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

I. PHƯƠNG TRÌNH

1. Không có tham số
Dạng 1: Biến đổi tương đương
Câu 1.

x 4  x 2  2 5 x 5  x 2  2  3 x 4  3x  2  2 5 x 5  3 x

3

Giải phương trình

Lời giải
2
+Biến đổi phương trình tương đương : x  3 x  2  0
x 1
�
��
x2
�

Câu 2.

Giải phương trình 4 x  1  2 2 x  3  ( x  1)( x  2 ).
2

Lời giải
Điều kiện: x �1.
Nhận thấy x  1 là một nghiệm của phương trình.
Xét x  1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với
4



 

x1  2  2

�



2 x  3  3  x  x  2 x  12

4( x  3)
x1  2



3

2

4( x  3)
2x  3  3

 ( x  3)( x  2 x  4 )
2

4
� 4

�

 ( x  1)  3 � 0.
� x1  2
2x  3  3
�

�  x  3 �

4

x  1  0 và

Vì x  1 nên

4
x1  2

4



2x  3  3

(1)

2

2 x  3  1. Suy ra

x1  2



4
2x  3  3

 3,

 ( x  1)  3  0.
2

Do đó phương trình (1) � x  3  0 � x  3.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 hoặc x  3.
Câu 3.

[Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau :
Lời giải

1

3

x  1  3 x  1  3 5x

vì vậy






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
Th�l�
i ta th�
y ph�
�
ng tr�
nh c�3 nghi�
m: 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
��
2
�
� x  2x  3  2
� 1
3  15
�x �
x  2x  3  2x 1 � � 2
� x
3
�
3x 2  6 x  2  0
�

2

Câu 5.

3x  2  x  1  2 x 2  x  3 .

Giải phương trình

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.

2
2
Tìm nghiệm nguyên của phương trình x  3y  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

�  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

2


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

 x; y   

3;1 , 1; 3 , 7; 3

.

(THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:
2
 1  5  6 x  x2
x 1  5  x
Hướng dẫn giải
2
t2  4
 1
�  t  2   t 2  2t  2   0
t

x

1

5

x
t
2
Đặt
ta được
Giải ta được t  2 suy ra x  1, x  5

Dạng 2: Đặt ẩn phụ

2
Giải phương trình trên tập số thực: x + x + 9 = 2 x  4  x +1 (1).
Hướng dẫn giải
Điều kiện: x �1 .

Bài 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 .

Phương trình trở thành:

t + 5 = 2t +1

2

�t=

2
3.

�20  4 7 �
20 + 4 7
S

�
�
�x=
9
�
�.
2
x
+1
=
3x

6
9
Khi đó ta có:
. Vậy

Bài 2.

2 x 2  3x  7   x  5  2 x 2  1
Giải phương trình sau trên tập số thực:
.
Hướng dẫn giải

Phương trình (1)

� 2 x 2  1   x  5 2 x 2  1  3 x  6  0

2
Đặt t  2 x  1 . Ta có phương trình:

t 2   x  5  t  3x  6  0

(*).

�
  x  5 �
�
� 4  3 x  6    x  1
2

t 3
�
��
tx2
�
Phương trình (*)
3

2

.

.


�x  2  0
� �2
�x  4x  3  0
t  3 � 2 x 2  1  3 � x  �2 t  x  2 � 2 x 2  1  x  2
�x  2
��
� x  2� 7
�x  2 � 7

Vậy



S  �2; 2 � 7

.

.

 2 x 2  x  5 x 2  x  2   2 x2  x  1 x  3  0 .
Giải phương trình sau trên tập số thực:
Hướng dẫn giải
�

7
a�
�
�
a  x2  x  2
�
� 2 .
�
�
b  x3
b �0
Đặt �
. Điều kiện: �
Bài 3.

2
2
2
2
2
2
Ta có: 2 x  x  5  2a  3b ; 2 x  x  1  2a  b .
3

2

�b � �b � �b �
� � � 3 � � 2 � � 2  0
2
2

2
2
2
a

3
b
a

2
a

b
b

0

 

�a � �a � �a �
Thay vào phương trình ta được:

b
�
1
�
a
�� 2
�
�b � b

� � 4  2  0
�
�a � a
�
2

�b � b
b
�0.
� � 4  2  0
+) �a � a
: phương trình vô nghiệm do a

)

x 1
�
b
 1 � b  a � x  3  x2  x  2 � �
.
x  1
a
�

Vậy x  1; x  1 là nghiệm phương trình.

Bài 4.

