Tuyển tập các bài toán giải phương trình bất phương trình hệ phương trình ôn thi THPT quốc gia full

Th

eo

M

ùa

FB: Học Online Theo Mùa- Ôn Thi THPTQG
Tài liệu ôn thi

nl
in

e

Tuyển Tập Các Bài Toán
Giải Phương Trình

O

Bất Phương Trình
Hệ Phương Trình

Họ

c

Ôn Thi THPT-Quốc Gia

TP HCM, năm 2016

LATEX by Leaffall
.


Bài toán 1
Giải phương trình sau:
4x3 − 3x2 + x + 3(x2 − x)

1
−1=1
x

Lời Giải
1−x
1
−1≥0⇔
≥ 0 ⇔ x ∈ (0; 1]
x
x
1
Ta có: 4x3 − 3x2 + x + 3(x2 − x)
−1=1
x
√
⇔ 4x3 − 3x2 + x + 3(x − 1) x − x2 − 1 = 0
√
⇔ 8x3 − 6x2 + 2x + 3(x − 1).2 x − x2 − 2 = 0
√
⇔ 8x3 − 7x + 1 + 3(x − 1) 2 x − x2 − (2x − 1) = 0
√

√
2
−
2
là nghiệm của phương trình
• Xét 2 x − x2 = 1 − 2x ⇔ x =
4
√
• Xét 2 x − x2 = 1 − 2x. Phương trình đã cho
3(1 − x)(8x2 − 8x + 1)
⇔ 8x3 − 7x + 1 + √
=0
2 x − x2 + (2x − 1)
3(1 − x)
⇔ (8x2 − 8x + 1) x + 1 + √
=0
2 x − x2 + (2x − 1)
3(1 − x)
Ta có: x + 1 + √
=0
2 + (2x − 1)
2
x
−
x
√
2 x − x2 (x + 1) + 2x2 − 2x + 2
√
⇔
= 0 (vô nghiệm) ∀x ∈ (0; 1]

2 x − x2 + (2x − 1)
√
2
+
2
Do đó: 8x2 − 8x + 1 = 0 ⇔ x =
4
√
2± 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
4

O
nl

in
e

Th

eo

M
ùa

Điều kiện :

Bài toán 2
Giải phương trình sau:

Họ

c

√
2
(x3 + x2 + x) = 5x2 + 10x + 6 + (2x2 + 7x + 6) x + 1

Lời Giải

Điều kiện: x ≥ −1

Phương trình đã cho
2

2

⇔ (x3 + x2 + x) − 4(x2 + x) = (2x2 + 7x + 6)

√

2

x + 1 − x − 4(x2 + x) + 5x2 + 10x + 6 + 2x3 + 7x2 + 6x
√
⇔ (x4 + 3x3 + 3x2 )(x2 − x − 1) + (2x2 + 7x + 6) x − x + 1 + (x2 − x − 1)(4x2 + 10x + 6) = 0
√
√
⇔ x − x + 1 (x4 + 3x3 + 7x2 + 10x + 6) x + x + 1 + 2x2 + 7x + 6 = 0
√

√
1± 5
•x− x+1=0⇔x=
2
√
4
3
2
• (x + 3x + 7x + 10x + 6) x + x + 1 + 2x2 + 7x + 6 = 0
9
19
Ta có: x4 + 3x3 + 7x2 + 10x + 6 = x4 + 3x3 + x2 + x2 + 10x + 6 > 0
4
4
2


√
2x2 + 7x + 6
2x2 + 7x + 6
⇔
+x+ x+1=0
4
3
2
4
3
2
x + 3x + 7x + 10x + 6
x + 3x + 7x + 10x + 6

(x + 1)(x4 + 2x3 + 5x2 + 7x + 6) √
+ x+1=0
⇔
3
2
x4 + 3x
√ + 7x 4+ 10x3+ 6 2
√
x + 1(x + 2x + 5x + 7x + 6)
+1 =0
⇔ x+1
x4 + 3x3 + 7x2 + 10x + 6
Do x4 + 2x3 + 5x2 + 7x + 6 = x4 + 2x3 + x2 + 4x√2 + 7x + 6 > 0 nên x = −1
1+ 5
Thử lại ta thấy phương trình có nghiệm x =
, x = −1
2
√

x+1=

Bài toán 3
Giải phương trình sau:

M
ùa

⇔ −x −

√

1
2 + 2 x2 + 9
1
√
√
+
=
x2
1+ 5+x 1+ 5−x

eo

Lời Giải
Điều kiện x ∈ [−5; 5]\{0}
Phương trình đã cho

c

O
nl

in
e

Th

√
1
3 3 2 + 2 x2 + 9
1

√
√
⇔
+
− + −
=0
x2
1 + 5√
+ x 1 +√ 5 − x 4 4
√
2+ 5+x+ 5−x
3 3x2 − 8 x2 + 9 − 8
⇔
− +
=0
√
√
4
4x2
1+ 5+x 1+ 5+x
√
√
√
√
√
5 + x + 5 − x − 3 25 − x2 + 5 (3 x2 + 9 + 7)( x2 + 9 − 5)
⇔
+
=0
√

√
4x2
4 1+ 5+x 1+ 5+x
√
√
√
√
√
√
4 − ( 5 + x + 5 − x) 10 + 3( 5 − x + 5 + x)
(3 x2 + 9 + 7)( x2 + 9 − 5)
⇔
+
=0
√
√
4x2
4 1+ 5+x 1+ 5+x
⇔ (x2 − 16).f (x) + (x2 − 16).g(x) = 0 ⇔ x = ±4
√
√
10 + 3( 5 − x + 5 + x)
√
f (x) =
√
√
√
√
4 1 + 5 + x 1 + 5 + x 4 + ( 5 + x + 5 − x) (3 + 25 − x2 )
√

3 x2 + 9 + 7
√
g(x) =
4x2 ( x2 + 9 + 5)
Vậy phương trình có nghiệm x = ±4

Họ

Bài toán 4
Giải phương trình:

√

√
1
1
+√
= 2x
√
√
5x + 2x + 2
5x + 8x − 2

Lời Giải
1
4
Xét hàm số f (x) = √

Điều kiện x ≥

1
√

1
trên
√
5x + 2x + 2
5x + 8x − 2
5
1
5
4
√ +√
√ +√
8x − 2
2x + 2
2 5x
2 5x
⇒ f (x) = − √
− √
<0
√
√
2
2
5x + 2x + 2
5x + 8x − 2
+√

3

1
; +∞
4


√
1
2x trên ; +∞
4
> 0 Vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến nên phương trình

Xét hàm số g(x) =

f (x) = g(x) có duy nhất một nghiệm. Ta có f
1
Vậy phương trình có nghiệm x =
3

Bài toán 5
Giải phương trình:
√

1
3

=g

1
3

nên x =

√
√
4 x+1+4 x−2
x+1+
=3
√
2
3 x−2+1

Lời Giải

eo

Điều kiện x ≥ 2

1
là nghiệm duy nhất.
3

M
ùa

1
⇒ g (x) = √
2x

Phương trình đã

cho
√

√
x+1+ x−2
⇔ x+1+4 √
=3
2
3 x−2+1
√
4
⇔ x+1+ √
=3
√
2 √
x−2+1 . x+1− x−2
√
√
√
4
=4
⇔ x+1− x−2+ x−2+1+ √
√
2 √
x−2+1 . x+1− x−2
√
√
√
x−2+1
x−2+1

