Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

www.thuvienhoclieu.com
I. PHƯƠNG TRÌNH

1. Không có tham số
Dạng 1: Biến đổi tương đương
x 4 + x 2 + 2 5 x 5 + x 2 + 2 = 3 x 4 + 3x − 2 + 2 5 x 5 + 3x

3

Câu 1.

Giải phương trình

Lời giải
+Biến đổi phương trình tương đương :
x = 1
⇔
x = 2

x 2 − 3x + 2 = 0

4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x − 2 ).
2

Câu 2.

Giải phương trình

Lời giải

x ≥ −1.

Điều kiện:

x = −1

Nhận thấy
Xét

x > −1.
4

(

là một nghiệm của phương trình.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

) (

x+1 − 2 + 2

⇔

)

2 x + 3 − 3 = x − x − 2 x − 12

4( x − 3)
x+1 + 2

+

3

2

4( x − 3)

= ( x − 3)( x + 2 x + 4 )
2

2x + 3 + 3

4
4


+
− ( x + 1) − 3 ÷ = 0.
2x + 3 + 3
 x+1 + 2


⇔ ( x − 3) 

4
Vì

x > −1

x+1 > 0

nên

4
x+1 + 2

+

Do đó phương trình

2 x + 3 > 1.

và

4

(1)

2

Suy ra

x+1 + 2

+

4
2x + 3 + 3

< 3,
vì vậy

− ( x + 1) − 3 < 0.
2

2x + 3 + 3

(1) ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là

x = −1

hoặc

x = 3.

www.thuvienhoclieu.com

1


www.thuvienhoclieu.com
3

Câu 3.

x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x

[Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau :
Lời giải
3 x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x ⇔ 2x + 33 x2 − 1 3 x + 1 + 3 x − 1 = 5x

(

)

5
3 2
3
⇒ x − 13 5x = x ⇒ 4x − 5x = 0 ⇒ x = 0;x = ±
.
2
Thö l¹i ta thÊy ph ¬ng tr×
nh cã 3 nghiÖm: x =0; x =±

Câu 4.

Giải phương trình:

x 2 + 6 x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 + 2 x + 3 ( 1)

5
2

.

,với

x∈R

.

Hướng dẫn giải.

( 1) ⇔ x 2 + 2 x + 3 − ( 2 x + 1)
⇔

(

)(

x2 + 2x + 3 − 2 x + 1

x2 + 2x + 3 + 4x − 2 = 0

)

x2 + 2x + 3 − 2 = 0

 x2 + 2 x + 3 = 2 x −1
⇔
 x 2 + 2 x + 3 = 2
1

3 + 15
x ≥
x + 2x + 3 = 2x −1 ⇔ 
⇔ x=

2
3
3 x 2 − 6 x − 2 = 0

2

Câu 5.

Giải phương trình

3x − 2 − x + 1 = 2 x 2 − x − 3

.
Hướng dẫn giải.

3x − 2 − x + 1 = 2 x 2 − x − 3 ⇔

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

Tìm được nghiệm duy nhất x=2/3
Câu 6.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình

x2 − 3y2 + 2xy − 2x − 10y + 4 = 0

.

Hướng dẫn giải
Ta có:

x2 − 3y2 + 2xy − 2x − 10y + 4 = 0

(

)

⇔ x2 + 2x( y − 1) + ( y − 1) − 4y2 + 8y + 4 == 7
2

www.thuvienhoclieu.com

2


www.thuvienhoclieu.com

⇔ ( x + y − 1) − ( 2y + 2) = −7
2

2

⇔ ( 3y + x + 1) ( y − x + 3) = 7

Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau:
3y + y + 1= 7 3y + y + 1= −7 3y + y + 1= 1 3y + y + 1= −1





 y − x + 3 = 1  y − x + 3 = −1  y − x + 3 = 7  y − x + 3 = −7
;
;
;

( x; y) ∈ { ( ±3;1) ,( 1; −3) ,( 7; −3) }

Giải ba hệ phương trình trên ta được:
Câu 7.

.

(THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:
2
= 1 + 5 + 6 x − x2
x −1 + 5 − x

Đặt

t = x −1 + 5 − x

Hướng dẫn giải
2
t2 − 4
= 1+
⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 2t + 2 ) = 0
t
2

ta được
x = 1, x = 5
t=2
Giải ta được
suy ra

Dạng 2: Đặt ẩn phụ

x 2 + x + 9 = 2 x − 4 + x +1

Bài 1.

Giải phương trình trên tập số thực:
Hướng dẫn giải

Điều kiện:

x ≥ −1

(1).

.

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

gx = −1

không là nghiệm của phương trình.

2

 x−2 
x−2
gx > −1: pt (1) ⇔ 
+1
÷ +5 = 2
x +1
 x +1 

t=
Đặt

x−2
x +1

.

t + 5 = 2t +1
2

Phương trình trở thành:

Khi đó ta có:

.

⇔t=

2

3

20 + 4 7
⇔x=
2 x +1 = 3x − 6
9

.

. Vậy


 20 + 4 7 

S =

9





www.thuvienhoclieu.com

.
3


www.thuvienhoclieu.com

2 x 2 + 3x + 7 = ( x + 5 ) 2 x 2 + 1

Bài 2.

Giải phương trình sau trên tập số thực:
Hướng dẫn giải

Phương trình (1)
Đặt

t = 2x2 + 1

⇔ 2 x 2 + 1 − ( x + 5) 2 x 2 + 1 + 3 x + 6 = 0

.

.

. Ta có phương trình:

t 2 − ( x + 5 ) t + 3x + 6 = 0

(*).

∆ =  − ( x + 5 )  − 4 ( 3 x + 6 ) = ( x − 1)
2

2

.

t = 3
⇔
t = x + 2
Phương trình (*)
x + 2 > 0
⇔
 2
t = 3 ⇔ 2 x + 1 = 3 ⇔ x = ±2 t = x + 2 ⇔ 2 x + 1 = x + 2
 x − 4x − 3 = 0
2

2

 x > −2
⇔
⇔ x = 2± 7
 x = 2 ± 7

(

S = ±2; 2 ± 7
Vậy

)

.