Giải phương trình sau

2 x3  10 x 2  17 x  8  2 x 2 3 5 x  x3
Lời giải
Nhận xét rằng x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho.
Suy ra x �0 . Chia cả hai vế của phương trình cho x rồi đặt
3

t

1
, t �0
x
, ta có phương trình

2
3
2
8t 3  17t 2  10t  2  2 3 5t 2  1 �  2t  1  2  2t  1   5t  1  2 5t  1
f  t   t 3  2t , t ��
Xét hàm số
.
f  t
f '  t   3t 2  2  0, t
Ta có hàm số
liên tục trên � và
.
3

4

 *

Suy ra hàm số

f  t

luôn đồng biến trên khoảng

 �; � .

f  2t  1  f



3



5t 2  1 � 2t  1  3 5t 2  1

Khi đó phương trình đã cho có dạng
17 � 97
� 8t 3  17t 2  6t  0 � t 
16
(do t �0 )
17  97
17  97
x1 
x2 
12

12
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
và
.

Bài 5.

Giải phương trình sau :

 4 x  1

x2  1  2 x2  2 x  1
Lời giải

2
2
2
2
Đặt y  x  1 �1 � y  x  1 � 2 y  (1  4 x) y  2 x  1  0 .

3

x3  5 x 2  1 

5x2  2
.
6

2
Điều kiện xác định: 5 x  2 �0.

Đặt

t

5x2  2
(t �0).
2
2
6
Ta có 5 x  6t  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 � �5 x 2  2
� �2
2
6
 ( x  1)
�x  12 x  8  0

�
� 6

� x  6  28 (tm đk).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6  28.

Bài 6.

log 2 5 ( x 2  2 x  11)  log 2

Giải phương trình:
�x 2  2 x  12  0
�
(*)
�2
x  2 x  11  0
�
 Điều kiện:

2 5

( x 2  2 x  12)

(1)

2
2
 (2  5)  9  4 5 và (2 2  5 )  8  4 5 do đó 2  5  9  4 5 và 2 2  5  8  4 5 .
log
( x 2  2 x  11)  log

( x 2  2 x  12)
9 4 5
8 4 5
 (1) 
log 9 4 5 ( x 2  2 x  11)  log8 4 5 ( x 2  2 x  12)


5


 Đặt: a = 8 + 4 5 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0.
 Do đó: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat
�
t ay
�
��
(I)
t  1  (a  1) y
�
Cách 1: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat
.
y

y

�a � �1 �
� � � �  1 (2).
 Từ (I) ta được: �a +1 � �a +1 �
 y = 1: là nghiệm của (2).
y

y

y

y

1
1
�a � �1 � a
�a � �1 � a

1

1
� � � � 
� � � �
a
+1
a
+1
a
+1
a
+1
a
+1
a
+1
a

+1
a
+1
�
�
�
�
�
�
�
�
 y < 1:
, y < 1:
.

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

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .
2
3
2
Giải phương trình: 3( x  2 x  2)  10 x  2 x  2 x  1 (1).
3
2
2
 x  2 x  2 x  1  ( x  1)( x  x  1) nên điều kiện là: x  -1.

Bài 7.

2
 x2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a  x  1 , b  x  x  1
 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.

 a = 3b 

x  1 =3 x 2  x  1  x + 1 = 9(x2 + x + 1)  9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)

2
 a = b/3  3a = b 3 x  1 = x  x  1 9(x + 1) = x2 + x + 1  x2 - 8x - 8 = 0 � x  4 �2 6
Vậy phương trình có hai nghiệm: x  4 �2 6 .

3
2
Giải phương trình : x   3x  2  x  1
Điều kiện: x -1

Bài 8.

+) Nếu x > 3 thì:
x- 3x + 2 = (x – 1) - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 > Chứng tỏ x > 3 không thỏa mãn
Với -1 x 3
6


Đặt x = 2cost + 1

(0 t )

Khi đó phương trình trở thành:
(2cost + 1) - 3(2cost + 1) + 2 =
8cost – 6cost =
2cos3t = 2cos
cos3t = cos

3

Bài 9.

Giải phương trình

5x 2  2
x  5x 1 
6
Hướng dẫn giải
3

2

2
Điều kiện xác định: 5 x  2 �0.

5x2  2
 t (t �0).
2
2
6
Ta có 5 x  6t  2 .

Đặt
Phương trình đã cho trở thành

x 3  6t 2  2  1  t � x3  6t 2  2  (t  1)3
� x3  (t  1)3 � x  t  1 � t  x  1
3

�

�x �1
�x �1
5x2  2
�
 x  1 � �5 x 2  2
� �2
� x  6  28
2

6
 ( x  1)
�x  12 x  8  0
�
� 6
.

