PT vô tỉ Đặng Việt Hùng

Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

CÁC PP TRỌNG TÂM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – P1
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
DẠNG 1. PP ĐẶT ẨN PHỤ
Ví dụ 1. [ĐVH]: Giải phương trình 4 x 2 ( x + 2 ) + 3 ( 2 x 2 − 4 x − 3) 4 x + 3 = −6 x
Lời giải:
−3
ĐK: x ≥
. Khi đó: PT ⇔ 4 x3 + 2 x ( 4 x + 3) + 3 ( 2 x 2 − 4 x − 3) 4 x + 3 = 0
4
Đặt y = 4 x + 3 ta có: 4 x 3 + 2 xy 2 + 3 ( 2 x 2 − y 2 ) y = 0 ⇔ 4 x3 + 6 x 2 y + 2 xy 2 − 3 y 3 = 0
⇔ ( 2 x − y ) ( 2 x 2 + 4 xy + 3 y 2 ) = 0 ⇔ 2 x = y ⇔ 2 x = 4 x + 3

x ≥ 0
3
⇔ 2
⇔x=
2
4 x − 4 x − 3 = 0
Vậy PT có nghiệm duy nhất là: x =

3
2

1

Ví dụ 2. [ĐVH]: Giải phương trình 4 x 2 − 6 x + 3 = 2  2 + 3 x −  2 x − 1 .
x


Lời giải:
1
ĐK: x ≥ . Khi đó ta có: PT ⇔ 4 x3 − 3 ( 2 x − 1) x = 2  2 x − 1 + 3 x 2  2 x − 1
2
Đặt y = 2 x − 1 ≥ 0 ta có: 4 x 3 − 3 xy 2 = 2 ( 3 x 2 + y 2 ) y ⇔ 4 x3 − 6 x 2 y − 3 xy 2 − 2 y 3 = 0

x ≥ 0
⇔ ( x − 2 y ) ( 4 x 2 + 2 xy + y 2 ) = 0 ⇔ x = 2 y ⇔ x = 2 2 x − 1 ⇔  2
⇔ x = 4 ± 12 ( tm ) .
 x − 8x + 4 = 0
Vậy nghiệm của PT là: x = 4 ± 12
Ví dụ 3. [ĐVH]: Giải phương trình

1
1

= 2 x + 
2
x
x

Lời giải:

5 − x2 + 5 −

5 − x 2 ≥ 0

ĐK: 
. Khi đó do VT>0 nên x > 0

1
5 − 2 ≥ 0
 x

1
Ta có: 5 − x + 5 − 2 + 2
x
2

( 5 − x )  5 − x12  = 2  x + 1x 

2

2

1
1 
1




⇔ 10 −  x 2 + 2  + 2 26 − 5  x 2 + 2  = 4  x 2 + 2 + 2 
x 
x 
x





1
Đặt t = x 2 + 2 ( t ≥ 2 ) ta có: 10 − t + 2 26 − 5t = 8 + 4t ⇔ 2 − 5t = −2 26 − 5t
x
1
⇔ ( 26 − 5t ) + 2 26 − 5t − 24 = 0 ⇔ 26 − 5t = 4 ⇔ t = 2 ⇒ x 2 + 2 = 2 ⇒ x = 1 ( do x > 0 )
x
Vậy x = 1 là nghiệm duy nất của PT đã cho
Ví dụ 4. [ĐVH]: Giải phương trình 2 x − 3 + x 2 + 4 x + 3 = 4 x 2 + 3x − 15
Lời giải:
2
ĐK: x ≥ 3 . Khi đó: PT ⇔ 4 ( x − 3) + x + 4 x + 3 + 4 ( x − 3)( x + 1)( x + 3) = 4 x 2 + 3x − 15
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

⇔4

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

(x

2

Facebook: LyHung95

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

Đặt u = x 2 − 2 x − 3; v = x + 3 ( u; v ≥ 0 ) ta có 3u 2 − 4uv + v 2 = 0 ⇔ ( 3u − v )( u − v ) = 0
3 + 33

2
19 + 631
TH2: Với 3u = v ⇔ 9 x 2 − 19 x − 30 = 0 ⇔ x =
18
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm trên.

TH1: Với u = v ⇒ x 2 − 3 x − 6 = 0 ⇔ x =

Ví dụ 5. [ĐVH]: Giải phương trình x + 1 + 2 4 x 2 − 2 x + 2 = 24 x 2 − 2 x + 14
Lời giải:
Đặt u = x + 1; v = 4 x 2 − 2 x + 2 ( v > 0 ) ta có: u + 2v = 4u 2 + 5v 2
u + 2v ≥ 0
u + 2v ≥ 0
u = v
⇔ 2
⇔
⇔


2
2
2
( u − v )( 3u − v ) = 0
3u = v
u + 4uv + 4v = 4u + 5v
x =1
 x ≥ −1
2
Với u = v ta có: x + 1 = 4 x − 2 x + 2 ⇔  2
⇔

1
x =
3 x − 4 x + 1 = 0
3

 x ≥ −1
−10 + 65
⇔ x=
Với 3u = v ta có: 3x + 3 = 4 x 2 − 2 x + 2 ⇔  2
5
5 x + 20 x + 7 = 0
1
−10 + 65
Kết luận: Vậy PT đã cho có 3 nghiệm x = 1; x = ; x =
3
5
2 ( x 2 − 1)

Ví dụ 6. [ĐVH]: Giải phương trình

x

 x ( x 2 − 1) ≥ 0

Điều kiện:  x ( x − 2 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
x ≠ 0

Phương trình tương đương với

2x −

+

x−2
= x.
x
Lời giải.

