Chinh phục kì thi vào lớp 10 thpt môn toán năm 2024 các chuyên đề hay và khó, 20 đề luyện tập có hướng dẫn chi tiết

Mơc lơc
Trang
PHẦN 1

Các chun đề hay và khó

Chương 1

Phương trình

Chương 2

Hệ phương trình

Chương 3

Bất đẳng thức

PHẦN 2

20 đề luyện tập có hướng dẫn chi tiết

PHẦN 3

10 đề tự luyện

521
CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ


Chun đề 1. PHƯƠNG TRÌNH

I. TĨM TẮT LÝ THUYẾT
Đối với phương trình vơ tỷ (tức là phương trình có chứa ẩn trong dấu căn), điều cần lưu ý nhất là tính
khơng thuận nghịch của các phép tốn. Chẳng hạn nếu trong một phương trình nào đó, bạn thay
(với A và B là các biểu thức nào đó của x ) bởi
mở rộng, bởi vì

A. B

A.B thì tập xác định của phương trình rất có thể bị

A. B chỉ xác dịnh khi A ≥ 0 và B ≥ 0 trong khi

A.B xác định ngay cả khi A < 0

và B < 0 . Vậy bạn chỉ thu được một phương trình hệ quả. Ngược lại, nếu thay thế

A.B bởi

A. B

thì tập xác định có thể bị thu hẹp lại, do đó bạn rất dễ bị bỏ sót nghiệm. Điều đó cảnh báo rằng khi thực
hiện một phép tính về căn thức, để biến đổi một phương trình thì nói chung bạn khơng được phương
trình tương đương. Để tránh các sai sót kiểu như thế, người ta dùng một trong các cách sau:
Cách 1: Nếu chắc chắn phép biến đổi chỉ cho phương trình hệ quả thì ở bước cuối cùng, ta dùng phép
thử trực tiếp vào phương trình để loại bỏ nghiệm ngoại lai.
Ví dụ:
Giải phương trình

2x − 1 + x + 3 =
3

Giải:
Phương trình đã cho, suy ra:

(

2x − 1 + x + 3

)

2

= 9⇒2

( 2 x − 1)( x + 3) =

7 − 3x

x = 1
2
⇒ 4 ( 2 x 2 + 5 x − 3) =( 7 − 3 x ) ⇒ x 2 − 62 x + 61 =0 ⇒ 
 x = 61
Thử trực tiếp vào phương trình, ta thấy x = 1 thỏa mãn, cịn x = 61 khơng thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 1 .
Cách 2: Ghi nhớ tập xác định của phương trình và các điều kiện cần thiết khác trước khi biến đổi
phương trình. Nếu phép biến đổi dẫn đến phương trình hệ quả thì nghiệm ngoại lai chính là các giá trị
của ẩn khơng nằm trong tập xác định hoặc không thỏa mãn các điều kiện đã nêu. Đơi khi, chính tập xác
định và các điều kiện ấy sẽ đem lại những gợi ý hữu ích cho bạn trong q trình giải phương trình.
Ví dụ:
Giải phương trình

x2 + x ( x − =
3)

x ( 2 x + 1)

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

1


Giải:
x = 0

 x ( x − 3) ≥ 0
1
Điều kiện 
⇔ x ≤ −
2

 x ( 2 x + 1) ≥ 0
x ≥ 3


+ Xét x = 0 , thỏa mãn phương trình
+ Xét x ≤ −

1
phương trình đã cho tương đương với
2

− x . − x + − x . − x + 3 = − x . −2 x − 1 ⇔ − x + − x + 3 = −2 x − 1
⇔

(

−x + −x + 3

)

2

=−2 x − 1 ⇔ 2 − x ( − x + 3) =−4 (vơ nghiệm vì giá trị của căn thức không thể

bằng một số âm)
+ Xét x ≥ 3 , phương trình đã cho tương đương với
x . x + x . x − 3=
⇔

(

x + x−3

)

2

x. 2x + 1 ⇔

x + x − 3=

2x + 1

x = 4
= 2 x + 1 ⇔ 2 x ( x − 3) = 4 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0 ⇔ 
 x = −1

Nhận thấy x = −1 không thỏa mãn x ≥ 3 nên bị loại.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:=
x 0;=
x 4
Cách 3
Chú ý đến các điều kiện xác định của phương trình, các điều kiện để thực hiện các phép biến đổi đồng
nhất hay biến đổi tương đương phương trình và đặt các điều kiện đó cùng với phương trình trong một hệ
hỗn hợp (cả phương trình và bất phương trình). Hệ này sẽ tương đương với phương trình đã cho.
Nhưng dù theo cách nào thì bạn cũng phải chú ý đến các điều kiện nảy sinh trong quá trình biến đổi
phương trình, đặc biệt là sự thay đổi tập xác định của phương trình. Điều đó sẽ giúp bạn có những quyết
định đúng đắn khi giải phương trình.
Dưới đây là một số đồng nhất thức có điều kiện thường gặp:

Đồng nhất thức

( A)

2

A
B

A≥0

=A

A. B =
=

A B=

Điều kiện

A.B

A
B

A 2 .B

A B = − A 2 .B

A ≥ 0 và B ≥ 0
A ≥ 0 và B > 0
A ≥ 0 và B ≥ 0

A ≤ 0 và B ≥ 0

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

2

B

A
=
B

B

A
= − A.B
B

A ≤ 0 và B > 0

A.B

A ≤ 0 và B < 0

* DẠNG 1:

A=B

Phương pháp: Sử dụng

công thức của định nghĩa căn bậc hai số học

B ≥ 0
A= B ⇔ 
2
A = B

Chú ý: Sau khi tìm nghiệm của bài toán xong, chúng ta nên thử lại nghiệm để tránh sai sót trong tính
tốn.