Chú ý x − 2 + 1 =
+
2
2
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho vế√trái, ta có V T ≥ 4 = V P
√
√
x−2+1
Dấu "=" xảy ra khi x + 1 − x − 2 =
2
√
√
⇔2 x+1=3 x−2+1⇔x=3

O
nl

in
e

Th

√

Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình

Họ

c

Bài toán 6
Giải bất phương trình:

Điều kiện x ≥

1
2

x

√

2x − 1 − 3 ≥

2(2x2 − 7x − 15)
x2 − 6x + 13

Lời Giải
2x(x − 5)
2(x − 5)(2x + 13)
≥
.
x2 − 6x + 13
2x − 1 + 3

Phương trình đã cho ⇔ √

Do mẫu số cả hai vế đều dương nên ta có thể quy đồng khử mẫu
√
⇔ (x − 5) x3 − 6x2 + 7x − 9 − (2x + 3) 2x − 1 ≥ 0

√
⇔ (x − 5) x − 3 − 2x − 1 .g(x) ≥ 0 (1)
√
x 2 3(x − 3)2 3(x − 3) 7
(trong đó g(x) =
2x − 1 +
+
+
+ > 0 nên)
2
4
2
4
4


(1) ⇔ (x − 5) x − 3 −

√
2x − 1 ≥ 0 Ta tiến hành giải phương trình f (x) = 0



√

(trong đó f (x) = (x − 5) x − 3 − 2x − 1 ) ⇔ 

x=5
√
x=4± 6

√
1
; 5 ∪ 4 + 6; +∞
2

eo

Vậy tập nghiệm của phương trình là x ∈

M
ùa

Bảng xét dấu

Lưu ý: Nếu chúng ta ko tách được nhân tử từ phương trình trên nhưng ta vẫn có thể giải được để tìm

Th

nghiệm thông qua hàm số. Cụ thể ở đây ta có:
√
x3 − 6x2 + 7x − 9 = (2x + 3) 2x − 1

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

in
e

Xét hàm số h(t) = t3 + 3t2 + 4t ∀t ∈ R ⇒ h (t) = 3t2 + 6t + 4 > 0. Từ đó ta giải phương trình và được
nghiệm như trên.

O
nl

Bài toán 7
Giải phương trình:

√
√
4 3 x2 − x + 1 − 2 4x3 + 5 + 3 − x ≥ 0

Lời Giải

−5
4
√
√
3
Bpt ⇔ 2 4x + 5 + x − 3 − 4 3 x2 − x + 1 ≤ 0
√
√
⇔ 2 4x3 + 5 − (x + 5) + 2(x + 1) − 4 3 x2 − x + 1 ≤ 0
√
16x3 − x2 − 10x − 5 x3 − 5x2 + 11x − 7
3
⇔ √
+
≤

0
(trong
đó
A
=
2(x
+
1),
B
=
4
x2 − x + 1
2
3
A + AB + B
2 4x + 5 + x + 5
16x2 + 15x + 5
x2 − 4x + 7
√
⇔ (x − 1)
+ 2
≤0⇔x≤1
2 4x3 + 5 + (x + 5) A + AB + B 2

c

3

Họ

Điều kiện x ≥

Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈

3

−5
,1
4

5


Bài toán 8
Giải phương trình:
√
√
x3 + 4x2 + x + 3 = 2x2 x + 5 + 2x + 13

Lời Giải






Th

eo

M
ùa


x ≥ −5

x ≥ −5
13
⇒ x > −4
⇒
Điều kiện
x≥−
 x3 + 4x2 + x + 4 > 0

2


 x3 + 4x2 + x + 3 ≥ 0
√
√
Phương trình đã cho tương đương với: x2 x + 4 − 2 x + 5 + x + 3 − 2x + 13 = 0
x2 + 4x − 4
x2 + 4x − 4
√
√
⇔ x2
+
=0
x+4+2 x+5
x + 3 + 2x + 13

x2
1
√
√
⇔ (x2 + 4x − 4)
+
=0
x + 4 + 2 x + 5 x + 3 + 2x + 13
1
x2
√
√
+
> 0 ∀ x > −4
⇔ x2 + 4x − 4 = 0 vì
x + 4 + 2 x + 5 x + 3 + 2x + 13
√
⇔ x = 2 2 − 2 do x > −4
√
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 2 − 2
Bài toán 9
Giải phương trình:

in
e

√
√
2(x − 4) x + 3 − (x − 6) 2x + 1 = 3(x − 2)

Lời Giải

Điều kiện x ≥ −

1
2

O
nl

Phương trình đã cho tương đương với



Họ

c

√
√
2(x − 4) x + 3 − (x − 6) 2x + 1 − 3 − 6(x − 4) = 0 (1)
√
√
Chú ý 2(x − 4) = 2x + 1 − 3
2x + 1 + 3
√
√
√
√
(1) ⇔

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



⇔ x=2


Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2; x = 4; x = 6

x=6

Bài toán 10
Giải phương trình

√
3

9x − 10 + 2 =

25 − 8x − 4x2
√
(x2 + 2x − 4) 3 9x − 10

Lời Giải

6

=0


√

Điều kiện (x2 + 2x − 4) 3 9x − 10 = 0
Phương trình đã cho tương đương với
(x2 + 2x − 4)

√
(9x − 10)2 + 2 3 9x − 10

3

⇔ (x2 + 2x − 4)

3

+ 4x2 + 8x − 25 = 0

√
(9x − 10)2 + 2 3 9x − 10 + 4

= 9 (1)

Do x = 2 không là nghiệm của phương trình. Ta nhân hai vế cho

√
3

9x − 10 − 2

√
√
3
(9x − 10)2 + 2 3 9x − 10 + 4
9x − 10 − 2 = 9x − 10 − 8 = 9(x − 2)
√
(1) ⇔ 9(x2 + 2x − 4)(x − 2) = 9 3 9x − 10 − 2
√
√
⇔ x3 − 8x + 8 = 3 9x − 10 − 2 ⇔ x3 + x = 9x − 10 + 3 9x − 10

M
ùa

3

Xét hàm số f (t) = t3 + t ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R
√
3

√
3

9x − 10 ⇔ x3 − 9x + 10 = 0
√
⇔ (x − 2)(x2 + 2x − 5) = 0 ⇔ x = −1 ± 6 do x = 2 ko là nghiệm
√
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −1 ± 6
9x − 10 ⇔ x =

eo

Lại có f (x) = f

Th

Bài toán 11
Giải bất phương trình:

√
√
x2 + 3 x2 + 5 + 2 8x − 3x2 ≥ 4x + 9

in
e

Lời Giải

8
√ 3
√
2
Ta có: x + 3 x2 + 5 + 2 8x − 3x2 ≥ 4x + 9
√
√
⇔ x2 − 4x + 4 + 2 8x − 3x2 − (4 − x) + 3 x2 + 5 − (2x + 5) ≥ 0
8x − 3x2 − x2 + 8x − 16
9x2 + 45 − 4x2 − 20x − 25
√
√
⇔ (x − 2)2 + 2
+
≥0
8x − 3x2 + (4 − x)
3 x2 + 5 + (2x + 5)
x2 − 4x + 4
x2 − 4x + 4
√
+5
≥0
⇔ (x − 2)2 − 8 √
8x − 3x2 + (4 − x)
3 x2 + 5 + (2x + 5)
8
5