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là

Bài 10. [Đề

chọn

3
1  1  x2 � 1  x 
�
�

x  6  28.

hsg

tỉnh
Trà
Vinh,
3
  1  x  � 2  1  x 2
�
�

2014-2015]

Giải

phương

3
3
Bài 11. [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x  1  2 2 x  1

Lời giải
3
3
Phương trình tương đương với x  2 x  2 x  1  2 2 x  1

Đặt

t  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
2

 1

2
� t � 3t
x 2  xt  t 2  2  �x  �
20
2

4
�
�
Vì
nên (1) � x  t

7

trình

:


x 1
�
�
�  x  1  x  x  1  0 �
1 � 5
�
x
3
3
�
� x  2x 1 � x  2x  1  0
2
2

� 1 � 5 �
S �
1;

�
2 �
�
Tập nghiệm

x 4  x 2  1  3  x 2  1  3 3 x

Bài 12. Giải phương trình:

,với x ��

Hướng dẫn giải.

0
Từ pt ta thấy x�
� x2 
(1)

1
� 1�

1

3
�x  � 3 3
x2
� x�

1
t  x  , t �2

x
Đặt:
Pt trở thành:

t2 1  3  3  t 

t �3
�
� �2
�t2
t

9
t

14

0
�

x

1
 2 � x 1
x

3 2
3
2
Giải phương trình x  5 x  12 x  6  2 x  x  1

2
Bài 13. Giải phương trình:  x 2  3x  1  x  x  1. 3  4 x .

Hướng dẫn giải.
Đặt

r
r
u   x;1 , v 



2  3x ;  1  x



từ phương trình ta có

rr
r r
u.v   u . v

r r
Như vậy: u, v ngược hướng
2  3x  1  x

x
1
Suy ra:

(1)

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

Bài 14. Giải phương trình: x  10  10  x ,với x �R
Hướng dẫn giải.
8

x

1  5
2


Đk: x �0
Đặt u  10  x , u �10
�
�x  10  u
�
Ta có: �u  10  x

xu 





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

Vậy phương trình có một nghiệm:
3

Giải phương trình:

Bài 15. Giải phương trình:

x

21  41
2
,

81x  8  x 3  2 x 2 

x

3x
x2  1

4
x2
3
.

1

Hướng dẫn giải.
Phương trình đã cho có điều kiện 0  x  1
Với điều kiện trên ta có:
2
2
2
� (1  x ) ( x  1)  9 x

� x2 

1
� 1�

 2 �x  � 7  0
2
x
� x�

�
t  1  10
t 2  2t  9  0 � �
� t  1  10
t  1  10
�
Đặt ta có:
� 1  10  5  2
x
�
2
��
� 1  10  5  2
1
x
x   1  10
�
2
�
x
Với t  1  10 ta có :
, phương trình đã cho có nghiệm
So với điều kiện

Bài 16. Giải phương trình sau trên tập số thực: x  1  (2 x  1)

Hướng dẫn giải.

9

x 1  2 .


1
x � .
2 Đặt y 
Điều kiện:

x  1  2 ( y  2 ),

�x  1  y  2( x  1) y
�2
y  x 1  2
ta thu được hệ �
Suy ra





x  1  y  y 2  x  1 ( x  1) y


� y



x  1  1  y  2



� y x 1 1 y  x 1 y2 x  1  0



x 1  0

� y  2 x 1
x 1  2  2 x 1 � x 

Do vậy

Thay vào, thử lại thấy
x

x

15  33
.
32

15  33
32
thỏa mãn.

15  33
.

32

Đáp số:
Bài 17. Giải phương trình: .

Hướng dẫn giải.

=0
(x = 0 không là nghiệm)
Đặt ta được
So với điều kiện ta được
So với điều kiện , ta được
2
2
3
4
Bài 18. Giải phương trình sau: 4 x  x  1  1  5 x  4 x  2 x  x với x �R .

Hướng dẫn giải.

Đặt

t  x 2  x  1, t �

3
2 . 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

(*)
 Với

t�

2

2

�
t 2  t 1  0
� �2
t t 5  0
�

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

10

(*)


 Với

t�

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

�
1 5 �
2
1 5
x2  x  1  �
t

� 2 �
�� 2 x  2 x  1  5  0
�
�
2 thì
 Khi
� x

1  3  2 5
1  3  2 5
x
2
2
hoặc
.
2

�1  21 �
2
1  21
x

x

1

�
�
t
� 2

�� 2 x  2 x  9  21  0
�
�
2
Khi
thì
2

� x

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

Bài 19. Giải phương trình

x2
2
 1  3 3  x  3   3 9  x  3
2
.
Hướng dẫn giải.