2
2
+ 1− = x
x
x


2
a + b = x
a = 2 x −
a + b = x
1
1
a2
x


Đặt 
⇒ 2
⇒
⇒
a

=
x
+
2
−
=
1
+
2
x
−
1



2
2
x
4
a − b = 2 x − 1 a − b =
b = 1 − 2
x


x
2
2
⇔ a 2 + 4 = 4a ⇔ ( a − 2 ) = 0 ⇔ a = 2 ⇔ 2 x − = 4
x
1

⇔ x − = 2 ⇔ x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 (vì x ≥ 2 )
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 + 2 .
Ví dụ 7. [ĐVH]: Giải phương trình

1 − 4 x + 21x 2 − 28 x3
= x 3 2 x + 9 x 2 − x3
28 x + 1
Lời giải:

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

1
28
Ta có x = 0 không là nghiệm của phương trình.
Với x ≠ 0 phương trình tương đương với
1 − 4 x + 21x 2 − 28 x3 x ( 28 x + 1) 3
1 4 21
1 2 9

=
2 x + 9 x 2 − x 3 ⇔ 3 − 2 + − 28 =  28 +  3 2 + − 1
3
3
x

x
x x
x
x x
x

1
Đặt t = ta được: t 3 − 4t 2 + 21t − 28 = ( t + 28) 3 2t 2 + 9t − 1
x

Điều kiện: 28 x + 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ −

⇔ ( t − 1) − ( t 2 − 18t + 27 ) = ( t + 28 ) 3 ( t + 28)( t − 1) + t 2 − 18t + 27
3

Đặt a = t − 1; b = 3 2t 2 + 9t − 1 ta có hệ phương trình
a 3 − ( t 2 + t + 7 ) = ( t + 28 ) v

⇒ a 3 − b3 = ( t + 28 )( a − b ) ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + t + 28) = 0
 3
2
v = ( t + 28 ) t + ( t + t + 7 )
2

2

1
 3  1  86
+) Nếu a 2 + ab + b 2 + t + 28 = 0 ⇔  a + b  +  t +  +
= 0 vô nghiệm.

3
2
 4  3
t = 0
 x = −1

+) Nếu a = b ⇔ t − 1 = 2t + 9t − 1 ⇔ t − 5t − 6t = 0 ⇔ t ( t + 1)( t − 6 ) = 0 ⇔ t = −1 ⇔ 
1

x =
 t = 6
6

 1
Vậy phương trình có tập nghiệm S =  −1;  .
 6
3

2

Ví dụ 8. [ĐVH]: Giải phương trình

3

2

2 − x 3− x + 3− x 6− x + 6 − x 2 − x = x

Lời giải:

Điều kiện: x ≤ 2

ab + bc + ca = x
a = 2 − x
( a + b )( a + c ) = 2
a 2 + ab + bc + ca = 2

2

a
=
2
−
x



Đặt b = 3 − x ⇒  2
⇒ b 2 + ab + bc + ca = 3 ⇔ ( b + a )( b + c ) = 3

b = 3 − x
c 2 + ab + bc + ca = 6

c
=
6
−
x

( c + a )( c + b ) = 6

c 2 = 6 − x


a + b = 1

⇒ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 6 ⇒ b + c = 3 ⇒ a + b + c = 3 ⇒ c = 2 ⇒ x = 2 (thỏa mãn)
c + a = 2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2 .

(

)

Ví dụ 9. [ĐVH]: Giải phương trình 2 1 + x = x + 5 x 2 − 24 x + 20
Lời giải.
x ≥ 0
Điều kiện:  2
5 x − 24 x + 20 ≥ 0
Phương trình tương đương với ( 2 − x ) + 2 x = 5 x 2 − 24 x + 20

a = 2 − x
a + 2b ≥ 0
Đặt 
( b ≥ 0 ) ta được a + 2b = 5a 2 − 4b2 ⇔  2
2
2
2
b = x
5a − 4b = a + 4ab + 4b

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

 a + 2b ≥ 0
 a + 2b ≥ 0

⇔ 2
⇔   a = −b
2
 a − ab − 2b = 0

  a = 2b
+) Nếu a = −b ⇔ 2 − x = − x ⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ x = 4 (t/m)
+) Nếu a = 2b ⇔ 2 − x = 2 x ⇔ x + 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 4 − 2 3 (t/m)

{

Vậy pt có tập nghiệm S = 4;4 − 2 3
Ví dụ 10. [ĐVH]: Giải phương trình

}

2 x + x −1
2 − 6 x 2 − 33x + 54

=1

Lời giải.

x ≥ 0

Điều kiện: 6 x 2 − 33x + 54 = 0
6 x 2 − 33x + 50 ≠ 0

Phương trình tương đương với 2 x + x − 1 = 2 − 6 x 2 − 33x + 54

⇔ 3 − x − 2 x = 6 x 2 − 33x + 54
 a − 2b ≥ 0
a = 3 − x
a − 2b ≥ 0

2
2
Đặt 
( b ≥ 0 ) ta được a − 2b = 6a + 3b ⇔  2
⇔  a = −b
2
5
a
+
4
ab
−
b
=

0
b = x

5a = b

7 + 13
(loại do a − 2b < 0 )
2
301 − 1
+) Nếu b = 5a ⇔ x = 15 − 5 x ⇔ 5 x + x − 15 = 0 ⇔ x =
(loại do a − 2b < 0 )
10
Vậy phương trình vô nghiệm.
+) Nếu a = −b ⇔ 3 − x = − x ⇔ x − x − 3 = 0 ⇔ x =

Ví dụ 11. [ĐVH]: Giải phương trình 3 + 2 x + 1 = x + 5 x 2 − 32 x + 44
Lời giải.
1

x ≥ −
Điều kiện: 
2
5 x 2 − 32 x + 44 ≥ 0
Phương trình tương đương với 3 − x + 2 x + 1 = 5 x 2 − 32 x + 44

a + b ≥ 0
a = 3 − x
a + b ≥ 0

2

2
Đặt 
ta được a + b = 5a − b ⇔  2
⇔ a = b
2
b = 2 x + 1
2a − ab − b = 0

  2a = − b
x ≤ 3
+) Nếu a = b ⇔ 3 − x = 2 x + 1 ⇔  2
⇔ x = 4 − 2 2 (t/m)
x
−
8
x
+
8
=
0

x ≥ 3
13 + 29
+) Nếu 2a = −b ⇔ 2 x − 6 = 2 x + 1 ⇔  2
⇔x=
(t/m)
4
4 x − 26 x + 35 = 0

