PHẦN 10 PHƯƠNG TRÌNH – BPT – hệ PHƯƠNG TRÌNH

www.TOANTUYENSINH.com

PHẦN 10. PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HỆ PHƯƠNG TRÌNH
10.1. Phương trình
Câu 1. Giải phương trình:

x 2  x 2  3x  5  3x  7.

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.
x  2  4  x  x 2  6x  11.

Câu 2. Giải phương trình:
+ ĐK: x   2; 4

x  2 1

x2 

2
+ Áp dụng BĐT Cauchy 
 x2  4 x  2
 4  x  4  x 1


2
x  2  1
Dấu “=”khi 
 x  3.
4  x  1

Mặt khác x2  6 x  11   x  32  2  2 dấu “=”xảy ra khi x=3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3.





4 2 10  2x  3 9x  37  4x 2  15x  33

Câu 3. 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 . Đẳng thức xảy ra  x  5
12 4

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

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 4. 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
Khi đó phương trình  x
Đặt

1
1
 x2  1  x  x
x 
2
x
x

1
1
Khi đó

 x  t 4  2  x2  2 .
x
x
t  1
t2  3 1  t   4 2
 t  1(loai)
t  t  2t  2  0

* Với x  1 . Ta có 
Đặt t 

được

phương

trình

1
1
 x2  1  1  
x
2
x
x

1
1
 x  t 4  2  x 2  2 . Khi đó ta được
x
x

Khi đó ta được x 2  x  1  0  x 
So sánh đk ta được nghiệm x 
x

ta

t

1
1
 x2  1  1 
x
2
x
x

t4  3  t 1  t  1

1  5
.
2
1  5
.Vậy phương trình đã cho có nghiệm
2

1  5
.
2

Câu 5. Giải phương trình:

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 6. 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 .

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
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



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

Câu 7. Giải phương trình:

4 x  2  22  3 x  x 2  8
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 8. 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
x

Khi đó, PT  (2x  4  3) x  2  

Nguyễn Văn Lực

2
2 3
 2(x  2) x  2  3 x  2  3 
(2)
3
x
x x

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Xét hàm số: f(t)  2t 3  3t với t  .
Ta có: f '(t)  6t 2  3  0 t   Hàm số f(t) đồng biến trên .
Do đó (2)  f





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

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

1
)(x

x

1
)

0



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 

1  5
, x  2.
2

Câu 9. 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 

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

61  111237
.
18
Câu 10. Giải phương trình: 2x 2  15x  34  3 3 4x  8 1 .

Đs: x  3  2 7, x 

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 4x  8  4

12  x  4 
3

 4 x  8

2

 2 3 4x  8  4

 0  *

3

+ 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 (*)

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
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 



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.
Câu 11. Giải phương trình: 2 x  2 



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 

2
10
5

 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 12. Giải phương trình: 4 x 2  x  1  1  5x  4x 2  2x 3  x 4
Đặt t  x 2  x  1, t 

Nguyễn Văn Lực

3
. Khi đó phương trình trở thành:
2

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

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
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 13. Giải phương trình: 4x 3  x  x  1 2x  1  0
 TXĐ: D    ;  
 2


(1)

1

 Ta có:

1   2x 

3

 2x 





3

2x 1  2x 1

(2)

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

 2  f  2x  

f



2x 1



(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
 Suy ra:

x  0
x  0
1 5


 3  2 x  1  2 x   2
1 5  x  4
4 x  2 x  1  0
x 
4


Vậy phương trình (1) có nghiệm là x 

Nguyễn Văn Lực

1 5
.
4

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

 





Câu 14. Giải phương trình:  2x  1 2  4x 2  4x  4  3x 2  9x 2  3  0 (1)
TXĐ: D 

1   2 x  1  2   2 x  1

Ta có:



2

 3    3x   2 



 3x 





2

 3 



(2)

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

 2   f  2 x  1  f  3x 

(3)

Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên
t2

Ta có: f '(t )  2  t  3 
2

t2  3

0

t 

Do đó f đồng biến trên
Suy ra:

1
 3  2 x  1  3x  x   8
5

1

5

Vậy phương trình (1) có nghiệm là x   .
Câu 15. Giải phương trình: 2x 15
Điều kiện: 2 x 15 0

32x 2

4y

2

(1)

20

15
2

x

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

32x

2

2 x 15

28

1
, ta được hệ phương trình:
2

y

4y

2

4x

2

2
2

2 x 15

(2)

2 y 15

(3)

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

+ Khi x

4x

4 4y

4x

2 x

2

2

x

y 1 8 x

y 1

0

y , thay vào (3) ta được:
x

4x

y

2 x 15

16 x 2

14 x 11

0

1
2
11
8

x

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

2

2

2x

9
4

So với điều kiện của x và
Tập nghiệm của (1) là x 

Nguyễn Văn Lực

1
.
2

9
, thay vào (3) ta được:
8
9
221
15 64 x 2 72 x 35 0 x
16
9
221
y ta chọn x
.
16
1
9
221
;x
.
2
16
0

y

x

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 16. Giải phương trình: 4x 2
Điều kiện: 3 x 1 0

3x

2y 3

(1)

13x

5

1
3

x

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

1

3x 1

x

4

3
, ta được hệ phương trình:
2

y

2x 3
2y

2

2

3

2y

2

x 1

(2)

3x 1

(3)

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

+ Khi x

2y

6 x

y

2y

2x

y 2x

8

0

2y 5

0

y , thay vào (3) ta được:
4 x 2 12 x

9

4 x 2 15 x

3x 1

15

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

2

Tập nghiệm của (1) là x 

4 x 2 11x

3

11

73
8

0

11

97
8

.

x
73

8

; x

15

97
8

Giải phương trình: 3x 1

Điều kiện: x

15

x

5 2 x , thay vào (3) ta được:

2y

3x 1

97
8

So với điều kiện của x và y ta chọn x

Câu 17.

x

x

73
8

.

.
x

3

11

5

0

(1)

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)

3x 1 2

x

3

2

x 1

0

(Tách thành các biểu thức liên hợp)
3 x 1
3x 1

x 1.

x 1
x 3 2

2

3
3x 1

x 1

1
x 3

2

2

(Nhân liên hợp)

0

1

0

0

x

1

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

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 18. Giải phương trình: 2x 2 x

x2

3

x

21x

(1)

17

17
21

Điều kiện: x

Phương trình có hai nghiệm là x 1 và x
dạng x 1 . x 2 . f ( x) 0
hay x 2 3x 2 . f x

Ta có:

nên ta định hướng biến đổi về

2

0

(1)

2 x2

x

x2

3x

2x

x2

2

x

3

3x 1

9 x2

2

3

3x

x 1

3x

3x 1

x 1

x2

21x 17

2

21x 17

x2

1

2

2x2

x

3x

3x

2

9
3

3x 1

x 1

21x 17

2

0

0

1

0

0

x2

3x

2

0

x

1

x

2

Vậy phương trình (1) có nghiệm là x  1, x  2.
Câu 19. 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 

Phương trình đã cho trở thành t 2  3t  4  0  

t  4  n 

Với t  4  x  2  x  6  4
 2 x  4  2 x 2  4 x  12  16
 x 2  4 x  12  10  x
10  x  0
 2
2
 x  4 x  12  100  20 x  x
 x  10

 x  7 (Thoả đk x  6 )
16 x  112  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  7.