.

( 2x

Bài 3.

2

− x − 5 ) x 2 + x + 2 + ( 2 x 2 + x + 1) x + 3 = 0

Giải phương trình sau trên tập số thực:
Hướng dẫn giải

7
a ≥
a = x 2 + x + 2

2 .

b ≥ 0
b = x + 3

Đặt
. Điều kiện:
Ta có:

.

2 x 2 − x − 5 = 2a 2 − 3b 2 ; 2 x 2 + x + 1 = 2a 2 − b 2 .
3

Thay vào phương trình ta được:

2

b
b
b
⇔  ÷ + 3  ÷ − 2  ÷− 2 = 0
2
2
2
2
( 2a − 3b ) a + ( 2a − b ) b = 0  a   a   a 

b
a =1
⇔
2
 b 
b
 a ÷ + 4 a + 2 = 0
 

www.thuvienhoclieu.com

4


www.thuvienhoclieu.com
2

+)
+)

b
b
 ÷ +4 +2=0
a
a

x = 1
b
= 1 ⇔ b = a ⇔ x + 3 = x2 + x + 2 ⇔ 
.
a
 x = −1

Vậy

Bài 4.

: phương trình vô nghiệm do

b
≥ 0.
a

x = 1; x = −1

là nghiệm phương trình.

Giải phương trình sau

−2 x 3 + 10 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x 3
Lời giải
Nhận xét rằng
Suy ra

x≠0

x=0

không là nghiệm của phương trình đã cho.
x

. Chia cả hai vế của phương trình cho

t=

3

rồi đặt

1
,t ≠0
x

, ta có phương trình

3
2

2
8t 3 − 17t 2 + 10t − 2 = 2 3 5t 2 − 1 ⇔ ( 2t − 1) + 2 ( 2t − 1) = ( 5t − 1) + 2 5t − 1
3

Xét hàm số

f ( t ) = t 3 + 2t , ∀t ∈ ¡

Ta có hàm số
Suy ra hàm số

f ( t)
f ( t)

liên tục trên

.
¡

và

f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t

luôn đồng biến trên khoảng

( −∞; +∞ )

f ( 2t − 1) = f

Khi đó phương trình đã cho có dạng

17 ± 97
⇔ 8t 3 − 17t 2 + 6t = 0 ⇔ t =
16

(do

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
Bài 5.

Giải phương trình sau :

( 4 x − 1)

(

3

( *)

.

.

)

5t 2 − 1 ⇔ 2t − 1 = 3 5t 2 − 1

t≠0

)

17 − 97
x1 =
12

x2 =

và

17 + 97
12

.

x +1 = 2x + 2x +1
2

2

Lời giải
Đặt

y = x 2 + 1 ≥ 1 ⇔ y 2 = x 2 + 1 ⇒ 2 y 2 + (1 − 4 x ) y + 2 x − 1 = 0

.

4
⇔ y = 2x − 1 ⇔ x =
3

www.thuvienhoclieu.com

5


www.thuvienhoclieu.com
3

x3 + 5 x 2 − 1 =

5x2 − 2
.
6

Điều kiện xác định:
t=
Đặt

5 x 2 − 2 ≥ 0.

5x2 − 2
(t ≥ 0).
6

Ta có

5 x 2 = 6t 2 + 2

.

Phương trình đã cho trở thành

3

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

⇔ x 3 = (t − 1)3 ⇔ x = t − 1 ⇔ t = x + 1
 x ≥ −1
 x ≥ −1
5x2 − 2

⇔
= x + 1 ⇔  5x2 − 2
⇔

2
6
= ( x + 1) 2
 x + 12 x + 8 = 0

 6

⇔ x = −6 + 28

(tm đk).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

x = −6 + 28.

log 2+ 5 ( x 2 − 2 x − 11) = log
Bài 6.

Giải phương trình:
 x 2 − 2 x − 12 > 0
(*)
 2
 x − 2 x − 11 > 0
• Điều kiện:
•

(2 + 5) 2 = 9 + 4 5

log
• (1) ⇔
⇔

9+ 4 5

(2 2 + 5 ) 2 = 8 + 4 5

và
2
( x − 2 x − 11) = log

8+ 4 5

2 2+ 5

do đó
2
( x − 2 x − 12)

( x 2 − 2 x − 12)

2+ 5 = 9+4 5

(1)

và

2 2+ 5 = 8+4 5

log 9+ 4 5 ( x 2 − 2 x − 11) = log8+ 4 5 ( x 2 − 2 x − 12)

5
• Đặt: a = 8 + 4
> 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0.
• Do đó: (1) ⇔ lna + 1(t + 1) = lnat
y
t = a
⇔
(I)
y
t + 1 = ( a + 1)
Cách 1: (1) ⇔ lna + 1(t + 1) = lnat
.

www.thuvienhoclieu.com

6

.


www.thuvienhoclieu.com
y

y

 a   1 

÷ +
÷ = 1 (2).
 a +1   a +1 

• Từ (I) ta được:
• y = 1: là nghiệm của (2).
y

• y < 1:

y

a
1
 a   1 
+
=1

÷ +
÷ >

a +1 a +1
 a +1   a +1 

y

, y < 1:

y

a
1
 a   1 
+
=1

÷ +
÷ <
a +1 a +1
 a +1   a +1 

• Nên (2) có nghiệm duy nhất: y = 1. Do đó: (1) t = a ⇔ x2 – 2x – 12 = 8 + 4
5
5
5
⇔ x2 – 2x – 20 - 4
=0⇔x=2+2
hoặc x = -2 .
• Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2
Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1
y' =

5

hoặc x = -2

5

5

.

( thỏa *)

.

1
1
−
<0
(t + 1) ln(a + 1) t ln a

• Ta được:
vì a > 1, nên hàm số giảm trên (0; +∞) và ta có f(t) = 0 có
nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm duy nhất t = a.
5
• Vậy: (1) (1) ⇔ lna + 1(t + 1) = lnat ⇔ t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4
( thỏa *)
5
5
5

⇔ x2 – 2x – 20 - 4
=0⇔x=2+2
hoặc x = -2 .
• Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2

Bài 7.

5

hoặc x = -2

3( x 2 + 2 x + 2) = 10 x3 + 2 x 2 + 2 x + 1

Giải phương trình:
x + 2 x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1)( x 2 + x + 1)

5

.

(1).

3

•

nên điều kiện là: x ≥ -1.

a = x + 1 b = x2 + x + 1
• x + 2x + 2 = (x +1) + (x + x + 1), đặt

,
• Với điều kiện x ≥ -1: (1) trở thành:
3(a2 + b2) = 10ab ⇔ 3a2 – 10ab + 3b2 = 0 ⇔ (a – 3b)(3a – b) = 0 ⇔ a = 3b hay a = b/3.
2

• a = 3b ⇔

2

x +1

=3

• a = b/3 ⇔ 3a = b ⇔3

x2 + x + 1
x +1

⇔ x + 1 = 9(x2 + x + 1) ⇔ 9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)

x2 + x + 1

⇔9(x + 1) = x2 + x + 1 ⇔ x2 - 8x - 8 = 0
x = 4±2 6
Vậy phương trình có hai nghiệm:
.

Bài 8.

Giải phương trình :

≥
Điều kiện: x -1

=

⇔ x = 4±2 6

x 3  − 3x 2 + 2 = x + 1

+) Nếu x > 3 thì:
www.thuvienhoclieu.com

7


www.thuvienhoclieu.com
3

2

3

x - 3x + 2 = (x – 1) - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 >
thỏa mãn
Với -1

≤

x

≤

x +1

Chứng tỏ x > 3 không

3

Đặt x = 2cost + 1

(0

≤

t

≤ π

)

Khi đó phương trình trở thành:
3

2 cos t + 2

2

(2cost + 1) - 3(2cost + 1) + 2 =

⇔

⇔

⇔

2(cos t + 1)

3

8cos t – 6cost =

2cos3t = 2cos

cos3t = cos

t
2

t
2

 4 kπ
t = 5

t = 4 k π
7
⇔ 

t


3t = 2 + 2kπ

3t = − t + 2kπ
2
⇔ 

3

Bài 9.

Giải phương trình

5x 2 − 2
x + 5x −1 =
6
3

2

Hướng dẫn giải

5 x − 2 ≥ 0.
2

Điều kiện xác định:

5x2 − 2
= t (t ≥ 0).
6

Đặt
Ta có
Phương trình đã cho trở thành
3

5 x 2 = 6t 2 + 2

.

x 3 + 6t 2 + 2 − 1 = t ⇔ x3 + 6t 2 + 2 = (t + 1)3

⇔ x3 = (t − 1)3 ⇔ x = t − 1 ⇔ t = x + 1
 x ≥ −1
 x ≥ −1
5x2 − 2

⇔
= x + 1 ⇔  5x 2 − 2
⇔
⇔ x = −6 + 28

2
6
= ( x + 1) 2
 x + 12 x + 8 = 0

 6

.

x = −6 + 28.
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là
www.thuvienhoclieu.com

8


www.thuvienhoclieu.com

Bài 10.

[Đề
chọn
hsg
tỉnh
Trà
Vinh,
3
3
1 + 1 − x2  ( 1 + x ) − ( 1 − x )  = 2 + 1 − x2



Bài 11.

2014-2015]

[Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình
Lời giải
Phương trình tương đương với

t = 3 2 x −1
Đặt

Giải

phương

trình

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1

x3 + 2 x = 2 x − 1 + 2 3 2 x − 1

, ta có phương trình

x3 + 2 x = t 3 + 2t

⇔ ( x − t ) ( x 2 + xt + t 2 ) + 2 ( x − t ) = 0
⇔ ( x − t ) ( x 2 + xt + t 2 + 2 ) = 0

( 1)

2

t  3t 2

x + xt + t + 2 =  x + ÷ +
+2>0
2
4


2

Vì

2

nên

(1) ⇔ x = t

x =1
⇔ ( x − 1) ( x + x − 1) = 0 ⇔ 
 x = −1 ± 5
3
3

⇔ x = 2x −1 ⇔ x − 2x + 1 = 0
2
2

Tập nghiệm

Bài 12.

 −1 ± 5 
S = 1;

2 


Giải phương trình:

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

,với

x∈¡

Hướng dẫn giải.
Từ pt ta thấy

x〉 0

⇔ x2 +
(1)

Đặt:

1
1

+ 1 + 3  x + ÷= 3 3
2
x
x


1
t = x + ,t ≥ 2

x

Pt trở thành:

t2 −1 = 3 ( 3 − t )

www.thuvienhoclieu.com

9

:


www.thuvienhoclieu.com

t ≤ 3
⇔ 2
⇔t=2
t
−
9
t
+
14
=
0


x+

1
= 2 ⇔ x =1
x
x 3 − 5 x 2 + 12 x − 6 = 2 3 x 2 − x + 1

Giải phương trình
Bài 13.

Giải phương trình:

− x 2 − 3x + 1 − x = x 2 + 1. 3 − 4 x

.

Hướng dẫn giải.
r
r
u = ( x;1) , v =
Đặt

r r
u, v

Như vậy:

(

2 − 3x ; − 1 − x

rr

r r
u.v = − u . v
từ phương trình ta có

ngược hướng

2 − 3x − 1 − x
=
x
1

Suy ra:

)

(1)
x=

Giải (1) và thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm là

Bài 14.

x = 10 + 10 + x
Giải phương trình:

,với

−1 − 5
2

x∈R

Hướng dẫn giải.
Đk:
Đặt

x≥0
u = 10 + x , u ≥ 10

Ta có:
x−u−

 x = 10 + u

u = 10 + x

(

)

x− u =0⇔

(

x− u

)(

)

x + u +1 = 0

x = u
⇔
 u + x + 1 = 0(VL)

 x ≥ 10
21 + 41
x = u ⇔ x = x − 10 ⇔  2
⇔x=
2
 x − 21x + 100 = 0

www.thuvienhoclieu.com

10


www.thuvienhoclieu.com
x=

Vậy phương trình có một nghiệm:
3

21 + 41
2

81x − 8 = x3 − 2 x 2 +

Giải phương trình:

3x

x+

Bài 15.

x2 + 1

Giải phương trình:

4
x−2
3

,

.

=1

Hướng dẫn giải.
Phương trình đã cho có điều kiện
x+

Với điều kiện trên ta có:

0 < x <1

3x
x2 + 1

= 1 ⇔ x2 + 1 =

3x
1− x

2
2
2
⇔ (1 − x ) ( x + 1) = 9 x

⇔ x2 +

Đặt

Với

1
1

− 2  x + ÷− 7 = 0
2
x
x


1
t= x+
x

(t ≥ 2)
ta có:

t = 1 + 10

ta có :

 t = 1 − 10
t 2 − 2t − 9 = 0 ⇔ 
⇔ t = 1 + 10
t
=
1
+
10



1 + 10 − 5 − 2
x =
2
⇔

1 + 10 + 5 + 2
1
x + = 1 + 10
x =
2

x

0< x <1

x=

, phương trình đã cho có nghiệm

1 + 10 − 5 − 2
2

So với điều kiện

Bài 16.

x + 1 = (2 x + 1)

Giải phương trình sau trên tập số thực:
Hướng dẫn giải.

Điều kiện:

1
x≥− .
2

ta thu được hệ
Suy ra

Đặt

y=

x +1 + 2

(

y> 2

x +1 + 2

.

),

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

www.thuvienhoclieu.com

11


www.thuvienhoclieu.com

(

)

x + 1 + y = y 2 − x + 1 ( x + 1) y

(

)(

)

⇔ y x +1 +1 y + x +1− y2 x + 1 = 0

(

)(

)

⇔ y x +1 +1 y − 2 x +1 = 0
⇔ y = 2 x +1
x +1 + 2 = 2 x +1 ⇔ x =

Do vậy
x=

Thay vào, thử lại thấy
x=

Đáp số:
Bài 17.

−15 + 33
32

−15 + 33
.
32

thỏa mãn.

−15 + 33
.
32

Giải phương trình:

x 2 + 6x2 + 4x = x + 1

.
Hướng dẫn giải.

2

x≤− ∨x≥0

3
6 x 2 + 4 x ≥ 0


1+ 5
1 − 5
pt ⇔  x + 1 − x 2 ≥ 0
⇔

≤x≤
2
6 x 2 + 4 x = ( x + 1 − x 2 ) 2
 2
2

6 x + 4 x = ( x + 1 − x 2 ) 2 (1)


(1) ⇔ x 4 + 1 − 2 x 3 − 2 x − x 2
⇔ x2 +

1
1

− 2 x +  − 7 = 0
2
x
x


t= x+
Đặt

=0

1
x

(t ≥ 2)

ta được

So với điều kiện ta được
0≤ x≤

So với điều kiện

(x = 0 không là nghiệm)
t = 1 − 10
t 2 − 2t − 9 = 0 ⇔ 
t = 1 + 10


1 + 10 − 5 − 2
x =
2
t = 1 + 10 ⇔ 

1 + 10 + 5 + 2
x =
2

1+ 5
2

x=

, ta được

1 + 10 − 5 − 2

2

www.thuvienhoclieu.com

12


www.thuvienhoclieu.com
Bài 18.

Giải phương trình sau:

4 x2 + x + 1 = 1 + 5x + 4 x 2 − 2 x3 − x 4

với

x∈R

.

Hướng dẫn giải.
3
2

t = x 2 + x + 1, t ≥

Đặt

. Khi đó phương trình trở thành:

4t = −t 4 + 7t 2 − 5 ⇔ t 4 − 6t 2 + 9 − ( t 2 − 4t + 4 ) = 0
⇔ ( t 2 − 3) − ( t − 2 ) = 0 ⇔ ( t 2 − t − 1) ( t 2 + t − 5 ) = 0
2

2

(*)

t − t − 1 = 0
⇔ 2
t + t − 5 = 0
2

(*)
t≥

 Với

3
2

t − t −1 = 0

t=

2

thì

t≥

 Với

3
2

có một nghiệm là

t +t −5 = 0

1+ 5
2
t=

2

thì

có một nghiệm là

−1 + 21
2

2

t=

 Khi

1+ 5

2

⇔x=

 1+ 5 
x + x + 1 = 
⇔ 2x2 + 2x −1 − 5 = 0
÷
÷
 2 
2

thì

−1 − 3 + 2 5
2

x=
hoặc

−1 + 3 + 2 5
2

.

2

t=

Khi

−1 + 21
2

⇔x=

Bài 19.

 −1 + 21 
x + x + 1 = 
⇔ 2 x 2 + 2 x − 9 + 21 = 0
÷
÷
2


2

thì

−1 − 19 − 2 21
2

Giải phương trình

x=
hoặc

−1 + 19 − 2 21
2

.

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

.

Hướng dẫn giải.
Điều kiện

Đặt

x ≥ −2

t = 3 9 ( x − 3)

ta có

www.thuvienhoclieu.com

13


www.thuvienhoclieu.com

x=

t 3 + 27 x + 2
t 3 + 45 3
t2
2
;
=
; 3 ( x − 3) =
9
2
18
3

Phương trình đã cho trở thành

t 3 + 45 t 2
= + t +1 ⇔
18
3

t 3 + 45 2
= t + 3t + 3
2
2

 3 3
t + 3t + 3 =  t + ÷ + > 0
 2 4
2

Ta có

nên

2
t 3 + 45
= ( t 2 + 3t + 3)
2

( 2t − 1) ( t + 3) ( t 2 + 3t + 9 ) = 0 ⇔ t =
Ta được phương trình

t=
Với

1
2

x=
thì

t = −3
Với

Bài 20.

thì

1
∨ t = −3
2

217
72

x=0

Giải phương trình

2x2 + 1- x + 2x 1- x2 = 1

.

Hướng dẫn giải.
Ta có phương trình tương đương với
1- x = 1- 2x2 - 2x 1- x2

Þ 1- x = 1 + 4x4 + 4x2(1- x2) - 4x2 - 4x 1- x2 + 8x3 1- x2
Û x(1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 ) = 0
éx = 0
ê
Û ê
ê1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 = 0(1)
ë

Xét (1), đặt
Ta được

y = 1- x2

, suy ra

y³ 0

và

x2 = 1- y2

.

1- 4y + 8y(1- y2) = 0 Û 8y3 - 4y - 1 = 0

Û (2y + 1)(4y2 - 2y - 1) = 0

www.thuvienhoclieu.com

14


www.thuvienhoclieu.com
Û y=

1+ 5
4

5-

x=±

5
8

. Từ đó suy ra

Thử lại ta được nghiệm của phương trình là
Bài 21.

Giải phương trình

x3 + 1 = 2 3 2 x − 1

.

x=0

x =và

5-

5
8

.

.
Hướng dẫn giải

x + 2x = 2 x −1 + 2 3 2x −1
3

Phương trình tương đương với

t = 2x − 1
3

Đặt

, ta có phương trình

.

x + 2 x = t + 2t
3

3

⇔ ( x − t ) ( x 2 + xt + t 2 ) + 2 ( x − t ) = 0
⇔ ( x − t ) ( x 2 + xt + t 2 + 2 ) = 0

( 1)

2

t  3t 2

x + xt + t + 2 =  x + ÷ +
+2>0
2
4

2

Vì

2

nên

(1) ⇔ x = t

⇔ x = 2 x −1 ⇔ x − 2 x + 1 = 0
3

3

x =1
⇔ ( x − 1) ( x + x − 1) = 0 ⇔ 
 x = −1 ± 5

2
2

Tập nghiệm

Bài 22.

 −1 ± 5 
S = 1;

2 


.

 1
8 x 2 − 15 x + 9 =  1 + ÷ 3 5 x 2 − 2 x − 2
 x

(Chuyên Hưng Yên ) Giải phương trình
Hướng dẫn giải
 1
8 x 2 − 15 x + 9 = 1 + ÷ 3 5 x 2 − 2 x − 2
 x

⇔ 8 x 3 − 15 x 2 + 9 x = ( x + 1) 3 ( x + 1)(2 x − 1) + 3x 2 − 3 x − 1( x ≠ 0)
⇔ (2 x − 1)3 − (3 x 2 − 3x − 1) = ( x + 1) 3 ( x + 1)(2 x − 1) + 3 x 2 − 3 x − 1

u = 2 x – 1, v = 3 5 x 2 − 2 x − 2

Đặt
, ta được hệ:
Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được:

3
2
u − (3 x − 3 x − 1) = ( x + 1)v
 3
2
v − (3 x − 3 x − 1) = ( x + 1)u

www.thuvienhoclieu.com

15


www.thuvienhoclieu.com

(u

− v)

TH1:

(v

2

+ uv + u 2 ) =

(x

+ 1)

(v

− u ) ⇔ (u − v) ( u 2 + uv + v 2 + x + 1) = 0

u = v ⇔ 2 x − 1 = 3 5 x 2 − 2 x − 2 ⇔ 8 x3 − 17 x 2 + 8 x + 1 = 0
x = 1
⇔ ( x − 1)(8 x − 9 x − 1) = 0 ⇔ 
 x = 9 ± 113


16
2

TH2:

u
3
u 2 + uv + v 2 + x + 1 = 0 ⇔ (v + )2 + (2 x − 1)2 + x + 1 = 0
2
4

u
⇔ 4(v + ) 2 + 12 x 2 − 8 x + 7 = 0
2
u
⇔ 4(v + ) 2 + 4 x 2 + 2(2 x − 1) 2 + 5 = 0
2

phương trình vô nghiệm.
x = 1; x =

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm:

Bài 23.

Đặt

Giải phương trình :
t = x+5

( t ≥ 0)

x2 − 4x + 3 = x + 5

.
Hướng dẫn giải

.
t 4 − 14t 2 − t + 48 = 0

Từ phương trình đã cho ta có :
⇔ ( t − 3) ( t 3 + 3t 2 − 5t − 16 ) = 0
Ta có : (*)
t = 3
⇔ 3
2
t + 3t − 5t − 16 = 0 (**)
Với
Đặt

x=4
ta có
y = t + 1 ( y ≥ 1)

9 ± 113
16

(*)

t =3

y3 − 8 y − 9 = 0

từ phương trình (**) ta có :
(***)
3
f ( y) = y − 8y − 9
[ 1; + ∞)
Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số
trên
ta thấy (***) có một
y0
nghiệm duy nhất
y0
y0 = u0 + v0
Ta biểu diễn
dưới dạng:

www.thuvienhoclieu.com

16


www.thuvienhoclieu.com

Ta có :

u03 + v03 + ( u0 + v0 ) ( 3u0 v0 − 8 ) − 9 = 0

Vậy ta có :

3
0

nên có thể chọn

u0 ; v0

u0v0 =

sao cho :

8
3

 3 3 512
u0 v0 =
27

u 3 + v 3 = 9
 0 0
3
0

u ;v
Như vậy
được chọn là nghiệm của phương trình :
 3 9
139
u0 = +
2

108


v 3 = 9 − 139
 0 2
108
Suy ra:
Ta tìm được nghiệm của (***) là

z2 + 9z −

512
=0
27

2

y0 =

3

9
139 3 9
139
+
+
−
2
108
2

108

.Suy ra :
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

 9

139 3 9
139
x=3 +
+
−
− 1÷ − 5
 2
÷
108
2
108


2

x=4

;

 9

139 3 9
139

x=3 +
+
−
− 1÷ − 5
 2
÷
108
2
108


x2 - 3x +1=-

Bài 24.

Giải phương trình sau:

3 4
x + x2 +1
3

.

Hướng dẫn giải:
x4 + x2 +1= ( x2 + x +1) ( x2 – x +1) > 0

Ta có:
Û x2 – 3x +1= 2( x2 – x +1) – ( x2 + x +1)

t=

Đặt

x2 - x +1
x2 + x +1 t > 0
,
. Phương trình trở thành:

é - 3
êt =
<0
ê 2 3
3
2
2t +
t - 1= 0 Û ê
ê
1
3
êt =
Û
ê
3
ë

x2 - x +1
1
=
2
x + x +1

3

Û x =1

Dạng 3. Sử dụng hàm số
Câu 1.

Giải các phương trình sau:

www.thuvienhoclieu.com

17


www.thuvienhoclieu.com
a)

Câu 2.

8 x 3 + 4 x − 3 + ln ( 4 x 2 − 2 x + 1) = 0.

ln ( x 2 + 6 x + 10 ) + x 3 + 3x 2 + 4 x + 12 = 0

b)
Giải phương trình sau:

(

log 2007
a)

b)

4 x − x2 − 2

)

 1 
x − 4 x + 3 + 2006 + 
÷
 2007 
2

=2

 2x2 + 3 
4
2
log 2007  4
÷= x − x −2
2
 x + x +1
log 2007

Câu 3.

.

Giải phương trình

Giải phương trình:

x.3x

2

−1

(

)

1 − sin x + 1 = 2007

1−sin x

−1
.

+ ( x 2 − 1).3x + 1 − x − x 2 = 0

( x 2 − 1).(3x − 1) + x.(3x

2

−1

− 1) = 0
• Phương trình đã cho tương đương với:
• Xét x = 0; x = ± 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x = ± 1.

2
3x − 1 3x −1 − 1
+ 2
= 0 (2)
x
x −1
• Xét x ≠ 0; x ≠ ± 1: Khi đó (1) ⇔
3t − 1
f (t ) =
t
Với t ≠ 0, xét hàm số:
.
* Với t > 0 thì 3t – 1 > 0 ⇒f(t) > 0 và với t < 0 thì 3t – 1 < 0 ⇒ f(t) > 0, do đó:
Vì (2) ⇔ f(x) + f(x2 – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm.
• Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = ± 1.
3

Câu 4.

Câu 5.

[Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình :

Giải phương trình:

8 x 3 − 17 x 2 + 10 x − 2 = 2 3 5 x 2 − 1

3 x − 5 = 8 x3 − 36 x 2 + 53 x − 25

.

8 x − 17 x + 10 x − 2 = 2 5 x − 1 ⇔ (2 x − 1) + 2(2 x − 1) = (5 x 2 − 1) + 2 3 5 x 2 − 1
3

3

2

2

3

Ta có
(1).
3
2
f
f (t ) = t + 2t
f '(t ) = 3t + 2 > 0, ∀t
¡
Đặt
thì
do đó
đồng biến và liên tục trên . Từ đó:

(1) ⇔ f (2 x − 1) = f

(

3

)

5x2 − 1 ⇔ 2 x −1 = 3 5x2 −1
.

www.thuvienhoclieu.com

18


www.thuvienhoclieu.com
x = 0
⇔ x (8 x − 17 x + 6) = 0 ⇔ 
 x = 17 ± 97

16
2

.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
Câu 6.

Giải phương trình

−2 x3 +1 0 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x 3

(1)

Hướng dẫn giải
Có

x=0

không là nghiệm của (1)
x≠0
x3
Xét
, chia hai vế cho , được

−2 +

Đặt

10 17 8
5
− 2 + 3 = 2 3 2 −1
x x
x
x

1
y =  ( y ≠ 0 )
x

, khi đó có PT

8 y 3 − 17 y 2 + 10 y − 2 = 2 3 5 y 2 − 1

( 2 y − 1)

3

+ 2 ( 2 y − 1) = 5 y 2 − 1 + 2 3 5 y 2 − 1

f ( 2 y − 1) = f

Suy ra
Xét hàm số

(

3

5 y2 −1

f ( t ) = t 3 + 2t

f ( 2 y − 1) = f

nên

(

3

)

.Vì f(t) là hàm số đồng biến trên R

)

5 y2 −1  

↔ 2 y −1

(

5 y2 −1

3

=

)

3
2
↔ 8 y − 17 y + 6 y = 0 ↔ y 8 y − 17 y + 6 = 0

y=

Giải tìm được y = 0 (loại);
1
x=
y
Tính x theo

2

17 ± 97
16

Tập nghiệm của phương trình (1) là
4

Câu 7.

Giải phương trình

x + 4 5− x =

4

17 − 97 17 + 97 
;


12 
 12

x + 5 4 10 − x
+
3
3

( x∈¡ )
.

Hướng dẫn giải.
Điều kiện:

0≤ x≤5

www.thuvienhoclieu.com

19


www.thuvienhoclieu.com

⇔ 24 x + 4 5− x =

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

4

Phương trình

Ta có: x = 0, x = 5 không là nghiệm phương trình.
Xét hàm số

f ( x ) = xα , x > 0

α=
Áp dụng (*) với

24 x + 4 5 − x ≤

4

(1) ⇔ x = 5 − x ⇔ x =

5
2

Giải phương trình

; ta có:

(*)

1
4

Ta có:

Câu 8.

f '( x) = α xα −1 ; f ''( x) = α (α − 1) xα − 2

x + 2 x 4 (5 − x ) + 2 x 4 x + 2(5 − x )
+

+
3
3
3
x=

. Vậy

5
2

là nghiệm phương trình.

5 3 2 x 3 − 3x 2 − 5 x − 4 = − x 3 + 13 x − 2, ( x ∈ ¡ )

.

Hướng dẫn giải.

Đặt

a = 3 2 x 3 − 3x 2 − 5 x − 4

ta được:

(1) + (2) ⇒ a 3 + 5a = ( x − 1)3 + 5( x − 1)

Xét hàm số
⇒ hàm số

f (t ) = t 3 + 5t
f (t )

trên

¡

đồng biến trên

có
¡

5a = − x 3 + 13x − 2
(1)
 3
3
2
a = 2 x − 3 x − 5 x − 4 (2

(*)
f '(t ) = 3t 2 + 5 > 0 ∀t ∈ ¡

; (*)

⇔ 3 2 x3 − 3x 2 − 5 x − 4 = x − 1


x = 3

x = 3

−3 − 5
3
⇔ x − 8x − 3 = 0 ⇔  2
⇔  x =
2
 x + 3x + 1 = 0

 x = −3 + 5

2
x = 3; x =

Thử lại, ta được:

Câu 9.

Giải phương trình :

−3 − 5
−3 + 5
; x=
2
2

x3 + x 2 − 3x − 2 = 2 x + 2

trên

là nghiệm phương trình.

[ −2; 2]

www.thuvienhoclieu.com

.

20


www.thuvienhoclieu.com
Hướng dẫn giải
Đặt

x = 2 cos t

.Với

x ∈ [ −2; 2 ]

ta có

Với

Vậy trên

.

t
4 cos3 t − 3cos t + 2 cos 2 t − 1 = 2 cos  ÷
2

Phương trình đã cho trở thành :

t ∈ [ 0; π ]

t ∈ [ 0; π ]


 t
t = π
cos
=
0
 2÷



⇔
⇔ t = 0
  5t 
cos  ÷ = 1 t = 4π
 2
5


( *) ⇔ cos 3t + cos 2t = 2 cos 

t
÷
2

Ta có:

(*)

x = −2 , x = 2, x = 2 cos

[ −2; 2]

phương trình đã cho có nghiệm
2
16 x ( 2 x −1) − 2.42 x −1 = 0
Câu 10. Giải phương trình:
.
Lời giải
Biến đổi phương trình:

16 x

2

( 2 x −1)

− 2.42 x −1 = 0 ⇔ 24 x

2

( 2 x −1)

4π

5

.

= 2 4 x −1 ⇔ 8 x 3 − 4 x 2 − 4 x + 1 = 0

(1)

1
f  ÷ = −1
f ( x ) = 8x − 4 x − 4 x + 1 = 0
f ( −1) = −7 f ( 0 ) = 1
2
Đa thức
có tối đa 3 nghiệm và ta có:
;
;
3

2

f ( 1) = 1 f ( x )
f ( −1) . f ( 0 ) < 0
( −1;1)
;
.
liên tục trên khoảng
và
,
f ( x) = 0

( −1;1)
nên
có 3 nghiệm trên khoảng
.
Do

f ( x) = 0

có đúng 3 nghiệm trong khoảng

( −1;1)

1
f ( 0) . f  ÷< 0
2

, nên ta có thể đặt

x = cos a

với

,

1
f  ÷. f ( 1) < 0
 2

0< a <π

.

Phương trình (1) trở thành:
8cos3 a − 4 cos 2 a − 4 cos a + 1 = 0 ⇔ 4 cos a ( 2 cos 2 a − 1) = 4 ( 1 − sin 2 a ) −1

⇔ 4 cos a.cos 2a = 3 − 4sin 2 a ⇔ 4sin a.cos a.cos 2 a = 3sin a − 4sin 3 a
 4a = 3a + k 2π
⇔ sin 4a = sin 3a ⇔ 
 4a = π − 3a + k 2π
⇔a=

π
7

a=
hay

3π
7

a=
hay

5π
7

( k ∈¢)
(với

0< a <π

(do

sin a > 0

)

)

.

www.thuvienhoclieu.com

21


www.thuvienhoclieu.com

Câu 11. Giải phương trình sau:

1
1
+
=2
x
2 − x2

.

Hướng dẫn giải

Điều kiện
Đặt

x ∈ (− 2; 2) \ { 0}

y = 2 − x 2 ;y>0

.

.

Từ phương trình đã cho ,ta có hệ phương trình:

Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trình:
 S = −1
⇒ S2 − S − 2 = 0 ⇔ 
S = 2

 x + y = 2 xy
 2
2
x + y = 2
S = 2P
 2
S − 2P = 2

S = 2; P=1 ⇒ x =y=1


−1 + 3  -1- 3

x=

 x=
1


2
2
S = −1; P=- ⇒ 
;
2 
−1 − 3  -1+ 3
 y =
 y= 2
2
x = 1 và x=

Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đã cho là:
Câu 12. Giải phương trình:

-1- 3
2

.

2 x + 3 + x + 1 = 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16.( x ∈ ¡ )

.

(Chưa giải)

Câu 13. Giải phương trình:

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

Dạng 3: Sử dụng hàm số
Bài 1. Cho phương trình:

n > 2,

xn − x2 − x − 1 = 0

với

n ∈ ¥,n > 2

. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên

thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất

xn

Hướng dẫn giải:

www.thuvienhoclieu.com

22


www.thuvienhoclieu.com

Xét hàm số

+) Ta có:

biến trên

Lại có:

Ta có:

trên

f ( x ) = xn − x2 − x − 1

f ′ ( x ) = nx n −1 – 2 x –1

( 1; +∞ )

với

. Do

n

n > 2,

n > 2     

nên khi

x >1

(1)

thì

f ′ ( x ) > 0.

Vậy

f ( x)

là hàm số đồng

.

f ( 1) = −2 < 0; f ( 2 ) = 2n – 7 > 0
f ( 1) f ( 2 ) < 0

( 1; +∞ )

nguyên,

và

f ( x)

( vì

n

nguyên và

n>2⇒n≥3

liên tục, đồng biến nên phương trình

)

f ( x) = 0

có nghiệm duy nhất

.

+) Mặt khác với

0 < x <1

thì

x n < x 2 ( do n > 2 )

suy ra

f ( x) < 0

với mọi

Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi

x5 −

Bài 2. Cho phương trình:

1 4
x − 5 x3 + x 2 + 4 x − 1 = 0
2

n

0 < x < 1.

nguyên,

n > 2.

( 1)
.

1. Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm.

(

xi i = 1,5
2.

Với

)

5

S =∑
là nghiệm của phương trình nghiệm, tính tổng:
Hướng dẫn giải

f ( x ) = x5 −

1 4
x − 5 x3 + 4 x − 1
2

1. Xét hàm số:
.
* f(x) là hàm số xác định và liên tục trên R.
 3
f ( −2 ) = − 5 ; f  − ÷ = 2 ; f ( 0 ) = −1 ;
 2
1
175
1 5
f  ÷ = ; f ( 1) = − ; f ( 3) =
2
2
2 8
* Ta có:
 3
 3
⇒ f ( −2 ) . f  − ÷ < 0
f  − ÷. f ( 0 ) < 0 ; f ( 0 ) . f

 2
 2
;
  1
f  ÷ f  ÷. f ( 1) < 0 ; f ( 1) . f ( 3) < 0
  2

⇒

Phương trình

f ( x) = 0

i =1

x1 + 1
2 x − xi4 − 2
5
i

có 5 nghiệm phân biệt

1
 ÷< 0
2

x1 , x x1 , x2 , x3 , x4 , x5

www.thuvienhoclieu.com

23


www.thuvienhoclieu.com
−3
1
< x2 < 0 < x3 < < x4 < 1 < x5 < 3
2
2

−2 < x1 <

sao cho:
* Ta có

xi

là nghiệm của (1) nên:
1
xi 5 − xi 4 − 5 xi 3 + 4 xi − 1 = 0
2

⇔ 2 xi5 − xi4 − 2 = 2 ( 5 xi3 − xi2 − 4 xi )
5

S =∑
i =1

Do đó:

xi + 1
2 ( 5 x − xi2 − 4 xi )
3
i

g ( x) =

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

Xét biểu thức:
Đồng nhất thức ta được:
1
2
5
g ( x) = − +
+
4 x 9 ( x − 1) 36 ( 5 x + 4 )

S =−
Do vậy:
Mặt khác:

1 5 1 1 5 1
1 5 1
+

+
∑
∑
∑
8 i =1 xi 9 i =1 xi − 1 72 i =1 x + 4
i
5

f ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) ( x − x5 )
f ' ( x ) = ( x − x2 ) ( x − x3 ) ( x − x4 ) ( x − x5 ) +

( x − x1 ) ( x − x3 ) ( x − x 4 ) ( x − x5 ) + ...

⇒
và

5
f '( x)
1
=∑
f ( x ) i =1 x − xi

x ≠ xi
Với
ta được:
4
f ' ( x ) = 5 x − 2 x3 − 15 x 2 + 2 x + 4
5
f ' ( 1)
1

=∑
⇒
f ( 1)
i =1 1 − xi

Do đó:
5
f ' ( 0)
1
=∑
⇒
f ( 0)
i =1 − xi

5

1

i =1

i

∑x

5

i =1

=−

 4
f ' − ÷ 5
1
 5 =
⇒
∑
 4  i =1 − 4 − x
f − ÷
i
5
 5
S =−

Vậy:

8959
4789

1

f ' ( 1)

∑ x − 1 = − f ( 1)

= −12

i

f ' ( 0)
=4

f ( 0)

 4
f ' − ÷
1
12900
5
=− 
=−
∑
4
4789
4
i =1
xi +
f ÷
5
5
5

.

www.thuvienhoclieu.com

24


www.thuvienhoclieu.com

Dạng 4: Đánh giá

Bài 1.

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình:
2 x 2 + 3 y 2 − 5 xy + 3 x − 2 y − 3 = 0

Hướng dẫn giải
2
2
⇔ 2x + ( 3 − 5 y) x + 3y − 2 y − 3 = 0
Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x ta có: (1)
.

∆ = ( 3 − 5 y ) − 4.2 ( 3 y 2 − 2 y − 3) = y 2 − 14 y + 33 = k 2
2

* Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là:
nguyên, không âm)
* Lại xem
là

y 2 − 14 y + 33 − k 2 = 0

là phương trình bậc hai ẩn y . Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần

δ ' = 49 − ( 33 − k 2 ) = 16 + k 2 = m 2

Do

là một số chính phương (m nguyên dương).

m 2 − k 2 = 16 ⇔ ( m + k ) ( m − k ) = 16

+) TH1:

+) TH2:

+) TH3 :

Bài 2.

m + k = 8
m = 5
⇔

m − k = 2
k = 3
m + k = 4
m = 4
⇔

m − k = 4
k = 0
m + k = 16

m − k = 1

(k

và 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nên ta có các trường hợp.

suy ra phương trình (1) có nghiệm

suy ra phương trình (1) có nghiệm

( x; y ) = ( 15;12 ) , ( 1, 2 )
( x; y ) = ( 13;11) , ( 3,3)

.

.

Loại.

[Đề xuất, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ, DHĐBBB, 2015] Giải phương trình

4 x + 1 + 2 2 x + 3 = ( x − 1)( x2 − 2).
Lời giải
Điều kiện:
Nhận thấy
Xét

x ≥ −1.
x = −1

x > −1.
4

(

là một nghiệm của phương trình.

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

) (

x+1 − 2 + 2

)

2 x + 3 − 3 = x3 − x2 − 2 x − 12

www.thuvienhoclieu.com

25