13 + 29 

Vậy phương trình có tập nghiệm S = 4 − 2 2;
.
4



Ví dụ 12. [ĐVH]: Giải phương trình x + 2 + 2 2 − x = 8 x 2 + 31x + 34
Lời giải.
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

x ≤ 2
Điều kiện:  2
8 x + 31x + 34 ≥ 0

 a + 2b ≥ 0
a
+
2
b
≥
0
a = x + 2


Đặt 

ta được a + 2b = 8a 2 + b2 ⇔  2
⇔  a = b
2
b = 2 − x
7a − 4ab − 3b = 0

 7a = −3b
 x ≥ −2
17 − 5
+) Nếu a = b ⇔ x + 2 = 2 − x ⇔  2
⇔x=
(thỏa mãn)
2
 x + 5x + 2 = 0
−205 − 3 793
 x ≤ −2
+) Nếu 7a = −3b ⇔ −7 ( x + 2 ) = 3 2 − x ⇔ 
(thỏa mãn)
⇔x=
2
98
 49 x + 205 x + 178 = 0
 −205 − 3 793 17 − 5 
Vậy phương trình có tập nghiệm S = 
;

98
2 


Ví dụ 13. [ĐVH]: Giải phương trình

3x − 5 + 4 x − 3
9 x2 + 6 x − 8 − 4

=1

Lời giải.
3

x ≥ 4

Điều kiện: 9 x 2 + 6 x − 8 ≥ 0

2
 9x + 6x − 8 ≠ 4

Phương trình tương đương với: 3x − 1 + 4 x − 3 = 9 x 2 + 6 x − 8
a = 3x − 1
Đặt 
ta được a + b = a 2 + 3b2
b = 4 x − 3
a + b ≥ 0
⇔ 2
b = ab
+) Nếu b = 0 ⇔ x =

3
4

1

x ≥
+) Nếu b = a ⇔ 3x − 1 = 4 x − 3 ⇔ 
vô nghiệm.
3
2
9 x − 10 x + 4 = 0
3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
4

Ví dụ 14. [ĐVH]: Giải phương trình

x − 1 + x + 1 = 2 3x 2 + 4 x + 5
Lời giải.

x ≥ 1
Điều kiện:  2
3 x + 4 x + 5 ≥ 0

a + b ≥ 0
a = x − 1
a + b ≥ 0

2
2
Đặt 
ta được a + b = 2 3b − 2a ⇔  2
⇔  a = b

2
b = x + 1
9a + 2ab − 11b = 0
 9a = −11b

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

 x ≥ −1
vô nghiệm.
+) Nếu a = b ⇔ x + 1 = x − 1 ⇔  2
x + x + 2 = 0
 x ≤ −1
vô nghiệm.
+) Nếu 9a = −11b ⇔ 9 x − 1 = −11 ( x + 1) ⇔ 
2
121x + 161x + 202 = 0
Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 15. [ĐVH]: Giải phương trình 4 x 2 + x − 2 = 3 x 2 x −

1
x

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.

 x ≠ 0
Điều kiện 
2
 x ( 2 x − 1) ≥ 0
Phương trình đã cho tương đương với 2 ( 2 x 2 − 1) + x = 3 x 2 x −

2x −

Đặt

1
= t , t ≥ 0 thu được
x

 2 x2 − 1 
1
2 x2 −1
⇔ 2
−
3
+1 = 0 .

x
x
 x 

t ≥ 0
t ≥ 0
1 
⇔

⇔ t ∈  ;1 .
 2
2 
( t − 1)( 2t − 1) = 0
2t − 3t + 1 = 0

2 x2 − 1
 1 
t =1⇔
= 1 ⇔ 2 x 2 − x − 1 = 0 ⇔ ( x − 1)( 2 x + 1) = 0 ⇔ x ∈ − ;1 .
x
 2 
1 + 129 1 − 129 
1
2x2 −1 1
t= ⇔
= ⇔ 4 ( 2 x 2 − 1) = x ⇔ 8 x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x ∈ 
;
.
2
x
2
16 
 16
 1 1 + 129 1 − 129 
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình đã cho có bốn nghiệm x ∈ − ;1;
;
.
16
16 

 2

8x + 7
− x2 + 7 x − 6
=
2x + 9
2
Lời giải.
Điều kiện 1 ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với
Ví dụ 16. [ĐVH]: Giải phương trình

( x ∈ ℝ) .

16 x + 14 = ( 2 x + 9 ) − x 2 + 7 x − 6
⇔ − x 2 + 7 x − 6 − 2 x − x 2 + 7 x − 6 + x 2 − 9 − x 2 + 7 x − 6 + 9 x + 20 = 0
⇔

(

) (
2

− x2 + 7 x − 6 − x − 9

)

− x 2 + 7 x − 6 − x + 20 = 0

− x 2 + 7 x − 6 − x = t ta thu được

Đặt

 −x2 + 7 x − 6 = x + 4
t − 9t + 20 = 0 ⇔ ( t − 4 )( t − 5 ) = 0 ⇔ t ∈ {4;5} ⇔ 
 −x2 + 7 x − 6 = x + 5

Xét hai trường hợp xảy ra
x + 4 ≥ 0
 x ≥ −4
• (1) ⇔  2
⇔ 2
⇔ x∈∅ .
2
− x + 7 x − 6 = x + 8 x + 16
2 x + x + 22 = 0
2

(1)
( 2)

 x ≥ −5
⇔
⇔ x ∈∅ .

2
2
2
− x + 7 x − 6 = x + 10 x + 25 2 x + 3 x + 31 = 0
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
•

x + 5 ≥ 0

( 2) ⇔ 

Ví dụ 17. [ĐVH]: Giải phương trình 2 x 3 + 3x 2 + 8 x + 2 = x ( 2 x + 3) x 2 +

2
+6
x

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Điều kiện x ( x3 + 6 x + 2 ) ≥ 0; x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
2x2 +

2
2
+ 3 x + 8 = ( 2 x + 3) x 2 + + 6
x
x

⇔ x2 +

2
2
2
+ 6 − 2 x x 2 + + 6 + x 2 − 3 x 2 + + 6 + 3x + 2 = 0
x
x
x
2





2
2
⇔  x 2 + + 6 − x  − 3  x 2 + + 6 − x  + 2 = 0
x
x




Đặt

x2 +

2
+ 6 − x = t ta thu được

x

 2 2
 x + + 6 = x +1
x
2
t − 3t + 2 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) = 0 ⇔ t ∈ {1; 2} ⇔ 
 2 2
 x + +6 = x+2
x

Xét hai trường hợp xảy ra

(1)
( 2)

 x ≥ −1

 5 + 41 5 − 41 
 x ≥ −1
x
⇔
⇔
∈
;


.
3
2

2
4 
2 x − 5 x − 2 = 0
 x + 6 x + 2 = x ( x + 2 x + 1)
 4
 x ≥ −2
 x ≥ −2
 1 
2
⇔
⇔ 2
⇔ x ∈ − ;1 .
( )  3
2
 2 
4 x − 2 x − 2 = 0
 x + 6 x + 2 = x ( x + 4 x + 4 )

(1) ⇔ 

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm kể trên.