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309

www.TOANTUYENSINH.com
Câu 20. 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:
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 21. Giải phương trình: x  2x  1  2(3  x ) 2
x  2 x  1  2(3  x) 2 . Đk: x 

1
2

Với đk trên, pt tương đương

2 x  1  3  2 x 2  13 x  15


2( x  5)

 ( x  5)(2 x  3)
2x  1  3
x5


(2 x  3)( 2 x  1  3)  2
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

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
1 17
1 17

11 17
2x 1
x
(nhaọn)
2
2
4
11 17
Vaọy pt coự nghieọm laứ x 5, x
.
4
Vụựi t

Nguyn Vn Lc

Ninh Kiu Cn Th

0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

10.2. Bất phương trình
Câu 1. Giải bất phương trình: (4x 2  x  7) x  2  10  4x  8x 2
Điều kiện: x  2 , bất phương trình đã cho tương đương:
(4 x2  x  7) x  2  2(4 x 2  x  7)  2 ( x  2)  4

(4 x2  x  7)( x  2  2)  2( x  2  2)( x  2  2)

 4 x 2  x  7  2 x  2  4  4 x 2  ( x  2)  2 x  2  1

 (2 x) 2  ( x  2  1) 2  ( x  2  1  2 x)( x  2  1  2 x)  0
 x  2  2 x  1
 x  2  2 x  1

hoặc  
 x  2  2 x  1
 x  2  2 x  1

5  41
8
 5  41

Vậy tập nghiệm T   2; 1  
;   .
 8

 2  x   1

hoặc  x 

Câu 2. Giải bất phương trình: 2x  7  5  x  3x  2 .
2
 x  5 . Biến đổi bất phương trình về dạng
3
2 x  7  3x  2  5  x
+ Bình phương hai vế, đưa về được 3 x 2  17 x  14  0
14
+ Giải ra được x  1 hoặc x 
3

+ ĐK:

+ Kết hợp với điều kiện, nhận được

2
14
 x  5.
 x  1 hoặc
3
3

Câu 3. Giải bất phương trình: x 3  1  x 2  1  3x x  1  0 .
+ x 3  1  x 2  1  3x x  1  0  x 3  x 2   3 x 3  x 2  2  0
2
+ Đặt t  x x  1   . Bất phương trình  t 2  3t  2  0
3
+ Giải ra được x  1 hoặc x 

14
3

2

t   3
2
2

 t    x x  1    x  1 .
+ 
t



1
3
3


 t  2

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 4. Giải bất phương trình: 3x  2  x  3  2x  1
2
3
3x  2  x  3  2 x  1  3x  2  x  3  ( 3x  2  x  3)( 3x  2  x  3)

ĐK: x  

 1  3x  2  x  3 (vì 3x  2  x  3 >0)
 1  x  3  3x  2
 1  x  3  2 x  3  3x  2
 x  3  x 1
x 1  0



 
x 1  0

  x  3  x 2  2 x  1
x 1


 
3  17
1 x 

2

2
3

So sánh với điều kiện , ta có nghiệm của bất phương trình là   x 



Câu 5. Giải bất phương trình: x 2  5x  4 1  x (x 2  2x  4)



3  17
.
2

(x R).

 1  5  x  0

ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  

 x  1  5

Khi đó (*)  4 x( x2  2 x  4)  x2  5x  4
 4 x( x2  2 x  4)  ( x2  2 x  4)  3x (**)
TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có:
x2  2 x  4 x2  2 x  4
(**)  4

3
x
x

x2  2 x  4
, t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3
x
 x 2  7 x  4  0
x2  2 x  4
1  17
7  65
1
3  2

x
x
2

2
 x  x  4  0
TH 2: 1  5  x  0 , x2  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa
 1  17 7  65 
;
Vậy tập nghiệm bất phương trình (*) là S   1  5;0   
.
2
2 


Đặt t 

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 6. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm
x 3  2x 2  8  m





x  x  2 , x  R  .
3

Điều kiện x  2 . Bất phương trình đã cho tương đương với
3
x3  2 x2  8
 m   x 3  2 x 2  8  x  x  2   8m .



x  x2



3



3
2
Xét hàm số f  x   x  2 x  8





3

x  x  2 có f '  x   0, x  2 nên hàm số f  x  đồng

biến trên  2;  .
Bất phương trình f  x   8m có nghiệm

 8m  m in f  x   f  2   16 2 .
x 2; 

Vậy m  2 2.
Câu 7. Giải bất phương trình:

x  1  x 2  2  3x  4x 2 .