Ví dụ 1:
Giải phương trình:

− x2 + 4x − 3 = 2x − 5

Giải:
2 x − 5 ≥ 0
Phương trình tương đương với  2
− x + 4 x − 3=

( 2 x − 5)

2

5

x
≥

5
2


14
x ≥
⇔

⇔  x = 2 ⇔ x =
2
5
5 x 2 − 24 x + 28 =

0
14

 x =
5


Vậy phương trình có nghiệm là: x =

14
5

Ví dụ 2:
Giải phương trình:

2 x 2 + 3x − 5 = 2 x − 2

Giải:
2 x − 2 ≥ 0
Phương trình tương đương với  2
2 x + 3 x − 5=

( 2x − 2)

2

x ≥ 1
x = 1

 x ≥ 1
 x = 1
⇔
⇔ 
⇔
x = 9
x
−
1
2
x
−
9
=
0
)(
)
(
 x = 9

2
2
 
Vậy phương trình có nghiệ m là:=
x 1;=
x

9
2

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

3


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:
Đáp số: x =

x 2 + 3x + 4 − 3x =
1

−3 + 105
16

2) Giải phương trình:
Đáp số: x =

x2 + 2x − 6 = 2 − x

5
3

3) Giải phương trình: x + x 2 + x + 2 =
3
Đáp số: x = 1

4) Giải phương trình: x + 2 + x 2 + 3 x + 1 =
0
Đáp số: x = −3

A= B

* DẠNG 2:

 A ≥ 0 ( B ≥ 0 )
Phương pháp: Phương trình tương đương với 
 A = B

Ví dụ :
Giải phương trình:

x2 − x =

3− x

Giải:

3 − x ≥ 0
Phương trình tương đương với  2
x − x = 3 − x
x ≤ 3
 x ≤ 3
⇔ 2
⇔
⇔x=
± 3

x = 3
 x = ± 3

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1) Giải phương trình:
Đáp số: x =

2x + 5 =

1− x

4
3

2) Giải phương trình:

2 x 2 − 3=

4x − 3

Đáp số: x = 2
3) Giải phương trình:

x2 − x − 6 =

x−3

Đáp số: x = 3

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

5


* DẠNG 3:

A+ B =
C

Phương pháp: Bình phương 2 vế của phương trình ta được

(

A+ B

)

2

C − A− B
(quay về dạng 1)
A.B =
2

=
C⇔

Chú ý: Chỉ bình phương khi 2 vế của phương trình đều khơng âm.
Ví dụ 1:
Giải phương trình:

3x + 1 + 2 − x =
3

Giải:
1
Điều kiện: − ≤ x ≤ 2
3

Phương trình tương đương với: 2 x + 3 + 2

( 3x + 1)( 2 − x ) =9

3 − x > 0
⇔ −3 x 2 + 5 x + 2 = 3 − x ⇔ 
2
2
−3 x + 5 x + 2 = x − 6 x + 9
x = 1
⇔ 4 x − 11x + 7 = 0 ⇔ 
x = 7

4
2

Đối chiếu với điều kiện ta thu được nghiệm:=
x 1;=
x

7

4

Nhận xét:
- Phương trình dạng:

f ( x) + g ( x) = m > 0 ⇔

(

f ( x) + g ( x)

)

2

= m2

⇔ f ( x) + g ( x) + 2 f ( x) g ( x) =
m2 ⇔ 2 f ( x ) g ( x ) =
m2 − f ( x ) − g ( x )
m 2 ≥ f ( x ) + g ( x )
 x = x1

⇔
2 ⇒ 
2
 x = x2
4 f ( x ) g ( x ) = m − f ( x ) − g ( x ) 
- Phương trình trên có cách giải khác như sau:

f ( x) + g ( x) =
m⇔

f ( x) =
m − g ( x)

m ≥ f ( x )
m ≥ f ( x )
⇔
⇔

2
2
 f ( x ) = m − 2m g ( x ) + g ( x )
2m g ( x ) = g ( x ) + m − f ( x )

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

6


m ≥ f ( x ) ; g ( x ) + m 2 ≥ f ( x )
 x = x1

⇔
2 ⇒ 
2
2
) ( g ( x ) + m − f ( x ) )  x = x2
4m g ( x=

Ý tưởng: Đây là một bài phương trình cơ bản, dạng tốn một vế chưa hai căn thức vế cịn lại là một
hằng số thì phương pháp nâng lũy thừa hai vế là một phương pháp tối ưu nhất.
Ví dụ 2:
Giải phương trình:

5 x + 1 + 2 x +=
3

14 x + 7

Giải:

5 x + 1 ≥ 0
1

Điều kiện: 2 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −
5
14 x + 7 ≥ 0

Phương trình tương đương với:

(

)

2

5 x + 1 + 2 x − 3 = 14 x + 7

⇔ 7 x + 4 + 2 5 x + 1. 2 x + 3= 14 x + 7 ⇔ 5 x + 1. 2 x + 3=

7x + 3
2

49 x 2 + 42 x + 9
 7x + 3 
2
⇔ ( 5 x + 1)( =
2 x + 3) 
=
x+3
 ⇔ 10 x + 17
4
 2 
2

x = 3
⇔ 9 x − 26 x − 3 = 0 ⇔ 
x = − 1
9

2

1
Vậy phương trình có nghiệm: x =
− ;x=
3
9
Nhận xét: Ở đây, khi Giải phương trình

7x + 3
chúng ta khơng cần đặt điều kiện
5 x + 1. 2 x + 3 =
2

B ≥ 0
7x + 3
1
7x + 3
(tức
≥ 0 ) vì khi x ≥ − thì
> 0.

