TUYỂN CHỌN các bài TOÁN PHƯƠNG TRÌNH vô tỷ

Diễn Đàn Toán THPT K2pi.Net.Vn




Trần Quốc Việt
TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
TỪ DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lời Nói Đầu
Kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 đã vừa qua với nhiều thay đổi lớn trước
ngưỡng của đổi mới Giáo Dục. Chúng ta cũng đã được thấy được sự thay đổi
đột phá trong đề thi môn Toán nói riêng. Về cấu trúc đề thi đã được phân loại
gồm 60% phần dễ đủ cho học sinh thi tốt nghiệp và 40% phần khó và cực khó
nhằm phân loại mạnh học sinh để xét tuyển vào các trường Đại học- Cao đẳng.
Trong đó nhóm câu phương trình, hệ phương trình không còn dừng lại ở mức độ
dễ kiếm điểm như đề thi những năm trước, mức độ khó của nhóm câu này nằm ở
con điểm 9 nếu ta chinh phục được nó. Và nói riêng đề thi Toán 2015 thì là một
câu phương trình vô tỷ chỉ mới xuất hiện lại đây sau mấy năm trước đó đề thi
đều ra hệ phương trình nên xu hướng học sinh bây giờ theo học phương trình vô
tỷ khá nhiều. Và đối với những người đam mê Toán luôn muốn phát triển thì họ
chả bao giờ ngừng nghỉ học cho dù là nó có liên quan đến thi cử hay không.
Vì vậy mà tiếp nối sự thành công của TOPIC Phương trình vô tỷ 2014 của thầy
Phạm Kim Chung tại diễn đàn Toán -THPT K2pi.Net.Vn thì TOPIC Phương
trình vô tỷ 2015 của anh Nguyễn Duy Hồng cũng rất thành công khi quét kỹ
hết các dạng toán thường gặp của phương trình vô tỷ,mở ra được cái nhìn chuyên
sâu về mọi bài toán giúp được một phần nào đó cho các thí sinh vượt qua được
kỳ thi. Nay tôi tổng hợp các bài toán lại thành tài liệu tiếp tục phục vụ việc ôn

thi kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 tiếp theo. Mong đây sẽ là tài liệu bổ ích cho việc
ôn thi của các bạn.
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về thành viên Trần Quốc Việt tại diễn đàn Toán -
THPT K2pi.Net.vn, qua gmail: hoặc facebook cá
nhân của tôi />Hà Tĩnh tháng 10 năm 2015
Người Tổng Hợp
Trần Quốc Việt
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 2
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Phần I. Tuyển Chọn Các Bài Toán
Giải phương trình sau
x

1 + 4x
2
+
x + 1
2

x
2
+ 2x + 2 =
x + 3
4

x
2
+ 6x + 13

Bài toán 1
Lời Giải
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với
2x

1 + (2x)
2
+ (x + 1)

1 + (x + 1)
2
= (x + 3)

1 +

x + 3
2

2
(∗)
Để ý rằng f(t) = t
√
1 + t
2
là hàm đồng biến trên R.
Với x  1
Ta có
2x 
x + 3
2

⇒ 2x

1 + (2x)
2

x + 3
2

1 +

x + 3
2

2
Và
x + 1 
x + 3
2
⇒ (x + 1)

1 + (x + 1)
2

x + 3
2

1 +

x + 3
2


2
Từ đó suy ra V T (∗)  V P (∗), ∀x  1
Với x < 1, tương tự ta có V T (∗) < V P (∗)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Cách 2. Đặt u = 2x, v = x + 1, w =
x + 3
2
ta đưa phương trình về
u

1 + u
2
+ v

1 + v
2
= 2w

1 + w
2
⇔ u

1 + u
2
− w

1 + w
2
= w


1 + w
2
− v

1 + v
2
Do f(t) = t
√
t
2
+ 1 là hàm tăng. Giả sử V T ≥ 0 thế thì V P ≥ 0 tức là



u ≥ w
w ≥ v
⇔



3x ≥ 3
1 ≥ x
⇔ x = 1
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 3
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Tương tự với biện luận V T ≤ 0.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1


Giải phương trình sau
√
2x − 1 +
3
√
3x − 2 = 2x
Bài toán 2
Lời Giải
Điều kiện x 
1
2
Cách 1.
Khi đó phương trình đã cho tương đương với

x −
√
2x − 1

+

x −
3
√
3x − 2

= 0
⇔
(x − 1)
2

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

+ x
3
√
3x − 2 +
3

(3x − 2)
2



= 0
Do
1
x +
√
2x − 1
+
x + 2
x
2
+ x
3
√
3x − 2 +
3

(3x − 2)
2
> 0 ; ∀x ≥

1
2
Nên phương trình đã cho có nghiệm x = 1
Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với
1
2