x  0
0  x  1
3  41


2
  3  41
.
Điềukiện: 1  x  0
3  41  0  x 
8
x


2
8
8

2  3x  4 x  0

(*)

Bất phương trình đã cho tương đương với

x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3x  4 x 2  3( x 2  x)  (1  x)  2 ( x  x 2 )(1  x)  0

3

x x
x x
2
1  0 
1 x
1 x
2

2


5  34
x

x x 1
9
  9 x 2  10 x  1  0  
1 x
3

5  34
.
x 

9

2

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là
5  34
3  41
x 
.
9
8

Câu 8. Giải bất phương trình:  x  1 x 2  5  x  x 2  1.
 x  1 : loại
x2  x  1
1
1
 x2  5  x 
 x2  5  x 
x 1
x 1
x 1
5
1


 5  x  1  x 2  5  x  4x  5  x 2  5
2
x  5  x x 1
5


x 

 x  2 . Vậy x  2.
4
2
15x  40x  20  0


 x  1: x 2  5 

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 9. Giải bất phương trình
(x

2)(x

Điều kiện xác định: x  

2 2x

5)

9

2)(3 x 2

(x

x2

5

12)

3

5x 2

7

5
. Khi đó ta có
2

(1)  x 3  3x 2  14x  15  2(x  2) 2x  5  3(x  2) x 2  5  3 5x 2  7  0
 x 3  3x 2  x  18  2(x  2)( 2x  5  3)  3(x  2)( x 2  5  3)  3  3 5x 2  7  0

 (x  2)(x 2  5x  9) 

2(x  2)(2x  4) 3(x  2)(x 2  4)
5(4  x 2 )



2x  5  3
x2  5  3
9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7





4(x  2)
3(x  2)2
5(x  2)
 (x  2)  x 2  5x  9 


2

2x  5  3
x  5  3 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7







2

0



  0(*)
2






 4(x  2)
4
3(x  2)2
3

(
x

2);
 (x  2)2

2
x 5 3 5
 2x  5  3 3
5
Ta có với x    
5(x  2)
5(x  2)
2



2
9
 9  3 3 5x 2  7  3 5x 2  7




 x  5x  9 
2

4(x  2)
2x  5  3



3(x  2)2
x2  5  3



5(x  2)



9  3 3 5x 2  7 



3

5x 2  7



2

Do đó (*)  x  2  0  x  2 , kết hợp với điều kiện x  

18x 2  57x  127
0

45

5
ta suy ra bất phương
2

5
2

trình đã cho có nghiệm là   x  2.
Câu 10: Giải bất phương trình: 2x  5  3x  2  4x  1  5x  6
BPT  2x  5  4x  1  3x  2  5x  6  0
 (2x  4)[

1
2x  5  4x  1



1
3x  2  5x  6

]0

x 2

Câu 11. Giải bất phương trình: 3x (2  9x 2  3)  (4x  2)(1  1  x  x 2 )  0 1
Viết lại phương trình dưới dạng:
3x(2  (3x) 2  3)  (2 x  1)(2  [(2 x  1) 2 ]  3

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Xét hàm số f  t   t (2  t 2  3),

t 

;

f ' (t )  2  t 2  3 

hàm số f  t  luôn đồng biến

t2
t 3
2

0

1
5

Do đó (1)  f  3x   f  2 x  1  3x  2 x  1  x   .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là T    ;   .
 5

1

Câu 12. Giải bất phương trình:

2 1

2
x

2x

8
x

x.

 x  2

 2

1


0
 x
 2  x  0
 x  0


Điều kiện của bất phương trình: 
x  2
2 x  8  0
 x  2


  2  x  0
x


Với 2  x  0  bất phương trình đã cho luôn đúng
Với x  2  bất phương trình đã cho  2 x  2  2( x  2)( x  2)  x x
 4( x  2)  2( x 2  4)  4 ( x  2)2 ( x  2)  x3
 x3  2 x 2  4 x  16  4 2( x3  2 x 2  4 x  8)  0
 2( x3  2 x 2  4 x  8)  8 2( x3  2 x 2  4 x  8)  16  0