2
2
5
2
A = B
Nhưng nếu chúng ta khơng nhận xét được vế phải thì chúng ta vẫn phải đặt điều kiện bình thường như ở
dạng 1

Ví dụ 3:
Giải phương trình:

3 x − 3 − 5 − x=

2x − 4

Giải:

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

7


Website:

3 x − 3 ≥ 0

Điều kiện 5 − x ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5
2 x − 4 ≥ 0

Phương trình tương đương với:
⇔ 3x − 3 =
⇔ x − 2=

(

2x − 4 + 5 − x

)

2

3 x − 3=

2x − 4 + 5 − x

⇔ 3 x − 3 = x + 1 + 2 2 x − 4. 5 − x

2 x − 4. 5 − x ⇔ ( x − 2 ) =
2

( 2 x − 4 )( 5 − x )

x = 2
⇔ 3 x 2 − 18 x + 24 =0 ⇔ 
x = 4
Vậy phương trình có nghiệm:=
x 2;=
x 4
Nhận xét: Ở đây, khi giải phương trình: x − 2=

2 x − 4. 5 − x chúng ta không cần đặt điều kiện

B ≥ 0
(tức x − 2 ≥ 0 ) vì khi 2 ≤ x ≤ 5

2
A = B
Nhưng nếu chúng ta khơng nhận xét được vế trái thì chúng ta vẫn phải đặt điều kiện bình thường như ở
dạng 1.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình: 11x + 3 − x +=
1 4 2x − 5
Đáp số: x = 3
2) Giải phương trình:

5 x − 1 − 3 x − 2=

x −1

Đáp số: x = 2
3) Giải phương trình: 2 3 x + 1 − x −=
1 2 2x − 1
Đáp số: x = 5
4) Giải phương trình:

3x + 1 + x + 1 =
8

Đáp số: x = 8
5) Giải phương trình:

7x + 4 − x + 1 =
3

Đáp số: x = 3

* DẠNG 4:

x + 2a x − b + a 2 − b + x − 2a x − b + a 2 − b = cx + d ( a > 0 )

Phương pháp: Đặt t = x − b ( t ≥ 0 ) , suy ra x= t 2 + b .
Phương trình trở thành:

t 2 + 2at + a 2 + t 2 − 2at + a 2 = c ( t 2 + b ) + d

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

8


⇔ t + a + t − a= c ( t 2 + b ) + d ⇔ t + a + t − a= c ( t 2 + b ) + d
 A ( A ≥ 0)
Sau đó, sử dụng định nghĩa trị tuyệt đối: A = 
hoặc sử dụng phương pháp chia khoảng để
 − A ( A < 0 )
giải.

Ví dụ 1:
Giải phương trình:

x −1+ 2 x − 2 − x −1− 2 x − 2 =
1

Giải:
 x − 2 ≥ 0
x ≥ 2
Điều kiện 
⇔ 2
⇔x≥2
x − 6x + 9 ≥ 0
 x − 1 − 2 x − 2 ≥ 0
Đặt: t = x − 2 ( t ≥ 0 ) , suy ra x − 1 = t 2 + 1 .
Phương trình trở thành:

( t + 1)
⇔

2

( t − 1)

−

x−2 =

2

t 2 + 1 + 2t − t 2 + 1 − 2t =
1

t
t − 1 =
1
=1 ⇔ t + 1 − t − 1 =1 ⇔ t − 1 = t ⇔ 
⇔t=
2
t − 1 =−t

1
9
⇔x=
2
4

Vậy phương trình có nghiệm: x =

9

4

Ví dụ 2:
x + 2 x −1 − x − 2 x −1 =
2

Giải phương trình:

Giải:
x ≥ 1
 x − 1 ≥ 0
Điều kiện 
⇔ 2
⇔ x ≥1
x − 4x + 4 ≥ 0
 x − 2 x − 1 ≥ 0

Đặt t = x − 1 ( t ≥ 0 ) , suy ra x= t 2 + 1
Phương trình trở thành:

( t + 1)
⇔

2

−

( t − 1)

2

t 2 + 1 + 2t − t 2 + 1 − 2t =2

= 2 ⇔ t +1− t −1 = 2 ⇔ t −1 = t −1 ⇔ t −1 ≥ 0

x −1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2

Vậy phương trình có nghiệm với mọi x ≥ 2

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

9


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:

x + 14 x − 49 + x − 14 x − 49 =
14

7 
Đáp số: x ∈  ; 7  .
2 

2) Giải phương trình:

x+3
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =
2

Đáp số:=
x 1;=
x 5
3) Giải phương trình:

x+4 x−4 + x−4 x−4 =
4

Đáp số: x ∈ [ 4; 8]
* DẠNG 5:

a. f ( x ) + b + c. f ( x ) + d =
e

Phương pháp:
Đặt t = f ( x ) , Phương trình trở thành:
Sau đó bình phương hai vế đưa về dạng

a.t + b + c.t + d =
e
A=B

Ví dụ:
Giải phương trình:

x 2 + 3x + 6 + 2 x 2 + 6 x + 5 =
9

Giải:
Điều kiện x ∈  .

Phương trình tương đương với:

(x

2

+ 3x ) + 6 + 2 ( x 2 + 3x ) + 5 =
9

(1)

5


Đặt =
t x 2 + 3 x  t ≥ − ( *) 
2



Phương trình (1) trở thành:

(

t + 6 + 2t + 5

)

2

t + 6 + 2t + 5 =
9

=81 ⇔ 3t + 11 + 2 t + 6. 2t + 5 =81

70 − 3t ≥ 0
⇔ 2 t + 6. 2t + 5 = 70 − 3t ⇔ 
4 ( t + 6 )( 2t + 5 ) =
 70
t ≤ 3
⇔
⇔ 4 ( t + 6 )( 2t + 5 ) =


( 70 − 3t )

2

( 70 − 3t )

2

 70
t ≤
⇔
3
8t 2 + 68t + 120 = 4900 − 420t + 9t 2


CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

10


 70
 70
t ≤ 3
t ≤

⇔
⇔
⇔t=
10 (thỏa mãn điều kiện (*))
3
t = 478
t 2 − 488t + 4780 =

⇔
0

 t = 10
x = 2
Với t = 10 ⇒ x 2 + 3 x = 10 ⇔ 
 x = −5
Vậy phương trình có nghiệm: x =
−5; x =
2.
* DẠNG 6: a. f ( x=
)+b
Phương pháp: Đặt=

t

c. f ( x ) + d
c. f ( x ) + d ( t ≥ 0 ) , suy ra

t2 − d
= f ( x)
c

 t2 − d 
2
Phương trình trở thành: a 
 + b = t ⇔ at − ct − ad + bc = 0 .
 c 
Giải phương trình: này và sau đó thế lại tìm ẩn x