Điều kiện x �2
Đặt

t  3 9  x  3

ta có

t 3  27 x  2
t 3  45 3
t2
2
x
;

; 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

2
� 3� 3

t 3  45
t  3t  3  �
t  �  0
  t 2  3t  3
� 2� 4
2
Ta có
nên
2

Ta được phương trình

Với
Với

t

 2t  1  t  3  t 2  3t  9   0 � t 

1
217
x
2 thì
72

t  3 thì x  0

2
2
Bài 20. Giải phương trình 2x + 1- x + 2x 1- x = 1.

Hướng dẫn giải.
Ta có phương trình tương đương với

11

1
�t  3
2


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

� 1- x = 1 + 4x4 + 4x2(1- x2) - 4x2 - 4x 1- x2 + 8x3 1- x2
� x(1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 ) = 0
�
x=0
�
��
�
1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 = 0(1)
�
2
2
2
Xét (1), đặt y = 1- x , suy ra y �0 và x = 1- y .
2
3
Ta được 1- 4y + 8y(1- y ) = 0 � 8y - 4y - 1 = 0

� (2y + 1)(4y2 - 2y - 1) = 0
�y=

5- 5
1+ 5
x=�
8 .
4 . Từ đó suy ra

Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0 và

x =-

5-

5
8

.

3
3
Bài 21. Giải phương trình x  1  2 2 x  1 .

Hướng dẫn giải
3
3
Phương trình tương đương với x  2 x  2 x  1  2 2 x  1 .
3
3

3
Đặt t  2 x  1 , ta có phương trình x  2 x  t  2t

�  x  t   x 2  xt  t 2   2  x  t   0
�  x  t   x 2  xt  t 2  2   0

 1

2

2
� t � 3t
x 2  xt  t 2  2  �x  �
20
2
4
�
�
Vì
nên (1) � x  t

� x  3 2 x  1 � x3  2 x  1  0
x 1
�
�
�  x  1  x  x  1  0 �
1 � 5
�
x
�

2
2

� 1 � 5 �
S �
1;
�
2 �
�
Tập nghiệm
.

� 1 �3 2
8 x 2  15 x  9  �
1  � 5x  2x  2
� x�
Bài 22. (Chuyên Hưng Yên ) Giải phương trình
Hướng dẫn giải

12


� 1 �3 2
8 x 2  15 x  9  �
1  � 5x  2 x  2
� x�
� 8 x 3  15 x 2  9 x  ( x  1) 3 ( x  1)(2 x  1)  3 x 2  3 x  1( x �0)
� (2 x  1)3  (3 x 2  3 x  1)  ( x  1) 3 ( x  1)(2 x  1)  3 x 2  3 x  1

3

2
Đặt u  2 x – 1, v  5 x  2 x  2 , ta được hệ:
Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được:

u

 v

v

2

 uv  u 2  

x

 1

v

u 3  (3x 2  3x  1)  ( x  1)v
�
�3
v  (3 x 2  3 x  1)  ( x  1)u
�

 u  � (u  v)  u 2  uv  v 2  x  1  0

3
2

3
2
TH1: u  v � 2 x  1  5 x  2 x  2 � 8 x  17 x  8 x  1  0

x 1
�
�
� ( x  1)(8 x  9 x  1)  0 �
9 � 113
�
x
�
16
2

u
3
u 2  uv  v 2  x  1  0 � (v  ) 2  (2 x  1) 2  x  1  0
2
4
TH2:

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.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm:

x  1; x 

9 � 113
16

2
Bài 23. Giải phương trình : x  4 x  3  x  5 .

Hướng dẫn giải
Đặt t  x  5

 t �0 

.

