NỘI DUNG 2 PHƯƠNG TRÌNH

FB: />
PT – BPT – HPT

II. PHƯƠNG TRÌNH
Chuyên đề: PT – BPT - HPT
§ 1. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
x4

ax 2

bx

c

(Tách bậc – đưa về phương trình tích)
Phương pháp giải
Với mọi m
ta luôn có:
x4

ax 2

bx

Đặt f ( x) (2m a) x
một nhị thức

2

( x2

2mx 2 m 2 ax 2 bx c 2mx 2 m 2
( x 2 m) 2 (2m a) x 2 bx c m 2

(1)
bx c m . Ta tìm m sao cho f ( x ) trở thành bình phương của

Điều nầy được thỏa khi:
Khi đó: (1)

x4

c

m) 2

2

0
2m

a

0

B)2

( Ax

Ví dụ 1: Giải phương trình x 4

. Suy ra: f ( x) ( Ax B) 2
x2

3x 2

m

10 x

( Ax

B) .

Đây là phương trình bậc hai.

(1)

4

Lời giải
Với mọi m ta có: (1) ( x 2 m) 2
Đặt f ( x) (3 2m) x 2 10 x 4 m 2
f ( x)

(3

2 m) x 2

( x2

1) 2

5x2

10 x

5

Tập nghiệm của phương trình (1) là S

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

m2

4

25 (3

là bình phương của một nhị thức

Khi đó: (2)

10 x

3

2m

2m3

3m2

3 3m

0

1) 2

5( x 1) 2

x2

1

5( x 1)

x2

1

8m 13

x

5( x 1)
1 4 5
2

m2 )

2m)(4

0

0

( x2

5

(2)

5

0

m

1

1 4 5
2



SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Chú ý: Việc tìm ra m 1 có thể làm trên nháp, không cần trình bày trên bài làm.
Có thể trình bày ngắn gọn như ví dụ sau
Ví dụ 2: Giải phương trình x 4

2x2

3x

7
16

(1)

Lời giải
Ta có: (1)

( x2

x2
x2

1) 2

1
1

4x2

2x

3x

3
4

2x

9
16

( x2

x2
3
4

x2

2x
2x

Tập nghiệm của phương trình (1) là S

1) 2

1
4
7
4

1

(2 x

3 2
)
4

0

x
0

1

3
2

3

2

Bài tập tương tự
Giải các phương trình
1) x 4 19 x 2 10 x 8 0
2) 2 x 4 3x 2 10 x 3 0
3) 3x 4 2 x 2 16 x 5 0

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

§ 2. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
ax 4

bx3

cx 2

dx

e

0 a

0

Phương pháp giải
b
4a

Đặt ẩn phụ x

t

để đưa phương trình về dạng t 4

Ví dụ : Giải phương trình x 4 8 x3 20 x 2 12 x 9 0

t2

t

(1)

Lời giải
Đặt x t 2 . Thay vào phương trình (1) ta được
(t

2) 4

4

2

t
t

4

(t

4t

(2t 1)

2

2t

2

2)3

8(t

2) 2 12(t

20(t

4t 1

0

2t 1)

0

2) 9

0

0

1)(t

2

t2

2t 1

0

t

t2

2t 1

0

t

1
1

2

Tập nghiệm của phương trình (1) là S

1

2;1

2;3



2. Một số bài toán tự luyện
Giải các phương trình
1) x 4 14 x3 54 x 2 38 x 11 0
2) x 4 6 x3 9 x 2 2 x 7 0
3) 4 x 4 4 x3 11x 2 7 x 7 0
Nhắc lại:
(a

b) 4

C40 a 4b0
a4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

4a3b

C41a3b1
6 a 2b 2

C42 a 2b 2
4ab3

C43a1b3

C44 a 0b 4

b4

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

§ 3. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG
b)n

(ax

pn a' x

b'

qx

r

( x là ẩn số; p, q, r , a, b, a ', b ' là các hằng số; paa ' 0 ; n
Dạng thường gặp: (ax b)2 p a ' x b ' qx r

2;3

Phương pháp giải
Đặt ẩn phụ:
+ Đặt n a ' x b ' ay b nếu pa ' 0
+ Đặt n a ' x b '

(ay b) nếu pa ' 0
Bài toán dẫn đến giải hệ phương trình hai ẩn đối với x và y :
h( x )

Ay

Bx

h( y )

( A ' B) x

C

(*)

C'

(*) thường là hệ đối xứng loại 2 đối với x và y .
Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc bốn.

Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x 15 32 x 2 32 x 20

(1)

Lời giải
Điều kiện: 2 x 15 0

15
2

x

Phương trình (1) viết lại thành: 2(4 x 2)2
Đặt 2 x 15

4y

2 x 15

28

1
) , ta được hệ phương trình:
2
(4 y 2)2 2 x 15 (2)

2 (y

2)2

(4 x

2 y 15

(3)

Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:
(4 y

+ Khi x

y,

4x

4)(4 y

4 x)

2( x

y)

(x

y ) 1 8( x

y 1)

0

thay vào (3) ta được:
1
2

x
(4 x

2) 2

2 x 15

16 x 2

14 x 11

0

11
8

x

So với điều kiện của x và y ta chọn x
+ Khi 1 8( x y 1) 0
(4 x

2)2

y

9
,
8

x

2x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

9
4

1
.
2

thay vào (3) ta được:

15

64 x 2

72 x 35

0

x

9

221
16

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />

PT – BPT – HPT

9

So với điều kiện của x và y ta chọn x

221
16

.

1 9
221

;
2
16

Tập nghiệm của (1) là S
Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x 2

3x 1

5

(1)

13 x

Lời giải

Điều kiện: 3 x 1 0

x

1
3

Phương trình (1) viết lại thành: (2 x 3)2

3x 1

x

4

3
) , ta được hệ phương trình:
2
(2 x 3)2 2 y x 1 (2)

Đặt 3x 1

(2 y 3) ( y

(2 y 3)2

3x 1

(3)

Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:
2(2 x

+ Khi x

y,

2y

6)( x

y)

2y

2x

(x

y )(2 x

2y

5)

0

thay vào (3) ta được:
4 x 2 12 x

9

3x 1

4 x 2 15 x

15

So với điều kiện của x và y ta chọn x
+ Khi 2 x 2 y 5 0

2y

(2 2 x)2

5 2x ,

0

97
8

x

15

97
8

.

thay vào (3) ta được:
4 x 2 11x

3x 1

11
8

73 15
;

3

0

11

So với điều kiện của x và y ta chọn x
Tập nghiệm của (1) là S

8

x

73
8

97
8

11

73
8

.



Bài tập tương tự
Giải các phương trình
1) x 6 x 2 4 x
3) 2 x 1 x 2 3x 1 0
5) 2 x 2 6 x 1 4 x 5
7) 9 x 2 6 x 5 3x 5

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

x 5
2) x 2 4 x 3
4) 4 x 2 14 x 11 4 6 x 10
3x 8
6) 9 x 2 12 x 2
2x 5
8) 4 x 2 4 x 3

9) 2 x 2 x 3

2

x

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

§ 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬT
NHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ
Phương pháp chung
Bước 1: Đặt điều kiện cho hai vế của phương trình có nghĩa và dựa vào điều kiện để
nhẩm nghiệm
Giả sử phương trình có một nghiệm là x x0
Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi phương trình về dạng
(x

x0 ). f ( x)

x

0

x0

f ( x)

0

Chú ý: Đối với phương trình vô tỷ ta thường sử dụng biến đổi
+ Nhân lượng liên hợp
+ Tách thành các biểu thức liên hợp
Bước 3: Giải phương trình f ( x) 0
Chú ý: Nếu phương trình có hai nghiệm x
dạng ( x x1 ).( x x 2 ). f ( x) 0

Ví dụ 1: Giải phương trình 3x 1

x1

x

3

và x

x 5

x2

thì ta định hướng biến đổi về

(1)

0

Bài giải
♥ Điều kiện: x

1
3

♥ Phương trình có một nghiệm là x 1 nên ta định hướng biến đổi về dạng
( x 1). f ( x)

0

Ta có: (1)
hợp)

( 3x 1 2)

3 x 1
3x 1
( x 1) (

( x

3

2)

x 1
x 3 2

2
3
3x 1

x 1

x 1

1
x 3

2

2

(Tách thành các biểu thức liên

0

(Nhân liên hợp)

0

1)

0

x

1

0

♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x 1

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2 x 3 x 2 x
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

