Tuyển chọn các bài toán giải phương trình đặc sắc điển hình ôn thi THPT quốc gia

M
ỘT SỐ B
ÀI TOÁN GI
ẢI PH
ƯƠNG TR
ÌNH


PHỔ BIẾN NHẤT TRONG THI ĐẠI HỌC

C
ẨM NANG CHO M
ÙA THI

NGUY
ỄN HỮU BIỂN


Email:
(ÔN THI THPT QUỐC GIA)



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
1

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 1: Giải phương trình
( )
2
1 1
x
2 x x
8 2
2 2
1 7
9 .log x x 2 3 .log 2 x 0
2 4
− −
− +
 
− + − − + =
 
 

Hướng dẫn
+ Khi gặp phương trình mũ hoặc log, trước hết ta biến đổi theo cơ số nhỏ nhất (ở đây là
cơ số 3), biến đổi phương trình đã cho, ta có:
( )
( )
( )
( )

2
2
2
2
2
1 1
x
2 x x
8 2
2 2
1
2x 1
2
4
2 2
x x
1
4
2
2 2
2x 1
x x
1
x x
2x 1
2
4
2 2
1
x x

4
1 7
9 .log x x 2 3 .log 2 x 0
2 4
1 7
3 .log x x 2 .log 2x 1 0
4
3
3 1 7
.log x x 2 .log 2x 1 0
4
3
3
7
3 .log x x 2 3 .log 2x 1 0
4
3 .log
− −
− +
− −
−
−
−
− +
−
− +
 
− + − − + =
 
 

 
⇔ − + − − + =
 
 
 
⇔ − + − − + =
 
 
 
⇔ − + − − + =
 
 
⇔
2x 1
2
2 2
1 7 7
x x 3 .log 2x 1
4 4 4
(1)
−
 
   
− + + = − +
   
 
   
 

+ Xét hàm số

t
2
7
f (t) 3 .log t
4
 
= +
 
 
, ta thấy
2
2
1 1
x x x 0
t 0
4 2
2x 1 0

 
− + = − ≥

 
⇒ ≥
 


− ≥


t t

2
7 1
f '(t) 3 .ln 3.log t 3 . 0, t 0
4 t.ln 2
 
⇒ = + + > ∀ ≥
 
 
f (t)
⇒
là hàm đồng biến
+ Từ (1)
( )
2 2
1 1
f x x f 2x 1 x x 2x 1
4 4
 
⇒
− + = −
⇒
− + = −
 
 
(2)
+ Xét 2 TH:
2x 1 0;2x 1 0
− ≥ − <
để bỏ dấu GTTĐ ở (2), giải PT (2) ta có ĐS:
1 5

x ;
2 2
=

Bài 2: Giải phương trình
3 2 3
x x 19x 16 3x x 1
+ − − = +

Hướng dẫn
+ ĐK:
x 1
≥ −

+ Nhận thấy biểu thức trong căn ở VP là:
(
)
(
)
3 2
x 1 x 1 x x 1
+ = + − +
nên rất có thể đây là cơ
sở để cho ta phân tích VT của phương trình, thật vậy:
(
)
(
)
(
)

( )
( ) ( )
( )
3 2 3 2
3 2 2 2
x x 19x 16 x 1 x x 1 18 x 1
x x 19x 16 x 1 x x 1 x x 1 18 x 1
+ − − = + + − + − +
⇔ + − − = + − + + − + − +

+ Phương trình đã cho trở thành:
( )
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2
x 1 x x 1 x x 1 18 x 1 3 x 1 1 x 1 x x 1
 
+ − + + − + − + = + − + − +
 
(1)
+ Đặt ẩn phụ
2
a x 1 0
b x x 1 0


= + ≥


= − + ≥


thay vào (1) ta được:
(
)
2 2 2 2 2
a b b 18a 3 a 1 ab
+ − = −
(2)
+ Phương trình (2) muốn giải được thì chỉ còn cách phân tích đa thức thành nhân tử, công
việc phân tích này không phải dễ dàng, chúng ta sẽ dùng mẹo sau để phân tích:


M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
2

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
- Trước hết ta biến đổi để đưa (2) về phương trình bậc 2 đối với biến là b:

(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2 2 3 2
a b b 18a 3 a 1 ab a 1 b 3a 3a b 18a 0
(3)
+ − = − ⇔ + − − − =

- Phương trình (3) tính được
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
3 2 2 2 2
3a 3a 4 a 1 18a 9a a 3
∆ = − + + = = +

⇒
phương trình (3) có 2 nghiệm
(
)
( )

3 2
2
2
3 2
2 2
3a 3a 3a a 3
b 3a
b 3a 0
a 1
a b b 12a 0
3a 3a 3a a 3
12a
b
a 1 a 1

− + +

= =
− =

+

⇔


+ + =
− − +

−


= =

+ +


+ Vậy (2) :
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2 2
a b b 18a 3 a 1 ab b 3a a b b 12a 0
+ − = − ⇔ − + + =

+ Do
2
a b b 12a 0 a b 0
+ + = ⇔ = =
(do
a, b 0
≥
)
2
x 0
x 1 x x 1
x 2
=


⇒ + = − + ⇔

=


+ Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại)
+ Vậy chỉ còn khả năng
b 3a
=
2
x x 1 3 x 1 x 5 33
⇒ − + = + ⇔ = ±

Bài 3: Giải phương trình
(
)
(
)
4 3 2 2
4x 13x 9x 16 2x 3x x 3 x 1 8
− + + − + + + − =

Hướng dẫn
+ ĐK
4 3 2
4x 12x 9x 16 0
x 1

− + + ≥


≥


+ Ta biến đổi PT
( ) ( )
( )
2
2 2
2x 3x 16 2x 3x x 1 4 x 1 8
 
 
⇔ − + − − − + + − =
 
 
 

+ Đặt
2
a 2x 3x
b x 1

= −


= −


thay vào phương trình ta có:
(
)

(
)
(
)
( )
2 2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
a 16 a b 4 b 8
8
b 4 b
a 16 a
8 a 16 a
b 4 b
16
a 16 a
b 4 b
2
2 b 4 2b a 16 a
2b 16 2b a 16 a
(1)
+ − + + =
⇔ + + =

+ −
+ +
⇔ + + =
+ +
⇔ + + =
⇔ + + = + +
⇔ + + = + +

+ Xét hàm số
2
2
t
f (t) t 16 t, t R f '(t) 1 0, t R f (t)
t 16
(*)= + + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒
+
là hàm
đồng biến.
Vậy từ (1)
f (2b) f (a) 2b a
⇒ = ⇒ =
( )
( )
2
2
2
2
2x 3x 0
2 x 1 2x 3x (I)
4 x 1 2x 3x


− ≥

⇒ − = − ⇔

− = −



+ Các bạn tự giải hệ (I)
x 2
⇒
=



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
3

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(Chú ý: Ta giải thích cho
f '(t) 0

>
bằng phương pháp phản chứng như sau:
Giả sử
2 2
2 2
t 0
f '(t) 0 t t 16 0 t 16 t
t 16 t
≤

< ⇔ + + < ⇔ + < − ⇔

+ <

(vô lý)
f '(t) 0
⇒
>
)
Bài 4: Giải phương trình
2
2 7 2 1 8 7 1
+ − = − + − + − +
x x x x x

Hướng dẫn: Đk:
1 7
x
≤ ≤

pt
1 2 1 2 7 ( 1)(7 ) 0
⇔ − − − + − − − − =
x x x x x

1( 1 2) 7 ( 1 2) 0
⇔ − − − − − − − =
x x x x
( 1 2)( 1 7 ) 0
⇔ − − − − − =
x x x
1 2 5
4
1 7

− = =

⇔ ⇔


=
− = −



x x
x
x x
thỏa mãn đk
Bài 5: Giải phương trình:

4 2 2
1 (1 )
x x x x x
+ + + = −

Hướng dẫn:

ĐK:
1
0 1
≤ −


≤ ≤

x
x

- TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
- TH2: Với
0
x
≠
.
* Với
0 1
x
< ≤

Khi đó pt

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

Đặt
4 2
2
1 1
2
t x t x
x x
= − ⇒ = + −
. Khi đó ta được phương trình :
2
4 2
1
3 1 1( )
2 2 0
t
t t t loai
t t t
≥