Từ phương trình đã cho ta có : t  14t  t  48  0 (*)
�  t  3  t 3  3t 2  5t  16   0
Ta có : (*)
t 3
�
� �3
t  3t 2  5t  16  0 (**)
�
Với t  3 ta có x  4
4

y  t 1

2

 y �1

3
từ phương trình (**) ta có : y  8 y  9  0 (***)
f  y   y3  8 y  9
 1;  �) ta thấy (***) có một
Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số
trên
nghiệm duy nhất y0

Đặt

Ta biểu diễn y0 dưới dạng: y0  u0  v0

13


Ta có :

u03  v03   u0  v0   3u0 v0  8   9  0

8
u0v0 
u
;
v
3
nên có thể chọn 0 0 sao cho :

�3 3 512
u0 v0 
�
27
�
3
3
�
u v 9
Vậy ta có : �0 0
3
0

3
0

Như vậy u ; v được chọn là nghiệm của phương trình :
�3 9
139
u0  
�
108
� 2
�
9
139
�
v03  
�

108
Suy ra: � 2
Ta tìm được nghiệm của (***) là

z2  9z 

512
0
27

2

�9
�
139 3 9
139
9
139
9
139
3
�
� 5
x





1

y0  3 
3 
�
�
2
108
2
108
2
108
2
108 .Suy ra :
�
�
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
2

�9
�
139 3 9
139
x  �3 


 1� 5
�2
�
108
2
108

x4 ;
�
�

Bài 24. Giải phương trình sau:
Ta có:

3 4
x + x2 +1
3
.
Hướng dẫn giải:

x2 - 3x +1=-

x4 + x2 +1= ( x2 + x +1) ( x2 �x +1) > 0
� x2 �3x +1= 2( x2 �x +1) �( x2 + x +1)

t=

Đặt

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

� - 3
�
t=
<0
� 2 3

3
2
2t +
t - 1= 0 � �
� 1
3
x2 - x +1
1
�
t=
�
=
2
�
x + x +1
3
� 3

� x =1

Dạng 3. Sử dụng hàm số
Câu 1.

Giải các phương trình sau:
a)
b)

Câu 2.

8 x 3  4 x  3  ln  4 x 2  2 x  1  0.

ln  x 2  6 x  10   x3  3 x 2  4 x  12  0

Giải phương trình sau:

14

.


a)

log 2007



4 x  x2  2



�1 �
x  4 x  3  2006  �
�
�2007 �
2

2

� 2x2  3 � 4 2
log 2007 � 4
� x  x  2

x  x2  1 �
�
b)
Câu 3.

Giải phương trình

x
Giải phương trình: x.3

2

1

log 2007





1  sin x  1  2007

1sin x

1

.

 ( x 2  1).3x  1  x  x 2  0

2

2
x
x 1
 Phương trình đã cho tương đương với: ( x  1).(3  1)  x.(3  1)  0
 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 1
 Xét x  0; x   1: Khi đó (1)  x
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.

Câu 4.

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

Câu 5.

3

2
3
2
Giải phương trình: 8 x  17 x  10 x  2  2 5x  1 .

3

3 x  5  8 x3  36 x 2  53 x  25

3
3
3
2
2
3
2
2
Ta có 8 x  17 x  10 x  2  2 5 x  1 � (2 x  1)  2(2 x  1)  (5 x  1)  2 5 x  1 (1).
3
2
Đặt f (t )  t  2t thì f '(t )  3t  2  0, t do đó f đồng biến và liên tục trên �. Từ đó:

(1) � f (2 x  1)  f



3



5x 2  1 � 2 x  1  3 5 x2 1

.

x0
�
�
� x (8 x  17 x  6)  0 �
17 � 97
�
x
�
16
.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.
2

Câu 6.

3
2
23
3
Giải phương trình 2 x 1 0 x  17 x  8  2 x 5 x  x (1)

Hướng dẫn giải
Có x  0 không là nghiệm của (1)
3
Xét x �0 , chia hai vế cho x , được
15

10 17 8
5
 2  3  2 3 2 1
x x
x
x
1
y    y �0 
x
Đặt
, khi đó có PT
2 

8 y 3  17 y 2  10 y  2  2 3 5 y 2  1

 2 y  1
Suy ra

3

 2  2 y  1  5 y 2  1  2 3 5 y 2  1

Xét hàm số
nên



f  2 y  1  f

3

5y2 1

f  t   t 3  2t

f  2 y  1  f



3



.Vì f(t) là hàm số đồng biến trên R



5 y2 1  



� 2 y 1 =

5 y2 1

3



2
3
2
� 8 y  17 y  6 y  0 � y 8 y  17 y  6  0

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

y

17 � 97
16

�
17  97 17  97 �
�
�
;
�
�
12
12 �
�
Tập nghiệm của phương trình (1) là
4

Câu 7.

Giải phương trình

x  4 5 x 

4

x  5 4 10  x

3
3

 x ��

.

Hướng dẫn giải.
Điều kiện: 0 �x �5

Phương trình

� 24 x  4 5 x 

4

x  2 x 4 (5  x)  2 x 4 x  2(5  x)


(1)

3
3
3

Ta có: x = 0, x = 5 không là nghiệm phương trình.