2

2( x3  2 x 2  4 x  8)  4  0  2( x3  2 x 2  4 x  8)  4

x  0

 x  2 x  4 x  0   x  1  5  x  1  5 (do x  2 )
x  1 5

3

2





Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là T   2;0   1  5 .
Câu 13. Giải bất phương trình:

x2 x  2
2
x2 
 1 trên tập số thực.
2
x 3
x 3

Điều kiện x  3. Bất phương trình đã cho tương đương với

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
x x2

x3
2

x


2

2

x2  x  2
4
 2
x3
x  3  x2 1  0
2
x x2
2


2
x3
x 3

 x2 1  0 

x 3
2

 1 x 2  x  6 

 x  3  x 2  3

x x2

x3
2

 x2 1  0

2
x 3
2








x2  x  6
2
  x  1 
 1  0
2
2  
 x  3 x2  3  x  x  2 

 





2


x3
x

3

 

2
 x  1  0  1  x  1 (Với x  3 thì biểu thức trong ngoặc vuông luôn dương). Vậy
tập nghiệm của bất phương trình là S   1;1 .

Câu 14. Giải bất phương trình: 1  4x 2  20  x  4x 2  9.
Giải bất phương trình: 1  4 x 2  20  x  4 x 2  9. (1)

Bất phương trình đã cho tương đương với:
4 x 2  9  5  6  4 x 2  20  x  2  0 

4 x 2  16



16  4 x 2

4 x 2  9  5 6  4 x 2  20

 x20

 4x  8

4x  8
  x  2 

 1  0
2
2
 4 x  9  5 6  4 x  20 

Từ (1) suy ra x  1  4 x 2  20  4 x 2  9  0  x  1 .
Do đó

4x  8
4 x2  9  5



4x  8
6  4 x 2  20

 1   4 x  8 .



1  4 x 2  20  4 x 2  9



4 x 2  9  5 6  4 x 2  20



1  0

Vậy nghiệm của bất phương trình là x  2.
Câu 15. Giải bất phương trình:

9x 2  3  9x  1  9x 2  15.

Nhận xét : 9 x  1  9 x 2  15  9 x 2  3  0  x 
bpt 


 9x

2



1
9

 3  2  3(3x  1)  9 x 2  15  4

9x  1
2

9x 2  3  2

Nguyễn Văn Lực

 3(3x  1) 

9x 2  1
9 x 2  15  4

0

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com


3x  1

3x  1

2
 9x  3  2




 3  0
9 x 2  15  4 
3x  1







2
 9x  3  2

3x  13x  1

1



 

1
  3  0  3x  1  0  x 
2
3
9 x  15  4  
1

Kết hợp các điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình là x 
phương trình
Câu 16. Giải bất phương trình

1
x 1
2



1
3x  5
2

+) Đặt t = x2 – 2, bất phương trình trở thành:



2
x  2 1
2

1

là nghiệm của bất
3

trên tập số thực.

1
1
2


ĐK: t  0 với đk
t 3
3t  1
t 1

trên, bất phương trình tương đương
1
1

)  2 . Theo Cô-si ta có:
t 3
3t  1

( t  1)(

t
t t 1 1  t
t 1 

.

 


t 1 t  3 2  t 1 t  3 
t 3
1
1 2
11
2 

.
  

2 t 3 2 2 t 3
t 3

t
1 2t
11
2t 

.
  

2 3t  1 2  2 3t  1 
3t  1
1
1 t 1 1  1
t 1 


.
 


t  1 3t  1 2  t  1 3t  1 
3t  1
 VT  2t  0.

+) Thay ẩn x được x2  2  x  (;  2]  [ 2; )  T  (;  2]  [ 2; ).
Câu 17. Giải bất phương trình x  1 

x 2  x  2 3 2x  1
3

2x  1  3

trên tập hợp số thực.