+ + = ⇔ ⇔ = −

− + + =



* Với
1
x
≤ −
. Ta có
2
2
1 1
1 1
x x
x x
− + + + = − −

Đặt
4 2
2
1 1
2
t x t x
x x
= − ⇒ = + −
. Khi đó ta được
4
3 1 1
t t t
+ = + ⇔ =

⇒

2
1 5
1 0
2
x x x
− ±
+ − = ⇔ =
.
So sánh đk ta được nghiệm
1 5
2
x
− −
=
.Vậy pt đã cho có nghiệm
1 5
2
x
− −
=

Bài 6: Giải phương trình :
(
)
2
3
4 2 10 2 9 37 4x 15 33
x x x
− − − = − −

Hướng dẫn:

ĐK:
5
x
≤
. Pt
(
)
(
)
2
3
4 4 9 37 8 4 10 2 4 15 81 0
x x x x
⇔ + − + − − + − − =



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
4

NGUYỄN HỮU BIỂN -

/>
(
)
( )
2
3 3
4 27 9
8(6 2 )
( 3)(4 27) 0
4 10 2
16 4 9 37 9 37
x
x
x x
x
x x
+
+
⇔ + + + − =
+ −
− − + −

- TH1
3 0 3
x x
+ = ⇔ = −
(TMPT)
- TH 2.
3
x

≠ −

( )
2
3 3
36 16
4 27 0
4 10 2
16 4 9 37 9 37
x
x
x x
⇔ + + − =
+ −
− − + −

( )
2
3
36 16
4 27 0
4 10 2
12 9 37 2
x
x
x
⇔ + + − =
+ −
+ − −

+ Do
5
x
≤
nên
36 16
4.5 27 0
12 4
VT
≤ + + − =
. Đẳng thức xảy ra
5
x
⇔ =

Vậy phương trình có 2 nghiệm là
3
−
và 5
Bài 7: Giải phương trình
( )
2
4 2 1
log 2 2.8 3.2 1 (*)
2.16 2.4 1
− +
= − +
− +
x x
x x x

x x
.
Hướng dẫn:

( )
2 2
2 2
'
2
log (4 2 1) log (2.16 2.4 1) 2.16 3.4 2
log (4 2 1) 4 2 1 log (2.16 2.4 1) 2.16 2.4 1
1
XÐt ( ) log , 0, ( ) 1 0, 0 ®ång biÕn trªn 0;
ln 2
⇔ − + − − + = − +
⇔ − + + − + = − + + − +
= + ∀ > ⇒ = + > ∀ > ⇒ +∞
x x x x x x x
x x x x x x x x
f t t t t f t t f
t

(
)
2 4 2
4 2 3
2
* (4 2 1) (2.16 2.4 1)
4 2 1 2.16 2.4 1 2 2 2.2 2.2
2.2 3.2 2 0 2.2 3.2 1 0

1 3 1 3
(2 1)(2 )(2 ) 0
2 2
2 1
0
1 3
2
1 3
log
2
2
1 3
2 (lo¹i)
2
⇔ − + = − +
⇔ − + = − + ⇔ − = −
⇔ − + = ⇔ − + =
− + +
⇔ − − + =


=
=


− +

 
⇔ = ⇔
− +


=
 
 

 
+

= −


x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
x x x
x
x
x
f f
x
x





Bài 8: Giải phương trình:
.16212244
2
−+−=−++ xxxx

Hướng dẫn:

Điều kiện xác định:
.4
≥
x
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương
đương với:
(
)
2
2
x 4 x 4 (x 4) (x 4) 12 2 x 16 x 4 x 4 x 4 x 4 12
+ + − = + + − − + − ⇔ + + − = + + − −



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
5

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>

+ Đặt t =
44 −++ xx
, t > 0 ta được



=
−=
⇔=−−
4
)(3
012
2
t
loaïit
tt

+ Với t = 4 , ta được



+−=−
≤≤
⇔−=−⇔=−++
22
2
166416
84
816444
xxx

x
xxxx

.5
5
84
=⇔



=
≤≤
⇔ x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
Bài 9: Giải phương trình
3 2 2 3
3
2 10 17 8 2 5
− + − + = −
x x x x x x

Hướng dẫn: Nhận xét: x = 0 không thỏa phương trình cho
+ Chia hai vế của phương trình cho x
3
, ta được:
3
2 3 2
10 17 8 5