 1
 2
Xét hàm số f ( x)  x , x  0 ; ta có: f '( x)   x ; f ''( x)   (  1) x
(*)

Áp dụng (*) với

Ta có:



1
4

2 4 x  4 5  x �4

(1) � x  5  x � x 

Câu 8.

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

3
3

5
5
x
2 . Vậy
2 là nghiệm phương trình.

3
3
2
3
Giải phương trình 5 2 x  3x  5 x  4   x  13 x  2, ( x ��) .

Hướng dẫn giải.

16


3
3
2
Đặt a  2 x  3x  5 x  4 ta được:

�
5a   x 3  13x  2
(1)
�
�3

3
2
a  2 x  3x  5 x  4 (2
�

(1)  (2) � a 3  5a  ( x  1)3  5( x  1) (*)
3
2
Xét hàm số f (t )  t  5t trên � có f '(t )  3t  5  0 t ��

3
3
2
 hàm số f (t ) đồng biến trên �; (*) � 2 x  3 x  5 x  4  x  1

�
�
x3
�
x3
�
3  5
� x3  8 x  3  0 � �2
��
x
�
2
x  3x  1  0
�
�

3  5
�
x

�
�
2

Thử lại, ta được:

Câu 9.

x  3; x 

3  5
3  5
; x
2
2
là nghiệm phương trình.

3
2
 2; 2 .
Giải phương trình : x  x  3 x  2  2 x  2 trên

Hướng dẫn giải

x � 2; 2
t � 0;  

Đặt x  2 cos t .Với
ta có
.
�t �
4 cos3 t  3cos t  2 cos 2 t  1  2 cos � �
�2 � (*)
Phương trình đã cho trở thành :

�
� �t �
�
t 
cos � � 0
�
2�
�
�
��
��
t0
� �5t �
cos � � 1 � 4
�t �
�
* � cos 3t  cos 2t  2 cos � �
t

�
�2 �
�

t � 0;  
2
5
�
�
�
Với
Ta có:
4
x  2 , x  2, x  2 cos
2; 2

5 .
Vậy trên
phương trình đã cho có nghiệm
Câu 10. Giải phương trình: 16

x 2  2 x 1

 2.42 x 1  0 .
Lời giải

Biến đổi phương trình: 16

x 2  2 x 1

 2.42 x 1  0 � 24 x

2

 2 x 1

 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
Đa thức
có tối đa 3 nghiệm và ta có:
;
; �2 �
�1 �
�1 �
f  0  . f � � 0 f � �
. f  1  0
f  1  1 f  x 

1;1
f

1
.
f
0

0
  và     ,
�2 � , �2 �
;

.
liên tục trên khoảng
f  x  0
 1;1 .
nên
có 3 nghiệm trên khoảng
3

2

17


Do

f  x  0

có đúng 3 nghiệm trong khoảng

 1;1 , nên ta có thể đặt

x  cos a với 0  a   .

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 2a  3sin a  4sin 3 a (do sin a  0 )
4a  3a  k 2
�
� sin 4a  sin 3a � �

4a    3a  k 2
�
�a

 k ��

(với 0  a   )


3
5
a
a
7 hay
7 hay
7 .

1
1

2
2  x2
Câu 11. Giải phương trình sau: x
.

Hướng dẫn giải
Điều kiện

x �( 2; 2) \  0

.

Đặt y  2  x ;y>0 .
2

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

�x  y  2 xy
�2
2
�x  y  2

�S  2 P
�2
S  2P  2
Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trình: �
S  1
�
� S2  S  2  0 � �
S 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
-1- 3
x  1 và x=
2 .
Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đã cho là:
2
Câu 12. Giải phương trình: 2 x  3  x  1  3 x  2 2 x  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

18


n

2
Bài 1. Cho phương trình: x  x  x  1  0 với n ��, n  2 . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên

n  2, thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất xn
Hướng dẫn giải:
Xét hàm số

f  x   xn  x2  x  1

+) Ta có:

f�
 x   nx n1 – 2 x –1

biến trên

 1; � .

Lại có:
Ta có:
trên

với n nguyên, n  2      (1)

f�
 x   0. Vậy f  x  là hàm số đồng
. Do n  2, nên khi x  1 thì

f  1  2  0; f  2   2n – 7  0

f  1 f  2   0

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

 1; � .

x n  x 2  do n  2 
f  x  0
+) Mặt khác với 0  x  1 thì
suy ra
với mọi 0  x  1.
Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyên, n  2.