21x 17

(1)
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Bài giải
♥ Điều kiện: x

17
21

♥ Phương trình có hai nghiệm là x 1 và x 2 nên ta định hướng biến đổi về dạng
( x 1).( x 2). f ( x) 0 hay ( x 2 3 x 2). f ( x) 0
Ta có:
(1)
( 2 x2 x 3 x 1) (3x 1
21x 17) x 2 3x 2 0
x2
2x

3x

2

( x2

x

3x

9( x 2
3x 1

2

3

x 1

3x 2)
21x 17

x2

1

2)(
2x

2

x

3x

2

0

9
3

x 1

3x 1

21x 17

1)

0

x2

1 1

0

x2

3x

2

0

x

1

x

2

♥ Vậy phương trình (1) có nghiệm là x 1; x 2 
Bài tập tương tự:
1) Giải phương trình

3x 1

6

x

3x 2 14 x 8

0

2) Giải phương trình

4x 1

3

x

2x2

0

x2

15

2) Giải phương trình

7
3x

2

x2

3x

4

8

Thực hành giải toán
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) x

x

x2

x 1 1

3) x 2 5 x 5 x 2
5) 3x 1

x

x

3

x 5

2

3x

2

2) x 2 2 x 3

x

2

4) 3x 1 2 x

x

4

6) 3x 1

0

6

x

5

3x 2 14 x 8

0

7x 1

2

Bài 2: Giải các phương trình sau
1) 2 x 2 4 x 9
3) 3x 2 x 3

3x 1

5x
5x

6

7 x 11
4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

0

2) 2 x 2 9 x 3

4) 3 3x

4x 1

3x 2

9x

3x

0

4

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ

FB: />
PT – BPT – HPT

§ 5. ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH
I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Các định lý

Cho hàm số y  f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) .
a) Nếu f '(x)  0 với mọi x  (a; b) thì hàm số f (x) đồng biến trên (a; b) .
b) Nếu f '(x)  0 với mọi x  (a; b) thì hàm số f (x) nghịch biến trên (a; b) .

Nếu hàm số liên tục trên đoạn  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên khoảng
(a; b) thì hàm số f đồng biến trên đoạn  a; b  .

Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan  a; b  và có đạo hàm f '(x)  0 trên
khoảng (a; b) thì hàm số f nghịch biến trên đoạn  a; b  .
2. Các tính chất

Tính chất 1: Giả hàm số y  f (x) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng
(a; b) và u; v  (a; b) khi đó:
f (u)  f (v)  u  v


Tính chất 2: Nếu hàm số y  f (x) đồng biến trên (a; b) và y  g(x) làm
hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên (a; b) thì phương trình f (x)  g(x)
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) .
Dựa vào tính chất trên ta suy ra:
Nếu có x 0  (a; b) sao cho f (x 0 )  g(x 0 ) thì phương trình f (x)  g(x) có nghiệm duy

nhất x0 trên (a; b) .
Chú ý: Khoảng (a; b) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền
(; a);  ; a  ;  a; b  ;  a; b  ;  a; b  ;(b; ); b;   ;( ; )

II. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1. Giải phương trình 15  x  3  x  6
Lời giải

TXĐ: D   ;3


Xét hàm số f ( x)  15  x  3  x với x   ;3 , khi đó:

1  f  x   f  1


(1)

(2)

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng  ;3

Ta có: f '( x)  

1
1

0
2 15  x 2 3  x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

x   ;3

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT


Do f liên tục trên nữa khoảng  ;3 và f '  x   0 x   ;3 nên f đồng
biến trên nữa khoảng  ;3



Suy ra:
 2   x  1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  1 .

Ví dụ 2. Giải phương trình 3x  5  2 x  3  2  12  x

(1)

Lời giải


TXĐ: D   ;12
3 
5

Ta có:

1 

3x  5  2 x  3  12  x  2

(2)



Xét hàm số f ( x)  3x  5  2 x  3  12  x với x   ;12 , khi đó:
3 
(3)
1  f  x   f  3



5
Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên đoạn  ;12 
3 

5

3
1
1
5




 0 x   ;12 
2 3x  5
2 x  3 2 12  x
3

5
5
Do f liên tục trên đoạn  ;12  và f '  x   0 x   ;12  nên f đồng biến trên đoạn
3

3 
5 
 3 ;12 



Suy ra:
 3  x  3

Ta có: f '( x) 



Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .

Ví dụ 3. Giải phương trình 3x 7  5  4 x  3  x3

(1)

Lời giải


TXĐ: D   ; 
4
5

Ta có:




1  3x7  x3  5  4 x  3

Xét hàm số f ( x)  3x7  x3  5  4 x với x   ;  , khi đó:
4
5

1  f  x   f 1


(2)




(3)

5
Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng  ; 

4


Ta có: f '( x)  21x6  3x 2 

2
0
5  4x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

5

x   ; 
4

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

5
5
Do f liên tục trên đoạn  ;   và f '  x   0 x   ;  nên f đồng biến trên


4



4

5
nữa khoảng  ;  





4

Suy ra:
 3  x  1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .

Ví dụ 4. Giải phương trình 2 x 2  23  4 x  2  2 x 2  7

(1)

Lời giải


1 

Ta có:

2 x  23  2 x2  7  4 x  2
2

Do VT(2) luôn dương với mọi x nên với x 

1
2

(2)

thì (1) vô nghiệm

1
2



Điều kiện: x 



Xét hàm số f ( x)  4 x  2  2 x2  7  2 x2  23 với x   ;   , khi đó:
2

(3)
 2  4 x  2  2 x2  7  2 x2  23  0  f  x   f 1



1
Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên khoảng  ;  

1

2




0
2
2 x 2  23 
 2x  7
1
Do đó f đồng biến trên khoảng  ;  
2


Suy ra:
 3  x  1
1

Ta có: f '( x)  4  2 x 



1





1


x   ;  
2


Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là x  3 .

Ví dụ 5. Giải phương trình 4 x3  x   x  1 2 x  1  0

(1)

Lời giải


TXĐ: D    ;  
 2




Ta có:



Xét hàm đặc trưng f (t )  t 3  t với t  , khi đó:

1

1   2x 

3

 2x 



 2  f  2x  



3

2x 1  2x 1

f



2x 1



(2)
(3)


Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên
Ta có: f '(t )  3t 2  1  0 t 
Do đó f đồng biến trên
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT




x  0
x  0
1 5

Suy ra:  3  2 x  1  2 x   2

1 5  x  4
4 x  2 x  1  0
x 
4

1 5
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x 
.
4

 





Ví dụ 6. Giải phương trình  2 x  1 2  4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0
Lời giải



TXĐ: D 



Ta có:

(2)


Xét hàm đặc trưng f (t )  t 2  t 2  3 với t  , khi đó:

1   2 x  1  2   2 x  1

 3    3x   2 



2



 3x 

2

 3 






 2   f  2 x  1  f  3x 


(1)

(3)

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên

Ta có: f '(t )  2  t 2  3 

t2
t2  3

0

t 

Do đó f đồng biến trên

 3  2 x  1  3x  x  

1
5



Suy ra:



Vậy phương trình (1) có nghiệm là x   .

Bài tập tương tự:
Giải phương trình 2 x

1
5

x 1

x2

2x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

3

x

2

x2

4x

6

3

0

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

§ 6. SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC
Ví dụ 1: Giải phương trình 3x2 6 x 7

5x2

10 x 14

4 2x

x2

(1)

Bài giải
♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có
VP(1)
VT (1)

Nên:

x2

4 2x
3x

2

5 ( x 1)2
2

5

6x

7

5x

3( x 1)2

4

5( x 1) 2
x2

4 2x

1

3x 2

10 x 14
9

5

5

6x

x

5x2

7

10 x 14

1

5

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2 
Ví dụ 2: Giải phương trình

x

2

4

x2

x

(1)

6 x 11

Bài giải
♥ Điều kiện: 2 x 4
♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có
VP(1)

x2

VT (1)

Nên:

( x 3)2

6 x 11

x

2

4

x2

1

2

x

2( x

6 x 11

2

x 2

4

x

2

2

4

x)

x

2

2

2

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 2 
Bài tập tương tự
Giải phương trình

1 x
2

2x

Ví dụ 3: Giải phương trình

♥ Điều kiện:
♥ Khi đó:

1

x2

x 9

3 3x
3( x 2

x

0
2

0
x 9)

4x2

3

x

2

x 9

7
2

4x

3 3x

x

2

x2

4x
3

9

(1)

(*)
3(3 3x

x2 )

x2

4x

9

(1)

Theo BĐT Cauchy ta có:

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

3( x

2

x 9 3 x2 x 6
2
2
2
3 3x x 3 6 3x x 2
2
2
2
2
3(3 3x x ) x 4 x 9

x 9)
x2 )

