Đề thi HSG Toán 89 mới nhất

BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ KHÓ
I. PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
1/

 f ( x) ≥ 0

f ( x) = g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0
 f ( x) = g ( x)


2/

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x) = g ( x )

3/

 f ( x) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0

 f ( x ) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)

4/

2n

 f ( x) ≥ 0


f ( x) = 2 n g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0
(n ∈ N * )
 f ( x) = g ( x )


5/

2n

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
(n ∈ N * )
2n
 f ( x) = g ( x)

6/

2 n +1

f ( x) = 2 n +1 g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) (n ∈ N * )

7/

2 n +1

f ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = g 2 n +1 ( x) (n ∈ N * )

II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình:

x +1 = x −1

(1)

x − 1 ≥ 0

x ≥ 1
x ≥ 1
⇔ 2
⇔
⇔ x=3
x = 3
 x + 1 = (x − 1)
 x − 3x = 0

HD: (1) ⇔ 

2

Bài 2: Giải phương trình:
HD:Ta có:

x − 2x + 3 = 0

x ≥ 0
x ≥ 0
x ≥ 0

⇔ 2

⇔  x = −1 ⇔ x = 3
x − 2x + 3 = 0 ⇔ 2x + 3 = x 
2
2 x + 3 = x
x − 2x − 3 = 0
 x = 3



Bài 3: Giải phương trình:
HD: Ta có:

x + 4 − 1− x = 1− 2x

x + 4 − 1− x = 1− 2x ⇔ x + 4 = 1 − 2x + 1− x

1 − 2 x ≥ 0

⇔ 1 − x ≥ 0

 x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)
1

1
 −1
x≤

≤x≤
1


−1
1

2

2

x ≤ 2
 ≤x≤
2
⇔
⇔ 2 x + 1 ≥ 0
⇔ 2
⇔ x=0
2 ⇔
x=0
2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1
(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1
 x2 + 7 x = 0




  x = −7


Bài 4: Giải phương trình:

x − 2 − 3 x2 − 4 = 0

x − 2 ≥ 0

HD:ĐK:  x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 (1)


PT

⇔

x − 2 − 3 ( x − 2)( x + 2) = 0

⇔

x − 2. 1 − 3 x + 2 = 0

(

)

 x−2 =0
⇔
⇔
 1− 3 x + 2 = 0


(

)

x = 2


 x = −17
9


(2)

Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình :

3−x = x

3+x

HD:Đk: 0 ≤ x ≤ 3 khi đó pt đã cho tương đương: x3 + 3x 2 + x − 3 = 0
3

3
1 
10
10 − 1

⇔x+
=
⇔
x
=
÷
3 3 3
3



Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4
HD:Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương :

(1+

3+ x

)

2

x = 1
 x + 3 + 1 = 3x
= 9x ⇔ 
⇔
 x = −5 − 97
 x + 3 + 1 = −3 x

18
2

Bài 7. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3x ( x + 2 )

2


HD: pt ⇔ ( 3 x + 2 − 3 3x ) = 0 ⇔ x = 1
3

Bài 8. Giải và biện luận phương trình:
HD: Ta có:

x2 − 4 = x − m

x ≥ m
x ≥ m
⇔
x2 − 4 = x − m ⇔  2
2
2
2
 x − 4 = x − 4xm + m
2mx − (m + 4) = 0

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:

m2 + 4
x=
.
2m

Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔

m2 + 4
2m

≥m

+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 4 ⇔ 0 < m ≤ 2
+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 4 ⇔ m ≤ –2
Tóm lại:– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm

x=

m2 + 4
2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:

x2 − 3 = x − m

Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình:

x− x =m− m

HD: Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành

x ( x − 1) = 0

⇒ có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1

– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
 x − m =0
( x − m)( x + m − 1) = 0 ⇔ 