Bài 2. Cho phương trình:

x5 

1 4

x  5 x3  x 2  4 x  1  0
2

 1

.

1. Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm.
2.

5
x 1
S � 5 1 4
x i  1,5
i 1 2 xi  xi  2
Với i
là nghiệm của phương trình nghiệm, tính tổng:
Hướng dẫn giải





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
* Ta có: �2 � 8
f  x   x5 

� 3�
� 3�
�1 �
� f  2  . f �
 � 0
f�
 �
. f  0   0 ; f  0  . f � � 0
� 2� ; � 2�
�2 �
� � �1 �
f � �f � �
. f  1  0 ; f  1 . f  3  0
� � �2 �
� Phương trình f  x   0 có 5 nghiệm phân biệt x1 , x x1 , x2 , x3 , x4 , x5
3
1
2  x1 

 x2  0  x3   x4  1  x5  3
2
2
sao cho:

19


* Ta có xi là nghiệm của (1) nên:
1
xi 5  xi 4  5 xi 3  4 xi  1  0
2
5
� 2 xi  xi4  2  2  5 xi3  xi2  4 xi 
Do đó:

5
xi  1
S �
3
2
i 1 2  5 xi  xi  4 xi 

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   ...
5

f ' x
1
�
f  x
i 1 x  xi

� Với x �xi ta được:
f '  x   5 x 4  2 x3  15 x 2  2 x  4
và
5
5
f '  1
f '  1
1
1
�
� �

 12
f  1
f  1
i 1 1  xi
i 1 xi  1
Do đó:
5
5
f '  0
f ' 0
1
1

�
� � 
4
f  0
f  0
i 1  xi
i 1 xi

� 4�
� 4�
f '�
 � 5
f ' � �
5
1
1
12900
5
� 5 �
� �
  � � 
�
4
4789
� 4 � i 1  4  x
�4 �
i 1
xi 
f�
 �

f ��
i
5
5
� 5�
�5 �
8959
S 
4789 .
Vậy:

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 x2   3  5 y  x  3 y 2  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)
20

(k

2
2
* Lại xem y  14 y  33  k  0 là phương trình bậc hai ẩn y . Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần

là

 '  49   33  k 2   16  k 2  m2

là một số chính phương (m nguyên dương).

2
2
�  m  k   m  k   16
Do m  k  16
và 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nên ta có các trường hợp.

mk 8
m5
�
�
��
�
mk  2
k  3 suy ra phương trình (1) có nghiệm  x; y    15;12  ,  1, 2  .
�
+) TH1: �
mk  4
�

�m  4
��
�
mk  4
�k  0 suy ra phương trình (1) có nghiệm  x; y    13;11 ,  3,3  .
+) TH2: �
m  k  16
�
�
m  k  1 Loại.
+) TH3 : �

Bài 2.

[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: x �1.
Nhận thấy x  1 là một nghiệm của phương trình.
Xét x  1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với

4



 

x1  2  2



2 x  3  3  x3  x2  2 x  12

4( x  3)
4( x  3)

 ( x  3)( x2  2 x  4)
x1  2
2x  3  3
4
� 4
�
�  x  3 �

 ( x  1)2  3 � 0.
2x  3  3
� x1  2
�
�

x  1  0 và

Vì x  1 nên

2 x  3  1. Suy ra

4
4


 3,
x1  2
2x  3  3
vì vậy

4
4

 ( x  1)2  3  0.
x1  2
2x  3  3
Do đó phương trình (1) � x  3  0 � x  3.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 hoặc x  3.

21

(1)


5x  2
2

x  5x  1 

3

Bài 3.

[Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016]

Bài 4.

Ký hiệu

 x

3

2

6

.

là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải phương trình
x 2   1   x   x  2015  0.
Hướng dẫn giải

Ta có x �0.
x 2  x  2015
� �
x  �۳
x
pt
a 
� a
 x  γ�

x 2  x  2015
x

x 1

2015 

 a 1 x

x2

a  1 �  a  1  8060

x

x

2015.

2015 0

2

� x

2

 *

Do a �2015 � x 2   a  1 x  2015  0
� x
a 1

a 1

 a  1

2

 8060

2

 a  1

2

 8060

2

�a  1 
�
S �
�
�
Vậy

�2015 (t/ m);

 a  1

a 1
�

 a  1

2

 4a

2

 8060

2

2

; a  �; a

 2015  loai 

�
�
2015�
�
.

2.Có tham số
Bài 1.

 m  1

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt

x 2  2 x  2  m  2 x 2  4 x  19, ( x ��)

.(1)

Hướng dẫn giải
Đặt

t  x 2  2 x  2 ; điều kiện: t �1
.