- ĐK: x  1, x  13
- Khi đó:
- Nếu

3

x 1 





 x  2 x  1  2
x2  x  2 3 2x  1
x2  x  6

1

,  *

x

1

2

3
3
3
2x 1  3
2x 1  3
2x 1  3

2 x  1  3  0  x  13 (1) thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1

Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên

Nguyễn Văn Lực

, mà (*):

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
f



3

 

2x 1  f



Suy ra: x   ;


- Nếu

3



x  1  3 2 x  1  x  1  x3  x 2  x  0

1  5   1  5  DK(1)
 VN

  0;
 
2  
2 

2 x  1  3  0  1  x  13 (2) thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1

Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên

f



3

 

2x 1  f

, mà (*):

1

 1  x   2

Suy ra:
x  1  3 2 x  1  x  1    1  x  13
 2

2

3
  2 x  1   x  1



1  5
 DK(2)
1  5

1  5

 x   1;0  
x   1;0  
;   
;13  . KL: x   1;0  
;13 
 2

 2

 2


Câu 18. Giải bất phương trình sau trên tập

:

5x  13  57  10x  3x 2
x  3  19  3x

 x 2  2x  9


19
 3  x 
Điều kiện 
3
x  4


Bất phương trình tương đương



x  3  19  3x

2

x  3  19  3x

x  3  19  3x

 x

2

 2x  9

 2 x  3  19  3x  x 2  2x  9


x  5 
13  x 
2
 2 x  3 
   19  3x 
  x x 2
3
3

 




2 x 2  x  2





x 2  x  2

 x2  x  2


x  5
13  x 
9 x  3 
 9  19  3x 


3 
3 






2
1
0
 x2  x  2 

 

x  5
13  x  
9  x  3 
 9  19  3x 

3 
3  
 








Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

*

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Vì

2

x  5
9 x  3 

3 




1

13  x 
9  19  3x 

3 


0



với mọi x   3;


19 
\ 4
3



Do đó *  x 2  x  2  0  2  x  1 (thoả mãn)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1 .
Câu 19. Giải bất phương trình sau trên tập R
x

1
1 x 1
 1 
x
x
x

Gọi bất phương trình đã cho là (1).
+ ĐK: x  [-1; 0)  [1; +  )
Lúc đó:VP của (1) không âm nên (1) chỉ có nghiệm khi:
x

1
1
1
1
 1   x   1   x  1 . Vậy (1) chỉ có nghiệm trên (1; +  ).
x
x
x
x

Trên (1; +  ): (1) <=> x  1  1 
Do x  1 
(1)

x 1
x 1
 x 1 
 1.
x
x

x 1 x2  1

 0 khi x > 1 nên:
x
x

 x 1

x 1
x2 1
1
x2 1
2
1 x   2
1  0
x
x
x
x

x2  1
x2 1
x2 1
1 5

.
2
1  0  (
 1)2  0  x 
x
x
x
2

x  1

Vậy nghiệm bất phương trình là:  1  5
x 

2


Câu 20. Giải bất phương trin
̀ h:

2(x 2  16)
x 3

 x 3 

7 x
.
x 3

ĐK: x  4
Bất phương trình


 x 2  16  0


10  2 x  0
2
2

 2( x  16)  x  3  7  x  2( x  16)  10  2 x 

10  2 x  0
 2

2
 2( x  16)  (10  2 x)

x5


 x  10  34
10

34

x

5


Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
2
3

VT(*) < 0 (do x  ) nên (*) vô nghiệm.
2
2

Câu 21. Giải bấ t phương trin
̀ h: (x  3x ) 2x  3x  2  0 (1)

Ta xét hai trường hơ ̣p:
x  2

, khi đó bất phương trình luôn đúng.
x   1

2

TH 1: 2 x 2  3x  2  0  
TH 2: Bất phương trình

 2
1
 
1
2 x  3x  2  0
 x   ;     2;  

2

 
 x   ;    3;   . .
2
2

 x  3x  0
 x   ;0  3;  



1
2

Vâ ̣y tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: T  (;  ]  {2}  [3; ) .
Câu 22. Giải bất phương trình: 2x 3  (1  2x  3x 2 ). 2x  1 .
y  0