 x = 1 − m

+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 =

(1 − m) 2

+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/
4/

x + x − 1 = 13
1 + x x2 + 4 = x + 1

2/
5/

3 x + 34 − 3 x − 3 = 1
x +3 = 5− x −2

3/

2 x + 5 − 3x − 5 = 2

6/

x + 1 − x − 7 = 12 − x

7/

x − x −1 − x − 4 + x + 9 = 0

8/

x−2 −5 = 0

1
=0
2

11/

3 − 2x + 3 =

10/

5x − 1 + 2

13/

16 x + 17 = 8 x − 23

14/

19
6

3x + 1 + 2 − x = 3

9/ 3 =

6x − x 2

12/

2
x −5 2 = 0
3

8−

15/ 20 −

3 − 2x = 2x − 3

Bài 2: Giải phương trình:
a)

x2 − 1 = x − 1

b) x − 2 x + 3 = 0

c) x 2 + x + 1 = 1

d)

3+ x + 6− x = 3

e)

3x − 2 + x − 1 = 3

f)

g)

x + 9 = 5 − 2x + 4

h)

3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3

i)

3+ x − 2 − x =1
x − 4x − 3 = 2

Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x 2 + 3x − 2 = 2m + x − x 2
Bài 4: Cho phương trình:

x2 − 1 − x = m

a)

Giải phương trình khi m = 1

b)

Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m
a)

Giải phương trình khi m=3

b)

Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.

Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/
b/
c/

x−7 x−3 −9 = 0

2x − 1 = 1
3x − 7 x + 4 = 0

d/
e/

1
9
x −1 −
x − 1 + 3 x − 1 = −17
2
2

x−3 −

5
3
9 x − 27 +
4 x − 12 = −1
3
2

f) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

g/
h/
i/

x −2
x −4

=

6− x
7− x

x + 5 − 5 x −1 = 0
−5 x + 7 x + 12 = 0

II. PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:

Sử dụng hằng đẳng thức sau:

 f ( x ) = g ( x) ( f ( x ) ≥ 0)
f 2 ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f ( x ) = − g ( x ) ( f ( x) < 0)

II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình:
HD: (1) ⇔

(x − 2) 2 = 8 − x

x 2 − 4x + 4 + x = 8

(1)

⇔ |x – 2| = 8 – x

– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu x

≥

2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.

Bài 2: Giải phương trình:

x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1

(2)

 x + 1 ≥ 0

 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1

HD: (2) ⇔

 x ≥ −1
 x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1 |

⇔

Đặt y =

x +1

(*)

(y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành:

y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Bài 3:Giải phương trình:

x − 2 + 2x − 5 + x + 2 + 3 2x − 5 = 7 2

5

HD:ĐK: x ≥ 2
PT

⇔ 2 x − 5 + 2 2 x − 5 + 1 + 2 x − 5 + 6 2 x − 5 + 9 = 14
⇔

2x − 5 + 1 +

2 x − 5 + 3 = 14 ⇔ 2 x − 5 = 5 ⇔ x = 15

Bài 4:Giải phương trình:

(Thoả mãn) Vậy:x = 15

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2

HD:ĐK: x ≥ 1
Pt

⇔

Nếu

x −1+ 2 x −1 +1 + x −1 − 2 x −1 +1 = 2 ⇔
x>2

pt

⇔

x −1 +1+ x −1 −1 = 2 ⇔ x = 2

x −1 +1+

(Loại)

x −1 −1 = 2


Nếu

x≤2

pt

⇔

x − 1 + 1 + 1 − x − 1 = 2 ⇔ 0x = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là:

(Luôn đúng với

∀x )

S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2}

III-Bài tập áp dụng:

Giải các phương trình sau:
1/

2/

x2 + 2 x + 1 = 5

x−4 x +4 =3

3/

x2 − 6x + 9 = 2x − 1

4/

5/

x2 − 2 x + 1 + x2 + 4x + 4 = 4

6/

x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10

8/

x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1

7/
9/
11/

13/

x2 − 6x + 9 + 2x2 + 8x + 8 = x2 − 2 x + 1
x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = 2
x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1
x2 + 2 x − x2 + 2 x + 1 − 5 = 0