2 2 1
x x x x
− + − + = −

+ Đặt
( )
1
0
t t
x
= ≠
, phương trình trở thành:
2 3 23
2 10 17 8 2 5 1
t t t t
− + − + = −

( ) ( )
(
)
3
3
2 23 3
2 1 2 2 1 5 1 2 5 1
t t t t
⇔ − + − = − + −
( )
(
)
23

2 1 5 1
f t f t
⇔ − = −

+ Với
(
)
3
2 ,
= + ∈
f t t t t R
.
Ta có:
(
)
2
' 3 2 0,
= + > ∀ ∈
f t t t R
nên f đồng biến trên
R
, vì vậy:
( )
(
)
2 23 3
2 1 5 1 2 1 5 1
f t f t t t
− = − ⇔ − = −

( )
3
2 3 2
0
17 97
2 1 5 1 8 17 6 0
16
17 97
16
t
t t t t t t
t


=

+

⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ =


−

=


(loaïi)
(nhaän)
(nhaän)

+
17 97 17 97
16 12
t x
+ −
= ⇒ =

+
17 97 17 97
16 12
t x
+ +
= ⇒ =

Vậy phương trình cho có 2 nghiệm:
17 97
12
x
±
=

Bài 10: Giải phương trình:
3
1 1 3x 2x (x R). (1)
2
+ + = ∈

Hướng dẫn:

Điều kiện:

1
3
x
≥ −
(*).
+ Đặt
1
1 3x
2
y
= +
1 3x 2
y
⇔ + =
(2), (1) trở thành
1 3 2
y x
+ =
(3)


M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
6

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Từ (2) và (3) ta có hệ
1 3x 2
1 3 2x
y
y

+ =


+ =


2
2
0, 0
1 3x 4 (4)
1 3 4x (5)
x y
y
y
≥ ≥


⇔ + =


+ =


.
+ Trừ vế với vế (4) và (5) ta có
2 2
3( ) 4( )
x y x y
− = − − ( )(3 4 4 ) 0
x y x y y x
⇔ − + + = ⇔ =
(vì
0, 0
x y
≥ ≥
). Thế y = x vào (5) ta có
2
1
4x 3x 1 0
1
4
x
x
=


− − = ⇔

= −

.
+ Kết hợp với

0
x
≥
, suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 11: Giải phương trình
41292
22
+=+−+++ xxxxx

Hướng dẫn:

Ta thấy:
)4(2)12()92(
22
+=+−−++
xxxxx
+ x = -4 không phải là nghiệm
+ Xét
4
−
≠
x , trục căn thức ta có:
212924
1292
82
22
22
=+−−++⇒+=
+−−++
+

xxxxx
xxxx
x

+ Vậy ta có hệ




=
=
⇔+=++⇒





+=+−+++
=+−−++
7
8
0
6922
41292
21292
2
22
22
x
x

xxx
xxxxx
xxxx

+ Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0, và x =
7
8

Bài 12: Giải phương trình 0123)13(1
32
=−++++− xxxxx
Hướng dẫn:

Điều kiện: 1
≥
x




=++−
=+−
=++−+−
=++−+++−−⇔
=++−+−+−+−⇔
0131
01
0)131)(1(
0)131()131(1

0311131
2
2
22
32
xx
xx
xxxx
xxxxxx
xxxxxxxx

Kết hợp với điều kiện ta thấy phương trình vô nghiệm.
Bài 13: Giải phương trình
11
33 2
−=+− xxx

Hướng dẫn:

Điều kiện:
3
2≥x

+ Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
52
)93)(3(
412)1(
3
1)3(52321
3

2
3 2
3
22
33 2
+−
++−
=








+−+−
+
+−⇔−−=−+−−
x
xxx
xx
x
xxxx

+ Ta chứng minh :
52
93
2
3)11(

3
1
412)1(
3
1
3
2
23 2
3
3 222
+−
++
<<
++−
+
+=
+−+−
+
+
x
xx
x
x
xx
x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3


M

ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
7

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 14: Giải phương trình:
3
1
2
1
=
+
−
+ x
x
x
x

Hướng dẫn:

Điều kiện: 01
>
∪
−

<
xx , đặt
2
1
1
0,
1
t
x
x
t
x
x
t =
+
⇒>
+
=

3 2
2
1
t
1
2t 3 2t 3t 1 0
2
t
t 1

=


⇔ − = ⇔ + − = ⇔

= −


+ Lấy
3
4
2
11
2
1
−=⇔=
+
⇒= x
x
x
t

Bài 15: Giải phương trình
82315
22
++−=+ xxx

Hướng dẫn:


1
0)3

38
1
415
1
)(1(
38
1
)1(3
415
1
3833415
222
2
2
2
22
=
⇔
=−
++
+
−
++
+
−⇔
++
−
+−=
++
−

⇔
−++−=−+⇔
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xxx

Bài 16: Giải phương trình : 1221)14(
22
++=+− xxxx
Hướng dẫn:

Đặt 1)0(1
222
−=⇒>+= txtxt
Phương trình trở thành 12)1(2)14(
2
++−=− xttx 012)14(2
2
=−+−−⇐ xtxt
Ta có:
2

)34( −=∆ x
3
4
3
4
0
1)12(
)(
4
3
12
2
1
22
2
=⇔




=
=
⇔





−−=
−=

⇔




−=
=
⇒ x
x
x
xx
Lx
xt
t

Bài 17: )(01713264
2
Rxxxxx ∈=−+−−+−
Hướng dẫn:

Điều kiện: 64
≤
≤
x

0)15132(
)16(
)16)(16(
)14(
)14)(14(

015132)16()14(1713264
2
22
=+−−
+−
+−−−
+
+−
+−−−
⇔
=−+−−−+−−⇔+−=−+−
xx
x
xx
x
xx
xxxxxxxx

x 5 5 x
(x 5)(2x 3) 0
x 4 1 6 x 1
1 1
(x 5)( (2x 3)) 0
x 4 1 6 x 1
x 5
1 1
(2x 3) 0
x 4 1 6 x 1
− −
⇔ + − − − =

− + − +
⇔ − − − − =
− + − +
=


⇔

− − − =

− + − +


+ Ta có:
)1(32
16
1
14
1
0)32(
16
1
14
1
−=
+−
−
+−
⇔=−−
+−

−
+−
x
xx
x
xx



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
8

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
⇒

1
14
1
16
1
14
1

≤
+−
<
+−
−
+−
xxx
và 2x - 3
[
]
6;4,5 ∈∀≥ x
nên phương trình (1) vô
nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5
Bài 18: Giải phương trình:
3
3
2332 −=+
xx
Hướng dẫn:


+ Đặt xyxyxy
322323
33
3
=+
⇒
−=
⇒
−=

. Ta được hệ phương trình:





=+
=+
xy
yx
32
32
3
3

+ Đây là hệ phương trình đối xứng, trừ vế với vế ta được:
0)3)((
22
=+++− xyyxyx 2;1
−
=
⇒
=
⇔
xyx








>+++=++++=+++ 03
4
3
)
2
1
(3
4
3
4
1
2
1
.23
2222222
yyxyyxyxxyyx

Bài 19:
4384212)47(23)14(
2
+−+−=−−+−−
xxxxxx
(với x
)
R
∈

Hướng dẫn: Điều kiện:

2
3
2
1
≤≤
x

Đặt
)1(2
)0(12
)0(23
22
=+⇒





≥−=
≥−=
ba
bxb
axa

+ Vì
baxxxxaxbx
.23.12384;1247;214
222
=−−=−+−+=−=−

+ Từ phương trình đã cho ta có
)2(42)12()12(
22
+=+++
abbaab

+ Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình





+=+++
=+
42)12()12(
2
22
22
abbaab
ba

+ Đây là hệ phương trình đối xứng loại I với ẩn a, b.
+ Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm là : a = b =1
+ Với a = b = 1 khi đó ta có:
1
112
123
=⇔






=−
=−
x
x
x
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1
Bài 20: Giải phương trình:
83)23(2
32
+=+−
xxx

Hướng dẫn:

Điều kiện
2
−
≥
x

+ Biến đổi phương trình về dạng:
)42)(2(3)2(2)422(2
22
+−+=+−+
xxxxxx

+ Do
2
−
=
x
không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho (x+2) ta được
02
2
42
3
2
)42(2
22
=−
+
+−
−
+
+−
x
xx
x
xx