2x − 1 − 2
√
2x − 1 + 1

+
1
3

3x − 2 − 3
3
√
3x − 2 + 2

= 0
⇔
1
2

√
2x − 1 − 1

2
+

1
3

3
√
3x − 2 + 2

3
√
3x − 2 − 1

2
= 0
⇔

√
2x − 1 = 1
3
√
3x − 2 = 1
⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 4
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải phương trình sau

x −

√
x − 3 =
√
3
2

1 +
2
√
x

Bài toán 3
Lời Giải
Điều kiện



x −
√
x − 3 ≥ 0
x ≥ 3
Khi đó phương trình tương đương

4x
2
− 4x
√
x − 3 =
√
3


√
x + 2

⇔ 4x
2
− 4x
√
x − 3 = 3x + 12
√
x + 12
⇔ 4x
2
− 4x
√
x − 3 + x − 3 = 4x + 12
√
x + 9
⇔

2x −
√
x − 3

2
=

2
√
x + 3


2
Trường hợp 1. Với 2x −
√
x − 3 = 2
√
x + 3
2x −
√
x − 3 = 2
√
x + 3
⇔ 2

√
x − 2

+
√
x − 3 − 1 − 2 (x − 4) = 0
⇔ (x − 4)

2
√
x + 2
+
1
√
x − 3 + 1
− 2


= 0
Với x ≥ 3 Phần trong ngoắc vuông luôn nhỏ hơn 0. Vậy khi đó phương trình có
nghiệm x = 4
Trường hợp 2. Với 2x −
√
x − 3 = −2
√
x − 3
Ta nhận thấy với x ≥ 3 thì V T > 0 còn V P < 0. Do đó phương trình này vô
nghiệm
Kết luận. phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

Giải phương trình sau

x
2
− 2 + 2 = x +
√
2x − 2
Bài toán 4
Lời Giải
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 5
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Điều kiện




2x − 2 ≥ 0
x
2
− 2 ≥ 0
⇒ x ≥
√
2
Phương trình tương đương
⇔

x
2
− 2 −
√
2x − 2 = x − 2
⇔
x(x − 2)
√
x
2
− 2 +
√
2x − 2
= x − 2
Suy ra x = 2 hoặc
x
√
x
2
− 2 +

√
2x − 2
= 1 (∗)
(∗) ⇔ x −

x
2
− 2 =
√
2x − 2
Kết hợp với phương trình đã cho ta có



x −
√
x
2
− 2 = 2 −
√
2x − 2
x −
√
x
2
− 2 =
√
2x − 2
⇒ 2 −
√

2x − 2 =
√
2x − 2 ⇔ x =
3
2
Kết luận. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =
3
2
; x = 2 
Giải phương trình sau
2x
2
+ x +

x
2
+ 3 + 2x

x
2
+ 3 = 9
Bài toán 5
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương với

x +

x
2
+ 3


(2x + 1) = 9
⇔ (2x + 1)
3
√
x
2
+ 3 − x
= 9
⇔ 2x + 1 = 3(

x
2
+ 3 − x)
⇔ 3

x
2
+ 3 = 5x + 1
⇔



x ≥ −
1
5
8x
2
+ 5x − 13 = 0
⇔ x = 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 6
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Giải phương trình sau
4 + 2
√
1 − x = −3x + 5
√
x + 1 +

1 − x
2
Bài toán 6
Lời Giải
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
Đặt



√
1 + x = a ≥ 0
√
1 − x = b ≥ 0
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2a
2
− a(b + 5) − b

2
+ 2b + 3 = 0
⇔ (2a + b − 3)(a − b − 1) = 0
Với 2a + b = 3 ta có
2
√
x + 1 +
√
1 − x = 3
⇔ 4

1 − x
2
= 4 − 3x
⇔



x ≤
3
4
25x
2
− 24x = 0
⇔ x = 0 (t/m) ∨ x =
24
25
(t/m)
Với a − b − 1 = 0 ta có:
√

1 + x =
√
1 − x + 1
⇔ 2
√
1 − x = 2x − 1
⇔



x ≥
1
2
4x
2
= 3
⇔ x =
√
3
2
(t/m)
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 0 hoặc x =
√
3
2
hoặc x =
24
25

c

 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 7
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải phương trình sau
3
√
7x + 1 −
3

x
2
− x − 8 +
3

x
2
− 8x − 1 = 2
Bài toán 7
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương
⇔
3
√
7x + 1 +
3