7
= 2 ( x 2 + 5)
x
Lời giải.

Ví dụ 18. [ĐVH]: Giải phương trình ( 3 + x ) 2 x +
Điều kiện x > 0 .

( x ∈ ℝ) .

Phương trình đã cho tương đương với ( x + 3) 2 x 2 + 7 = 2 ( x 2 + 5 ) x .

Đặt

u = v
2 x 2 + 7 = u; x = v ( u > 0; v > 0 ) ta có ( v 2 + 3) u = ( u 2 + 3) v ⇔ ( u − v )( uv − 3) = 0 ⇔ 
uv = 3
2
o u = v ⇔ 2 x − x + 7 = 0 (Vô nghiệm).
o uv = 3 ⇔ 2 x 3 + 7 x − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) ( 2 x 2 + 2 x + 9 ) = 0 ⇔ x = 1 .

So sánh điều kiện ta thu được nghiệm S = {1} .

3 (1 + x 2 )

3x 2 − 1
Ví dụ 19. [ĐVH]: Giải phương trình
=2
5x − 2
5x − 3
Lời giải.
2
3x − 1
Điều kiện
≥ 0.
5x − 3

Đặt 3 x 2 − 1 = u;5 x − 3 = v ⇒ 3 x 2 + 3 = u + 4;5 x − 2 = v + 1 . Với

( x ∈ ℝ) .

u+4
≥ 0 , phương trình đã cho trở thành
v +1

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

u+4
u
=2
⇔ ( u 2 + 8u + 16 ) v = 4u ( v 2 + 2v + 1) ⇔ u 2 v − 4uv 2 = 4u − 16v
v +1
v
uv = 4
⇔ uv ( u − 4v ) = 4 ( u − 4v ) ⇔ ( uv − 4 )( u − 4v ) = 0 ⇔ 
 u = 4v

uv = 4 ⇔ ( 3 x 2 − 1) ( 5 x − 3) = 4 ⇔ 15 x3 − 9 x 2 − 5 x − 1 = 0 ⇔ ( x − 1) (15 x 2 + 6 x + 1) = 0 ⇔ x = 1 .

10 + 67
10 − 67
;x =
.

3
3
10 + 67
10 − 67
Đối chiếu điều kiện suy ra phương trình đã cho có các nghiệm x = 1; x =
;x =
.
3
3
u = 4v ⇔ 3 x 2 − 1 = 4 ( 5 x − 3) ⇔ 3 x 2 − 20 x + 11 = 0 ⇔ x =

Ví dụ 20. [ĐVH]: Giải phương trình

x3 + 2 x 2 + 27 x + 12 − 2 + x = 1 + x 3

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.

 x + 2 x + 27 x + 12 ≥ 0
Điều kiện 
 x ≥ −1
Bất phương trình đã cho tương đương với
3

2

x3 + 2 x 2 + 27 x + 12 = 1 + x3 + 2 + x

( x + 1) ( x 2 − x + 1) ( x + 2 )

⇔ x 3 + 2 x 2 + 27 x + 12 = x 3 + x + 3 + 2

( x + 1)( x + 2 ).

⇔ 2 x 2 + 26 x + 9 = 2

x2 − x + 1

⇔ 7 ( x 2 + 3 x + 2 ) − 5 ( x 2 − x + 1) = 2 x 2 + 3 x + 2. x 2 − x + 1

x 2 + 3x + 2 = u; x 2 − x + 1 = v ( u ≥ 0; v > 0 ) ta thu được

Đặt

1
7u 2 − 5v 2 = 2uv ⇔ ( u − v )( 7u + 5v ) = 0 ⇔ u = v ⇔ x 2 + 3 x + 2 = x 2 − x + 1 ⇔ x = − .
4
 1
Thử lại, kết luận nghiệm duy nhất S = −  .
 4

Ví dụ 21. [ĐVH]: Giải phương trình

4 x3 + 5x 2 + 2 x + 1

+ 3x = 1 + x 2

4x − 8x + 1
Lời giải.

3
2
Điều kiện 4 x − 8 x + 1 ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
3

3

2

( x ∈ ℝ) .

8 x 3 + 10 x 2 + 4 x + 2 = 2 ( x 2 − 3 x + 1) 3 4 x3 − 8 x 2 + 1

⇔ 8 x3 + 12 x 2 + 6 x + 1 − ( 2 x 2 + 2 x − 1) = 2 ( x 2 − 3 x + 1) 3 2 ( 2 x3 − 5 x 2 − x + 1) + 2 x 2 + 2 x − 1
⇔ ( 2 x + 1) − ( 2 x 2 + 2 x − 1) = 2 ( x 2 − 3 x + 1) 3 2 ( x 2 − 3 x + 1) ( 2 x + 1) + 2 x 2 + 2 x − 1
3

Đặt 2 x + 1 = u; 3 4 x3 − 8 x 2 + 1 = v ta thu được hệ phương trình

u 3 − ( 2 x 2 + 2 x − 1) = 2 ( x 2 − 3 x + 1) v
u = v

⇒ u 3 − v3 = 2 ( x 2 − 3 x + 1) ( v − u ) ⇔  2
 3
2
2
2
2
v − ( 2 x + 2 x − 1) = 2 ( x − 3 x + 1) u
u + uv + v + 2 ( x − 3 x + 1) = 0

o

u = v ⇔ 2 x + 1 = 3 4 x3 − 8 x 2 + 1 = v ⇔ 8 x 3 + 12 x 2 + 6 x + 1 = 4 x3 − 8 x 2 + 1
 −5 + 19 −5 − 19 
⇔ 4 x3 + 20 x 2 + 6 x = 0 ⇔ x ( 2 x 2 + 10 x + 3) = 0 ⇔ x ∈ 0;
;
.
2
2



Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

2

o

1
 3
u + uv + v + 2 ( x − 3 x + 1) = 0 ⇔  u + v  + v 2 + 2 ( x 2 − 3 x + 1) = 0
2
 4
2

2

2

2

2

2

3
23
2
1
 3
1


⇔  u + v  + ( 2 x + 1) + 2 ( x 2 − 3 x + 1) = 0 ⇔  u + v  + 5  x −  = −
(Vô nghiệm).
10
2
 4
2

 10 
Kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm kể trên.
2+ x
2− x

20
Ví dụ 22. [ĐVH]: Giải phương trình
+
=
( x ∈ ℝ) .
3
20 − x
20 + x
Lời giải.
Điều kiện −20 < x < 20 .
Đặt 20 − x = u; 20 + x = v, ( u > 0, v > 0 ) ⇒ x = 20 − u 2 = v 2 − 20 .
Phương trình đã cho trở thành
2
2 + 20 − u 2 2 − ( v − 20 ) 20
22 22
20
+
=
⇔
+
=u+v+
.
u
v
3
u
v
3
( u + v ) 2 − 2uv = 40
2uv = ( u + v )2 − 40

u 2 + v 2 = 40



Ta thu được hệ phương trình  22 22
⇔  44 ( u + v )
20 ⇔  22 ( u + v )
20
20
=u+v+
=u+v+
=u+v+
 +


v
3
u
3
3
 uv
 2uv
Đặt u + v = t , t > 0 thì
3.44t = ( 3t + 20 ) ( t 2 − 40 ) ⇔ 3t 3 + 20t 2 − 252t − 800 = 0
t = 8
⇔ ( t − 8 ) ( 3t 2 + 44t + 100 ) = 0 ⇔  2
⇒ t = 8 ⇒ uv = 12
3t + 44t + 100 = 0
⇔

( 20 − x )( 20 + x ) = 12 ⇔ 400 − x 2 = 144 ⇔ x 2 = 256 ⇔ x = −16; x = 16

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm x = −16; x = 16 .
Ví dụ 23. [ĐVH]: Giải phương trình

4

4 x − 1 − 2 x2 + 4 2 x2 − 2 x + 1 = 2 4 x

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.

4 x − 1 − 2 x ≥ 0
Điều kiện 
x ≥ 0
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Với x > 0 ta biến đổi về dạng
2

4

Đặt

4

1
1

4 −  2x +  + 4 2x + − 2 = 2 .
x

x


1
1

4 −  2 x +  = u; 4 2 x + − 2 = v, ( u ≥ 0; v ≥ 0 ) ta thu được hệ phương trình
x
x

2
2
u + v = 2
2
u + 2uv + v = 4
⇔ 2 2 2
⇒ ( 4 − 2uv ) − 2u 2 v 2 = 2
 4 4
2 2
u + v = 2
( u + v ) − 2u v = 2

⇔ 2 ( 2 − uv ) − u 2 v 2 = 1 ⇔ u 2 v 2 − 8uv + 7 = 0 ⇔ ( uv − 1)( uv − 7 ) = 0
1
Rõ ràng u; v ∈ [ 0; 2] ⇒ uv ≤ 4 , vậy loại trường hợp uv = 7 . Đặt 2 x + = u , u ≥ 2 2, ∀x > 0 .
x
2
2
Với uv = 1 ⇔ ( 4 − t )( t − 2 ) = 1 ⇔ t − 6t + 9 = 0 ⇔ ( t − 3) = 0 ⇔ t = 3
2

⇒ 2x +

1
1
= 3 ⇔ 2 x 2 − 3 x + 1 = 0 ⇔ x = 1; x =
x
2

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Đối chiếu điều kiện thu được nghiệm x = 1; x =

Facebook: LyHung95

1
.
2

Ví dụ 24. [ĐVH]: Giải phương trình 10 x 2 + 6 = ( x + 7 ) 5 x 2 − x

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x ( 5 x − 1) ≥ 0 . Đặt

( t ≥ 0 ) ⇒ 5x 2 = t 2 + x . Phương trình đã cho trở thành

2 ( t 2 + x ) + 6 = ( x + 7 ) t ⇔ 2t 2 − ( x + 7 ) t + 2 x + 6 = 0
⇔ 2t ( t − 2 ) − x ( t − 2 ) − 3 ( t − 2 ) = 0 ⇔ ( t − 2 )( 2t − x − 3) = 0
5x − x = t
2

5 x 2 − x − 4 = 0
2

5x − x = 2
t = 2

4 
 9
⇔
⇔
⇔   x ≥ −3
⇔ x ∈ − ; − ;1
 19 5 
 2 5 x 2 − x = x + 3
 2t = x + 3
 19 x 2 − 10 x − 9 = 0


9
4


Đối chiếu điều kiện thu được nghiệm S = − ; − ;1 .
 19 5 

Ví dụ 25. [ĐVH]: Giải phương trình x3 − 6 x = 2 + ( 3x − 2 ) x 3 + 3x + 1

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x + 3 x + 1 ≥ 0 .
3

x3 + 3 x + 1 = t , t ≥ 0 ⇒ x3 = t 2 − 3 x − 1 . Phương trình đã cho tương đương với

Đặt

t 2 − 3x − 1 − 6 x = 2 + ( 3x − 2 ) t ⇔ t 2 − ( 3x − 2 ) t − 9 x − 3 = 0

•
•

 t = −3
⇔ t ( t + 3) − 3 x ( t + 3) − ( t + 3) = 0 ⇔ ( t − 3 x − 1)( t + 3) ⇔ 
t = 3 x + 1
Loại giá trị t = −3 < 0 .
 9 + 93 9 − 93 
3 x + 1 ≥ 0
3 x + 1 ≥ 0
t = 3x + 1 ⇔  3
⇔ 3
⇔ x ∈ 0;
;
.
2

2
2
2 
 x + 3x + 1 = 9 x + 6 x + 1  x − 9 x − 3x = 0


 9 + 93 9 − 93 
Đối chiếu điều kiện đi đến đáp số S = 0;
;
.
2
2 


Ví dụ 26. [ĐVH]: Giải phương trình 2 x 2 + 2 x + 5 = ( 4 x − 1) x 2 + 3

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với

4 x 2 + 4 x + 10 = 2 ( 4 x − 1) x 2 + 3 ⇔ 4 ( x 2 + 3) − 2 ( 4 x − 1) x 2 + 3 + 4 x − 2 = 0 .