⇔ (x − 2)2 1 − √
+ √
≥0
8x − 3x2 + (4 − x) 3 x2 + 5 + (2x + 5)
√
16
8
8
3
Ta có: 8x − 3x2 + (4 − x) ≤
∀x ∈ 0;
⇒ −√
≤−
3
3
2
8x − 3x2 + (4 − x)
√
√
8
5
5
3 x2 + 5 + (2x + 5) ≥ 3 5 + 5 ∀x ∈ 0;
⇒ √
≤ √
2
3
3 5+5
3 x + 5 + (2x + 5)
8

5
3
5
⇒1− √
+ √
≤− +1+ √
<0
2
3 5+5
8x − 3x2 + (4 − x) 3 x2 + 5 + (2x + 5)
⇒ (x − 2)2 ≤ 0 ⇔ x = 2

Họ

c

O
nl

Điều kiện x ∈ 0;

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x = 2
Bài toán 12
Giải phương trình
√
2x3 + 4x2 − 4x − 2 = 3(x − 1) 3 x3 + x2 + 2

7

Lời Giải
√

Ta có 2x3 + 4x2 − 4x − 2 = 3(x − 1) 3 x3 + x2 + 2
√
⇔ (x − 1)(2x2 + 6x + 2) = 3(x − 1) 3 x3 + x2 + 2
√
⇔ (x − 1) 2x2 + 6x + 2 − 3 3 x3 + x2 + 2 = 0



x=1
√
2x2 + 6x + 2 = 3 3 x3 + x2 + 2 (∗)

⇔

M
ùa

√
(∗) ⇔ x3 + 3x2 + 3x + 1 + 3x + 3 = x3 + x2 + 2 + 3 3 x2 + x + 2
√
⇔ (x + 1)3 + 3(x + 1) = x3 + x2 + 2 + 3 3 x2 + x + 2

Xét hàm số f (t) = t3 + 3t ⇒ f (t) = 3t2 + 3 > 0 ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R
Ta có f (x + 1) = f

√
3

x3 + x2 + 2 ⇔ x + 1 =

√
3

x3 + x2 + 2

√
−3 ± 17
⇔
+ 3x + 1 =
+2⇔
+ 3x − 1 = 0 ⇔ x =
2
√
−3 ± 17
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1;
2
+ 3x2

x3

+ x2

2x2

eo

x3

Th

Bài toán 13
Giải phương trình

x4 + 2x3 + 2x2 − 2x + 1 = (x3 + x)

1 − x2
x

in
e

Lời Giải

Ta có: x4 + 2x3 + 2x2 − 2x + 1 = (x3 + x)

1 − x2
x

1 − x2
⇔
+ x) + (x − 1) =
+ 1)
⇒ x ∈ (0; 1]
x
Do x = 0 nên ta chia cả hai vế phương trình cho x2 . Khi đó phương trình
2
1

1
1
−x
⇔ x2 + 2x + 2 − + 2 = x +
x x
x
x
2

x+

2

2

1
−x
x

−2

1
−2
x

− x+

1
−x
x

x+

Họ

⇔

x(x2

O
nl

1
⇔ x+
x

2

c

(x2

⇔x+

1
=2
x

1
+

x

1
x

1
−x
x

1
−x=0
x
=0

1
1
1
− x ⇔ x2 + 2 + 2 = 4 x −
x
x
x

⇔ (x + 1)4 − 4(x + 1)2 + 4 = 0 ⇔ (x + 1)2 − 2
√
⇔ (x + 1)2 = 2 ⇔ x = 2 − 1 do x ∈ (0; 1]
√
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2 − 1

⇔ x4 + 4x3 + 2x2 − 4x + 1 = 0
2

=0

Bài toán 14
Giải phương trình:
√

1+x+

√

1−x

√
1+x+1

8

1+

√

1−x =8


Lời Giải
Điều kiện x ∈ [−1; 1]
=8
=8
=8

≤ 2(1 + 1 + 2) = 8

Dấu bằng xảy ra khi x = 0
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình
Bài toán 15
Giải phương trình:

Th

Lời Giải

eo

√
√
x2 − x − 2 3 2x + 1
√
x+1=
3
2x + 1 − 3

M
ùa

√

√
√
√

1+x+ 1−x
1+x+1 1+ 1−x
√
√
√
√
1 − x2 + 1 − x + 1 − x + 1
⇔ 2 + 2 1 − x2
√
√
√
⇔ 2 + 2 1 − x2
1 − x2 + 2 + 2 1 − x2 + 1
√
Ta có 1 − x2 ≤ 1
√
√
√
⇒ 2 + 2 1 − x2
1 − x2 + 2 + 2 1 − x2 + 1

Ta có

Điều kiện x ≥ −1, x = 13 √
√
√
√
x2 − x − 2 3 2x + 1
x2 − x − 2 3 2x + 1
√

√
Ta có x + 1 =
⇔ x+1+2=
+2
3
3

2x + 1 − 3
2x + 1 − 3
√
x2 − x − 6
(x − 3)(x + 2)
⇔ x+1+2= √
(1)
⇔ x+1+2= √
3
3
2x + 1√− 3
2x
+
1
−
3
√
Chú ý (x − 3)(x + 2) = x + 1 + 2
x + 1 − 2 (x + 2)
√
(x + 2) x + 1 − 2
√
√

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

O
nl

in
e

√

Xét hàm số f (t) = t3 + t (t ∈ R) ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0 ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Ta có
f

√
√
√
√
3
2x + 1 = f
x + 1 ⇔ 3 2x + 1 = x + 1



x=0
√
1± 5
x=
√ 2
1± 5
0;
2

c

⇔ (2x + 1)2 = (x + 1)3 ⇔ x3 − x2 − x = 0 ⇔ 

Họ

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =
Bài toán 15
Giải hệ phương trình 

3

x+

√

y−x+


x4 + 3x +

√

y − x = x3

√
√
y − x − x3 + x2 + 4x = x y − x + 6

Lời Giải
√

Điều kiện y ≥ x ; y − x − x3 + x2 + 4x ≥ 0

9

Ta có

3

x+

√

√
y − x = x3 ⇔

y−x+

3

x+

√

y−x+x+

√
y − x = x3 + x

Xét hàm số f (t) = t3 + t (t ∈ R) ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0 ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Ta có
√
√
x+ y−x ⇔x= 3 x+ y−x

√
⇔ x3 − x = y − x ⇒ x3 − x ≥ 0 thay vào phương trình (2) ta có
√
√
(2) ⇔ x4 + 3x + x2 + 3x = x4 − x2 + 6 ⇔ x2 + 3x + x2 + 3x
 −6=0
⇔

3

√
x2 + 3x − 2

x=1⇒y=1

√
x2 + 3x + 3 = 0 ⇔ x2 + 3x − 4 = 0 ⇔ 

x=1

x = −4 (loại)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 1)

M
ùa

f (x) = f

Bài toán 16
Giải bất phương trình:

3
x

√
4 − 8x + 9x2
√
2 x−1−1 ≥
3x + 2 2x − 1

Lời Giải
Điều kiện x ≥ 1
√

eo

2−

Th

√
3x − 2 2x − 1
√
√
3
Bpt ⇔ 2 −
2 x − 1 − 1 ≥ 3x − 2 2x − 1
x
√
√
⇔ (2x − 3) 2 x − 1 − 1 ≥ 3x2 − 2x 2x − 1