Ví dụ:

x
Giải phương trình: x 2 + 2=

2 x 2 + 4 x + 8 + 20

Giải:
Điều kiện x ∈  .

t
Đặt =

t2 − 8

2 x + 4 x + 8 ( t ≥ 0 ) , suy ra x + 2 x =
2
2

2

t2 − 8
Phương trình trở thành:
= t + 20
2
t = −6
⇔ t 2 − 2t − 48 =0 ⇔ 
t = 8
+ Với t = −6 , không thỏa mãn điều kiện.
+ Với t = 8 , thỏa mãn điều kiện nên ta có

2x2 + 4x + 8 =
8

⇔ 2x2 + 4x + 8 =
64 ⇔ 2 x 2 + 4 x − 56 =⇔
0
x=
−1 ± 29
Vậy phương trình có nghiệm: x =−1 ± 29

* DẠNG 7:

a+ x + b−x +c

d
( a + x )( b − x ) =

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

11


a + x + b − x ( t ≥ 0 ) , suy ra

Phương pháp: Đặt t =

Phương trình trở thành: t + c.

t2 − a − b
= a + x. b − x .
2

t2 − a − b
=
d
2

⇔ ct 2 + 2t − ca − cb − 2d =
0
Giải phương trình: này và sau đó thế lại tìm ẩn x

Ví dụ:
Giải phương trình:

x +1 + 3 − x −

( x + 1)( 3 − x ) =2

Giải:
x + 1 ≥ 0
Điều kiện 
⇔ −1 ≤ x ≤ 3
3 − x ≥ 0
Đặt t=

x + 1 + 3 − x ( t ≥ 0 ) , suy ra

Phương trình trở thành: t −

t2 − 4
.
x + 1. 3 − x =
2

t2 − 4
=
2
2

t = 0
.
⇔ −t 2 + 2t = 0 ⇔ 
t = 2
+ Với t = 0 ⇔

0
x + 1 =
(vô nghiệm).
x +1 + 3 − x = 0 ⇔ 
0
3 − x =

+ Với t = 2 ⇔

 x = −1
(thỏa mãn điều kiện)
x + 1. 3 − x = 0 ⇔ 
x = 3

Vậy phương trình có nghiệm: x =
−1; x =
3

* DẠNG PHỨC TẠP

Ví dụ 1:
Giải phương trình:

(

)(

)

1 + x + 1 − x 2 + 2 1 − x2 =
8

Giải:
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
Đặt: t =

1+ x + 1− x

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

12


Website:
⇒ t 2 = 1 + x + 2 (1 + x )(1 − x ) + 1 − x = 2 + 2 1 − x 2 .
Khi đó phương trình đã cho trở thành t.t 2 = 8

⇔ t 3 =8 ⇔ t =2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 =4 ⇔ 1 − x 2 =1 ⇔ x =0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .
Nhận xét: Này toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ Giải phương trình
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP
- Hằng đẳng thức quen thuộc: ( u + v ) =u 2 + 2uv + v 2 .
2

- Với f ( x ) ∈ [ −a; b] , đặt t =
t2 =
a+b+2

a + f ( x ) + b − f ( x ) , khi đó

t −a−b
( a + f ( x )) (b − f ( x )) ⇔ ( a + f ( x )) (b − f ( x )) =
2
2

Ý tưởng: Nhận thấy ở hai căn thức, ta có tổng bình phương của chúng là một hằng số, mặt khác tích của
chúng có liên quan đến biểu thức cịn lại trong phương trình.
- Ta có:

(

1+ x

) +(
2

1− x

- Do đó: 2 + 2 1 − x 2 =
=

(

1+ x + 1− x

- Đặt t =

(

)

2

= 1 + x + 1 − x = 2; 2 1 − x 2 = 2 (1 + x )(1 − x )

1+ x

) +(
2

1− x

)

2

+ 2 (1 + x )(1 − x )

).
2

1 + x + 1 − x , phương trình đã cho trở thành: t 3 = 8

⇔ t =2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 =4 ⇔ 1 − x 2 =1 ⇔ x =0
Bài toán kết thúc.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
2
1) Giải phương trình: 6 + 2 4 − x=
3

(

2+ x + 2− x

)

Đáp số: x = ±2 .
2) Giải phương trình: 7 + 2
Đáp số: x = −

( 2 x − 4 )( 3 + x ) =

2 2 − 4x + 4 3 + x

5±4 3
4

Ví dụ 2:
Giải phương trình:

x + 2 + x − 2 + 2 x 2 − 4= 2 ( 3 − x )

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

13


Giải:
Điều kiện x ≥ 2 .

Đặt: t =

x+2 + x−2 >0

⇒ t2 =
x + 2 + x − 2 + 2 x 2 − 4 =+
2 x 2 x2 − 4
Phương trình đã cho tương đương:

x + 2 + x − 2 + 2 x + 2 x2 − 4 =
6

⇔ t 2 + t − 6 ⇔ t =2 hoặc t = −3 (loại).

Với t = 2 ta có

x+2 + x−2 =
2

Do điều kiện x ≥ 2 , ta có:

x+2 + x−2 ≥ 4 + 0 =
2

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc hai
tìm ẩn, sau đó dùng phương pháp nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương trình ban đầu.
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP
- Cách giải phương trình bậc hai tổng quát: a.t 2 + b.t + c =
0

- Hằng đẳng thức: a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) và ( a + b ) =a 2 + 2ab + b 2
2

- Phương trình có dạng:

f ( x) + g ( x) =
m , với m là số thực dương thì có hai cách nâng lũy thừa

như sau:
Cách 1. Bình phương hai vế của phương trình, ta có:

 f ( x ) ≥ 0; g ( x ) ≥ 0
f ( x) + g ( x) =
m⇔
m2
 f ( x ) + g ( x ) + 2 f ( x ) . g ( x ) =
 f ( x ) ≥ 0; g ( x ) ≥ 0
 x = x1
⇔
⇒
2
x = x .
2