Đặt

(

)

x 2 + 3 = u; 4 x − 1 = v, u ≥ 3 ta thu được

4u 2 − 2uv + v − 1 = 0 ⇔ 4u 2 − 1 − v ( 2u − 1) = 0 ⇔ ( 2u − 1)( 2u − v + 1) = 0
u ≥ 3 ⇒ 2u − 1 ≠ 0 ⇒ 2 x 2 + 3 = v − 1 = 4 x − 2 ⇔ 2 x 2 + 3 = 2 x − 1
1

2 x − 1 ≥ 0
x ≥
⇔ 2
⇔
⇔ x ∈∅
2
2
4 x + 12 = 4 x − 4 x + 1 4 x = −11

Kết luận bài toán vô nghiệm.

(

Ví dụ 27. [ĐVH]: Giải phương trình 4 x + 1 + 4 x 2 + 3 x − 4
ĐK: x ≥ 1

)(

)

x + 4 − x − 1 = 45

Lời giải.

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !

Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

(

Facebook: LyHung95

)

( x+4+
+ 3x − 4 ) − 9 ( x + 4 +

PT đã cho tương đương với 5 4 x + 1 + 4 x 2 + 3 x − 4 = 45

(

⇔ 2 2x + 3 + 2 x2

Đặt t = x + 4 + x − 1 ( t > 0 ) ⇒ t 2 = x + 4 + x − 1 + 2

)
x −1) − 5 = 0

x −1

( x + 4 )( x − 1) = 2 x + 3 + 2

x 2 + 3x − 4

t = 5
⇒ PT ⇔ 2t − 9t − 5 = 0 ⇔  −1
t = (loai )

2
2

1
1


Với t = 5 ⇒ x + 4 + x − 1 = 5 ⇔ ( x − 5 ) 
+
 = 0 ⇒ x = 5 (thỏa mãn)
x −1 + 2 
 x+4 +3
>0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 5 .

4
x
Lời giải.

Ví dụ 28. [ĐVH]: Giải phương trình x 2 − 6 x + 4 = x x +

ĐK: x > 0
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia cả 2 vế của phương trình cho x ta được
4
4

PT ⇔ x + − x + − 6 = 0
x
x
t = 2
4
4
Đặt t = x + với t > 0 ⇒ t 2 = x + ⇒ PT ⇔ t 2 − t − 6 = 0 ⇔ 
x
x
t = −3(loai )
4
4
Với t = 2 ⇔ x + = 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x = 2
x
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 .

x 2 − 2 x − 3 + 2 x − 2 = 5 x 2 − 14 x − 7
Lời giải.

Ví dụ 29. [ĐVH]: Giải phương trình
 x2 − 2 x − 3 ≥ 0
7 + 2 21

ĐK:  x − 2 ≥ 0
⇒x≥
5
 2
5 x − 14 x − 7 ≥ 0

PT ⇔ x 2 − 2 x − 3 + 2 x − 2 = 5 ( x 2 − 2 x − 3) − 4 ( x − 2 )
 A = x 2 − 2 x − 3 ( A > 0 ) ⇒ A2 = x 2 − 2 x − 3
Đặt 
2
 B = x − 2 ( B > 0 ) ⇒ B = x − 2

⇒ PT ⇔ A + 2 B = 5 A2 − 4 B 2 ⇔ 4 A2 − 4 AB − 8B 2 = 0 ⇔ ( A + B )( A − 2 B ) = 0 ⇒ A = 2 B
>0

 x = 5(t / m)
Với A = 2 B ⇒ x 2 − 2 x − 3 = 2 x − 2 ⇔ x 2 − 6 x + 5 = 0 ⇔ 
 x = 1(loai )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 5 .

(

Ví dụ 30. [ĐVH]: Giải phương trình 4 x 3 + 10 x − 8 = x 2 5 + 3 3 5 x 2 − 10 x + 8
PT ⇔ 4 x − ( 5 x − 10 x + 8 ) − 3 x
3

2

)

Lời giải.
23

5 x − 10 x + 8 = 0
2

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Đặt t = 3 5 x 2 − 10 x + 8 ⇒ t 3 = 5 x 2 − 10 x + 8
⇒ PT ⇔ 4 x3 − 3x 2t − t 3 = 0 ⇔ ( x − t ) ( 4 x 2 + xt + t 2 ) = 0 ⇒ x − t = 0 ⇔ x = t
>0

Với x = t ⇒ x = 3 5 x 2 − 10 x + 8 ⇔ x 3 − 5 x 2 + 10 x − 8 = 0 ⇔ x = 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 .
Ví dụ 31. [ĐVH]: Giải phương trình 11x 2 + x + 2 = 6 x 3x 2 + x + 2.
Lời giải.
PT ⇔ ( 3 x 2 + x + 2 ) − 6 x 3 x 2 + x + 2 + 8 x 2 = 0

Đặt t = 3 x 2 + x + 2(t > 0) ⇒ t 2 = 3 x 2 + x + 2
t = 2 x
⇒ PT ⇔ t 2 − 6 xt + 8 x 2 = 0 ⇔ ( t − 2 x )( t − 4 x ) = 0 ⇔ 
t = 4 x
 x = 2
 x2 − x − 2 = 0

2
TH1 : t = 2 x ⇒ 3x + x + 2 = 2 x ⇔ 
⇔   x = −1 ⇒ x = 4
x ≥ 0
x ≥ 0



1 ± 105
13 x 2 − x − 2 = 0
1 + 105
x =
2
⇔
⇒x=
TH 2 : t = 4 x ⇒ 3 x + x + 2 = 4 x ⇔ 
2
2
x ≥ 0

x ≥ 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 4 và x =

Ví dụ 32. [ĐVH]: Giải phương trình

(x

2

1 + 105
2

+ x ) + ( x − 1) = x ( x + 1)
2

2

2

1 − x2
x

( x ∈ ℝ) (1)

Lời giải:
x ≠ 0
1 − x2

ĐK: 1 − x 2
(*). Khi đó (1) ⇔ x 4 + 2 x3 + x 2 + x 2 − 2 x + 1 = ( x 3 + x )
x
≥0

 x
2 1 
1  1 − x2
1
2 
1 1

 
⇔ x2 + 2 x + 2 − + 2 =  x + 
⇔  x2 + 2 + 2  +  2x −  =  x + 
−x
x x 
x
x

x
x 
x x

 
2

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

Đặt x +

1
= a;
x

(2)