√
√
√
⇔ 3x2 − 2x 2x − 1 − 4x x − 1 + 6 x − 1 + 2x − 3 ≤ 0
√
√
√
⇔ x2 − 2x 2x − 1 + 2x − 1 + 2x2 − 4x x − 1 + 6 x − 1 − 2 ≤ 0
√
√
√
2
⇔ x − 2x − 1 + 2(x − 1)2 − 4(x − 1) x − 1 + 2(x − 1) + 2 x − 1 + 2x − 2 ≤ 0
√
√
√
2
2
⇔ x − 2x − 1 + 2 x − 1 − x − 1 + 2 x − 1 + 2x − 2 ≤ 0

O
nl

in
e

Ta có 4 − 8x + 9x2 = 3x + 2 2x − 1

Họ

c

Do x ≥ 1 nên V T ≥ 0. Do đó dấu

 bằng xảy ra khi
√






x=1
x − 2x − 1 = 0






√
⇔ x = 1 hay x = 2 ⇒ x = 1
x
−
1
−
x−1=0









√


x = 1
2 x − 1 + 2x − 2 = 0
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x = 1
Bài toán 17
Giải hệ phương trình:


 x3 − √ y − 1

3

=x+


√
4
√x + √
1−x= y+

√
4

Lời Giải
Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1 ; y ≥ 1

10

y−1
y2 + y − 2


√

√
=x+ y−1
√
√
3
⇔ x3 − y − 1 + x3 − y − 1 = x 3 + x

Ta có x3 − y − 1

3

Xét hàm số f (t) = t3 + t (t ∈ R) ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Ta có

Ta có

√

y − 1 = f (x) ⇔ x3 −



x3 − x ≥ 0


⇔

√

x=0

y−1=x⇔

√

y − 1 = x3 − x

⇒ y = 1 thỏa mãn phương trình còn lại

x=1


0 ≤ x ≤ 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = {(0; 1); (1; 1)}
Bài toán 18
Giải phương trình:

M
ùa

f x3 −

Lời Giải
Điều kiện x ∈ [−2; 2]

eo

√
√
√
3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x2 = 10 − 3x

√
2 + x (t ∈ [0; 2]) ⇒ x = t2 − 2
√
√
Phương trình⇔ 3t − 6 4 − t2 + 4t 4 − t2 = 10 − 3(t2 − 2)
√
√
⇔ 3t2 + 3t − 16 − 6 4 − t2 + 4t 4 − t2 = 0
√
√
⇔ 3 t − 2 4 − t2 − 2t t − 2 4 − t2 + 5t2 − 16 = 0
√
√
√
√
⇔ 3 t − 2 4 − t2 − 2t t − 2 4 − t2 + t − 2 4 − t2 t + 2 4 − t2 = 0
√

√
⇔ t − 2 4 − t2 3 − 2t + t + 2 4 − t2 = 0
√
√
√
√
√
6
⇔ t − 2 4 − t2 3 − t + 2 4 − t2 = 0 ⇔ t = 2 4 − t2 (do 3 − t > 0) ⇔ 2 + x = 2 2 − x ⇔ x =
5

O
nl

in
e

Th

Đặt t =

(nhận)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

6
5

Họ

c

Bài toán 19
Giải hệ phương trình:



4 + (x + y 2 )√y − 4x + 8 = 2y 2 − y + 6x

4 √y + 2√x + 1 = 9y √x − 1

Lời Giải

Điều kiện y ≥ 0 , x ≥ 1 , y − 4x + 8 ≥ 0
√

Ta có 4 + (x + y 2 ) y − 4x + 8 = 2y 2 − y + 6x
⇔ (x + y 2 )

√

y − 4x + 8 − 2 + y − 4x + 4 = 0
√
√
√
⇔ (x + y 2 ) y − 4x + 8 − 2 +
y − 4x + 8 − 2
y − 4x + 8 + 2 = 0
√
√

⇔
y − 4x + 8 − 2
y − 4x + 8 + x + y 2 + 2 = 0

11


√

√
y − 4x + 8 − 2 = 0 ( do y − 4x + 8 + x + y 2 + 2 > 0 ∀ x ≥ 0; y ≥ 1)

⇔ y = 4x − 4 thay vào phương trình còn lại của hệ ta có
√
√
√
4 2 x − 1 + 2 x + 1 = 9.4(x − 1) x − 1 (1)
√
Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ x = t2 + 1
√
√
(1) ⇔ 2t + 2 t2 + 2 = 9t3 ⇔ 9t3 − 2t − 2 t2 + 2 = 0
√
⇔ 3t(3t2 − 2) + 2 2t − t2 + 2 = 0
√
√
√
⇔ 3t 2t − t2 + 2 2t + t2 + 2 + 2 2t − t2 + 2 = 0
√
√

√
⇔ 2t − t2 + 2 6t2 + 3t t2 + 2 + 2 = 0 ⇔ 2t − t2 + 2 = 0
5
8
2
⇔ 3t2 = 2 ⇔ t2 = ⇔ x = t2 + 1 = ⇒ y =
3
3
3
5 8
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) =
;
3 3

√

2x − 1 = x3 + 22x2 − 11x

Th

6x2 + 12x − 6

eo

Bài toán 20
Giải phương trình:

M
ùa

⇔

Lời Giải

1
2
√
2
Ta có 6x + 12x − 6 2x − 1 = x3 + 22x2 − 11x
√
⇔ x3 + 22x2 − 11x − 6x2 + 12x − 6 2x − 1 = 0
√
⇔ −2x3 + 16x2 − 8x + 3x2 + 6x − 3 x − 2 2x − 1 = 0
√
⇔ −2x(x2 − 8x + 4) + 3x2 + 6x − 3 x − 2 2x − 1 = 0
√
√
√
⇔ −2x x − 2 2x − 1 x + 2 2x − 1 + 3x2 + 6x − 3 x − 2 2x − 1 = 0
√
√
⇔ x − 2 2x − 1 3x2 + 6x − 3 − 2x x + 2 2x − 1 = 0
√
√
⇔ x − 2 2x − 1 x2 + 6x − 3 − 4x 2x − 1 = 0
√
√
⇔ x − 2 2x − 1 3x2 + 18x − 9 − 12x 2x − 1 = 0
√
√

⇔ x − 2 2x − 1 −x2 + 18x − 9 + 4x x − 3 2x − 1 = 0
√
√
√
⇔ x − 2 2x − 1 x − 3 2x − 1 3x − 3 2x − 1 = 0


√
√
x = 2 2x − 1
x = 4 ± +2 3


√
√


⇔  x = 3 2x − 1 ⇔  x = 9 ± 6 2 (nhận)


√
x = 2x − 1
x=1
√
√
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 4 ± +2 3; 9 ± 6 2; 1

Họ

c

O
nl

in
e

Điều kiện x ≥

12


Bài toán 21
Giải phương trình:
x−

1
+
x

1−

1
=x
x

Lời Giải
Điều kiện x ≥ 1
1
+

x

1−

1
=
x

1 x−

1
+
x

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

1
x
1
1
2x
⇒ 1 x−
+
(x − 1) ≤
=x
x
x
2


√
x − 1 = 1
1
+
5
x
⇒x=
Dấu bằng xảy ra khi
2

x − 1 = 1
x
√
1+ 5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =
2

1 x−

Th

Áp dụng BĐT AM-GM:

M
ùa

x−

eo

Ta có

Bài toán 22
Giải phương trình:

in
e

√
√
√
(6x − 5) x + 1 + 4 x2 − 1 = (6x + 2) x − 1 + 4x − 3

Lời Giải

Điều kiện x ≥ 1
√

x − 1 ≥ 0 ⇒ x = t2 + 1

O
nl

Đặt t =

Phương trình đã cho tương đương với

Họ

c

√
√
(6t2 + 1) t2 + 2 + 4t t2 + 2 = (6t2 + 8)t + 4t2 + 1
√
⇔ 6t3 + 4t2 + 8t + 1 − (6t2 + 4t + 1) t2 + 2 = 0
√
⇔ (6t2 + 4t + 1) 2t − 1 − t2 + 2 − 6t3 + 2t2 + 10t + 2 = 0
√
⇔ (6t2 + 4t + 1) 2t − 1 − t2 + 2 − 2(t + 1)(3t2 − 4t − 1) = 0 (1)
√
√
Ta có (3t2 − 4t − 1) = 2t − 1 − t2 + 2 2t − 1 + t2 + 2
√
√
(1) ⇔ 2t − 1 − t2 + 2 6t2 + 4t + 1 − 2(t + 1)(2t − 1 + t2 + 2) = 0
√
√

⇔ 2t − 1 − t2 + 2 2t2 + 2t + 3 − 2(t + 1) t2 + 2 = 0

√


√
1
2
+
7
2t − 1 = t2 + 2 (t ≥ )
3t2 − 4t − 1 = 0
t=

2
3
⇔
⇔
⇔
√
1
2
2
2
4t − 4t + 1 = 0
2t + 2t + 3 = (2t + 2) t + 2
t=
2

√

20 + 4 7
 x=
9
⇔
5
x=
4
13


Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =

√
20 + 4 7 5
;
9
4

Bài toán 23
Giải hệ phương trình:




xy + (x − y)

√

xy − 2 +

√

x=y+

√

y

M
ùa


(x + 1) y + √xy + x(1 − x) = 4 (1)

Lời Giải

√
xy + (x − y) xy − 2 ≥ 0
√
√
√
Ta có: xy + (x − y) xy − 2 + x = y + y
√
√
√
⇔ xy + (x − y) xy − 2 − y + x − y = 0
√
(x − y)(y + xy − 2)
(x − y)
+√

⇔
√ = 0 (do x, y không cùng bằng 0)
√
x+ y
xy + (x − y) xy − 2 + y



xy − 2
1
+√
√  = 0 (2)
√
x+ y
xy + (x − y) xy − 2 + y
y+

Th

⇔ (x − y) 



√

eo

Điều kiện x ≥ 0 ; y ≥ 0 ;

4

x3 − x + 4
√
+ (x − 1)x ⇔ y + xy =
x+1
x+1
x3 − x + 4
Xét hàm số f (x) =
trên nửa khoảng [0; +∞), ta có
x+1
2x3 + 3x2 − 5
f (x) =
; f (x) = 0 ⇔ x = 1. Ta có bảng biến thiên
(x + 1)2
√

Họ

c

O
nl

in
e

pt(1)⇔ y + xy =

Từ bảng biến thiên ta thấy min f (x) = 2. Do đó
y+

√

xy =

x3

[0;+∞)

−x+4
≥ 2, ∀ x ≥ 0. Kết hợp với (2) cho ta x = y
x+1

Thay vào (1) ta có phương trình:

x3 − 2x2 − 3x + 4 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − 4) = 0 ⇔ 

14

x=1
√
1 + 17
x=
2


Thử lại ta thấy hệ đã cho có nghiệm (x; y) =

(1; 1);

1+

√
2

17 1 +
;

√

17

2

Bài toán 24
Giải phương trình:
√
(x2 + 1) x3 + x − 1 = 2x2 + 2x + 3

Lời Giải

M
ùa

Điều kiện x3 + x − 1 ≥ 0
√

Ta có (x2 + 1) x3 + x − 1 = 2x2 + 2x + 3

√
x3 + x − 1 − (x + 1) = (x2 + 1)(−x − 1) + 2x2 + 2x + 3 (1)

√
⇔ (x2 + 1) x3 + x − 1 − (x + 1) = −x3 + x2 + x + 2
√
√
Lại có −x3 + x2 + x + 2 = x + 1 + x3 + x − 1 x + 1 − x3 + x − 1
√
√
(1) ⇔ x2 + x + 2 + 2 x3 + x − 1 x + 1 − x3 + x − 1 = 0
√
√
⇔ x + 1 − x3 + x − 1 = 0 ⇔ x3 + x − 1 = x + 1 ⇒ x ≥ −1

eo

⇔ (x2 + 1)

Th

P T ⇔ x3 − x2 − x − 2 = 0 ⇔ (x − 2)(x2 + x + 1) = 0 ⇔ x = 2 (nhận)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = {2}

in
e

Bài toán 25
Giải phương trình:

√
(x + 1) 6x2 − 6x + 25 = 23x − 13

O
nl

Lời Giải

Điều kiện (x + 1)(23x − 13) ≥ 0
√

Ta có: 23x − 13 − (x + 1) 6x2 − 6x + 25 = 0

Họ

c

√
⇔ −2x2 + 18x − 16 + (x + 1) 2x + 3 − 6x2 − 6x + 25 = 0 (1)
√
√
Lại có −2x2 + 18x − 16 = 2x + 3 − 6x2 − 6x + 25 2x + 3 + 6x2 − 6x + 25
√
√
P T (1) ⇔ 2x + 3 − 6x2 − 6x + 25 3x + 4 + 6x2 − 6x + 25 = 0
• Trường hợp 1: 2x + 3 =

⇔



x ≥ − 3

2

6x2 − 6x + 25 ⇔


⇒


2x2 − 18x + 16 = 0
• Trường hợp 2:

√



2x + 3 ≥ 0

(2x + 3)2 = √6x2 − 6x + 25

x=1
x=8

√
6x2 − 6x + 25 = −4x − 3 ⇔



x ≤ − 4
3


(3x + 4)2 = 6x2 − 6x + 25

15

2


⇔



x ≤ − 4

√
⇒ x = −5 − 2 7

3


3x2 + 30x − 9 = 0

√

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = 1; 8; −5 − 2 7
Bài toán 26
Giải phương trình:

M

ùa

√
√
(x − 2)(5x2 + 5x − 24) = 18 5x − 1 3 x − 1 − 27x

Lời Giải

1
5
√
√
Ta có: (x − 2)(5x2 + 5x − 24) = 18 5x − 1 3 x − 1 − 27x
√
√
⇔ (x − 2)(5x2 + 5x − 24) + 27x = 18 5x − 1 3 x − 1
√
√
⇔ 5x3 − 5x2 − 7x + 48 = 18 5x − 1 3 x − 1
1
Xét f (x) = 5x3 − 5x2 − 7x + 48 trên ; +∞ ⇒ f (x) = 15x2 − 10x − 7
5
√
5 ± 130
2
f (x) = 0 ⇔ 15x − 10x − 7 = 0 ⇔ x =
15

Th

eo

Điều kiện x ≥

Họ

c

O
nl

in
e

Ta có bảng biến thiên

√
√
⇒ 18 3 x − 1 5x − 1 ≥ 0 ⇒ x > 1

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
√
6 5x − 1 = 2

√
9(5x − 1) ≤ 5x + 8 ; 3 3 x − 1 ≤ x + 1

⇒ 5x3 − 5x2 − 7x + 48 ≤ (5x + 8)(x + 1) ⇔ 5x3 − 10x2 − 20x + 40 ≤ 0
⇔ (x + 2)(x − 2)2 ≤ 0 ⇒ x = 2 do x > 1