15/

x 2 − 4 x + 4 + 2 x = 10

17/

x+ x+

19/
21/

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

10/

x −3− 2 x − 4 + x − 4 x − 4 =1

12/

x − 2 + 2x − 5 + x + 2 + 3 2x − 5 = 7 2

14/

2x + 4 + 6 2x − 5 + 2x − 4 − 2 2x − 5 = 4

16/

1
1
+ x+ = 2
2
4

18/
x+3
2

( x − 1) + 4 − 4 x − 1 + x − 1 − 6 x − 1 + 9 = 1

x + 4 x + 4 = 5x + 2

x2 − 2 x + 1 + 2x = 8

1 2
x + x +1 − 6 − 2 5 = 0
4

20/

x2 − 4x + 4 = 2 − x

22/

x + 8 − 6 x −1 = 4

III. PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x ) và chú ý
điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan


trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn
toàn” .
Bài 1. Giải phương trình:

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

HD:Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét.

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1
1

Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1 . Thay vào tìm được x = 1
t
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
HD:Điều kiện: x ≥ −

4
5

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

t2 − 5
. Thay vào ta có phương trình sau:
4

t 4 − 10t 2 + 25 6 2
2.
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaøx = 2 + 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2 − 6 x − 1 ≥ 0
Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ
đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thành: y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với
y ≤ 5) ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =

1 + 21
−1 + 17
(loaïi), y =
2
2

Từ đó ta tìm được các giá trị của x =

11 − 17
2

(

Bài 4. Giải phương trình sau : x = ( 2004 + x ) 1 − 1 − x

)

2

HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Đặt y = 1 − x thì phương trình trở thành: 2 ( 1 − y )
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −

2

(y

2

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

1
= 3x + 1
x

HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0

Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −

1
1
1
= 3 + . Đặt t = x − , ta giải được.
x
x
x

Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
1
1

HD: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x − ÷+ 3 x − = 2


1
x

Đặt t= 3 x − , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x =
Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2
HD:Đặt y =

Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0
⇔

x

1± 5

2

x2 + 7 x + 7 = 2

x2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0
2

Với y = 1

x

 x = −1
x2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ 
 x = −6

−5

y=

⇔
3 ⇔ y =1

y =1

Là nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài
đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách

2

u
u
Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = 0
v
v


v = 0 thử trực tiếp

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)


a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )



α u + β v = mu 2 + nv 2

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
a) . Phương trình dạng : a. A ( x ) + b.B ( x ) = c A ( x ) .B ( x )
Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu:
 P ( x ) = A ( x ) .B ( x )

Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x )

Xuất phát từ đẳng thức :
x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1)

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

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1

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

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai
at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x3 + 1
HD: Đặt

u = x + 1 (u ≥ 0) ; v = x 2 − x + 1 (v ≥

phương trình trở thành : 2 ( u + v
2

2

)

u = 2v
= 5uv ⇔ 
u = 1 v

2


Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3x + 1 = −

3
)
2

Tìm được: x =

3 4
x + x 2 + 1 (*)
3

5 ± 37
2


4
2
4
2
2
2
2
HD:Dễ thấy: x + x + 1 = ( x + 2 x + 1) − x = ( x + x + 1) ( x − x + 1)

Ta viết α ( x 2 + x + 1) + β ( x 2 − x + 1) = − 3

(x

2

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
−3 ( x 2 + x + 1) + 6 ( x 2 − x + 1) = − 3

Đặt : u = x

2

(x

2

+ x + 1) ( x 2 − x + 1)

3
3


+ x + 1  u ≥ ÷ ; v = x2 − x + 1  v ≥ ÷
4
4



phương trình trở thành :-3u+6v=-

3. uv ⇒ u = 3v

Từ đây ta sẽ tìm được x.

Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x3 − 1 (*)
HD:Đk: x ≥ 1
Nhận xét : Ta viết α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)
Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1)
v = 9u
Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔  1
v= u
4

2

Ta được : x = 4 ± 6
Bài 4. Giải phương trình : x3 − 3x 2 + 2 ( x + 2 ) − 6 x = 0
3

HD:Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta biến pt trên về pt thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
x = y
x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x 3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
.Pt có nghiệm : x = 2,
 x = −2 y

Bài 5:Giải phương trình: 10

x3 + 1 = 3 ( x 2 + 2 )

HD:ĐK: x ≥ −1
Pt

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

Đặt

u = x + 1
(u , v ≥ 0)

2
v = x − x + 1

Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)

u = 3v
⇔ ( 3u − v ) ( u − 3v ) = 0 ⇔ 
 v = 3u

x = 2−2 3


Nếu u = 3v
Nếu v = 3u

⇔

x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ 9 x 2 − 10 x + 8 = 0

(vô nghiệm)

 x = 5 − 33
x 2 − x + 1 = 3 x + 1 ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔ 
 x = 5 + 33

⇔

là nghiệm.

b).Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình
phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1
u = x 2
( u, v ≥ 0; u ≥ v ) khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2
HD:Ta đặt : 
2
v = x − 1

hay: 2(u + v) - (u - v)= ( u + v ) ( u − v )
Bài 2.Giải phương trình sau : x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1
1
2

HD:Đk x ≥ . Bình phương 2 vế ta có :

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1)

u = x + 2 x
khi đó ta có hệ :
v = 2 x − 1
2

Ta có thể đặt : 


1− 5
v
u =
2
uv = u − v ⇔ 

1+ 5
v
u =

2

1+ 5
1+ 5

v ⇔ x2 + 2x =
Do u, v ≥ 0 . u =
( 2 x − 1)
2

2

Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1
HD:Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 ( x 2 − x − 20 ) ( x + 1)
2
2
Nhận xét : Không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1)

u = x 2 − x − 20
vậy ta không thể đặt : 
.
v = x + 1
2
2
Nhưng may mắn ta có : ( x − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 4 x − 5 )


Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán
được giải quyết .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
 Từ những phương trình tích

(

)(

)

x +1 −1

x +1 − x + 2 = 0 ,

(

2x + 3 − x

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ
khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể
hiện qua các ví dụ sau .

(

)

2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

HD:Đặt t = x 2 + 2 ; t ≥

2

t = 3
t = x − 1

2
, ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ 

Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
HD:Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2
2
2
Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :
t = 2
x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ 
t = x − 1

Bài 3:Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3)
HD:Đặt

x2 + 1

t = x 2 + 1; t ≥ 1

Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0

Nếu t = x

⇔

Vậy: x = ±2

x2 + 1 = x

(Vô lý) -Nếu t = 3

⇔ (t

⇔

t = x

- x)(t - 3) = 0 ⇔ t = 3


x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2

2

4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
 Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình
vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để
đưa về hệ


Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c3 + 3( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có

3

a 3 + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = 0
3

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .
3

7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x2 − 8x + 1 = 2

3

3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0

Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x
HD:ĐK: x ≤ 2
u = 2 − x ; u ≥ 0

Đặt v = 3 − x ; v ≥ 1 , ta có :

 w = 5 − x ; w ≥ 3
30
239
u=
⇔x=
60
120

( u + v ) ( u + w ) = 2
2 − u 2 = uv + vw + wu



2
3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ ta được:
5 − w2 = uv + vw + wu


( v + w ) ( u + w ) = 5

Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2
a =

b =
HD:Ta đặt : 
c =

d =

2x2 − 1
a + b = c + d

x 2 − 3x − 2
2x2 + 2x + 3

, khi đó ta có : 