1
− x = b.

x

b = − a
Khi đó (2) trở thành a 2 − 2b 2 = ab ⇔ a 2 − ab − 2b 2 = 0 ⇔ ( a + b )( a − 2b ) = 0 ⇔ 
2b = a

•

 
1
1

x
+
≤0
−  x + x  ≥ 0

x

1
1
 


TH1. b = −a ⇒
− x = − x +  ⇔ 
⇔
2
2
x

x

1 − x =  x + 1 
 x − 1  + 4 +  x − 1  = 0





 x

x
x

x


(3)

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
2

Facebook: LyHung95

2

1

1 
1 1  15


Mặt khác  x −  + 4 +  x −  =  x − +  + > 0 ⇒ (3) vô nghiệm.
x
x 
x 2
4



 x2 + 1
 1
x
0
+
≥
≥0


x
1
1

 x
TH2. 2b = a ⇒ 2
−x = x+ ⇔ 
2 ⇔ 
2

x
x
4  1 − x  =  x + 1 
4  1 − x  =  x − 1  + 4

 

 

  x
x
x
 
 
  x

•

x > 0
x > 0
x > 0



2
⇔ 
⇔ 
⇔ 1
1


1
1

 x − x  + 4  x − x  + 4 = 0
 x − x + 2  = 0
 x − x + 2 = 0






 x > 0
x > 0
⇔ 2
⇔
⇔ x = 2 − 1. Đã thỏa mãn (*).
+
−
=
x
2x
1
0
=
−
±
x
1
2





Đ/s: x = 2 − 1.
x+

Ví dụ 33. [ĐVH]: Giải phương trình

1
1 9 
1
1
+ x − = x 2  x + − x − 
x
x 5 
x
x

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:
ĐK: x ≠ 0; x +
Khi đó (1) ⇔

Đặt

x+

1
1
≥ 0; x − ≥ 0 (*)
x
x

2
1
1  18 x 
1
1
 x + + x −  =
 x + − x − 
x
x
x
5 
x
x

1
= a;
x

x−

(2)

1

2
= b ( a, b ≥ 0 ) ⇒ a 2 + b 2 = 2 x; a 2 − b 2 = .
x
x

Phương trình (2) trở thành ( a 2 − b 2 ) ( a + b ) =

9 2
a + b2 ) ( a − b )
(
5

⇔ 9 ( a − b ) ( a 2 + b 2 ) − 5 ( a − b )( a + b ) = 0 ⇔ ( a − b ) ( 9a 2 + 9b 2 − 5a 2 − 5b 2 − 10ab ) = 0
2

a = b
⇔ ( a − b ) ( 4a + 4b − 10ab ) = 0 ⇔ ( a − b )( a − 2b )( 4a − 2b ) = 0 ⇔  a = 2b
 2a = b
2

2

•

1
1


x+ ≥0
x+ ≥0



1
1


x
x
TH1. a = b ⇒ x + = x − ⇔ 
⇔
⇔ x ∈∅.
x
x
x + 1 = x − 1
2 = 0
 x
x
x


•

1

x+ ≥0
 x2 + 1

≥0
x
1

1


TH2. a = 2b ⇒ x + = 2 x − ⇔ 
⇔ x
x
x
2
 x + 1 = 4  x − 1 
 2
x + 1 = 4x − 4

x
x



Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

x ≥ 0
x > 0
5

⇔ 2
⇔

. Đã thỏa mãn (*).
5 ⇔x=
3
3 x = 5
x = ±
3


•

1

x
+
≥0
 x2 + 1

x > 0
≥0
x
1
1


TH3. 2a = b ⇒ 2 x + = x − ⇔ 
⇔ x
⇔ 2
⇔ x ∈∅.
x
x

4  x + 1  = x − 1
 4 x 2 + 4 = x 2 − 1 3 x + 5 = 0

 
x
x

Đ/s: x =

5
.
3
x + x2 − 1 =

Ví dụ 34. [ĐVH]: Giải phương trình

27 2
2
( x − 1) x − 1
8

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:

x ≥ 1

ĐK:  x 2 − 1 ≥ 0

⇔ x ≥ 1 (*)

2
x + x −1 ≥ 0
Khi đó (1) ⇔ 2 x + 2 x 2 − 1 =
⇔

(

x +1 + x −1

Đặt a = x + 1;

)

2

=

27
2
( x − 1) x − 1
4

27
27
2
2
( x − 1) x − 1 ⇔ x + 1 + x − 1 = ( x − 1) x − 1
4

4

(

)

x − 1 = b a ≥ 2; b ≥ 0 ⇒ a 2 − b 2 = 2

Khi đó (2) trở thành a + b =

(2)
(3)

27 5
b ⇔ 27b5 = 4 ( a + b ) .
4

Kết hợp với (3) ta có 27b5 = ( a 2 − b 2 ) ( a + b )
2

(4)

Với b = 0 thế vào (4) ta được ( a 2 − 0 ) ( a + 0 ) = 0 ⇔ a = 0 loại vì a ≥ 2.
2

2

 a2   a 
Với b ≠ 0 ta có (4) ⇔ 27 =  2 − 1  + 1 .
b

 b 

Đặt

2
a
= t ( t ≥ 0 ) ⇒ phương trình mới 27 = ( t 2 − 1) ( t + 1) ⇔ ( t + 1) ( t 4 − 2t 2 + 1) = 27
b

t = 2
⇔ t 5 + t 4 − 2t 3 − 2t 2 + t − 26 = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t 4 + 3t 3 + 4t 2 + 6t − 13) = 0 ⇔  4
3
2
t + 3t + 4t + 6t − 13 = 0
•

x ≥ 1
 x − 1 ≥ 0
a
5

TH1. t = 2 ⇒ = 2 ⇔ a = 2b ⇒ x + 1 = 2 x − 1 ⇔ 
⇔
5⇔x= .
b
3
 x + 1 = 4 ( x − 1)
 x = 3

Đã thỏa mãn (*) ⇒ x =

•

5
là một nghiệm của (1).
3

TH2. t 4 + 3t 3 + 4t 2 + 6t − 13 = 0

(5)