16


Dấu bằng xảy ra khi





x=2



x−1=1







⇒x=2

5x − 1 = 9

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = {2}








x2 + y +
x2 + y +

√
x2 + 3 x = y − 3 (1)

√
x = x + 3 (2)

Lời Giải
Điều kiện x ≥ 0 ⇒ y ≥ 3

M
ùa

Bài toán 27
Giải hệ phương trình:

eo

√
x2 + y + x2 + 3 x = y − 3
√
√
√
⇔
x2 + y + x2 + 3 x =

x2 + y + x2 + 3
x2 + y − x2 + 3
√
√
⇔ x = x2 + y − x2 + 3 ⇔ x2 + y = x + x2 + 3 thay vào (2) ta có
√
√
√
√
(2) ⇔ x + x2 + 3 + x = x + 3 ⇔ x2 + 3 − 2 + x − 1 = 0
x−1
x+1
1
x2 − 1
√
+√
= 0 ⇔ (x − 1) √
+√
=0
⇔
2
2
x+1
x+1
x +3+2
x +3+2
⇔x=1⇒y=8

in
e

Th

Ta có

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 8)

O
nl

Bài toán 28
Giải hê phương trình:



√2x + y − 1 + √1 − y = y + 2 (1)

c


 x2 − y + √xy − y = x√x (2)

Lời Giải

Họ

Điều kiện: x ≥ 0 ; x2 ≥ y ; −2 ≤ y ≤ 1 ; xy − y ≥ 0 ; 2x + y − 1 ≥ 0 (2) ⇔
Nếu x = 0 ⇒ y = 0 không là nghiệm của phương trình
√
x2 − y + xy − y > 0

√
x2 − y − xy + y
2
Ta có x − y − xy − y =
√
x2 − y + xy − y
√
x−y
⇒ x2 − y − xy − y = √ . Từ đó ta có hệ sau
x


√
√

 x2 − y + xy − y = x x
√
√
x−y
⇒ 2 xy − y = x x − √
√
x−y
x


 x2 − y − xy − y = √
x
2
2
2

⇔ 2 y(x − x) = x − x + y ⇔ 4y(x2 − x) = (x2 − x + y)

⇒x>0⇒

17

x2 − y +

√

√
xy − y = x x


2

⇔ (y − x2 + x) = 0 ⇔ y = x2 − x Thay vào phương trình (1)
√
√
(1) ⇔ x2 + x − 1 + x + 1 − x2 = x2 − x + 2

Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM, ta có:
√

x2 + x √
−x2 + x + 2
2
+x−1≤
; x+1−x ≤
2

2
√
√
⇒ x2 + x − 1 + x + 1 − x2 ≤ x + 1 ⇔ x2 − x + 2 ≤ x + 1 ⇔ (x − 1)2 ≤ 0
x2

⇒ x = 1 ⇒ y = 0 thỏa mãn điều kiện bài toán

M
ùa

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 0)
Bài toán 29
Giải phương trình:

Lời Giải
Điều kiện (2x − 1)(1 − x) ≥ 0 ⇔

1
≤x≤1
2

Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM, ta có
√
3
x3 − 3x + 2 =

x
2

Th

(2x − 1)(1 − x) ≤

eo

√
(2x − 1)(1 − x) + 2 3 x3 − 3x + 2 = 3 − 2x (x ∈ R)

3 3 (x + 2)(1 − x) 8(1 − x)
.
2
3
9
√
9 3 (x + 2)(1 − x) 8(1 − x) 8
.
.
⇒ 2 3 x3 − 3x + 2 =
2
3
9
27
2
3 −x − x + 2 8(1 − x)
8
≤
+
+
2

3
9
27
2
x 3 −x − x + 2 8(1 − x)
8
⇒ 3 − 2x ≤ +
+
+
2 2
3
9
27
2
2
9x − 12x + 4
(3x − 2)
2
⇔
≤0⇔
≤0⇒x=
9
9
3


8(1
−
x)
(x

+
2)(1
−
x)


=


3
9

2
8(1
−
x)
8
⇒x=
Dấu bằng xảy ra khi
=
3

27
 9
(x + 2)(1 − x)(1 − x) =

c

O
nl

in
e

3

Họ




2x − 1 = 1 − x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =

2
3

Bài toán 30
Giải hệ phương
trình:



(x − y)(2x2 − y) + 7x2 − 5xy + 10x = 6y − 5 (1)


2y + 2 + 2√x2 − 1 − (2x − 3)√2x − y − (2x + 3)√x + 1 = 0 (2)

Lời Giải

18


Điều kiện



2x ≥ y

x ≥ 1

Th

eo

⇔ (x − y + 1)(x2 + 3x + 5 + (2x − y)) = 0 ⇒ y = x + 1 thay vào pt(2)
√
√
√
(2) ⇔ 2x + 4 + 2 x2 − 1 − (2x − 3) x − 1 − (2x + 3) x + 1 = 0 (*)
√
Đặt t = x − 1 ≥ 0 ⇒ x = t2 + 1
√
(∗) ⇔ 2t3 − 2t2 − t − 6 + (2t2 − 2t + 5) t2 + 2 = 0
√
⇔ 6t3 − 6t2 − 3t − 18 + (2t2 − 2t + 5).3 t2 + 2 = 0
√
⇔ (2t2 − 2t + 5) 3 t2 + 2 − (t + 4) + 8t3 − 6t + 2 = 0
√

⇔ (2t2 − 2t + 5) 3 t2 + 2 − (t + 4) + (x + 2)(8x2 − 8x + 2) = 0
√
√
⇔ 3 t2 + 2 − (t + 4) 2t2 − 2t + 5 + 3 t2 + 2 + (t + 4) = 0
√
1
5
⇔ 3 t2 + 2 − (t + 4) = 0 ⇔ t = ⇒ x =
2
4
5 9
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = ;
4 4

M
ùa

Phương trình (1) ⇔ (x − y + 1)(x2 + 5x − y + 5) = 0

Bài toán 31
Giải phương trình:

in
e

√
√
√
x 5x2 + 1 + x 6x2 + 1 − 2x4 + 2x2 + 1 = x2 + 1

Lời Giải

Phương trình đã cho tương đương với:
√

Họ

c

5x2 + 1 +

O
nl

√
√
6x2 + 1 = 2x4 + 2x2 + 1 + x2 + 1 (1)
√
√
Do vế phải luôn dương và đại lượng 5x2 + 1 + 6x2 + 1 > 0 ⇒ x > 0
√
√
1
1 2
(1) ⇔ 5x2 + 1 + x2 + 5x2 + 1 = x + + x2 + x +
x
x

√


a = 5x2 + 1 > 0
√
√
Đặt
⇒ a + x 2 + a2 = b + x 2 + b 2

b = x + 1 > 0
x
(a − b)(a + b)
√
⇔ (a − b) + √
=0
x 2 + a2 + x 2 + b 2
√
a+b
1
√
⇔ (a − b) 1 + √
= 0 ⇔ a = b ⇔ 5x2 + 1 = x +
x
x 2 + a2 + x 2 + b 2
√
1 + 17
⇔ 4x4 − x2 − 1 = 0 ⇔ x =
8
√
1 + 17
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =
8
x

19


Bài toán 32
Giải phương trình:
x2 − x − 2 =

√

3−x+

√

x

Lời Giải
Điều kiện



x ∈ [0; 3]

⇒


 x2 − x − 2 ≥ 0




x ∈ [0; 3]

⇒ x ∈ [2; 3]


x ∈ (−∞; −1] ∪ [2; +∞)