4
f
x
.
g

x
m
f
x
g
x
=
−
−
( ) ( )
2

 ( ) ( ) 

Cách 2. Chuyển g ( x ) sang VP rồi bình phương, ta có:
m ≥ g ( x )

f ( x) =
m − g ( x) ⇔ 
m 2 − 2m g ( x ) + g ( x )
 f ( x ) =


m ≥ g ( x )
m ≥ g ( x )
.
⇔
⇔
2
m2 − f ( x ) + g ( x )

2m g ( x ) =
4m 2 g ( x ) = m 2 − f ( x ) + g ( x ) 

Chú ý:
k ; k là hằng số thì ta có thể sử dụng cách liên hợp như sau:
- Nếu f ( x ) − g ( x ) =

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

14


f ( x) + g ( x) =
m (i)
⇔

(

f ( x) + g ( x)

) (

)(

f ( x ) − g ( x=
) m

(

f ( x) − g ( x) ⇔

⇔ f ( x ) − g (=
x) m

)

f ( x) − g ( x)

)

f ( x ) − g (=
x)

k
m

(ii)

2

k
k

Lấy (i) + (ii), ta được 2 f ( x ) = m + ⇔ 4 f ( x ) =  m +  .
m
m


- Nếu c ≥ a ≥ b và x ≥ c suy ra

x+a + x+b ≥ c+a + c+b .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = c .
Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức bậc hai ở VT là:
đẳng thức a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) dễ thấy được rằng

x + 2,

x2 − 4 =

x − 2 và

x 2 − 4 , áp dụng hằng

x − 2. x + 2 , hay nói cách khác căn

thức cuối cùng chính là tích của hai căn thức còn lại. Đồng thời nếu chuyển 2 ( 3 − x ) từ VP sang VT thì
sẽ xuất hiện 2x , mà 2 x = x + 2 + x − 2 =

(

x+2

x−2

⇔

(

)

x+2 + x−2

)

- Đặt t =

) (
2

+

2

2

(

x+2

) +(
2

x−2

)

2

do đó VT của phương trình ban đầu có:

+ 2. x − 2. x + 2 + x + 2 + x − 2 − 6 =
0
+ x+2 + x−2 −6 =
0 (*)

x + 2 + x − 2 > 0 thì phương trình (*) được viết lại thành:

t > 0
t > 0
⇔
⇔t=
2
2
t
−
2
t
−
3
=
0
(
)(
)
t
+
t
−
6

=
0




- Với t = 2 suy ra

 x ≥ 2
x+2 + x−2 = 2⇔ 
2
4
2 x + 2 x − 4 =

 x ≥ 2
⇔ 2
⇔x=
2
 x − 4 = 2 − x

Đến đây có thể đánh giá như lời giải là: x ≥ 2 ⇒ x + 2 + x − 2 ≥ 4 + 0 = 2 ⇒ x = 2 .
- Vì x + 2 − ( x − 2 ) =
4 nên giải phương trình
x+2 + x−2 = 2⇔ 4=

⇔

(

x+2 + x−2

x+2 + x−2 =
2 theo chú ý như sau:

)

x+2 x−2 =2⇒ 2 x+2 =4⇔ x =2

Bài toán kết thức.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

15


1) Giải phương trình: 2 x + 1 + 2 x − 1 + 2 x 2 − 1 = 3 − 2 x
Đáp số: phương trình vơ nghiệp thực.
2) Giải phương trình: 2 x 2 + 5 + 2 x 2 + x − 2= 5 x − 1 + 5 x + 2
Đáp số: x =

17
16

Ví dụ 3:
Giải phương trình: x + 3 + 1 − x 2 = 3 x + 1 + 1 − x

Giải:
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 .
Phương trình tương đương với:

(
⇔(
⇔(
2+

x +1

)

2

+ 1 − x2 =

x +1 + 1− x + 2 x +1

)

x +1 + 1− x + 2 x +1 = 2 + x +1
x +1 + 1− x − 2

)(

(

x +1 + 1− x

)

)

x +1 −1 =
0

+ Giải

x + 1 + 1 − x =2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 =4 ⇔ 1 − x 2 =1 ⇔ x =0

+ Giải

x +1 =1 ⇔ x = 0

Đáp số x = 0
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung, sau đó nâng lũy thừa bậc hai để tìm
nghiệm của phương trình.
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP
 f ( x) = 0
- Giải phương trình: f ( x ) .g ( x )= 0 ⇔ 
.
 g ( x ) = 0
- Giải phương trình:

a − f ( x) + a + f ( x) =
b

a ≥ f ( x ) ≥ −a
a ≥ f ( x ) ≥ −a
2
⇔
=

b
⇔

2.
2
2
2
2
2


2
a
+
2
a
−
f
x
4
a
−
f
x
=−
b
2
a
)
(

(
)
)

 
 (

Ý tưởng: Bài toán xuất hiện ba căn thức, nhưng có điều đặc biệt ở đây là căn thức cịn lại là tích của hai
căn thức kia. Mặt khác

1 − x 2 , 1 − x có sự đồng nhất hệ số, do đó ta sẽ nhóm hai căn này lại nên ta

được nhân tử chung như sau:

1 − x2 − 1 − x =

1− x

(

)

x + 1 − 1 . Và ta mong muốn biểu thức

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

16


x + 1 − 1 . Thật vậy nếu coi h ( x ) = x + 3 − 3 x + 1

x + 3 − 3 x + 1 sẽ phân tích được biểu thức có chứa

x + 1 ta sẽ thấy: h ( x ) = x + 1 − 3 x + 1 + 2 =

là một phương trình bậc hai ẩn

(

)(

x +1 −1

)

x +1 − 2 .