+ Đặt
)0(
2
42
2
≥=

+
+−
tt
x
xx
ta có




=
−=
=−−
2
2
1
0232
2
t
t
tt
(loại)
Với t = 2
13304684424
2
42
22
2
±=⇔=−−⇔+=+−⇔=
+

+−
⇒
xxxxxx
x
xx

Bài 21: Giải phương trình
3)6)(3(63 =−+−−++ xxxx



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
9

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Hướng dẫn:

Đặt
2
9
)6)(3(63
2

−
=−+⇒−++=
t
xxxxt

+ Phương trình trở thành



=
−=
⇔=
−
−
3
1
3
2
9
2
t
t
t
t

+ Với t = -1
163 −=−++⇔
xx
(vô nghiệm)
+ Với t = 3




=
−=
⇔=−++⇒
6
3
363
x
x
xx

Cách khác:
Bài toán có thể giải bằng cách đưa về hệ phương trình với
3+=
xu
và
xv
−= 6

Bài 22: Giải phương trình:
)1(055)3(66138
223
=+−−+++−
xxxxxx

Hướng dẫn:

Điều kiện:

055
2
≥+−
xx

+ Từ (1)
055)3(6)25)(3(
22
=+−−+−−−⇒
xxxxxx





=+−+−−
=
⇔
)2(055625
)(3
22
xxxx
loaix

+ Giải (2): đặt
,55
2
txx
=+−
điều kiện

0
≥
t

(2)



−=
=
⇔=−+⇔
7
1
076
2
t
t
tt
, t = -7 (loại), t = 1 (thỏa mãn)
+ Với t =1



=
=
⇔=+−⇒
4
1
155
2

x
x
xx
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4
Bài 23:
16924422
2
+=−++ xxx

Hướng dẫn:

Bình phương hai vế, lúc đó phương trình :
169)2(16)4(216)42(4
22
+=−+−++⇔
xxxx

xxxx
8)4(216)4(8
222
+=−+−⇔

+ Đặt t =
)0()4(2
2
≥−
tx

+ Phương trình trở thành :

08164
22
=−−+
xxtt

+ Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm được






−−=
=
4
2
2
2
1
x
t
x
t

+ Do
2≤x
nên
0
2
<t

không thỏa mãn điều kiện
0
≥
t

+ Với
thì
x
t
2
=

3
24
)4(8
0
2
)4(2
22
2
=⇔



=−
≥
⇔=− x
xx
x
x

x
(thỏa mãn điều kiện
2≤x

Vậy nghiệm của phương trình là
3
24
=
x

Bài 24: Giải phương trình
1336)4(
32
=+−+
xxx

Hướng dẫn:

Điều kiện:
003
3
≥⇔≥+
xxx



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH

Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
10

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Khi đó phương trình đã cho trở thành
)1(03638
32
=+−++
xxxx

+ Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn nên (1)
0
3
6
3
8 =+−++⇔
x
x
x
x

+ Đặt
)12(
3
4
≥=+ tt

x
x
, ta được



=
=
⇔=+−
4
2
086
2
t
t
tt
(thỏa mãn)
+ Với t = 2



=
=
⇒
3
1
x
x

+ Với t = 4





−=
+=
⇒
618
618
x
x

Bài 25:
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx

Hướng dẫn:

Biến đổi phương trình về dạng:
20)1)(32(2132132 −++++++=+++ xxxxxx

+ Đặt
)0(132 ≥+++=
txxt

+ Khi đó
)1)(32(2132
2
++++++= xxxxt

+ Ta được phương trình:
5;4020
2
=−=⇔=−−
tttt

+ Lấy t = 5 thỏa mãn, thay t = 5 được x = 3
Bài 26: Giải phương trình
01
92
29
2
2
=−
+
+
x
x
x

Hướng dẫn:

Điều kiện:
0
≠
x

+ Phương trình đã cho tương đương
03

92
292
2
2
2
=−
+
+
+
x
x
x
x

+ Đặt
0
92
2
≠
+
=
x
x
t
. Phương trình trở thành




−=

=
⇔=−+
2
1
1
032
1
2
t
t
t
t

+ Với
2
23
924
0
922
2
1
22
2
−=⇔



+=
<
⇔+=−

⇒
−= x
xx
x
xxt

+ Với t = 1 phương trình vô nghiệm
Bài 27:
13)23(243
23
++=+++ xxxxx

Hướng dẫn:

[
]
13)13()1()1(
131)13()1()1(
33
3
+++=+++⇔
+++=+++⇔
xxxx
xxxx

+ Xét hàm
aaaf +=
3
)(
ta suy ra




=
=
⇔=−⇔+=+
1
0
0131
2
x
x
xxxx
. Đáp số



=
=
0
1
x
x

Bài 28:
012)1(4
3
=++−+ xxxx

Hướng dẫn:

4
51
012412212)12(2)2(
233
+
=⇔=−−⇔+=⇔+++=+ xxxxxxxxx



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
11

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 29: Giải phương trình
53512
22
++=++ xxx

Hướng dẫn:

Để phương trình có nghiệm thì
3
5
053512
22
≥⇔≥−=+−+ xxxx

+ Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích
về dạng (x-2)A(x) = 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau:
20)3
35
2
412
2
)(2(
35
4
)2(3
412
4
3563412
22
2
2
2
2
22
=⇔=−
++
+

−
++
+
−⇔
++
−
+−=
++
−
⇔−++−=−+
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xxx

+ Dễ dàng chứng minh được:
3
5
,03
35
2
412

2
22
>∀<−
++
+
−
++
+
x
x
x
x
x

Bài 30: Giải phương trình
xxx 2114 −=−−+

Hướng dẫn:


0
2
7
0
2
1
2
1
132)12(
012

2
1
4
13212
2
1
4
4)211(
04
021
01
4211
22
2
2
=⇔











−=
=
≤≤−

⇔







+−=+
≥+
≤≤−
⇔





+−=+
≤≤−
⇔







+=−+−
≥+
≥−

≥−
⇔+=−+−⇔
x
x
x
x
xxx
x
x
xxx
x
xxx
x
x
x
xxx

Bài 31: Giải phương trình:
3
23
9251417815 −=−+− xxxx

Hướng dẫn:

Điều kiện xác định:
Rx
∈

+ Phương trình
3

3
925)92()5(5)5( −+−=−+−⇔ xxxx

+ Xét hàm số đặc trưng:
ttxf 5)(
3
+=
với
Rt
∈

+ Ta có :
Rtttf ∈∀>+= ,053)('
2
, suy ra hàm số trên đồng biến trên R
+ Mà phương trình (*) có dạng:
)92()5(
3
−=− xfxf






±
=
=
⇔=+−−
=−+−⇔−=−⇔

2
511
4
0)2911)(4(
0116731592)5(
2
233
x
x
xxx
xxxxx

Bài 32: Giải phương trình
61224
3
=−++ xx

Hướng dẫn:

Điều kiện:
12
≤
x

+ Đặt
xvxu −=+= 12;24
3
với
0
≥

v

+ Ta có



=−+
=+
⇔



=−+
=+
⇔



=−+
=+
⇔



=+
=+
0)12(
6
012
6

36)6(
6
36
6
2232323
uuu
vu
uuu
vu
uu
vu
vu
vu



M
ỘT SỐ DẠNG PH
ƯƠNG TR
ÌNH TH
Ư
ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC

Trang
12

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>






=
−=
−=
⇔













=
=



=
−=




=
=
⇔
3
88
24
3
3
10
4
6
0
x
x
x
v
u
v
u
v
u
(thỏa mãn)
Bài 33: Giải phương trình
2132727122
23
3
−+−=− xxxx

Hướng dẫn:

)13(2)13(122)12(
3
3
−+−=−+−⇔ xxxx

+ Xét hàm
3
2)( aaaf +=
ta suy ra
0072727)13(12
233
=⇔=+−⇔−=− xxxxxx

Đáp số: x = 0
Bài 34: Giải phương trình
3 2
3
3 2
3
1 xxxxx ++=++

Hướng dẫn:


+ Xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Với
0
≠
x

, ta chia hai vế cho x:
10)1(1
1
11
1
3
3
33
3
=⇔=−








−
+
⇔++=+
+
xx
x
x
xx
x
x

(làm bài tập kết hợp với học trong vở ghi)