8 + x − x
2
+
3


x
2
− 8x − 1 = 2
Đặt









a =
3
√
7x + 1
b =
3
√
8 + x − x
2
c =
3
√
x
2
− 8x − 1
ta có a + b + c =

3
√
a
3
+ b
3
+ c
3
= 2
⇔ a
3
+ b
3
+ c
3
= (a + b + c)
3
⇔ 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0
⇔ (2 − a)(2 − b)(2 − c) = 0
Với a = 2 ⇒ x = 1
Với b = 2 ⇒ x = 0 ∨ x = 1
Với c = 2 ⇒ x = −1 ∨ x = 9
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 0; 1; 9}

Giải phương trình sau
4
√
x +
4
√

2 − x =
4

4 − x
3
+
4

2 + x
3
Bài toán 8
Lời Giải
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 2
Cách 1. Đặt




















a =
4
√
x
b =
4
√
2 − x
c =
4

4 − x
3
d =
4

2 + x
3
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 8
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Vậy ta có a
4
+ b
4
= c

4
+ d
4
và 0 ≤ ab ≤ cd (∗)
Thay vào phương trình ta được
a + b = c + d ⇔ a
2
+ b
2
+ 2ab = c
2
+ d
2
+ 2cd
⇒ a
2
+ b
2
≥ c
2
+ d
2
Dấu bằng xảy ra khi ab = cd
Mặt khác ta có
a
2
+ b
2
≥ c
2

+ d
2
⇔ a
4
+ b
4
+ 2a
2
b
2
≥ c
4
+ d
4
+ 2c
2
d
2
⇒ a
4
+ b
4
≥ c
4
+ d
4
Dấu đẳng thức xảy ra khi a
2
b
2

= c
2
d
2
Theo (∗) ta có phương trình nghiệm đúng khi và chỉ khi:



ab = cd
a
2
b
2
= c
2
d
2
⇔ x = 1
Cách 2. Đặt x = t + 1 ta đưa phương trình về dạng:
4
√
1 + t +
4
√
1 − t =
4

3 − t
3
+

4

3 + t
3
Tiếp tục đặt t = 3w phương trình trở thành:
4
√
1 + 3w +
4
√
1 − 3w =
4
√
1 + w +
4
√
1 − w
Đến đây phương trình có dạng đối xứng, việc xét hàm sẽ đơn giản hơn rất
nhiều, thật vậy
Điều kiện −
1
3
≤ w ≤
1
3
Do phương trình có tính đối xứng, nếu w
0
là nghiệm thì −w
0
cũng là nghiệm

nên ta chỉ cần
giải phương trình trên đoạn 0 ≤ w ≤
1
3
Xét hàm số: f(s) =
4
√
1 + s +
4
√
1 − s với 0 ≤ s ≤ 1
Ta có
f

(s) =
1
4



1
4

(1 + s)
3
−
1
4

(1 − s)

3



< 0 ; ∀0 ≤ s ≤ 1
Vậy hàm f nghịch biến trên 0 ≤ s ≤
1
3
khi đó phương trình tương đương với
f(3w) = f(w) ⇔ 3w = w ⇔ 2w = 0 ⇔ w = 0
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 9
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
⇒ x = 1
Cách 3. Nếu ta sử dụng bất đẳng thức sau thì bài toán trở nên gọn nhẹ
Với mọi a, b, c không âm ta có
4
√
a +
4
√
b +
4
√
c ≤
4

a + 2b
3

+
4

b + 2c
3
+
4

c + 2a
3
Với bài toán trên ta có phương trình tương đương
4
√
x +
4
√
x +
4
√
2 − x =
4
√
x +
4

4 − x
3
+
4


2 + x
3
Sử dụng bất đẳng thức trên với vế trái ta có ngay nó nhỏ hơn hoặc bằng vế
phải
Đẳng thức xảy ra khi x = 1
Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1

Giải phương trình sau
(x
4
+ x
3
)(x
√
x + 1 + 1) + x
3
+ x
2
− 4 = 2

x + 1
x
Bài toán 9
Lời Giải
Điều kiện : x > 0 hoặc x = −1
TH1. Nếu x = −1 thế vào không thỏa nên x = −1 không phải là nghiệm.
TH2. Với x > 0 thì phương trình đã cho tương đương với
x
4
+ 2x

3
+ x
2
−4 + (x
5
+ x
4
)(
√
x + 1 −
√
2) −2(

x + 1
x
−
√
2) +
√
2(x
5
+ x
4
−2) = 0
⇔ (x − 1) A = 0
Với A = x
3
+3x
2
+4x+4+(x

5
+x
4
)(
1
√
x + 1 +
√
2
)+
2
x(

x + 1
x
+
√
2)
+
√
2(x
4
+
2x
3
+ 2x
2
+ 2x + 2)
Hiển nhiên ta có A > 0 ∀x > 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
x = 1


c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 10
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải phương trình sau