Chính vì thế bài tốn của ta được giải quyết như sau:

x + 3 + 1 − x2 = 3 x + 1 + 1 − x
⇔

(

x +1 −1

)(

x +1 − 2 + 1− x

⇔

(

x +1 −1

)

(

)

)(

 x +1 =
1
.
x +1 + 1− x − 2 = 0 ⇔ 
x
+
1
+
1
−
x
=
2


x +1 −1 =

0

)

Phần cịn lại chỉ là việc bình phương các phương trình và tìm nghiệm như ở trên đã nêu. Ta được
nghiệm của phương trình là x = 0
Bài tốn kết thúc.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình: x + 4 + 4 − x 2 = 3 x + 2 + 2 − x
Đáp số: x = 1
2) Giải phương trình: 2 x + 3 + 1 − 4 x 2= 3 2 x + 1 + 1 − 2 x
Đáp số: x = 0

Ví dụ:
Giải phương trình:

x + 3 + 3x + 1 = x − 1

Giải:
Phương trình tương đương với: 2 x + 3 + 2 3 x + 1 = 2 x − 2 .
=
u
Đặt 
=
v

x+3
3x + 1

⇒ v 2 − u 2 = 2 x − 2 với u; v > 0 , ta được

2 ( u + v ) = v 2 − u 2 ⇔ ( v + u )( v − u − 2 ) = 0
⇔ v = u + 2 ⇔ 3x + 1 =

x + 3 + 2 ⇔ 3x + 1 = 7 + x + 4 x + 3

 x ≥ 3
⇔ 2x − 6 = 4 x + 3 ⇔ 2 x + 3 = x − 3 ⇔ 
2
4 ( x + 3) = x − 6 x + 9
 x= 5 ± 28
x ≥ 3
⇔ 2
⇔
⇔ x = 5 + 28
0
 x ≥ 3
 x − 10 x − 3 =

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình từ phức tạp về đơn giản hóa,
sau đó dùng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình.

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

17


* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP:
- Hằng đẳng thức cơ bản: a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) .
- Cách giải phương trình vơ tỷ dạng: =

f ( x)
 f ( x); g ( x) ≥ 0

⇔
=
g ( x) + m
 f ( x )

(

)

2

g ( x) + m

 f ( x ) ; g ( x ) ≥ 0
⇔
2
2m g ( x )
 f ( x ) − g ( x ) − m =

 f ( x ) ; g ( x ) ≥ 0
⇔
⇔
2 2
2


f

x
g
x
m
4
m
g
x
−
−
=
(
)
(
)
(
)
 


 x = x1
x = x .
2


Ý tưởng: Một bài toán đẹp, quan sát VT của phương trình có xuất hiện hai căn bậc hai riêng biệt đồng
thời trong căn chứa các biểu thức bậc nhất, cũng như VP của phương trình cũng là một biểu thức bậc
nhất, nên vậy ta có thể nâng lũy thừa để đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc bốn. Nhưng nếu
tinh ý một chút, ta có ( 3 x + 1) − ( x + 3) = 2 x − 2 = 2 ( x − 1) ,
=

u
Do vậy đặt 
=
v

x+3
3x + 1

với u; v ≥ 0 , suy ra: v 2 − u 2 = 2 x − 2 = 2 ( x − 1) . Khi đó, phương trình đã cho

tương đương với:
v 2 − u 2= 2 ( v + u ) ⇔ ( v + u )( v − u − 2 )= 0 (i)
u= v= 0
- Vì u; v ≥ 0 nên phương trình (i) ⇔ 
, với u= v= 0 phương trình vơ nghiệm nên ta chỉ cần
v= u + 2
giải phương trình: v= u + 2 .
3x + 1 =

- Với v= u + 2 , ta có:

x + 3 + 2 ⇔ 3x + 1 = 7 + x + 4 x + 3

 x ≥ 3
⇔ 2x − 6 = 4 x + 3 ⇔ 2 x + 3 = x − 3 ⇔ 
2
4 ( x + 3) = x − 6 x + 9

 x= 5 ± 28
x ≥ 3

⇔ 2
⇔
⇔ x = 5 ± 28
0
 x ≥ 3
 x − 10 x − 3 =
Bài toán kết thúc.
BẢI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:

4x + 1 + 2x + 2 = 2x − 1

Đáp số: x= 2 + 5
2) Giải phương trình:

x + 3 + 5 x + 2 =1 − 4 x

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

18


Đáp số: x =

5 − 87
8

Ví dụ 5:
Giải phương trình:

x+

3
x2 + 7
=
x 2 ( x + 1)

Giải:
Điều kiện x > 0
Phương trình tương đương: 2 ( x + 1) x +

3
= x2 + 7
x

Chia hai vế cho x ≠ 0 , ta được:
3
7
 1

2 1 +  x + = x + ⇔  x +
x
x
x





3

3 4
3
3 2
 1
 − 2 1 +  x + + = 0 ⇔  x + − 2   x + −  = 0
x
x
x x
x
x x




+ Giải:

x+

3
3
= 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔
x
x

+ Giải:

x+

3 2
3 4

= ⇔ x + = 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0
x x
x x

x = 1
x = 3


⇔ ( x − 1) ( x 2 + x + 4 ) = 0 ⇔ x = 1
Đáp số=
x 1;=
x 3.
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng hồn tồn, sau đó nâng lũy thừa tìm nghiệm của
phương trình ban đầu.
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP
- Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn: xét một phương trình bậc hai có dạng

mf ( x ) .t 2 + ng ( x ) .t + k =
0 (*), trong đó t là ẩn phụ được biểu diễn dưới dạng t = h ( x ) . Khi đó, ta có:
=
Δt  ng ( x )  − 4kmf ( x ) , với Δt bắt buộc là một số chính phương. Do đó, tìm được nghiệm của (*),
2

đó là
=
t

−ng ( x ) + Δt
−ng ( x ) − Δt
= h=

= h ( x)
( x); t
mf ( x )
mf ( x )

- Cách giải phương trình:

 f ( x); g ( x) ≥ 0
f=
..
( x ) g ( x ) ⇔ 
2
 f ( x ) = g ( x )