Đặt y  2 x  1  

2
 y  2x  1

, ta được bất phương trình

2 x3   y 2  3x 2  . y  2 x3  3x 2 y  y 3  0 (2)

*TH1: Xét y = 0 khi đó  x  

1
1
thay vào bất phương trình thỏa mãn  x   là
2
2

nghiệm
3

2

 x
 x
*TH2: Xét y > 0 khi đó Bất phương trình (2)  2    3    1  0
 y
 y
2

 x  x 
x 1
  2  1  1  0    y  2 x
y 2
 y  y 

suy ra

 x  0
 1

 2  x  0
2
x

1

0
2x  1  2x  

.
 x  0

1 5


0  x  4
 2 x  1  4 x 2

 1 1 5 
.
2 
 2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =   ;

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

10.3. Hệ phương trình đại số
Câu 1.

 x  y  x  y  2

Giải hệ phương trình: 

 x  y  1  3  x  y

2

2

2

2

(x,y

)

Điều kiện: x+y  0, x-y  0
 u  v  2 (u  v)
 u  v  2 uv  4
u  x  y


Đặt: 
ta có hệ:  u 2  v 2  2
  u 2  v2  2
v  x  y
 uv  3 
 uv  3

2
2


 u  v  2 uv  4

(1)

  (u  v) 2  2uv  2
. Thế (1) vào (2) ta có:
 uv  3 (2)

2

uv  8 uv  9  uv  3  uv  8 uv  9  (3  uv ) 2  uv  0 .
 uv  0
Kết hợp (1) ta có: 
 u  4, v  0 (vì u>v).
u  v  4

Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k)
Vậy nghiệm của hệ là: x  2, y  2.

Câu 2.

 x  3 xy  x  y 2  y  5 y  4
Giải hệ phương trình: 
2
 4 y  x  2  y  1  x  1

 xy  x  y 2  y  0

Đk: 4 y 2  x  2  0
 y 1  0


Ta có (1)  x  y  3  x  y  y  1  4( y  1)  0
Đặt u  x  y , v  y  1 ( u  0, v  0 )
u  v
u  4v(vn)

Khi đó (1) trở thành : u 2  3uv  4v 2  0  

Với u  v ta có x  2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y 2  2 y  3  y  1  2 y
 4 y 2  2 y  3   2 y  1 
2  y  2
4 y2  2 y  3  2 y 1

Nguyễn Văn Lực







y 1 1  0


2
y2

 0   y  2 
 4 y2  2 y  3  2 y 1
y 1 1


Ninh Kiều – Cần Thơ


1
0
y  1  1 

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
2

 y  2 ( vì 

4 y2  2 y  3  2 y 1



1
 0y  1 )
y 1 1

Với y  2 thì x  5 .
Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ phương trình là x  5, y  2.
Câu 3. Giải hệ phương trình:
( x  y )( x 2  xy  y 2  3)  3( x 2  y 2 )  2
 x, y   .


2
4 x  2  16  3 y  x  8
16
3
3
(1)  ( x  1)  ( y  1)3  y  x  2 Thay y=x-2 vào (2) được
4( x  2)
3( x  2)
4 x  2  22  3 x  x 2  8 
 ( x  2)( x  2) 
x22
22  3 x  4
x  2

4
3

 ( x  2) 
 0(*)
22  3 x  4
 x  2  2

ĐK: x  2, y 

Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là nghiệm
duy nhất của (*)
KL: Hệ phương trình có 2 nghiệm x ; y    2;0  , x ; y    1; 3 .
Câu 4.

Giải hệ phương trình:

2

x  y  x  y  3   x  y   2 x  y
 x, y 
 2
x

x

y

2

x

y

3





x  y  x  y  3  (x  y)2  2 x  y (1)

Giải hệ: 
(x, y  R) .
2
x xy2  xy  3
(2)



x  y  0
(*)
x  y  0

Điều kiện: 

Đặt t  x  y  0 , từ (1) ta có: t  t  3  t2  2 t
 t  t2  t  3  2 t  0
 t(1  t) 


 0  (1  t)  t 
t3 2 t


Nguyễn Văn Lực

3(1  t)


0
t3 2 t

Ninh Kiều – Cần Thơ

3

 0933.168.309

www.TOANTUYENSINH.com

 t  1 (Vì t 

3
t3 2 t

 0, t  0 ).

Suy ra x  y  1  y  1  x (3).
Thay (3) vào (2) ta có:

x2  3  2x  1  3

 ( x  3  2)  ( 2x  1  1)  0 

x2  1

2

x 3 2
2



2x  2
2x  1  1

0



x 1
2
 (x  1) 

  0
 2
2x

1

1
 x 3 2


 x  1 (Vì

x 1
x2  3  2



2
2x  1  1

 0, x 

1
).
2

Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x  1, y  0.

Câu 5.

 x  y  2  x  y  2(x 2  y 2 )

Giải hệ phương trình:  1 1 1 1
   2 2
y
x y x
 x  y  2  x  y  2( x 2  y 2 ) (1)

1 1 1
1
 x  y  x 2  y 2 (2)


 x  y  2
.
 xy  0

Điều kiện: 

Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau:
TH1: 2  x  y  0

2

1 1 1 1
1 1
Từ phương trình (2 ) ta suy ra xy < 0. pt (2)          2 .  0 (3) .
x y
x y x y

Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y.
Khi đó phương trình (3) có nghiệm

1 1
1 1
  1  8 .  0  xy  8  0  xy  8 .
x y
x y

Khi đó ta có x 2  y 2  2 xy  16 .
Đặt t  x  y  2  0  t  2 .
Từ phương trình (1) ta có t  t 2  2  32  t 2  t  34  0 điều này vô lí .
Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm.
Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
TH2: x + y >0.

Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương.
Ta có (2)  ( x  y ) xy  x 2  y 2
( x  y)2
( x  y)2
Do x  y 
và xy 
nên ta có
2
4
( x  y)2
( x  y)2
 x 2  y 2  ( x  y ) xy  ( x  y )
 x y  2
2
4
Đặt t  x  y  2  t  2 .
2

2

Từ (1)  t  t 2  2  (t 2  2) 2  t 4  5t 2  t  6  0  (t  2)(t 3  2t 2  t  3)  0 (4) .
Ta có t 3  2t 2  t  3  0  t  2 , do đó, từ (4)  t  2  0  t  2.
Từ đó suy ra: t = 2  x  y  2 , thay vào hphương trình ta có xy=1  x  y  1 .
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x  1, y  1.
 x  x  2  x  4  y  1  y  3  y  5

Giải hệ phương trình: 

Câu 6.

2
2
 x  y  x  y  44
Xét hàm số f  t   t  t  2  t  4 trên  0;    , có

f  t  

1
2 t



trên

1
1

 0, t   0;   
2 t2 2 t4

Nên (1)  x  x  2  x  4   y  5  4   y  5  2  y  5  x  y  5 (*)
Thay (*) vào (2): y  3  y  2  1
(3)
Nhân (3) với lượng liên hợp: 5  y  3  y  2
(3), (4)  y  3  3  y  6 .
ĐS: x  1, y  6.

(4)

 x 3  y 3  1

Câu 7. Giải hệ phương trình:  2
.
 x y  2 xy 2  y 3  2
3
3
3
3


x  y  1
x  y  1
Ta có .  2
 3
2
3
3
2
2


 x y  2 xy  y  2
2 x  y  x y  2 xy  0

(1)
(2)

x  y  1
(3)

y  0 . Ta có:   x  3  x  2  x 

(4)
2      2   1  0
 y
  y  y
1
x
Đặt :  t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0  t =  1 , t = .
2
y
3

3

x 3  y 3  1

a) Nếu t = 1 ta có hệ 

x  y

Nguyễn Văn Lực

x y

1
3

Ninh Kiều – Cần Thơ

2

 0933.168.309