3(3 3x

Suy ra:

x2

3( x2

x 9)
x2

Dấu “=” xảy ra khi:

x 9

3

x2

3 3x

3

x2

x 12

x2

3x

0

0

x

3

[thỏa (*)]

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x 3 
Ví dụ 4: Giải phương trình 16 x4 5 6 3 4 x3 x

(1)

Bài giải
♥ Do 16 x 5 0 nên 6 4 x x 0 , suy ra: x 0
♥ Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương 4 x2 1, 4 x, 2 ta có
4

3

VP(1)

6 3 4 x3

3

x

3 3 4 x(4 x2

1).2 4 x 4 x2 1 2 4 x2

1
2
x
2
4 x 3 8x4 2 x2 2 x 1 0

Dấu “=” xảy ra khi 4 x 4 x 2 1
Mặt khác: VT (1) 16 x4 5 4 x2

(2 x 1)2 (2 x 2

Dấu “=” xảy ra khi 2 x 1 0
Nên:

(1)

x

x

2 x 1)

4x

3

0 : thỏa

(2)

x

0

1
2

1
2

♥ Vậy nghiệm của phương trình là x

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

1
2



SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
x 2  x 2  3x  5  3x  7.

Câu 1. Giải phương trình:
Ta đặt x 2  3x  5  t (t  0)

Ta được t 2  t  12  0 , giải được t = 3 , t = -4 ( loại)
Với t = 3 , giải tìm được : x  1, x  4.
4(2 10  2x  3 9x  37)  4x 2  15x  33

Câu 2. Giải phương trình:

ĐK: x  5 .
Phương trình  4  4  3 9 x  37   8  4  10  2 x   4 x 2  15 x  81  0


4  27  9 x 
16  4 3 9 x  37 



3

9 x  37



2



8(6  2 x)
 ( x  3)(4 x  27)  0
4  10  2 x

- TH1 x  3  0  x  3 (TMPT)
- TH 2. x  3
phương trình 


12 



36
16  4 3 9 x  37 

36
3

9 x  37  2

Do x  5 nên VT 



2





3

9 x  37



2



16
 4 x  27  0
4  10  2 x

16
 4 x  27  0
4  10  2 x

36 16
  4.5  27  0 .
12 4

Đẳng thức xảy ra  x  5

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  3, x  5.
Câu 3. Giải phương trình:

x 4  x 2  1  x  x (1  x 2 )

x  1

ĐK: 
0  x  1

TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
TH2: Với x  0 .
* Với 0  x  1

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

1
1
 x2  1  x  x
x 
2
x
x

Khi đó phương trình  x

1
1
Khi
 x  t 4  2  x2  2 .
x
x
t  1
t2  3 1  t   4 2

 t  1(loai)
t  t  2t  2  0

Đặt

t

đó

1
1
 x2  1  1 
x
2
x
x

ta

được

phương

trình

đã cho có nghiệm x 

1  5
.
2

1
1
* Với x  1 . Ta có  2  x 2  1  1    x
x

x

1
1
 x  t 4  2  x2  2 .
x
x

Đặt t 

Khi đó ta được t 4  3  t  1  t  1

Khi đó ta được x 2  x  1  0  x 
So sánh đk ta được nghiệm x 
Câu 4. Giải phương trình:



1  5
.
2

1  5
.Vậy phương trình

2

x  x 4



2

 x  4 x  4  2x  x  4  50.

Điều kiện x  4


 x 


x  4

 x x4

2

 x  4  2  2 x  x  4  50

2

 2 x  x  4  48  0





Giải phương trình : x  x  4  5  x  5.
Câu 5. Giải phương trình: x x  1   2x  3  2x  2  x  2.
2

TXĐ D = 1;  
Phương trình  ( x 1) x  1  ( x 1)  x  1  (2 x  3)3  (2 x  3)2  2 x  3 (1)
Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t  f' (t )  3t 2  2t  1  f' (t )  0, t  suy ra hàm số f(t) đồng biến
trên .
Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1)
 x 1  2x  3
x  3 / 2
x  3 / 2


 x= 2
 2
2
 x  1  4 x  12 x  9
4 x  13 x  10  0

Câu 6. Giải phương trình:

4 x  2  22  3x  x 2  8 trên tập số thực.