Ta có:

t  x2  2 x  2 � x2  2 x  2  t 2 � x2  2x  2  t 2  0

Pt (2) có hai nghiệm phân biệt

� t � �; 1 � 1; �

.Vậy

(2)

t 1

.

2t 2  t  15
(m  1)t  m  2t  15 � m 
t 1
2

Thay vào phương trình ta được:

22

(3)


� 2t 2  t  15
(C )
�y 
t 1
�
�
Đặt �y  m (d )
.

Ta có: số giao điểm của (C) và (d) là số nghiệm phương trình (3).
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi phương trình (2) có đúng 1 nghiệm t  1 .
y  2t  3 

Xét hàm số
Cho

18
18

y'  2
; (t �[1;  �))
(t  1)2 .
t 1
;

y '  0 � t  2 � y  7; lim y  �
x � �

.

Bảng biến thiên
t

1
+∞

y’

2
-

y

0

+

8
+∞

7

m8
�
��
m7
�
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
.
3.

Bài 2.

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành

3
2
một cấp số nhân: x  7 x  (m  6) x  m  0.
Hướng dẫn giải
Phương trình đã cho tương đương:
x 1
�
( x  1)( x 2  6 x  m)  0 � �2
x  6 x  m  0 (1)
�
.
Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác

� '  9  m  0

�m  9
��
�2
1  6.1  m �0
�m �5 (*).
1, hay: �
Khi đó, PT đã cho có ba nghiệm x1 , x2 và x3  1 , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (1).
�x1  x2  6
�
x .x  m
Theo định lý Viet ta có �1 2
(2).
Xét các trường hợp sau:
2
2
*) Nếu x1.x3  x2 � x1  x2 (3). Từ (2) và (3) ta có hệ:
23


�x22  x2  6  0
�x1  x2  6
x  2; x1  4; m  8
�
�
�
2
� �2
�x1.x2  m � �x1  x2
x2  3; x1  9; m  27
�

�
�
2
3
m

x
�x1  x2
2
�
.
m 1
�
�
�x1  x2  6
�x .x  1
2
*) Nếu x1.x2  x3 � x1.x2  1 (4). Từ (2) và (4) ta có hệ: �1 2
.
Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m  1, m  8, m  27 .
2

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x + 9 - x = - x + 9x + m có
nghiệm
Hướng dẫn giải.

Bài 3.

Lời giải:
Điều kiện: 0 �x �9

2
PT (1) � x + 9 - x + 2 x(9 - x) = - x + 9x + m

� 9 + 2 - x2 + 9x = - x2 + 9x + m (2)
2
Đặt t = - x + 9x

t' =

Ta có:

Do đó :

- 2x + 9
2

2 - x + 9x ;

0 �t �

t' = 0 � x =

9
2

9
2

2
2

Phương trình (2) trở thành 9 + 2t = t + m � - t + 2t + 9 = m (3)

2
Xét hàm số f (t) = - t + 2t + 9 ,

Ta có :

0 �t �

9
2

f '(t) = - 2t + 2 ; f '(t) = 0 � t = 1

Bảng biến thiên :
24


� 9�
�
t
�
0; �
�
� 2�
x ��
0
;9
�
� �

� � phương trình (3) có nghiệm
Phương trình (1) có nghiệm
�-

9
�m �10
4

Bài 4.

Tìm a để phương trình sau (ẩn x ) chỉ có một nghiệm.
5a  3
5(2a  1)(1  a)
1

x  a ( x  a )( x  3a  1)

Bài 5.

Cho hai phương trình sau:
(1)

(2)
(a là tham số, x là ẩn số)
Tìm a để số nghiệm của phương trình (1) không vượt quá số nghiệm của phương trình (2).

ax 2   2b  c  x   2d  e   0
Cho phương trình:
có một nghiệm không nhỏ hơn 4. Chứng
4

3
2
minh rằng phương trình ax  bx  cx  dx  e  0 có nghiệm.

Bài 6.

Bài 7.

N  k
Với mỗi số tự nhiên k , gọi
là số nghiệm của phương trình
2016 x  2017 y  k , x �0, y �0 .

Tính giới hạn sau

L  lim

k ��

N (k )
k

Lời giải
Giả sử x0 , y0 là một nghiệm của phương trình 2016 x  2017 y  k , khi đó mọi nghiệm của
phương trình trên có dạng x  x0  2017t , y  y0  2016t , t ��
y0
x
�t � 0
2017 .
Vì x  0 và y  0 nên 2016

25