2
2
2
2

a − b = c − d

⇔ x = −2

x2 − x + 2

Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3
HD:Đặt

 a = 4 x 2 + 5 x + 1

b = x 2 − x + 1

Ta được hệ phương

( a; b ≥ 0 )

 a 2 − 4b 2 = 9 x − 3
trình: a − 2b = 9 x − 3


Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b
Nếu a = 2b

⇔ (a

⇔ 4 x2 + 5x + 1 = 2 x2 − x + 1 ⇔ x =

Nếu a = 1 - 2b

 a = 2b

- 2b)(a + 2b - 1) = 0 ⇔  a = 1 − 2b

⇔ 4 x2 + 5x + 1 = 1 − 2 x2 − x + 1



1
3

(thoả mãn)

(*)


Ta có : VT(*)

≥0

(1)
2

VP(*) =

1 3

1− 2 x − x +1 = 1− 2  x − ÷ + ≤ 1− 3 < 0
2 4


2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

x=

1
3

Bài tập áp dụng: Giải pt: x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x 3 + 4 x 2 ( 1 − x )
3

5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
 Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ theo
u,v

)

(

3
3
3
3
Bài 1. Giải phương trình: x 35 − x x + 35 − x = 30

HD:Đặt y = 3 35 − x3 ⇒ x3 + y 3 = 35
 xy ( x + y ) = 30
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  3 3
, giải hệ này ta tìm
 x + y = 35
được ( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3}

Bài 2. Giải phương trình:

2 −1 − x + 4 x =

1
2

4

HD:Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1


Đặt  4

2 −1− x = u

 x = v

⇒0≤u≤

2 − 1,0 ≤ v ≤

4

2 −1

1

u = 4 −v
1


2
u + v = 4

2
⇔
Ta đưa về hệ phương trình sau: 
2
u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1

÷
 4 2

2

1 

Giải pt thứ 2: (v + 1) −  v + 4 ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của pt.
2

2

2


Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Đặt a = x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 5) thì ta đưa về hệ phương trình sau:
a 2 + b = 5
⇒ (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1
 2
b − a = 5

Vậy x − 1 + 1 = 5 + x − 1 ⇔ x − 1 = 5 − x ⇒ x =
Bài 4. Giải phương trình:

11 − 17
2

6 − 2x 6 + 2x 8
+
=
5− x
5+ x 3

HD:Điều kiện: −5 < x < 5
Đặt u = 5 − x , v = 5 − y ( 0 < u , v < 10 ) .
(u + v) 2 = 10 + 2uv
u 2 + v 2 = 10


Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4

2 4
8⇔

− − + 2(u + v) =
(u + v) 1 − ÷ =
3
 u v
 uv  3


Bài 5. Giải phương trình:

4

629 − x + 4 77 + x = 8

HD:ĐK: −77 ≤ x ≤ 629
Đặt

4
 u = 629 − x

 v = 4 77 + x

(u; v ≥ 0)

⇒ u + v = 8, u 4 + v 4 = 706

Đặt t = uv
⇒ t 2 − 128t + 1695 = 0

 t = 15
⇔
t = 113

Với t = 15

⇒

Với t = 113

x=4

⇒

x = 548

Bài 6. Giải phương trình:
HD:Với điều kiện:

x3 + x 2 − 1 + x3 + x 2 + 2 = 3

x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x3 + x 2 + 2 > 0

(1)


Đặt

 u = x 3 + x 2 − 1


v = x 3 + x 2 + 2

Với v > u ≥ 0

Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
 u+v =3
 2
2
v − u = 3

u+v =3
u + v = 3
u = 1
⇔
⇔
⇔
v = 2
(v + u )(v − u ) = 3
v − u = 1
 x 3 + x 2 − 1 = 1
⇔
 x 3 + x 2 + 2 = 2
 x3 + x 2 − 1 = 1
⇔ 3
2
x + x + 2 = 4
⇔ x3 + x 2 − 2 = 0
⇔ ( x − 1)( x 2 + 2 x + 2) = 0
⇔ x = 1 (do x 2 + 2 x + 2 > 0 ∀x)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
Bài 7. Giải phương trình:
HD: Điều