Bài toán 33
Giải hệ phương trình:



x −

eo

=0

Th

√
√
x − 2 − 3 − x + x − 1 − x + x2 − 3x + 1 = 0
x2 − 3x + 1
x2 − 3x + 1
√
√ + x2 − 3x + 1 = 0
⇔
+
x−2+ 3−x x−1+ x

1
1
√
√ +1
⇔ (x2 − 3x + 1)
+
x−1+ x
x−2+ 3−
x
√
3+ 5
3
⇔ x − 3x + 1 = 0 ⇔ x =
2
√
3+ 5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =
2

M
ùa

Phương trình đã cho tương đương với

y
2(y + 1)
−
(1)
x+2
y

(x + 2)


√8y + 9 = (x + 2)√y + 2 (2)
2

=

in
e

2

O
nl

Lời Giải

Điều kiện x = −2; y > 0
(1) ⇔ x + 2 −

2
(x + 2)

2

=

2
y

−
x+2 y

2
b 2
−
+ =0
a2 a b
⇔ a3 b − 2b − b2 a + 2a2 = 0 ⇔ ab(a2 − b) + 2(a2 − b) = 0 ⇔ (ab + 2)(a2 − b) = 0 Từ phương trình (2) ta có
√
√
(x + 2) y = 8y + 9 − 2 > 0 ∀y > 0 ⇒ x > −2

Họ

c

Đặt x + 2 = a, y = b > 0, ta có: a −

Do đó a2 = b ⇔ (x + 2)2 = y thay vào (2)
8(x + 2)2 + 9 = (x + 2)2 + 2 ⇔ (x + 2)4 − 4(x + 2)2 − 5 = 0
√
√
⇔ (x + 2)2 = 5 ⇔ x = −2 ± 5 ⇒ x = −2 + 5 ⇒ y = 5 do x > −2
√
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (−2 + 5; 5)
(2) ⇔

Bài toán 34
Giải phương trình:

(x2 + 4x − 1)

√
3
9x − 1 + 1

20

2

+3 =9


Lời Giải
Ta có (x2 + 4x − 1)
⇔ (x2 + 4x − 1)

3

√
3

9x − 1 + 1

2

+3 =9

√
(9x − 1)2 + 2 3 9x − 1 + 4

=9

Do x = 1 không là nghiệm của phương trình. Nhân hai vế cho

√
3

9x − 1 − 2

M
ùa

√
P T ⇔ (x2 + 4x − 1)(9x − 1 − 8) = 9 3 9x − 1 − 2
√
√
⇔ (x2 + 4x − 1)(x − 1) = 3 9x − 1 − 2 ⇔ x3 + 3x2 − 5x + 1 = 3 9x − 1 − 2
√
√
⇔ x3 + 3x2 + 4x + 2 = 9x − 1 + 3 9x − 1 ⇔ (x + 1)3 + (x + 1) = 9x − 1 + 3 9x − 1

Xét hàm số f (t) = t3 + t ∀t ∈ R ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0 ∀t ∈ R ⇒ f (t) đồng biến trên R. Lại có
√
3

9x − 1 ⇔ x + 1 =


⇔ x3 + 3x2 − 6x + 2 = 0 ⇔ 

√
3

9x − 1

x = 1 (Loại)
√
x = −2 ± 6

√

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = −2 ± 6

Th

Bài toán 35
Giải phương trình:

eo

f (x + 1) = f

√
x3 + x2 = (x2 + 1) x + 1 + 1

Điều kiện


 x3 + x2 − 1 ≥ 0

√

Ta có x3 + x2 = (x2 + 1) x + 1 + 1

in
e

Lời Giải


x ≥ −1

x+1⇒



x > 0

c

⇔x=

√

O
nl

√
⇔ x2 − x − 1 + (x2 + 1) x − x + 1 = 0
√

√
√
⇔ x − x + 1 x + x + 1 + (x2 + 1) x − x + 1 = 0
√
√
⇔ x − x + 1 x2 + x + 1 + x + 1 = 0

Họ


 x2 − x − 1 = 0

√
1+ 5
⇒x=
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S =

√
1+ 5
2

Bài toán 36
Giải bất phương trình:
2x2 +

√

x+2+5≤

√
√ √
2( x + 2 + x) x2 − x + 3 + x

Lời Giải
Điều kiện x ≥ −2
√

Ta có : 2x2 + x + 2 + 5 ≤

√
√ √
2( x + 2 + x) x2 − x + 3 + x
21


√
x + 2 + 5 ≤ ( x + 2 + x) 2(x2 − x + 3) + x
√
√
⇔ 2x2 + x + 2 + 5 − x ≤ ( x + 2 + 1 + x − 1) 2(x2 − x + 3) (∗)


√x + 2 = a ≥ 0

⇔ 2x2 +

√

Đặt

(∗) ⇔ 2(x2 − x + 3) + x − 1 +

√
√
x + 2 ≤ ( x + 2 + x)

⇔ 2(a2 + b2 ) + a + b ≤ (a + b + 1)
2(a2 + b2 )

⇔

2(a2 + b2 )

2(a2 + b2 ) − 1 + (a + b) 1 −

2(a2 + b2 ) − 1

⇔

2(x2 − x + 3)

2(a2 + b2 ) ≤ 0

2(a2 + b2 ) − (a + b) ≤ 0

Bài toán 37
Giải hệ phương trình:




x 4y 3 + 3y +

Th

eo

2(x2 − x + 3) − 1 > 0 ⇒ 2(a2 + b2 ) ≤ (a + b)
√
⇒ a + b ≥ 0 ⇔ (a − b)2 ≤ 0 ⇔ √
a=b⇔x−1= x+2
3 + 13
⇔ x2 − 3x − 1 = 0 ⇔ x =
2
√
3 + 13
Vậy bất phương trình có nghiệm S =
2

Ta có

2(a2 + b2 ) − 1 =

M
ùa


x − 1 = b

5y 2 − x2 = y 2 x2 + 4y 2 + 8 (1)

in
e


x + √12 − 2x = 2y 2 − 2√y − 4 (2)

Lời Giải

O
nl

Từ phương trình đầu tiên ta nhận thấy x > 0. Do đó điều kiện :


x ∈ (0; 6]

PT(1) ⇔ x2 y 2 − 4xy 3 + 4y 4 + (5y 2 − x2 ) − x

≥0

5y 2 − x2 −

x
2

2

+3 y −

c

⇔ (xy − 2y 2 )2 +

≥0



y ≥ 0

5y 2 − x2 +
x
2

3x2
x2
+ 3 y 2 − xy +
4
4

=0

2

=0

≥0

Họ

Dấu ” = ” xảy ra khi x = 2y thay vào phương trình (2)
√
√
(2) ⇔ 2y + 2 3 − y = 2y 2 − 2 y − 4
√
√
⇔ y 2 − y − 2 = 3 − y + y (∗)

Vế trái không âm ∀ y ≥ 0 ⇒ y 2 − y − 2 ≥ 0 ⇒ y ≥ 2 ⇒ y ∈ [2; 3]
y 2 − 3y + 1
y 2 − 3y + 1
√
√
3 − y + y − 1 − y = 0 ⇔ y 2 − 3y + 1 +
+
√ =0
y
−
1
+
y
y
−
2
+
3
−
y
√

√
3+ 5
⇔ y 2 − 3y + 1 = 0 ⇔ y =
⇒x=3+ 5
2
√
√ 3+ 5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) =
3 + 5;
2
(∗) ⇔ y 2 − 3y + 1 + y − 2 −