2 − x +
3
2 − x
+

x +
3
x
= 4
Bài toán 10
Lời Giải
Điều kiện x ∈ (0; 2)
Cách 1. Ta có
V T =

2 − x +
1
2 − x
+
1
2 − x
+
1

2 − x
+

x +
1
x
+
1
x
+
1
x





4
4

1
(2 − x)
2
+

4
4

1
x

2
= 2

1
4
√
2 − x
+
1
4
√
x


4
8

(2 − x) x

4
8

(2 − x + x)
2
4
= V P
Đẳng thức xảy ra khi x = 1
Cách 2. Bình phương hai vế của phương trình ta được:
⇔ (2 − x) + x + 3(
1

x
+
1
2 − x
) + 2

(x +
3
x
)(2 − x +
3
2 − x
) = 16
⇔ 2 + 3(
1
x
+
1
2 − x
) + 2

x(2 − x) +
3x
2 − x
+
3(2 − x)
x
+
9
x(2 − x)

= 16
Do 2 + 3(
1
x
+
1
2 − x
) ≥ 2 + 3.
(1 + 1)
2
x + (2 − x)
= 8
⇒

(2 − x)x +
3x
2 − x
+
3(2 − x)
x
+
9
x(2 − x)
≤ 4
⇔ (2 − x)x +
3x
2 − x
+
3(2 − x)
x

+
9
x(2 − x)
≤ 16
⇔ (x − 1)
2
(x
2
− 2x + 11) ≤ 0
⇔ x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 11
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Giải phương trình sau

2 (x
2
− 4x + 5) +

3 − x
2


x
3
+
3

x
= 4
√
2 − x
Bài toán 11
Lời Giải
Điều kiện x ∈ (0, 2]
Khi đó
V T =

2

(2 − x)
2
+ 1

+
(2 − x) + 1
2

x
3
+
1
x
+
1
x
+
1

x


2.2 (2 − x) +
2
√
2 − x
2
.

4
4

x
3
.
1
x
.
1
x
.
1
x
= 4
√
2 − x = V P
Đẳng thức xảy ra khi x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.


Giải phương trình sau
x
3
− 5x
2
+ 4x − 5 = (1 − 2x)
3

6x
2
− 2x + 7
Bài toán 12
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương với

x
3
− 3x
2
+ 5x − 6

−

2x
2
+ x − 1

= (1 − 2x)
3


6x
2
− 2x + 7
⇔ x
3
− 3x
2
+ 5x − 6 − (2x − 1) (x + 1) = (1 − 2x)
3

6x
2
− 2x + 7
⇔ x
3
− 3x
2
+ 5x − 6 = (1 − 2x)

3

6x
2
− 2x + 7 − x − 1

⇔
x
3
− 3x
2

+ 5x − 6
1 − 2x
=
−

x
3
− 3x
2
+ 5x − 6

f (x)
⇔

x
3
− 3x
2
+ 5x − 6

[f(x) + 1 − 2x] = 0
Với f (x) =

3
√
6x
2
− 2x + 7

2

+

3
√
6x
2
− 2x + 7

(x + 1) + (x + 1)
2
Trường hợp 1. Với x
3
− 3x
2
+ 5x − 6 = 0 ⇔ x = 2
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 12
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Trường hợp 2. Với f(x) + 1 − 2x = 0 thì ta có
f (x) =

3

6x
2
− 2x + 7 +
1
2
(x + 1)


2
+
3
4
(x + 1)
2
≥
3
4
(x + 1)
2
Do đó ta có
f (x) + 1 − 2x ≥
3
4
(x + 1)
2
+ 1 − 2x =
1
4

√
3x −
1
√
3

2
+

5
3
> 0 ; ∀x ∈ R
Suy ra phương trình f(x) + 1 − 2x = 0 vô nghiệm
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Giải phương trình sau

4x
2
− 14x + 16 + 1 = x +

x
2
− 4x + 5
Bài toán 13
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương với

4(x
2
− 4x + 5) + 2(x − 1) − 2 = (x − 1) +

x
2
− 4x + 5
Đặt a =
√
4x
2

− 4x + 5 suy ra a ≥ 2 và b = x − 1
⇒

4a
2
+ 2b − 2 = a + b
⇔ 4a
2
+ 2b − 2 = a
2
+ 2ab + b
2
⇔ 3a
2
+ (2b − 2) − 2ab − b
2
= 0
Ta có ngay a
2
− b
2
= 4 − 2x = 2 − 2b
Thế vào trên ta được
3a
2
+ (b
2
− a
2
) − 2ab − b