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

19


Ý tưởng: Trước hết, ta cần quy đồng mẫu số bài tốn, như vậy ta sẽ được phương trình có dạng

f ( x ) . g ( x ) = h ( x ) và nếu nâng lũy thừa hai vế, ta sẽ thu được một phương trình bậc 5. Và phương
trình bậc 5 nếu khơng có nghiệm ngun thì sẽ rất khó để giải quyết. Vậy nên ta cần nghĩ đến hướng tư
duy khác, đó là bài tốn xuất hiện căn thức


3
3
x + nên ta mong muốn sẽ tạo được lượng k  x + 
x

x


để có thể đưa về phương trình bậc hai, sau đó đặt=
t

x+

3
để sử dụng phương pháp ẩn phụ khơng an
x

tồn.
- Ta có:

x+

3
x2 + 7
3
=
⇔ 2 ( x + 1) x + = x 2 + 7
x 2 ( x + 1)
x

Chia cả hai vế của phương trình cho x, ta có:
3
7
3
3 4

 1
 1
2 1 +  x + = x + ⇔ x + − 2 1 +  x + + = 0 (*)
x
x
x
x
x
x x


- Đặt t =

x+

3
 1 4
> 0 , khi đó ta có (*) ⇔ t 2 − 2 1 +  t + =
0.
x
x
x

2

2

 1 4  1
Có: Δt = 1 +  − = 1 −  nên suy ra được
x

x 
x


3
1
1

+
=
x
2
=
t
2
=
+
+
−
t
1
1



x
x
x
⇔


2⇔


1
1
=
t
3 2
t =+1 + − 1 +
x

x+ =


x
x
x x

- Giải (i), ta có (i) ⇔ x +

(i )
( ii )

3
= 4 ⇔ x3 − 4 x + 3 = 0 ⇔
x

- Giải (ii), ta có (ii) ⇔ x +

x = 1

x = 3


3 4
=
⇔ x3 + 3x − 4 = 0 ⇔ x = 1
x x2

Bài tốn kết thức.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1) Giải phương trình: ( x + 3)
Đáp số: x = 4

(

Đáp
số: x
=

( 4 − x )(12 + x ) = 28 − x

)

2 − 1 ; x = 31 − 3

2) Giải phương trình:

2

x 3 − x= 2 x 2 − x − 2

1+ 5
1 − 65
=
;x
.
2
8

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

20


Ví dụ 6:
Giải phương trình:

( x + 9 )( x + 6 ).

x + 9 + 2012 x + =
6 2012 +

Giải:
Điều kiện x ≥ −6
Phương trình đã cho tương đương với:

(

x + 9 − 2012

)(

+ Giải

x + 9 − 2012 = 0 ⇔ x = ( 2012 ) − 9 = 4048135

+ Giải

x + 6 − 1 =0 ⇔ x =−5

)

x + 6 −1 =
0

2

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 4048135; x = −5
Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung và nâng lũy thừa tìm nghiệm của phương
trình.
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP:
- Các giải phương trình dạng:

(

f ( x) − m .

)(

Ý

tưởng:

x + 9;

 f ( x) = m
g ( x ) − n =0 ⇔ 
⇔
 g ( x) = n


)

Bài

x + 6;

toán

cho

( x + 9 )( x + 6 )

hết

sức

đơn

 f ( x ) = m2

.

2
 g ( x ) = n

giản,

( x + 9 )( x + 6 ) + 2012

x+9 −

⇔

x + 9 1 − x + 6 − 2012 1 − x + 6 =
0

(

⇔ 1− x + 6

)(

xuất

hiện

của

hai

căn

( x + 9 )( x + 6 )

⇔

)

sự

nên khơng khó để nhóm được nhân tử chung như sau:

x + 9 + 2012 x + =
6 2012 +

(

với

(

x + 6 − 2012 =
0

)

)

x + 9 − 2012 =
0

Bài toán kết thúc.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình: 2 x + 6 + x + 7 = 2 + x 2 + 13 x + 42
Đáp số: x =
−3; x =
−5
2) Giải phương trình:

x + 4 + 2 x + 3 = 2 + x 2 + 7 x + 12

Đáp số: x = 0; x = −2

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

21

thức


Ví dụ 7:
Giải phương trình:

x+8 −2 2− x =
1

Giải:
Điều kiện −8 ≤ x ≤ 2
+ Nếu 1 < x ≤ 2 ⇒ x + 8 > 9 =
3

2 − x < 2 − 1 = 1 ⇒ x + 8 − 2 2 − x > 3 − 2 = 1 ⇒ loại.
+ Nếu −8 ≤ x < 1 , tương tự ta có:

x+8 −2 2− x < 9 −2 1 =
1 => loại

Với x = 1 , thỏa mãn phương trình.
Đáp số x = 1 .
Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm và đánh giá theo miền nghiệm để chứng minh
nó có nghiệm duy nhất.
Ý tưởng: Đây một bài tốn đơn giản nhưng địi hỏi đi theo phương pháp đánh giá thì cần đốn trước
nghiệm của phương trình. Đầu tiên ta sẽ ưu tiên nghiệm nguyên trước, với nghiệm nguyên thì các biểu
2
 x + 8 = k ∈ 
thức chứa căn phải là một số chính phương, tức là 
.
2
2 − x = h ∈ 

Với điều kiện chặn của x ∈ [ −8; 2] ] thì ta sẽ thử một vài giá trị nguyên của x và thấy rằng tại x = 1
thỏa mãn phương trình. Cơng việc cịn lại là ta sẽ đi chứng minh nó là nghiệm duy nhất. Nó là nghiệm
duy nhất nếu với x ∈ [−8; 1) ∪ (1; 2] thì phương trình bài cho vơ nghiệm. Đi xét từng trường hợp ta có:
- Với x ∈ [−8; 1) suy ra
- Với x ∈ (1; 2] suy ra

x + 8 − 2 2 − x < 9 − 2 1 =.
1
x + 8 − 2 2 − x > 9 − 2 1 =.
1

Cả hai trường hợp trên đều chứng minh x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài tốn kết thúc.

