
n
u a f x
 
hoặc

 
m
v b f x
 
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
  
3 6 3 3 6
x x x x
      
. ĐS:
0, 3
x x
  
.
Nguyễn Văn Sang

13
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3
24 12 6
x x
   
. ĐS:
24, 88, 3
x x x
    
.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
4 4

17 3
x x
  
.
ĐS:
1, 16
x x
 
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
      
2 2
3 3
3
2 7 2 7 3
x x x x
      
. ĐS:
1, 6
x x
  
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
33 3
1 3 2
x x    , đặt
3 3
1, 3,
u x v x
   

pt trở
thành:
3
3 3
2
2
u v
u v

 


 



Ví dụ 6: Giải phương trình:
3
1 1
1
2 2
x x
   
, đặt
3
1 1
,
2 2
u x v x
   

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: axx 
33
11 có nghiệm.
Đặt
33
1,1 xvxu 
. Phương trình trở thành:


2 2
2
a u v uv
u v a

  


 



TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm.
TH2:
0
a

, hệ phương trình trở thành
2
1 2

3
u v a
uv a
a
 



 
 
 

 

. Hệ có nghiệm khi
2
4 0 0 2
S P a
    
. Vậy phương trình có nghiệm khi
0 2
a
 
.
* Khi gặp phương trình có dạng
   
  
n
n
f x b a af x b

.
Đặt
   
,
n
t f x y af x b
  
ta có hệ
n
n
t b ay
y b at

 


 


.
Ví dụ 1: Giải phương trình
3
3
2 1 2 2 1
x x
  
. ĐS:
1 5
1,
2

x x
 
  .
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
3
2 4
2
x
x x

  .
Giải
ĐK
3
x
 
.
 
 
 
2 2
2
1 2
3 1 1
2 4 2 1 2 1 1 1
2 2 2 2
x
x x
x x x x

 
 
          
.
Nguyễn Văn Sang

14
Đặt
2
1
1, 1 1 1
2 2 2
x t t
t x y y

        
. Ta được hệ phương trình
2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

 





 


. Giải thêm chút nữa ta được kết quả!
ĐS:
3 17 5 13
,
4 4
x x
    
 
.
Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm
được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ
đó ta đặt ẩn phụ.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2
4 7 1 2 2
x x x
   
. ĐS:
7 1
1, ,
4 4
x x x
    
.

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương.
Bài tập:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1.
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
       
2.
2 2
2
x x x x
   

3.
2 2
4 2 1 2 2 9
x x x x x x
       
4.
4 1 5
2x x x
x x x
    
.
Bài 2: Giải cácbất phương trình sau:
1.
2 2
5 10 1 7 2
x x x x

    
2.
3
24 12 6
x x
   

3.
2 2
2 5 6 10 15
x x x x
    
4.
2
1 1 2
4
x
x x     .
Bài 3: Giải các phương trình sau:
1.
3 3
12 14 2
x x
   
2.
33 3
1 3 2
x x   
3.
2 3 2

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

5.
2
1 1 2
4
x
x x    
(đặt
1 1
t x x
   
).
III. Phương pháp hàm số
Các tính chất:
Nguyễn Văn Sang

15
Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình
f(x)=k (k

R) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì


u, v

(a,b) ta
có


( )
f u f v u v
  
.
Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b)
thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x)
trên khoảng (a;b) thì


bac ; :
 




'
F b F a
F c
b a




. Khi áp dụng giải
phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì






; : ' 0 ' 0
c a b F c F x
    
có
nghiệm thuộc (a;b).
Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình
f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D.

Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi
chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy
nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi
dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy
ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn
điệu khi đó ta có: u = v.
Ví dụ: Giải phương trình:
2
4 1 4 1 1
x x
   

ĐK:
1
2
x

. Đặt
 
2
4 1 4 1
f x x x
   
. Miền xác định:
1
2
x

,
 
'
2
2 4
0
4 1
4 1
x
f x
x
x
  



.
Do đó hàm số đồng biến với
1
2
x

, nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất. Thấy
1
2
x

là nghiệm của phương trình.
Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau:
Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)
B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y =
f(x,m) và đường thẳng
d: y = g(m).
Nguyễn Văn Sang

16
B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)
B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm:







min , max ,
x D x D
f x m g m f x m
 
  .
* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm.
* phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) .
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình:
2 2
1 1
x x x x m
     
có nghiệm.
TXĐ: R
Xét hs:
 
2 2
1 1
y f x x x x x
      
, D
f
= R,
2 2
2 1 2 1
'
1 1
 
 

   
x x
y
x x x x

   




 
 
 

' 2 2
2 2
2 2
2 1 2 1 0
0 2 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1 1
   

         

      


x x
y x x x x x x
x x x x x x

(v.nghiệm)
Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.
Giới hạn:
2 2
2 2
2
lim lim 1
1 1
2
lim lim 1
1 1
x x
x x
x
x x x x
x
x x x x
 
 
  
    
 
    


BBT: x







y’ +
y 1

1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1.

Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số,
rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận
sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong
bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
3 1
mx x m
   
, ĐK:
3
x


1 3
1
x
bpt m
x
 
 


, xét hs
 
2
1 3 5
'
1
2 3 1
x x
y y
x
x x
  
  

 
.
'
0 5
y x
  
.
lim 0
x
y


và f(3) =
1
2
.

Nguyễn Văn Sang

17
BBT:
x 3 5



y’ + 0 
y y(5)

1
2

0

Vậy bất phương trình có nghiệm
 
3 1
5
4
y m m

   

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình:


12 5 4

x x x m x x
     
có nghiệm.
Giải: ĐK:
0 4
x
 



( 12) 5 4
pt x x x x x m
      
xét hs
 


( 12) 5 4
y f x x x x x x
      
. Miền xác định:


0;4
D 
Nhận xét: Hàm số


12
h x x x x

  
đồng biến trên D.
Hàm số


5 4
g x x x
   
đồng biến trên D.
Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm
khi và chỉ khi




0 4
f m f 

Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình:
2
3 1
x m x
  

Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:
2
3
1
x
m

x




Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C):
2
3
1
x
y
x



và đường
thẳng: y = m.
Lập BBT :
x


1/3



y’ + 0 
y 10
1

1

KL:
1 10
m m   
: phương trình vô nghiệm.

1 1
m
  
hoặc 10m : phương trình có nghiệm duy nhất.
Nguyễn Văn Sang

18

1 10
m 
: phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
  
1 3 1 3
x x x x m
      
, (1)
Giải: ĐK:
1 3
x
 
. Đặt 1 3
t x x
   
, lập BBT của t(x) với

1 3
x
 
ta có
2 2
t
 

Khi đó phương trình (1) trở thành:
1
2

t
2
+ t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm
số vế trái với
2 2
t
 
từ đó kết luận:
1 2
m 
.
Bài tập:
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2
9 9
x x x x m
     
.

Bài 2. Giải các phương trình sau:
1.
2 2
1 1 3 1
x x x x
      

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

3.


12 12 5 4
x x x x x
     

B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn.
1. Phương pháp biến đổi tương đương:
Ta thực hiện theo các bước sau:
B1: Đặt điều kiện (nếu có).
B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình  hệ phương trình đơn giản mà
ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến
B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
5 2 7
2 5 7

x y
x y

   


   


.
Giải
Điều kiện:
2
2
x
y





.
Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:
     
5 2 2 5
x y x y x y
      
.
Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11.
Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:

2 1
2 1
x y
y x

 


 



Giải
Điều kiện: 0,

yx .
Nguyễn Văn Sang

19
cộng vế theo vế ta được:






2 2
2 2 1 1 0 0
x y x y x y x y
           

Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:
2 0
1
x y m
x xy
  



 



 
 
 
 
2
2
2
2
2
1
2 2 1 0 (*)
1
1
, 1, 0
y x m
y x m

x
hpt x m x m x
x
x
xy x
y x x
x
 

 


 
         
 

 
   




Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả:
1, 0
x x
 
.
TH1: xét x = 1:
TH2: (*) có nghiệm kép
1

x

:
TH3: (*) có 2 nghiệm
1 2
1
x x
 
:
Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với
 
2
1
, 1, 0
x
y x x
x

  

Ví dụ 4: giải:
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 185
( ) 65
x xy y x y
x xy y x y

   



   



Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:




3
2 2 2 2 2 2 2 2
2 250 125 5
x y x y x y x y
        
.
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
 
2, 1
1,(2)
x y x y
y x y x

   



   


Giải: ĐK:
x,
y x y
 
.
 
2
2
1 2
4 4
x
x y x
x y


    

 

 
2
1
2 2 1 2
2
4 4 1
y
y y x
x y




    


  


KQ:
17 5
;
12 3
 
 
 
.
Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau:
1.
3
3
x y
y x

 


 


2.
3

3
x y xy
x y

  


 



Nguyễn Văn Sang

20
3.


2 2
3 3
3
3
7
2
3
x y x y xy
x y

  




 

4.
2
2
420
280
x y xy
y x xy

 


 



5.
2 2 2 2
1
1
x y x y
x y x y

   


   



6.
2 2 2 2
2
4
x y x y
x y x y

   


   



7.
2 2 2 2 2
x y x y a
x y x y a

   


   


(a > 0) 8.
2 2
2
4

x y x y
x y x y

   



   


9.
 


2 2
3 3
3
3
2 3
6
x y x y y x
y x

  



 

10.

30
35
x y y x
x x y y

 


 



11.
2
2
1
1
4
1
1
4
x y
y x

 




 




Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm:
x y xy a
x y a

  


 



Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:
1 2
3
x y m
x y m

   


 