2

1 − x 2 ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ 0 ≤ x ≤1
kiện: 
 x≥0
 x≥0

Với điều kiện (*),đặt
Ta có:

2

1− x2 =  − x 
3


 1− x2

 2 −
 3

=1− u4

2

x  = v2


Do dó ta có hệ

u = x ;v =

2
− x,
3

với u ≥ 0,

(*)
v≤

2
3


2

2

 u+v = 3
 u+v =
⇔
3


 1 − u4 = v2
u 4 + v 4 = 1


2

2
u+v =
u+v =


3
3
⇔
⇔
2
2
( u 2 + v 2 ) − 2u 2 .v 2 = 1
 ( u + v ) 2 − 2u.v  − 2u 2 v 2 = 1



2

2

u+v =
u+v =



3


3
⇔
⇔
2
 4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1
 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0

÷
 9
9
81



2
  u + v = 3


8 − 194
 u.v =
18
⇔

2
 u + v = 5
 


8 + 194
 u.v =
18

⇒

u và v là nghiệm của phương trình

 2 2
8 − 194
= 0(a )
y − y +
3
18

 y 2 − 2 y + 8 + 194 = 0(b)

3
18

•

(b) vô nghiệm

•

(a) có 2 nghiệm

1−

y1 =

Do đó:

97
−3
1+
2
; y2 =
2
u1 = y1 u 2 = y 2
∨

v
=
y
1
2
 v 2 = y1


97
−3
2
3


Vì u ≥ 0 nên ta chọn

1+

⇒ x=

1+
u = y2 =


1+
97

−3
⇒ x =
2

3



97
−3
2
3

97
−3 

2

3





2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Bài 8. Giải phương trình:

4

1
x = 1 +
9


18 + 5 x + 4 64 − 5 x = 4

HD:Với điều kiện

18

x ≥ − 5
18
64
18 + 5 x ≥ 0
⇔
⇔− ≤x≤

64
5
5

64 − 5 x ≥ 0
x≤
5



Đặt

u = 4 18 + 5 x , v = 4 64 − 5 x ,

Suy ra

với u ≥ 0, v ≥ 0

u 4 = 18 + 5 x
 4
v = 64 − 5 x

Phương trình đã cho tương đương với hệ:
 u+v =4
u+v = 4

 4

4
2
2 2
2
u + v = 82 ⇔  u + v − 2(uv) = 82
 v ≥ 0, v ≥ 0


v ≥ 0, v ≥ 0



(

)

Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
S=4

2
 2
2
 S − 2 P − 2 P = 82

P ≥ 0, S ≥ 0


(

)


S=4
S=4

 2


⇒  p − 32 P + 87 = 0 ⇔  P = 3 ∨ P = 29


P≥0
P≥0



(1)

Với S = 4, P = 3

u và v là nghiệm của phương trình:

(*)


97
− 3

2


2


y =1
y2 − 4 y + 3 = 0 ⇔ 
y = 3

Do đó ta có:
Suy

u = 1 u = 3
∨

v = 3  v = 1

 4 18 + 5 x = 1  4 18 + 5 x = 3
∨
ra  4
 64 − 5 x = 3  4 64 − 5 x = 1

 18 + 5 x = 1 18 + 5 x = 81
⇔
∨
64 − 5 x = 81  64 − 5 x = 1
⇔x=−

(2)

17
63
∨x=
5
5

thoả mãn (*)

Với S = 4, P = 29

⇒

không tồn tại u và v

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:

17

 x1 = − 5

 x = 63
 2
5

5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ
đối xứng loại II
( x + 1) 2 = y + 2
 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 
2
( y + 1) = x + 2

(1)
(2)

việc giải hệ

này thì đơn giản

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x ) sao cho (2) luôn
2
đúng , y = x + 2 − 1 , khi đó ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + 2 − 1) + 1 ⇔ x 2 + 2 x = x + 2
Vậy để giải phương trình : x 2 + 2 x = x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
( α x + β ) 2 = ay + b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : 
, ta sẽ xây dựng được
2
( α y + β ) = ax + b
phương trình dạng sau : đặt α y + β = ax + b , khi đó ta có phương trình :
a
β
2
( α x + β ) = ax + b + b −
α
α


Tương tự cho bậc cao hơn : ( α x + β ) =
n

an
β
ax + b + b −
α
α

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
n
( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ đặt α y + β = n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ???

Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ là
chọn được.
n

Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1
HD:Điều kiện: x ≥

1
2

Ta có phương trình được viết lại là: ( x − 1) 2 − 1 = 2 2 x − 1
 x 2 − 2 x = 2( y − 1)
Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau:  2
 y − 2 y = 2( x − 1)

Trừ hai vế của phương trình ta được ( x − y )( x + y ) = 0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2
Cách 2: Đặt

2 x − 1 = t + a ⇒ 2 x − 1 = t 2 + 2at + a 2

Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2
kết hợp với đầu bài ta có hệ phương

 x 2 − 2 x = 2t − 2
trình:  2
t − 2t = 2 x − 2

Giải hệ này ta sẽ tìm được x.
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5

HD:Điều kiện x ≥ −

5
4

Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11
(2 x − 3) 2 = 4 y + 5
⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0
Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: 
2
(2 y − 3) = 4 x + 5

Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3
Với x + y − 1 = 0 ⇔ y = 1 − x ⇔ −2 x − 1 = 4 x + 5 (vô nghiệm)


Kết luận: Nghiệm của phương trình là x = 2 + 3
Bài 3:Giải phương trình: x 2 −

x+5 =5

HD:ĐK: x ≥ −5
Pt

⇔ x2 − 5 = x + 5 ; x ≥ 5

Đặt

(*)

x + 5 = t + a ⇔ x + 5 = t 2 + 2at + a 2

Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:
2
 x − 5 = t
2
t − 5 = x

từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.

Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =
HD:Đặt
Chọn

a=

4x + 9
( x > 0) .
28

4x + 9 2
4x + 9
= t + 2at + a 2
=t+a ⇒
28
28
1
2

ta được:

4x + 9 2
1
1
= t + t + ⇒ 7t 2 + 7t = x +
28
4
2

Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương

1
 2
7 x + 7 x = t + 2
trình: 
7t 2 + 7t = x + 1

2

Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình: 2 x 2 + 2 x + 1 =

4x + 1

IV. PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:
1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:
Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

⇔

a b
=
x y

2.Bất đẳng thức côsi:

≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 )


≥

a) Với hai số a, b
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

≥

0 thì ta có:

⇔ a = b=

c) Với bốn số a, b, c, d
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

≥

⇔ a = b=

e) Với n số a1, a2,…, an
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

a+b
≥ ab
2

⇔a=b

b) Với ba số a, b, c
Dấu ‘‘=’’ xảy ra

0 thì ta có:

≥

a+b+c 3
≥ abc
3

c
0 thì ta có:

a+b+c+d 4
≥ abcd
4

c=d
0 thì ta có:

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1.a2 ....an
n

⇔ a1 = a2 = ... = an

3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x)

≥

b/ A = M - g2(x)

m

⇒ A≥m
⇒ MinA = m

Dấu ''='' xảy ra

≤

M

⇒ A≤ M
⇒ MaxA = M
⇔ f(x)

=0

Dấu ''='' xảy ra

⇔ g(x)

=0

4. Dùng hằng đẳng thức :
 Từ những đánh giá bình phương : A2 + B 2 ≥ 0 , ta xây dựng phương trình dạng
A2 + B 2 = 0

Từ phương trình

(

) (
2

5x − 1 − 2 x +

)

2

9 − 5x − 2 + x − 1 = 0

2
ta khai triển ra có phương trình : 4 x + 12 + x − 1 = 4 ( x 5 x − 1 + 9 − 5 x )

5. Dùng bất đẳng thức
 A ≥ m (1)

 B ≤ m (2)

 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B


Ta có : 1 + x + 1 − x ≤ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và x + 1 +
và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x =

1
≥ 2 , dấu bằng khi
x +1
1
+ 1+ x
x +1

 A ≥ f ( x )
khi đó :
 B ≤ f ( x)

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : 
 A = f ( x )
A=B⇔
 B = f ( x )


Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có
nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để
đánh giá được.