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

22


BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:

7 x + 8 − x=

2) Giải phương trình:

x + 9 − 2 1− x =
1

3x + 4

Ví dụ 8:

(

Giải phương trình:

x+3 − x

)(

)

1− x +1 =
1

Giải:
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1
Phương trình tương đương với:
3
x+3+ x

(

)

1 − x + 1 =1 ⇔ 3

Nếu 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 3

(

(

)

1− x +1 = x + x + 3

)

1 − x + 1 > 3 , đồng thời

x + x + 3 < 1 + 4 =,
3 suy ra VT > VP (loại).

Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm.
Nhận xét: Bài toán kết hợp giữa phương pháp nhân liên hợp và phương pháp đáng giá để tìm nghiệm
của phương trình.
* NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP
- Biểu thức liên hợp: x + m − x=

(

x+m − x

)(

x+m + x

)

m
với x ≥ 0; x + m ≥ 0 .
x+m − x =
x+m + x
- Đánh giá:

m − f ( x)=
+n

m ≥ f ( x ) ≥ 0

.
g ( x ) + h ( x ) với 
n = 2 m

 m − f ( x) + n > n

Ta có: 0 ≤ f ( x ) < m ⇒ 
, suy ra phương trình vơ nghiệm.
g
x
+
h
x
<
2
m
 ( )
( )
Vậy x = m là nghiệm của phương trình đã cho
Ý tưởng: Bài tốn xuất hiện ba căn thức nằm trong một tích, sẽ rất khó để định hình ra hướng giải, ẩn
phụ sẽ rất phức tạp. Nhưng nếu xét hai căn thức đầu tiên ta thấy

(

x−3

) −( x)
2

2

=
3 . Vì thế ta sẽ nghĩ

ngay đến chuyện dùng hằng đẳng thức dạng: a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) . Khi đó phương trình đã cho
tương đương với:

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHĨ

23


3
x+3+ x

(

)

1 − x + 1 =1 ⇔ 3 1 − x + 3 = x + 3 + x (i)

Với phương trình (i), ta sẽ đi nhẩm một vài giá trị nghiệm đẹp thỏa mãn các yêu cầu là 1 ≥ x ≥ 0 và các
biểu thức trong căn thức là số chính phương vì thế ta khẳng định nó có nghiệm duy nhất x = 1 , đồng
thời 1 lại là miền chặn của biến do đó ta sẽ đi đánh giá phương trình (i). Tức là với 0 ≤ x < 1 , ta sẽ
chứng minh (i) vô nghiệm như sau:
3 1 − x + 3 > 3
=> VT > VP => (i) vô nghiệm
0 ≤ x <1⇒ 
 x + 3 + x < 3
Vậy ta kết luận x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài toán kết thúc.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:

(

x + 2 − x −1

)(

2 − x +1 =
1

)

(

x +1 − x − 2

)(

3 − x +1 =
1

Đáp số: x = 2
2) Giải phương trình:

)

Ví dụ 9:

Giải phương trình:

(

x+4 −2

)(

)

4− x +2 =
2x

Giải:
Điều kiện −4 ≤ x ≤ 4
Phương trình đã cho tương đương với:

x
x+4+2

(

)

4− x +2 =
2x .

+ Với x = 0 là nghiệm.
+ Giải:

4 − x +=
2 2

(

x+4+2

)

Đặt u = x + 4; v = 4 − x ta thu được

v 2u + 2
=
2
⇒ u 2 + ( 2u + 2 ) = 8 ⇔ 5u 2 + 8u − 4 = 0
 2
2
8
u + v =

=
u
⇔

u =

2
14
=
;v

2
96
5
5 ⇒ x+4 = ⇔ x=
(thỏa mãn)
−
5
25
−2 ( l )

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0; x = −

96
.
25

Nhận xét: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp, sau đó đặt ẩn phụ tìm nghiệm của bài tốn.

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUYÊN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

24


NHẮC LẠI KIẾN THỨC VÀ PHƯƠNG PHÁP

(

- Hằng đẳng thức a − b=

a− b

)(

)

a + b ⇔ a + b=

- Giải phương trình: tổng quát dạng =
f ( x)

a−b
a− b

.

g ( x) + m

2

 f ( x ) ; g ( x ) ≥ 0
 f ( x) ≥ g ( x) + m
⇔
⇔
2 2
g ( x ) + 2m g ( x ) + m 2
4mg ( x )
 f ( x ) =
  f ( x ) − g ( x ) − m  =

Ý tưởng: Khơng khó để nhận thấy, phương trình có một nghiệm là x = 0 .

Đồng thời vế trái của phương trình có xuất hiện biểu thức
x=

(

(

x+4

x+4 −2

)

2

)(

(

− 22=

x+4 −2

) (

4 − x + 2= 2

)(

x + 4 − 2 , dễ thấy rằng

)

x + 4 + 2 . Vì thế, phương trình đã cho tương đương với:

x+4 −2

 x+4 −2= 0⇔ x = 0
x+4+2 ⇔ 
 4 − x= 2 x + 4 + 2

)(

)

Phương trình cịn lại có thể giải bằng cách tổng quát nêu ở trên, hoặc có thể giải quyết bằng cách đặt ẩn
=
v
phụ như sau: 
u
=

4− x
x+4

( u; v ≥ 0 ) . Ta có hệ phương trình

v 2 + u 2 =
8
2

14
2
96
⇔u =; v = ⇒ x+4 = ⇔ x =
− .

5
5
5
25
v 2u + 2
=
Bài tốn kết thúc.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
1) Giải phương trình:

(

Đáp số: x = 0; x = −

24
25

2) Giải phương trình:

(

)(

1− x +1 =

2x .

)(

9 − x +1 =
3x

x +1 −1

x + 9 −1

)

)

Đáp số: x = 0

Ví dụ 10:
Giải phương trình:

1
2x + 1

+ 4 x=
+1

1
x+2

+ 5x

Giải:

CHINH PHỤC KÌ THI VÀO LỚP 10 THPT MƠN TỐN NĂM 2024 CÁC CHUN ĐỀ HAY VÀ KHÓ

25