4 x  2  22  3 x  x 2  8

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

x4
x  14

pt  4  x  2 
 x2  x  2
  22  3x 
3 
3

4
1
 x2  x  2    x2  x  2

9
 9
 x2  x  2
x4
x  14
x2
22  3x 
3
3
2
 x  x  2  0 1


 x  2
4
1



với đk  22

9
9

 1  2
 x  3

x4
x  14
22  3 x 
 x2
3
3


Chứng minh được vế trái âm suy ra pt(2) vô nghiệm
Kết luận phương trình có 2 nghiệm x  1, x  2.
Câu 7. Giải phương trình:
2x 5  3x 4  14x 3
x 2

2 


  4x 4  14x 3  3x 2  2  1 

x 2


Điền kiện: x  2 (*).



PT  x3 (2x 2  3x  14)  (4x 4  14x3  3x 2  2) x  2  2


 x (x  2)(2x  7) 
 x3 (x  2)(2x  7)
3


x  2  2   ( 4x

x  2  2  (4x 4  14x 3  3x 2  2)(x  2  4)
4

 14x 3  3x 2  2)(x  2)

 x  2  0  x  2 (thoûa maõn (*))
 3
4
3
2

 x (2x  7) x  2  2  4x  14x  3x  2








(1)

(1)  x3 (2x  7) x  2  4x4  14x3  4x4  14x3  3x 2  2
 x3 (2x  7) x  2  3x2  2

Nhận thấy x  0 không là nghiệm của phương trình  x  0.
3 2
2 3
 2(x  2) x  2  3 x  2  3 
(2)
3
x x
x x
Xét hàm số: f(t)  2t 3  3t với t  .

Khi đó, PT  (2x  4  3) x  2  
Ta có: f '(t)  6t 2  3  0 t 
Do đó (2)  f



 Hàm số f(t) đồng biến trên

.



1
1
x  2  f    x  2   x x  2 1
x
x


1  5
x  0
(thỏa mãn (*))

x
2
2

(x  1)(x  x  1)  0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

1  5
, x  2.
2
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ

FB: />
PT – BPT – HPT

Câu 8.

Giải phương trình sau trên tập số thực
7x 2  25x  19  x 2  2x  35  7 x  2.

Điều kiện x  7
Phương trình tương đương 7 x 2  25 x  19  7 x  2  x 2  2 x  35 .
Bình phương 2 vế suy ra: 3x 2  11x  22  7 ( x  2)( x  5)( x  7)
3( x 2  5 x  14)  4( x  5)  7 ( x  5)( x 2  5 x  14)

Đặt a  x2  5x  14; b  x  5 .( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình
a  b
3a 2  4b2  7ab  3a 2  7ab  4b2  0  
3a  4b
Với a = b suy ra x  3  2 7 (t / m); x  3  2 7 (l ) .

Với 3a = 4b suy ra x 
Đs: x  3  2 7, x 

61  11137
61  11137
(t / m); x 
(l ) .
18
18

61  111237
.
18

Câu 9. Giải phương trình: 2x 2  15x  34  3 3 4x  8 1 .
Ta có 2 x2  15x  34  0  3 3 4 x  8  0  x  2
Cách 1:(Liên hợp thành phần)

1  2 x 2  15 x  28  3  3 4 x  8  2    x  4  2 x  7  
x  4

  2x  7 





12
3

 4 x  8

2

 2 3 4x  8  4

12  x  4 
3

 4 x  8

2

 2 3 4x  8  4

 0  *

+ Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu x  4  VT *  0  phương trình (*) vô nghiệm
+ Nếu x  4 . Thỏa mãn phương trình (*)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 .
Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

1  2 x 2  16 x  32  3 3 4 x  8   x  2 
2
x  4   x  14 

2
 2  x  4 
2
2
9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2 

0

x  4

 x  14 


*
2
 0 
2
2

9 3  4 x  8  3 3 4 x  8  x  2    x  2 

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 .
Cách 3:(Phương pháp đánh giá)
Ta có: 3 3  4 x  8 .8.8  4 x  8  3  4 x  8   x  2 ( Theo bất đẳng thức Cô si)
Do đó 2 x2  15x  34  x  2  2  x  4   0  x  4 . Thử lại thấy thỏa mãn.
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4.
Giải phương trình: 2 x  2 

Câu 10.



3



x  5  2 2x  5  3x  1 (x  ) .