2
= 0
⇔



a ≥ 2
a(a − b) = 0
⇔ a = b
Với a = b ⇒ x = 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2

c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 13
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải phương trình sau
13

x
2
− x
4
+ 9

x
2
+ x
4
= 16

Bài toán 14
Lời Giải
Cách 1. Chia cả hai vế của phương trình cho x
2
ta có
13

1
x
2
− 1 + 3

1
x
2
+ 1 =
16
x
2
Đến đây đặt t =
1
x
2
> 0 ta được
13
√
t − 1 + 9
√
t + 1 = 16t ⇔ 13


√
t − 1 −
1
2

2
+ 9

√
t + 1 −
3
2

2
= 0
⇔





√
t + 1 −
3
2
= 0
√
t − 1 −
1
2

= 0
⇒ t =
5
4
⇒ x = ±
2
√
5
Cách 2. Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được
x
2

13

1 − x
2
+ 9

1 + x
2

2
= 256
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky ta có
x
2

13

1 − x

2
+ 9

1 + x
2

2
= x
2

√
13.

13 (1 − x
2
) + 3
√
3.

3 + 3x
2

2
≤ x
2
(13 + 27)

13 − 13x
2
+ 3 + 3x

2

= 40x
2
(16 − 10x
2
)
= 4.10x
2

16 − 10x
2

≤

10x
2
+ 16 − 10x
2

2
= 256
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x
2
=
4
5
⇒ x = ±
2
√

5
Kết luận. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x = ±
2
√
5

Giải phương trình sau
x
3
+

−x
6
+ 3x
4
− 3x
2
+ 1 = x

2 − 2x
2
Bài toán 15
Lời Giải
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 14
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1
Ta viết lại phương trình thành
x

3
+ (1 − x
2
)

1 − x
2
=
√
2x

1 − x
2
Đặt x = cos t với t ∈ [0; π] ta chuyển phương trình thành
sin
3
t + cos
3
t =
√
2 sin t cos t ⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) =
√
2 sin t cos t
Đặt sin t + cos t = u ∈ [−
√
2; −
√
2] ta chuyển tiếp phương trình thành
u(1 −
u

2
− 1
2
) =
√
2
u
2
− 1
2
⇔



u =
√
2
u = −1 −
√
2
u = 1 −
√
2
Với u =
√
2 thay lại ta có
sin t + cos t =
√
2 ⇐⇒ sin


t +
π
4

= 1 ⇐⇒ t =
π
4
Được 1 nghiệm là x = cos
π
4
=
√
2
2
Với u = 1 −
√
2 ⇔ sin(x +
π
4
) =
√
2
2
− 1
Vì t ∈ [0; π] nên nghiệm là t =
3π
4
− arcsin

√

2
2
− 1

Giờ ta tính cos

3π
4
− arcsin

√
2
2
− 1

= cos
3π
4
cos arcsin

√
2
2
− 1

+sin
3π
4
sin arcsin


√
2
2
− 1

Có sin arcsin

√
2
2
− 1

=
√
2
2
−1 và cos arcsin

√
2
2
− 1

=




1 −


√
2
2
− 1

2
=

2
√
2 − 1
2
Thay tất cả lại ta thu được nghiệm thứ hai là x =
1
2

1 −
√
2 −

2
√
2 − 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x =
√
2
2
; x =
1

2

1 −
√
2 −

2
√
2 − 1


Giải phương trình sau
x +
√
1 + 3x +
√
1 − x =
√
1 + 2x +
√
1 − 2x
Bài toán 16
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 15
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lời Giải
Điều kiện x ∈

−

1
3
;
1
2

Phương trình đã cho tương đương với
x +

√
1 + 3x −
√
1 + 2x

+

√
1 − x −
√
1 − 2x

= 0
x +
x
√
1 + 3x +
√
1 + 2x
+
x

√
1 − x +
√
1 − 2x
= 0
x

1 +
1
√
1 + 3x +
√
1 + 2x
+
1
√
1 − x +
√
1 − 2x

= 0 ⇔ x = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0

Giải phương trình sau
2

x +
1
2
+


x
2
+ 5x + 6 =

5x
2
+ 20x + 15
Bài toán 17
Lời Giải
Điều kiện : x ≥ −
1
2
Khi đó phuong trình đã cho tương đương với
√
4x + 2 +

(x + 2)(x + 3) =

5x
2
+ 20x + 15
⇔ 2

(4x + 2)(x + 2)(x + 3) = 4x
2
+ 11x + 7
⇔ 2

(4x

2
+ 10x + 4)(x + 3) = 4x
2
+ 10x + 4 + x + 3
⇔


4x
2
+ 10x + 4 −
√
x + 3

2
= 0
⇒



4x
2
+ 10x + 4 = x + 3
x ≥ −
1
2
⇔ x =
√
65 − 9
8
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

√
65 − 9
8

Giải phương trình sau
(x
3
− 3x + 1)

x
2
+ 21 + x
4
− 3x
2
+ x = 21
Bài toán 18
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 16
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Lời Giải
Phương trình tương đương với
(x
3
− 3x + 1)(

x
2
+ 21 + x) = 21

⇔ x
3
− 3x + 1 =

x
2
+ 21 − x
⇔ x
3
− 2x + 1 =

x
2
+ 21
⇔ x
3
− 2x − 4 =

x
2
+ 21 − 5
⇔ (x − 2)(x
2
+ 2x + 2) =
x
2
− 4
√
x
2

+ 21 + 5
⇔


x = 2
x
2
+ 2x + 2 =
x + 2
√
x
2
+ 21 + 5
⇔

x = 2
(x
2
+ 2x + 2)(
√
x
2
+ 21 + 5) = x + 2 (∗)
Ta có
(x
2
+2x+2)(

x
2

+ 21+5)−x−2 > 5(x
2
+2x+2)−x−2 = 5x
2
+9x+8 > 0 ; ∀x ∈ R
Suy ra (∗) vô nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Giải phương trình sau
√
4x − 1 +
4
√
8x − 3 = 4x
4
− 3x
2
+ 5x
Bài toán 19
Lời Giải
Điều kiện : x ≥
3
8
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
√
4x − 1 = 1.
√
4x − 1 ≤
1 + 4x − 1
2

= 2x
Đẳng thức xảy ra khi 1 =
√
4x − 1 ⇔ x =
1
2
4
√
8x − 3 = 1.1.1.
4
√
8x − 3 ≤
1 + 1 + 1 + 8x − 3
4
= 2x
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 17
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Đẳng thức xảy ra khi 1 =
4
√
8x − 3 ⇔ x =
1
2
Do đó từ phương trình đã cho ta suy ra:
4x
4
− 3x
2

+ 5x ≤ 4x
⇔ 4x
4
− 3x
2
+ x ≤ 0
⇔ x(x + 1)(2x − 1)
2
≤ 0
⇒ x =
1
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =
1
2

Giải phương trình sau
x
3
− 3x
2
+ 3x − 6 = 2

7 − x
2
Bài toán 20
Lời Giải
Để phương trình có nghiệm thì VT ≥ 0
⇔ (x − 1)
3

− 5 ≥ 0
⇔ x ≥
3
√
5 + 1
Điều kjện xác định 7 − x
2
≥ 0 ⇒ x ≤
√
7
Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm

Giải phương trình sau

1 +

1 − 4x
2
− x = x

2 −

1 + 2

1 − 4x
2
Bài toán 21
Lời Giải
Điều kiện




−
1
2
≤ x ≤
1
2
2 −

1 + 2
√
1 − 4x
2
≥ 0
Đặt 1 +
√
1 − 4x
2
= a ⇒ a ≥ 1
Khi đó x
2
=
2a − a
2
4
(∗)
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 18
K2pi.Net.V n

Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Từ phương trình ta có
√
a = x

1 +

2 −
√
2a − 1

⇔ a = x
2

1 +

2 −
√
2a − 1

2
(∗∗)
Thế (∗) vào (∗∗) ta được
a =
2a − a
2
4

1 +


2 −
√
2a − 1

2
⇔ 4 = (2 − a)

1 +

2 −
√
2a − 1

2
Do a ≥ 1 ⇒ 2 − a ≤ 1
Khi đó


2 −
√
2a − 1 + 1

2
=
4
2 − a
≥ 4
⇔

2 −

√
2a − 1 + 1 ≥ 2 ⇔

2 −
√
2a − 1 ≥ 1
⇔ 1 ≥
√
2a − 1 ⇔ a ≤ 1 ⇒ a = 1
⇒ x = ±
1
2
Đối chiếu lại với điều kiện ta thấy chỉ có x =
1
2
thõa mãn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =
1
2

Giải phương trình sau
2x + 3 + (x + 1)

x
2
+ 6 + (x + 2)

x
2
+ 2x + 9 = 0

Bài toán 22
Lời Giải
Đặt a =
√
x
2
+ 6 ⇒ a ≥
√
6 và b =
√
x
2
+ 2x + 9 ⇒ b ≥
√
8
Ta có a
2
− b
2
= −2x − 3
⇒ x = −
a
2
− b
2
+ 3
2
Khi đó phương trình trở thành
⇔ b
2

− a
2
+ a(x + 1) + b(x + 2) = 0
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 19
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
⇔ b
2
− a
2
+ a + 2b + (a + b).x = 0
⇔ b
2
− a
2
+ a + 2b + (a + b)
a
2
− b
2
+ 3
−2
= 0
⇔ (a − b)[1 + (a + b)(a + b + 2)] = 0
⇔ a = b ⇒ x = −
3
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −
3

2

Giải phương trình sau
x
2
+ x +
√
x + 1 +
√
x + 3 = 1 +

2 +
√
2 + x +
4
√
x + 2
Bài toán 23
Lời Giải
Điều kiện : x ≥ −1
Cộng x + 1 vào hai vế của phương trình ta được
⇔ (x + 1)
2
+
√
x + 1 +

(x + 1) + 2 =

√

x + 2

2
+

√
x + 2 +

√
x + 2 + 2 (∗)
Xét hàm số f(t) = t
2
+
√
t +
√
t + 2 với t > 0 ta có f(t) đồng biến
Mặt khác phương trình (∗) có dạng f(x + 1) = f(
√
x + 2)
⇒ x + 1 =
√
x + 2
⇔ x
2
+ x − 1 = 0
⇔ x =
√
5 − 1
2

hoặc x =
−
√
5 − 1
2
(Loại)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =
√
5 − 1
2

Giải phương trình sau

3x
3
+ 2x
2
+ 2 +

−3x
3
+ x
2
+ 2x − 1 = 2(x
2
+ x + 1)
Bài toán 24
Lời Giải
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 20

K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky ta có
V T =

3x
3
+ 2x
2
+ 2 +

−3x
3
+ x
2
+ 2x − 1 ≤

2 (3x
2
+ 2x + 1)
Dấu đẳng thức xảy ra khi

3x
3
+ 2x
2
+ 2 =

−3x
3

+ x
2
+ 2x − 1
⇔ x = −1 (1)
Mặt khác ta chứng minh được:

2 (3x
2
+ 2x + 1) ≤ 2

x
2
+ x + 1

(2)
Thật vậy
(2) ⇔ (x + 1)
2

2x
2
+ 1

≥ 0
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = −1
Từ (1) và (3) ta có x = −1 là nghiệm của phương trình
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1

Giải phương trình sau
x

3
+
√
68
x
3
=
15
x
Bài toán 25
Lời Giải
Điều kiện x = 0
Phương trình đã cho tương đương với
x
6
− 15x
2
+ 2
√
17 = 0
⇔ (x
2
+
√
17)(x
4
−
√
17x
2

+ 2) = 0
⇔ x
4
−
√
17x
2
+ 2 = 0
⇔












x = −

√
17 − 3
2
x =

√
17 − 3

2
x = −

√
17 + 3
2
x =

√
17 + 3
2
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 21
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt x = ±

√
17 ± 3
2

Giải phương trình sau
x

√
x + 1 +
√
x + 3

=

√
2

1 +

1 + x
2

Bài toán 26
Lời Giải
Điều kiện để phương trình có nghiệm là x > 0
Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình

x + 1
2
+

x + 3
2
=
1
x
+

1 +
1
x
2
⇔


x + 1
2
+

x + 1
2
+ 1 =
1
x
+

1 +
1
x
2
Xét hàm đặc trưng f(t) = t +
√
1 + t
2
là hàm đồng biến do đó
f


x + 1
2

= f

1
x


⇔
x + 1
2
=
1
x
2
⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1

Giải phương trình sau
3
3

x
2
− x + 1 + 5
5

x
2
+ x + 1 = 8
Bài toán 27
Lời Giải
Ta có
V T = 3
3

x

2
− x + 1 + 5
5

x
2
+ x + 1 = 3
15

(x
2
− x + 1)
5
+ 5
15

(x
2
+ x + 1)
3
=
15

(x
2
− x + 1)
5
+
15


(x
2
− x + 1)
5
+
15

(x
2
− x + 1)
5
+
15

(x
2
+ x + 1)
3
+
15

(x
2
+ x + 1)
3
+
15

(x
2

+ x + 1)
3
+
15

(x
2
+ x + 1)
3
+
15

(x
2
+ x + 1)
3
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 22
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
≥ 8
8

15

(x
2
− x + 1)
15
(x

2
+ x + 1)
15
= 8
8

x
4
+ x
2
+ 1 ≥ 8 = V P
Vậy phương trình tương đương với



15

(x
2
− x + 1)
5
=
15

(x
2
+ x + 1)
3
x
4

+ x
2
+ 1 = 1
⇔
x = 0
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình

Giải phương trình sau

x
2
+ 16 − 2

x
2
− 3x + 4 =
√
x + 1 − 1
Bài toán 28
Lời Giải
Điều kiện: x ≥ −1
⇔
−3x
2
+ 12x
√
x
2
+ 16 + 2
√

x
2
− 3x + 4
=
x
√
x + 1 + 1
⇔

x = 0
√
x
2
+ 16 + 2
√
x
2
− 3x + 4 = −3 (x − 4)