II-BÀI TẬP:
Bài 1. Giải phương trình :

2 2
+ x = x+9
x +1

HD:Đk: x ≥ 0
2

 2 2

+ x÷ ≤  2 2
Ta có : 

 x +1
 

Dấu bằng ⇔

2 2
=
x +1

(

)

2
 1


x  

 = x+9
+ x +1 
+
  x + 1  x + 1 ÷ 

 


2

1
1
⇔ x=
7
x +1

Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16
HD:Đk: −1 ≤ x ≤ 1

(

Biến đổi pt ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

)

2

= 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

)

2

≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 ( 16 − 10 x 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x ( 16 − 10 x
2

2

)

2

 16 
≤  ÷ = 64
 2


2



x=
1 + x2
2

5
 1− x =
⇔
Dấu bằng ⇔ 
3
2

10 x 2 = 16 − 10 x 2
x
=
−


5

Bài 3. Giải phương trình: x3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0
HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và x3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 3) ≥ x + 13
2

Bài 4: Giải phương trình:
HD:Ta có :VT2=(
Nên : 0 < VT

≤

7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38

7 − x + x − 5 )2 ≤ (1

+ 1).(7- x + x - 5) = 4

2

Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2

≥

2

Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 5: Giải phương trình:
HD:ĐK: x ∈ [ 1; 2]
PT

− x 2 + 3x − 2 + x + 1 = 2

(1)

⇔ − x 2 + 3 x − 2 = 2 − x + 1 (2)

Từ (2) ta có:
2 − x +1 ≥ 0
⇔ x +1 ≤ 2
⇔ x +1 ≤ 2

⇔ x ≤ 1 (3)

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1
Bài 6:Giải phương trình :
HD: Điều kiện

x>

x
4x − 1
+
=2
x
4x − 1

1
4

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
x
4x − 1

+

4x − 1
≥2
x

x
4x − 1

×

4x − 1
= 2.
x


x

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

4x − 1

=

4x − 1
x

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

Dấu “=” xảy ra ⇔ x =

4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0

⇔ x 2 − 4x + 4 − 3 = 0 ⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x − 2 = ±
Vậy : x = 2 ±

3 ⇔ x = 2 ± 3 (Thoả

mãn)

3

Bài 7:Giải phương trình :

x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2

HD: Cách 1. điều kiện x ≥ 1
Với x ≥ 1 thì: Vế trái:

x − 1 < 5x − 1

⇒ vế trái luôn âm

Vế phải:

3x − 2 ≥

1 ⇒ vế phải luôn dương

Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm
Cách 2. Với x ≥ 1, ta có:
x − 1 = 5x − 1 + 3x − 2

⇔ x − 1 = 8x − 3 + 2
⇔ 2 − 7x = 2

(5x − 1)(3x − 2)

(5x − 1)(3x − 2)

Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm
Bài 8:Giải phương trình :
HD: Ta có (1) ⇔
⇔

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2

4
9


3  x 2 + 2x + 1 + ÷ + 5  x 2 + 2x + 1 + ÷ = −(x 2 + 2x + 1) + 5
3
5



3(x + 1) 2 + 4 + 5(x + 1) 2 + 9 = 5 − (x + 1) 2

Ta có: Vế trái ≥

(1)

4 + 9 = 2 + 3 = 5.

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1

Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1
Bài 9:Giải phương trình :

x+7
+ 8 = 2x 2 + 2x − 1
x +1