5
2

Điều kiện xác định: x  .
Phương trình đã cho tương đương:
3

3x  1
0
2x  4
3x  1
5
với x thuộc  ;  
f ( x)  3 x  5  2 2 x  5 
2x  4
2


x  5  2 2x  5 

Đặt

 f '( x) 

3x  1

2x  4

1
3 3  x  5

2



 3 x  5  2 2x  5 

5
2
10

 0 với x 
2
2
2x  5  2x  4

5

 hàm số f ( x) đồng biến trên  ;   .
2

 phương trình f ( x)  0 có tối đa một nghiệm

(1)
Ta có f (3)  0
(2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3.
Câu 11. Giải phương trình: 4 x 2  x  1  1  5x  4x 2  2x 3  x 4
Đặt t  x 2  x  1, t 

3
. Khi đó phương trình trở thành:
2

4t  t 4  7t 2  5  t 4  6t 2  9   t 2  4t  4   0

t 2  t  1  0
  t  3   t  2  0   t  t  1 t  t  5  0 (*)   2
t  t  5  0
2

2

2

2

2

 Với t 

3
1 5
thì t 2  t  1  0 có một nghiệm là t 
2
2

 Với t 

3
1  21
thì t 2  t  5  0 có một nghiệm là t 
2
2

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT
2

1 5 
1 5
2
 Khi t 
thì x 2  x  1  
  2x  2x 1  5  0
2
 2 
x

1  3  2 5
1  3  2 5

hoặc x 
.
2
2
2

 1  21 
1  21
2
Khi t 
thì x 2  x  1  
  2 x  2 x  9  21  0
2
2


x

1  19  2 21
1  19  2 21
hoặc x 
.
2
2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

1  19  2 21
1  19  2 21
.

, x
2
2

Câu 12. Giải phương trình:
2x  8  2 x 2  4x  12  3





x 2  x 6 .

x  2  0
 x6
x  6  0

Điều kiện 

Đặt t = x  2  x  6 (Đk: t > 0)
 t 2  2 x  4  2 x 2  4 x  12
 t 2  4  2 x  8  2 x 2  4 x  12
 t  1  l 
2
t

3
t

4


0


Phương trình đã cho trở thành
t  4  n 

Với t  4  x  2  x  6  4
 2 x  4  2 x2  4 x  12  16  x2  4 x  12  10  x
10  x  0
 2
2
 x  4 x  12  100  20 x  x
 x  10

16 x  112  0



x  7 (Thoả đk x  6 )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  7.
Câu 13. Giải phương trình: 15x 2  12x  12  10  2x  1 x 2  3
15x 2  12 x  12  10  2 x  1 x 2  3

Điều kiện: x  

1

1

2

Với điều kiện trên phương trình 1 tương đương:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


FB: />
PT – BPT – HPT

3  2 x  1  3  x 2  3  10  2 x  1 x 2  3
2

b  3  phương trình trở thành: 3a

Đặt a  2 x  1, b  x2  3

a
b  3
3b  a
a
a
 3    10    3  0
do b  3  

b
b
b  3a
a  1

 b 3
1

x  
2
2
Với 3b  a , a  3b ta được: 3 x  3  2 x  1  
5 x 2  4 x  26  0

2



2

 3b 2  10ab



VN 

1

114  18
x  
Với b  3a , a  3b ta được: x  3  6 x  3  
x
2
35
35 x 2  36 x  6  0


114  18
So điều kiện ta được x 
.
35
2

Câu 14. Giải phương trình: x  2x  1  2(3  x ) 2
1
Với đk trên, pt tương đương
2
2( x  5)
2 x  1  3  2 x 2  13 x  15 
 ( x  5)(2 x  3)
2x  1  3
x5


(2 x  3)( 2 x  1  3)  2
x  2 x  1  2(3  x) 2 . Đk: x 

Giải (2 x  3)( 2 x  1  3)  2 (1)
Đặt t= 2 x  1, t  0  t 2  2 x  1
(1) trở thành: t 3  3t 2  2t  8  0

 1  17
(nhận)
t 
t  2 (loại)
2

2
2

 (t  2)(t  t  4)  0   2
. Giải t  t  4  0 

1  17
t  t  4  0
(loại)
t 

2
1  17
1  17
11  17
Với t 
 2x  1 
x
(nhận)
2
2
4
11  17
Vậy pt có nghiệm là x  5, x 
.
4

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Tốn K35 - ĐH Cần Thơ