√

22


Bài toán 38
Giải phương trình:
4

(x − 2)(4 − x) +

√
4

x−2+

√
4

√
4 − x + 6x 3x = x3 + 30

Lời Giải
Điều kiện x ∈ [2; 4]
x−2+4−x
(x − 2)(4 − x) ≤
= 1 ⇒ 4 (x − 2)(4 − x) ≤ 1
2
√
√
√
√
4
x − 2 + 4 4 − x ≤ 2( x − 2 + 4 − x) ≤ 2 2(x − 2 + 4 − x) = 2
√
√
6x 3x = 2 27x3 ≤ x3 + 27
√
√
√
⇒ 4 (x − 2)(4 − x) + 4 x − 2 + 4 4 − x + 6x 3x ≤ x3 + 30

Dấu ” = ” xảy ra khi



x − 2 = 4 − x

M
ùa

Ta có:

⇒x=3

eo


x3 = 27
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = {3}

Th

Bài toán 39
Giải hệ phương trình:



(x + 2y − 1)√2y + 1 = (x − 2y)√x + 1 (1)
(x + 1)(2y + 1) (2)

in
e


2xy + 5y =

Lời Giải

1
2
√
√
√
Từ phương trình (1) ta có: (x − 2y) x + 1 − 2y + 1 = (4y − 1) 2y + 1
√
1
(x − 2y)2
= (4y − 1) 2y + 1 ⇒ y ≥ (∗)
⇔√
√
4
x + 1 + 2y + 1
x + 2y + 2
Lại có: (x + 1)(2y + 1) ≤
2
2 + 2y + x
1
(2) ⇒ 2xy + 5y ≤
⇔ 4xy + 10y ≤ x + 2y + 2 ⇔ (4y − 1)(x + 2) ≤ 0 ⇒ y ≤ (∗∗)
2
4
1
1
Từ (∗) và (∗∗) ⇒ y = ⇒ x =
4
2
1 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) =
;
2 4

Họ

c

O
nl

Điều kiện x ≥ −1; y ≥ −

Bài toán 40
Giải phương trình:

12 −

3
+
x2

4x2 −

Lời Giải
Điều kiện:



12 − 3 ≥ 0

2
x


4x2 − 3 ≥ 0
2
x

23

3
= 4x2
2
x


Ta có:

12 −

3
+
x2

3
= 4x2 (1)
x2

4x2 −

Đặt t = x2 > 0. Phương trình (1) ⇔

12 −

3
+
t

4t −

3
= 4t
t

3
+ 4t − 1
3
3
3
Ta có:
(4t − 1) ≤ t
,
4t − = 1 4t −
t
2
t
t
3
3
+ 4t − 1 1 + 4t −

3
3
t = 4t
+
⇒ 12 − + 4t − ≤ t
t
t
2
2


 3 = 4t − 1
Dấu ” = ” xảy ra khi t
⇔ t = 1 ⇔ x = ±1(nhận)

4t − 3 = 1
t
Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = {±1}

1 + 4t −

3
12 − =
t

M
ùa

2

eo

Bài toán 41
Giải hệ phương trình:

≤

3
t


√

x + x2 + 1 +

y 2 + 1 = 2 (1)

Th


y 2 + 2y + 2 = (y + 2)√x2 + 1 (2)

Lời Giải
√

√ √

x2 + 1 + x



√

 x2 + 1 + x = 2 −

2−

y2 + 1

y2 + 1 +

O
nl

⇔ (2y 2 + 4y + 4)(2 −

2−

y2 + 1

(2) ⇔ 2y 2 + 4y + 4 = (y + 2)

in
e

2
2
2
Ta
 có: 2 − y + 1 = x + x + 1 > 0 ⇒ y + 1 < 4 ⇒ y ∈ (− 3; 3)
√

1
1


=
 x2 + 1 − x = √
√

⇒ 2 x2 + 1 = 2 −

1

2−

y2 + 1

y 2 + 1) = (y + 2)(y 2 − 4

y 2 + 1 + 6)

⇔ y 3 + 2y 2 + 6y + 12 − 4y 2 − 8y − 8 + (2y 2 − 4)

y2 + 1 = 0

c

⇔ y 3 − 2y 2 − 2y + 4 + 2(y 2 − 2)
⇔ (y 2 − 2)(y − 2) + 2(y 2 − 2)



⇔

Họ

⇔ (y 2 − 2) y − 2 + 2
√
y=± 2

2

y2 + 1 = 2 − y

y2 + 1 = 0

y2 + 1 = 0

y2 + 1 = 0



⇔

√
y=± 2



⇔

4(y 2 + 1) = y 2 − 4y + 4

√
2⇒x=± 3
•
√
√
y=− 2⇒x=± 3
•y =0⇒x=0
4
4
•y =− ⇒x=±
3
3



y=

√

24

√
y=± 2
y=0
4
y=−
3

y2 + 1 +

1
2−

y2 + 1


√ √

√

√

4
3

Thử lại ta thấy hệ phương trình có nghiệm S = (− 3; 2); (− 3; − 2); (0; 0); − ; −

4
3

Bài toán 42
Giải phương trình:
√
8x3 − 13x2 + 7x = (x + 1) 3 3x2 − 2

Lời Giải
Ta có: 8x3 − 13x2 + 7x = (x + 1) 3x2 − 2
√
⇔ (2x − 1)3 − x2 + x + 1 = (x + 1) 3 3x2 − 2

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

Đặt



a = 2x − 1

b =

3

⇒

(2x − 1)(x + 1) + (x2

M
ùa

√
3



a3 − (x2 − x − 1) = (x + 1)b (1)

b3 − (x2 − x − 1) = (x + 1)a (2)

− x − 1)

•TH1: a = b ⇔ 2x − 1 =

√
3
3x2 − 2 ⇔ (2x − 1)3 = (3x2− 2)

• TH2: a2 + ab + b2 + x + 1 = 0 ⇔
2

+ 3x2 − 2x +

7
= 0 (vô nghiệm)
4

>0

≥0

a2
3
+ ab + b2 + (2x − 1)2 + x + 1 = 0
4
4

in
e

a
+b

2

O
nl

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = 1; −
Bài toán 43
Giải phương trình:

√

x+2+

√

1
8

3 − x = x3 + x2 − 4x − 1

Lời Giải

c



x ∈ [−2; 3]

Họ

Điều kiện

x=1
1
x=−
8

Th

⇔ 8x3 − 15x2 + 6x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 (8x + 1) = 0 ⇔ 

⇔

eo

Lấy (1) − (2), ta có: a3 − b3 + (a − b)(x + 1) = 0 ⇔ (a − b)(a2 + ab + b2 + x + 1) = 0

√


x3 + x2 − 4x − 1 ≥ 0
√

3 − x = x3 + x2 − 4x − 1
√
√
⇔ 3x3 + 3x2 − 12x − 3 − 3 x + 2 − 3 3 − x = 0
√
√
⇔ x + 4 − 3 x + 2 + 5 − x − 3 3 − x + 3x3 + 3x2 − 12x − 12 = 0

x2 − x − 2
x2 − x − 2
√
√
⇔
+
+ 3(x2 − x − 2)(x + 2) = 0
x+4+3 x+2 5−x+3 3−x

Ta có:

x+2+


⇔ (x2 − x − 2)

1
1
√
√
+
+ 3(x + 2)
x+4+3 x+2 5−x+3 3−x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm S = {−1; 2}

25

=0⇔

x=2
x = −1