√
x + 1 + 1

(1)
Với (1) kết hợp với phương trình đầu của hệ ta được:

√
x
2
+ 16 + 2
√

x
2
− 3x + 4 = −3 (x − 4)

√
x + 1 + 1

√
x
2
+ 16 − 2
√
x
2
− 3x + 4 =
√
x + 1 − 1
⇒ 2

x
2
+ 16 = (13 − 3x)
√
x + 1 − 3x + 11
⇔ 2


x
2
+ 16 − 5


+ (3x − 13)

√
x + 1 − 2

+ 9 (x − 3) = 0
⇔ (x − 3)

2 (x + 3)
√
x
2
+ 16 + 5
+
3x − 13
√
x + 1 + 2
+ 9

= 0
⇔ (x − 3)

2 (x + 3)
√
x
2
+ 16 + 5
+
5 + 9

√
x + 1 + 3x
√
x + 1 + 2

= 0
Do cụm trong dấu ngoặc vuông luôn dương ∀x ≥ −1 nên ta có x = 3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3

c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 23
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Giải phương trình sau
√
5x − 1 +
3
√
9 − x = 2x
2
+ 3x − 1
Bài toán 29
Lời Giải
Điều kiện : x ≥
1
5
Phương trình đã cho tương đương với
√
5x − 1 − 2 +
3

√
9 − x − 2 = 2x
2
+ 3x − 5
⇔
5(x − 1)
√
5x − 1 + 2
−
x − 1
3

(9 − x)
2
+ 2
3
√
9 − x + 4
= (x − 1)(2x + 5)
⇔ (x − 1)

5
√
5x − 1 + 2
−
1
3

(9 − x)
2

+ 2
3
√
9 − x + 4
− 2x − 5

= 0
⇔



x = 1 (t/m)
5
√
5x − 1 + 2
−
1
3

(9 − x)
2
+ 2
3
√
9 − x + 4
− 2x − 5 = 0 (∗)
Giải (∗) ta có
(∗) ⇔
5
√

5x − 1 + 2
=
1
3

(9 − x)
2
+ 2
3
√
9 − x + 4
+ 2x + 5 (∗∗)
Với x ≥
1
5
thì
V T
(∗∗)
≤
5
2
Lại có:
V P
(∗∗)
=
1

3
√
9 − x + 1


2
+ 3
+ 2x + 5 > 0 ; ∀x ≥
1
5
Vậy phương trình (∗) vô nghiệm!
Kết luận. Vậy phương trình đã cho nghiệm duy nhất x = 1

Giải phương trình sau
−2x
3
+ 10x
2
− 17x + 8 = 2x
2
3

5x − x
3
Bài toán 30
Lời Giải
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 24
K2pi.Net.V n
Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Ta thấy rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho
x
3
ta được

−2 +
10
x
−
17
x
2
+
8
x
3
= 2
3

5
x
2
− 1
Đặt t =
1
x
suy ra
8t
3
− 17t
2
+ 10t − 2 = 2
3

5t

2
− 1
⇔ (2t − 1)
3
+ 2 (2t − 1) =

5t
2
− 1

+ 2
3

5t
2
− 1 (∗)
Xét hàm f(u) = u
3
+ 2u là hàm đồng biến ∀u ∈ R
Phương trình (∗) có dạng f(2t − 1) = f(
3
√
5t
2
− 1)
⇒ 2t − 1 =
3

5t
2

− 1
⇔ (2t − 1)
3
= 5t
2
− 1 ⇔ 8t
2
− 17t + 6 = 0
⇔ t =
17 ±
√
97
8
⇒ x =
8
17 ±
√
97
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =
8
17 ±
√
97

Giải phương trình sau

1 − x
2
(16x
4

− 12x
2
+ 1) = 4x
3
− 3x
Bài toán 31
Lời Giải
Điều kiện |x| ≤ 1
Đến đây ta đặt x = cos t với t ∈ (0; π)
⇔ |sint|(16cos
4
t − 12cos
2
t + 1) = 4cos
3
t + 3cost
⇔ |sint|[4(2cos
2
2t − 1)
2
+ 2(2cos
2
t − 1) − 1] = cos3t
⇔ |sint|

(4cos
2
2t − 2) + 2cos2t + 1

= cos3t

⇔ |sint|(2cos4t + 2cos2t + 1) = cos3t
⇔ |sint|(4cos3tcost + 1) = cos3t (∗)
Với t ∈ (0; π)
(∗) ⇔ sint(4cos3tcost + 1) = cos3t
c
 Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 25