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Với ĐK (*) có t =

a
=
b

x +1
=
x −1

Facebook: LyHung95

x +1
2
= 1+

> 1 ⇒ VT (5) > 1 + 3 + 4 + 6 − 13 = 1 > 0 ⇒ (5) vô nghiệm.
x −1
x −1

5
Đ/s: x = .
3

Ví dụ 35. [ĐVH]: Giải phương trình x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 =

26 x + 13
5

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:
 x + 1 ≥ 0
 x + 1 ≥ 0
ĐK:  2
⇔
⇔ x ∈ ℝ (*)
2
( x + 1) + 2 ≥ 0
 x + 2 x + 3 ≥ 0
2

2

Đặt

x 2 + 2 x + 3 = a;

Khi đó (1) trở thành b.


a2 − b2 − 1
 x =
2
x 2 + 2 = b ( a, b ≥ 0 ) ⇒ a 2 − b 2 = 2 x + 1 ⇒ 
2
2
x +1 = a − b +1

2
a 2 − b2 − 1
a 2 − b 2 + 1 13 2 2
+ a.
= (a − b )
2
2
5

⇔ ( a 2b − b3 − b ) + ( a 3 − ab 2 + a ) =
⇔ ( a 3 − b3 ) + ( a 2b − ab 2 ) −

26 2 2
(a − b )
5

26 2 2
(a − b ) + (a − b) = 0
5

⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) + ab ( a − b ) −

26
( a − b )( a + b ) + ( a − b ) = 0
5

26
26
26
2




⇔ ( a − b )  a 2 + ab + b 2 + ab − a − b + 1 = 0 ⇔ ( a − b ) ( a + b ) − ( a + b ) + 1 = 0
5
5
5





a = b


1
1
2

⇔ ( a − b ) ( a + b − 5)  a + b −  = 0 ⇔  a + b =
5
5


a + b = 5

•

 x2 + 2 ≥ 0
2

x
+
2
≥
0
1


TH1. a = b ⇒ x 2 + 2 = x 2 + 2 x + 3 ⇔  2
⇔
1 ⇔ x=− .
2
2
 x + 2 = x + 2 x + 3  x = −


2

Đã thỏa mãn (*) ⇒ x = −
•

TH2. a + b =

Với ∀x ∈ ℝ có
•

1
là một nghiệm của (1).
2

1
1
⇒ x2 + 2 + x2 + 2 x + 3 =
5
5
x2 + 2 + x2 + 2 x + 3 > 2 + 0 >

(2)
1
⇒ (2) vô nghiệm.
5

TH3. a + b = 5 ⇒ x 2 + 2 + x 2 + 2 x + 3 = 5 ⇔ x 2 + 2 x + 3 = 5 − x 2 + 2

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !

Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

5 − x 2 + 2 ≥ 0

⇔
2
2
x + 2x + 3 = 5 − x + 2


(

)

2

Facebook: LyHung95

2
2
 x + 2 ≤ 25
 x ≤ 23
⇔
⇔
2
2
2
2

 x + 2 x + 3 = x + 27 − 10 x + 2
10 x + 2 = 24 − 2 x

 − 23 ≤ x ≤ 23
 − 23 ≤ x ≤ 23
− 23 ≤ x ≤ 23


⇔
⇔  24 − 2 x ≥ 0
⇔  x ≤ 12
2


2
2
2
10 x + 2 = 24 − 2 x
2
 25 ( x + 2 ) = x − 24 x + 144
100 ( x + 2 ) = 4 (12 − x )

− 23 ≤ x ≤ 23
− 23 ≤ x ≤ 23
−3 ± 5 6

. Đã thỏa mãn (*).
⇔
⇔
⇔

x
=

−3 ± 5 6
2
6
x
=
24 x + 24 x − 94 = 0

6

Đ/s: x = −

1
−3 ± 5 6
hoặc x =
.
2
6

Ví dụ 36. [ĐVH]: Giải phương trình

5x
17 2
= 4x −1 +
x − 3x + 1
2
x +1

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:
1

 x ≥ 4
17 x 2 − 6 x + 2
ĐK: 
(*). Khi đó (1) ⇔ 5 x = x + 1. 4 x − 1 +
2
17 x 2 − 3 x + 1 ≥ 0
 2
⇔ ( x + 1) + ( 4 x − 1) =

Đặt

x + 1 = a;

( x + 1) + ( 4 x − 1)
2

2

2

+ x + 1. 4 x − 1

4 x − 1 = b ( a, b ≥ 0 ) . Khi đó (2) trở thành a 2 + b 2 =

(2)
a 4 + b4
+ ab
2

(3)

2

1
1  b4  b
b
Với x ≥ có a = x + 1 > 0. Do đó (3) ⇔ 1 +   =
1 +  + .
4
2  a4  a
a
b
t4 +1
t4 +1 2
2
Đặt = t ( t ≥ 0 ) ⇒ phương trình mới 1 + t =
+t ⇔
= t − t +1
a
2
2
2
2

t 2 − t + 1 ≥ 0
t 2 − t + 1 ≥ 0
t − t + 1 ≥ 0
t − t + 1 ≥ 0
⇔ 4
⇔
⇔
⇔
⇔ t = 1.
4


2
4
3
2
2
t − 4t + 6t − 4t + 1 = 0
t = 1
( t − 1) = 0
t + 1 = 2 ( t − t + 1)

4 x ≥ 1
4 x − 1 ≥ 0
b
2

⇒ = 1 ⇒ a = b ⇒ x +1 = 4x −1 ⇔ 
⇔
2 ⇔ x = . Đã thỏa mãn (*).

a
3
 x + 1 = 4x −1  x =
3

2
Đ/s: x = .
3

Cách 2. Ý tưởng của bài toán – dùng BĐT để đánh giá (3)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !


Khóa học TỔNG ÔN môn Toán – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

 a4 + b4

+ a 2b 2  ≥
a + b = a + b + 2a b = (1 + 1 ) 
 2

2

2

4

4

2 2

2

2

Facebook: LyHung95
2

 a4 + b4

a 4 + b4
+ a 2b 2  =
+ ab.



2
2



Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b. Khi đó (3) ⇔ a = b.

Tham gia các khóa học trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia !