Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương trình, bất phương trình và hệ đại số"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG
TRÌNH VÀ HỆ ĐẠI SỐ

Học Tốn theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


Phơng trình , bất phơng trình
và hệ đại số

Câu 3 trong cấu trúc đề thi đại học năm 2011 2012 là yêu cầu giải phơng
trình, bất phơng trình hoặc hệ đại số. Để thực hiện tốt yêu cầu này các em học
sinh cần nắm vững kiến thức về:
1. Tam thức bậc hai.
2. Các phép biến đổi tơng đơng cho dạng phơng trình, bất phơng trình cơ
bản...
Ví dụ 1: Giải phơng trình:
x 2 3x 3 + x 2 3x 6 = 3.

Giải

Đặt t = x23x + 3, ta cã:
3
3
3
t = (x )2 + 
2
4
4

do ®ã ®iỊu kiƯn cho Èn phơ t lµ t 

3
.
4

Khi ®ã phơng trình có dạng:
t + t 3 = 3  t + t + 3 + 2 t(t  3) = 9 

t(t  3) = 3t

3  t 0
t 3
 
 
 t = 1  x23x + 3 = 1 
2
t


1

t(t  3) (3  t)
VËy, ph¬ng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.
Ví dụ 2: Giải phơng trình:

3x 1

x 1
 x 2 .


6  x  3x 2  14x 8 0, x .

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là phơng trình không mẫu mực chứa hai căn

bậc hai nên không thể sử dụng phơng pháp bình phơng và cũng không thể sử
dụng phơng pháp ẩn phụ (với hai ẩn phụ) bởi nếu đặt:
u  3x  1
u 2 3x  1
, (u, v 0)   2

v 6  x
v  6  x
u 2 3v 2 19
Không khả thi.
2 2
2
u v (3x  1)(6  x)  3x 17x 6

Nh vậy, chỉ còn các phơng pháp:
Hàm số, khi đó nếu coi VT là hàm số f(x) th×:

2


f '(x) 



3
2 3x  1



1
2 6 x

 6x 2 14 0

1
Và nh vậy, rất khó để đánh giá đợc dấu của nó trên tập xác định D   ; 6  .
 3 
BiÕn ®ỉi phơng trình về dạng tích, trong hớng lựa chọn này nh©n tư chung
chØ cã thĨ xt hiƯn khi thùc hiƯn các phép trục căn thức. Và nh vậy, các
em học sinh cần có kĩ năng nhẩm đợc nghiệm x0 của phơng trình thì mới
có thể đa ra đợc phép tách phù hợp.
Với các bài toán kiểu này x0 đợc chọn sao cho

3x0  1, 6  x 0  .

NhËn thấy rằng x0 = 5 nên ta có phép tách:






3x  1  4 



6  x  1  3x 2  14x  5 0

3x  1  16
6 x 1

 3x 2  14x  5 0
3x  1  4
6  x 1
3x  15

x 5

  3x  1  x  5 0
3x 1 4
6 x 1
Tới đây, ta đà có đợc nhân tử chung là x 5.
lời giải chi tiÕt: §iỊu kiƯn:




3x  1 0
1
  x 6.

3
6 x 0
Biến đổi phơng trình về dạng:





3x 1  4 

(*)



6  x  1  3x 2  14x  5 0

3x  1  16
6 x 1

 3x 2  14x  5 0
3x  1  4
6  x 1
3x  15

x 5


  3x  1  x  5 0
3x  1  4
6  x 1


 x  5 0
 x = 5.
 
3
1


 3x  1 0 (vn)
 3x  1 4
6 x 1
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 3: Giải phơng trình:
3 2  x  6 2  x  4 4  x 2 10  3x, (x  ).

 Gi¶i
3


Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là phơng trình chứa căn đợc mở rộng từ

dạng cơ bản:
Phơng trình chøa

f(x) 

g(x) ,

f(x).g(x) vµ f(x) + g(x) = k (k = const),

t2 k .
f(x).g(x) =
2
ở đây, ta có đánh giá mở rộng bằng cách viết lại phơng trình díi d¹ng:
f(x) 

ta sư dơng Èn phơ t =

3



g(x) , khi ®ã



2  x  2 2  x 10  3x  4 4  x 2 .

Khi ®ã, víi Èn phơ t  2  x  2 2  x suy ra:



t2 

2x  2 2 x



2

10  3x  4 4  x 2 .

Do ®ã, phơng trình có dạng:
3t = t2 t2 3t = 0  t = 0 hc t = 3.
Tíi đây, công việc chỉ còn là giải dạng phơng trình chứa căn cơ bản dạng:
2 x 2 2  x k 

2  x k  2 2 x.

Chú ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
lời giải chi tiết: §iỊu kiƯn:

2  x 0
 2  x  2.

2 x 0
Biến đổi phơng trình về dạng:
3



(*)

2 x  2 2  x 10  3x  4 4 x 2 .

(1)

Đặt t 2 x  2 2  x suy ra:



t2 

2x  2 2 x



2

10  3x  4 4  x 2 .
Do đó phơng trình (1) có dạng:
3t = t2 t2  3t = 0  t = 0 hc t = 3.
Ta lần lợt:
Với t = 0 thì:
2  x  2 2  x 0 



2  x 2 2  x

6

 2 + x = 4(2  x)  5x = 6  x  , thoả mÃn (*).
5
Với t = 3 thì:
2 x 2 2  x 3 

2  x 2 2  x  3

 2  x 4(2  x)  9  12 2  x  12 2 x 5x 15
phơng trình này vô nghiệm do với điều kiện (*) thì VP < 0.
6
Vậy, phơng trình cã nghiÖm x  .
5
4

(**)


Chú ý: Có thể sử dụng đánh giá để giải phơng trình (**) nh sau:
2+x2+2=4

2 x 2 VT  2,

VP 2 2  x  3 3 .
Từ đó, suy ra phơng trình này vô nghiệm.
Ví dụ 4: Gải phơng trình:

2 3 3x 2 3 6 5x 8 0, (x ).

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Nhận xét rằng phơng trình chứa cả căn bậc ba

3



3x 2 và căn bậc hai





6 5x mà giữa chúng:

Đợc liên kết víi nhau bëi phÐp "+", nªn viƯc sư dơng phÐp nâng lên luỹ
thừa để khử căn cho phơng trình là không khả thi.
Không có mối liên hệ mũ với nhau, nên không thể sử dụng một ẩn phụ để
chuyển phơng trình về dạng đa thức.
Từ đó, phơng pháp đợc ®Ị xt lµ sư dơng hai Èn phơ:

 u  3 3x  2
u 3 3x  2
 5u3 + 3v2 = 8.
  2

v

6


5x

 v  6  5x
Khi đó, phơng trình đợc chuyển thành hệ:
2u 3v 8 0
3
2
5u 3v 8
và để giải hệ trên chúng ta chỉ cần sử dụng phơng pháp thế.
lời giải chi tiết: Điều kiện:
6
6 5x 0 x  .
5
Sư dơng hai Èn phơ:
3
 u  3 3x  2
u 3x  2
 5u3 + 3v2 = 8.
  2

 v 6  5x
 v  6 5x , v 0
Khi đó, phơng trình đợc chuyển thµnh hƯ:
8  2u

v
8  2u


3

 2u  3v  8 0

v 
 
 
3
 3
2
2
8

2u
5u

3v

8


3
3

5u  3

15u  4u 2  32u  40 0
8





 3 
8  2u

 u  2
v 
 
 
3
 6  5x 4
 v 4 (tho¶ m·n)
(u  2)(15u 2  26u  20) 0

 6  5x = 16  x = 2.
5


Vy, phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 5: Giải bất phơng trình:
x 1 x 2  4x  1 3 x, (x  ).

 Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Dễ thấy không thĨ sư dơng ngay phÐp khai ph-

¬ng cho bÊt ph¬ng trình này, suy ra cần sử dụng ẩn phụ.
Câu hỏi đợc đặt ra là ẩn phụ kiểu gì ?
ẩn phơ dƠ nhËn thÊy nhÊt lµ t  x (t 0) và khi đó ta nhận đợc bất phơng trình d¹ng:



t 4  4t 2  1  t 2 3t 1.

Trong trờng hợp này cần phải giải một bất phơng trình cao hơn 2.
Từ việc đánh giá hệ số và x hoàn toàn đợc đa vào căn bậc hai nên nếu
chia cả hai vế của phơng trình cho

x 0 sẽ thấy xuất hiện

x

1

và

x

1
1
, từ đó nhận đợc ẩn phụ t x
(t 2) . Và khi đó, ta nhận đợc
x
x
bất phơng trình dạng:
x

t 2 6 3 t.

Nhận xét: 1.

Với bất phơng trình đà cho, trớc tiên chúng ta cần đặt điều kiện
có nghĩa.
2. Trong cả hai lựa chọn chúng ta đều gặp bất phơng trình dạng

cơ bản:
g 0

f g g  0 .
 f g 2


lêi gi¶i chi tiÕt: Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: §iỊu kiƯn:
 x 2  3
x 2  4x  1 0

.

x 0
0 x 2 3
Đặt t x (t 0) bất phơng trình đợc chuyển về d¹ng:
4
2
2
t 2  1  t 4  4t 2  1 3t  t  4t  1  t  3t  1.
Ta xÐt hai trêng hỵp:
Trêng hỵp 1: Bất phơng trình (1) đúng khi:
2
t 2 3t  1 0  t  3t  1 0  t 

6

3

5 hc
3 5
t
.
2
2

(*)

(1)


Trờng hợp 2: Với điều kiện:
t2 + 3t 1 0 3

3 5
.
2
2
Bất phơng trình (1) đợc chun vỊ d¹ng:



5



t 

(**)

2

t 4  4t 2  1   t 2  3t  1  6t 3  15t 2  6t 0
 3 5
1

1
 t 0
t  (**) 
t 


 3t(2t  5t  2) 0   2
2   2
2.

 2t  5t  2 0
 t 2
 t 2
KÕt hỵp hai trêng hợp 1 và trờng hợp 2, ta đợc:
2

1

1
1 (*)
1

t 2   x 2   x 4   0  x  4 .




 x 2
 t 2
x 4
x 4
1
Vậy, bất phơng trình cã tËp nghiƯm lµ  0;    4; .
4
Cách 2: Điều kiện:
x 2  3
x 2  4x  1 0
 
.

x 0
 0 x 2  3
NhËn xÐt r»ng x = 0 là nghiệm của bất phơng trình.
Với x > 0, biến đổi bất phơng trình về dạng:
x

1
x

Đặt t x

x 4

(*)

1
3
x

1
1
(t 2) suy ra x  t 2  2 nên bất phơng trình đợc chuyển
x
x

về dạng:
t t 2  6 3 

 3  t 0

t 2  6 3  t   3  t  0
 t 2  6 (3  t)2


 t 3
5

  t  3  t  
2
 6t 15

x

1
x



5 u  x 0
1 5
 u 
2
u 2

 x 2
 u 2
 x 4



 2u  5u + 2  0 


.
 x 1
 u 1
 0  x 1


2


4
2
2

7


1
Vậy, bất phơng trình có tập nghiệm là 0;    4;    .
 4
VÝ dụ 6:

Giải bất phơng trình:
x x
1





2

1.

2 x x 1

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là bất phơng trình không mẫu mực chứa căn

P(x)
k (k là hằng số) , do vậy để giải nó
Q(x)
chúng ta cần có những đánh giá dần nh sau:
Nhận xét về dấu của Q(x) đề chuyển bất phơng trình về dạng:
P(x) k.Q(x) hoặc P(x) k.Q(x).
Với bài toán này, ta có:
bậc hai và đợc cho dới dạng phân thức





2 x2 x  1  0 

Q(x) < 0  1 





2 x2  x  1  1

 2  x 2  x  1  1  2x2 2x + 1 > 0, luôn đúng.
hoặc:

2
2 x 2  x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS  0

hc:
2

1
3
3
2 x 2  x  1  2  x    
 1  MS  0
2 2
2

Suy ra, bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:





x



x 1 





2 x2  x 1 





2 x 2  x 1 1 x x.

(1)

Tới đây, việc lựa chọn phơng pháp giải cho bất phơng trình (1) sẽ đợc dựa
theo dạng xuất phát cơ bản là f g . Tuy nhiên, nh đà trình bày trong phần
cấu trúc đề thi đại học môn toán thì đây luôn là câu hỏi khó nên các em học
sinh cần có kiến thức rất tốt mới có thể tiếp tục đợc. Cụ thĨ, chóng ta sÏ lùa
chän mét trong c¸c híng sau:
Híng 1: Sử dụng phép biến đổi tơng đơng:
g 0
f g
.
2
f g
Và với hớng này cần có kinh nghiệm tốt trong việc biến đổi đại số.
Hớng 2: Sử dụng Èn phơ t  x (t 0) vµ phÐp biÕn đổi tơng đơng giống nh
hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 4 theo t.

8


Hớng 3: Sử dụng ẩn phụ t là tổ hợp của x và phép biến đổi tơng đơng giống
nh hớng 1 để nhận đợc một bất phơng trình bậc 2 theo t. Cụ thể

1
trong bài toán này chúng ta sẽ đặt t
x.
x
Hớng 4: Sử dụng phơng pháp đánh giá (nếu có thể). Cụ thể trong bài toán này
chúng ta sử dụng bất đẳng thức 2(a 2 + b2)  (a + b)2 bëi ta cã biÕn
®ỉi:
2 x2  x  1  2   1  x  




2



 x

2


  1  x  x





2

1  x  x.

lêi gi¶i chi tiÕt: NhËn xÐt r»ng:





2
2 x 2  x  1  x 2   x  1  1 > 1  MS 1
Điều kiện x 0.
Bất phơng trình đợc biến đổi vỊ d¹ng:

x







2 x2  x  1 

x 1 





2 x 2  x  1  0.



(1)

2 x 2 x 1 1 x x.

Tới đây, chúng ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Biến đổi tiếp (1) về dạng:
1 x x 0

2
 2
2
x   x  1  1  1  x  x
1  x  x 0
1  x  x 0
 

 2
2
2
2
x  1 2(1  x) x  x
x   x  1  1  1  x   2(1  x) x  x

1  x  x 0
1  x  x 0
  2
 
2

 x  2x  1  2(1  x) x  x 0
 1  x  x 0
1  x  x 0
2 x 0
1  x 0
x 1
 
 
 
2   2
x  3x  1 0
x  1  x 
1  x  x 0
 x 1 x
3 5
x
.
2
3 5
Vậy, phơng trình có nghiệm x 2 .
Cách 2: Đặt t x (t 0) , khi đó (1) có dạng:

1 t 2  t 0
 2  t  t  1 1  t  t   4 2
2
2 t  t  1  1  t  t
1  t 2  t 0
  4 2
4
2
2
3
2 t  t  1 1  t  t  2t  2t  2t
4

2

2





 



2



9


1  t 2  t 0
1  t 2  t 0
1  t 2  t 0

 4

 2
2
2
3
2
t  2t  t  2t  1 0
t  t  1 0
 t  t  1 0
2t 0

   1  5  t  5  1  x  5  1  x 3 5 .
2
2
2
t

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

2
C¸ch 3: NhËn xÐt r»ng x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta có biến đổi:



1
1

2 x 1

x
x

1

Đặt t 

x

x th× x 





(2)

x  1.

1 2

t  2 , khi đó (2) có dạng:
x

t 1
t 1 0
t  1
 2
 
2 t 2  1 t  1   2
2
2
2(t  1) (t  1)
t  2t  1 0
 t  1 0





t=1 

1
x



1  x 0
x 1  x  
2
x  1  x 

x 1 

x 1
3 5
  2
 x
.
x

3x

1

0
2

VËy, ph¬ng trình có nghiệm x 3

5

.
2
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức 2(a2 + b2) (a + b)2, ta thÊy:
2 x2  x  1  2   1  x  




2



 x

2


  1  x  x





2

 1  x  x 1  x x.
Từ (1) và (3) suy ra bất phơng trình đợc biến đổi về dạng:
1 x 0
1 x  x

x 1
2
3 5
  1  x  x   2

 x
.
2
x  3x  1 0

1 x x 0

2 x 0
Vậy, phơng trình có nghiệm x 3
Ví dụ 7:

2

.

Giải phơng trình:
4 2x 

10

5

x 2

3

 2 x 42 

x 2

 2x

3

 4x  4

.

(3)


Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, chúng ta dễ biến đổi đợc phơng trình

về dạng tích, cơ thĨ:

4

2x  x  2

 42
 2 4 2

 42 

x 2

4
2

x 2

 2

x 2

2x  2

x3

 2x

3

 4x  4

 0

3

 1  2 x  1  2 4x  4  0

4x  4





3

 1  2x  24x  4  1 0  2 4x  4  1 2 4 2

x 2

 2x

3

 0

 2 4x  4  1 0
 2 4x  4 1
(1)
 


3
3
4 2 x 2
4 2 x 2
 2x 0
2x (2)
2
2
Ta lần lợt:
Với phơng trình (1) ta sẽ nhận ngay đợc nghiệm x.
Với phơng trình (2) thì đợc biến đổi về dạng:
(*)

3
4 2 x  2 x3  2 x  2 x 4.

Đây thuộc dạng cơ bản f g nhng không thể sử dụng phơng pháp biến
đổi tơng đơng bởi khi đó sẽ nhận đợc một phơng trình bậc 6.

Hớng 1: Sử dụng phơng pháp hàm số với điều kiện:
x3 4  0  x  3 4.



XÐt hµm sè g(x) 2 x  2  x 3  4 trªn tËp D  3 4;   , ta cã:

1
 3x 2 < 0, xD
x 2
 g(x) nghÞch biÕn trên D.
Vậy, phơng trình sẽ có nghiệm duy nhất x = 2.
Hớng 2: Biến đổi phơng trình về dạng tích, trong hớng lựa chọn này nhân
tử chung chỉ có thể xuất hiện khi thực hiện các phép trục căn
thức. Và nh vậy, các em học sinh cần có kĩ năng nhẩm đợc
nghiệm x0 của phơng trình thì mới có thể đa ra đợc phép tách
phù hợp.
g'(x)

Với các bài toán kiểu này x0 đợc chọn sao cho

x 0 2  .

NhËn thÊy r»ng x0 = 2 nªn ta cã phÐp t¸ch:
2  x  2  4
2 x  2  2 x 3  8 
x 3  8
x 2 2







2 x  2
x 2 2



 x  2  x 2  2x  4



11


 x  2 0
 
2

x 2  2x  4 (2')
x 2 2
Tới đây, các em học sinh hÃy sử dụng phơng pháp đánh giá để
giải phơng trình (2).
lời giải chi tiết: Điều kiện x 2.
Biến đổi phơng trình về dạng:

4

2x x 2

42
 2 4 2

 42 

x 2

4
2

x 2

x 2

2x  2

 2

x3

 2x

3

 4x  4

 0

3

 1  2 x  1  2 4x  4  0

4x  4





3

 1  2x  24x  4  1 0  2 4x  4  1 2 4 2

x 2

 2x

3

 0

 2 4x  4  1 0
 2 4x  4 1
(1)
 
 
3
3
4 2 x 2

4 2 x 2
 2x 0
2x (2)
 2
 2
Ta lần lợt:
Với phơng trình (1) thì:
4x 4 = 0  4x = 4  x = 1, tho¶ mÃn điều kiện.
Với phơng trình (2) ta có thể lựa chọn một trong các cách giải sau:
Cách 1: Ta cã:
4  2 x  2 x3  2


2  x  2  4





x  2  2 x 3  8

x 3  8 

2 x  2



 x  2  x 2  2x  4



x 2 2
x 2 2
 x 2
 
2

x 2  2x  4 (2')
 x  2  2
NhËn xÐt r»ng:
VT(2') 1
Phơng trình (2) vô nghiệm.

VP(2') 3
Cách 2: Ta có:
3
3
4  2 x  2 x3  x  2 x  4  x  2  x  4 0. (*)
§iỊu kiƯn:
x3  4  0  x  3 4.



XÐt hµm sè g(x) 2 x  2  x 3  4 trªn tËp D  3 4;   , ta cã:

g'(x) 

12

1

 3x 2 < 0, xD g(x) nghịch biến trên D.
x 2


Do đó, phơng trình (*) sẽ có nghiệm duy nhất x = 2.
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.
Ví dụ 8: Giải phơng trình:
log 2 (8  x 2 )  log 1





1  x  1  x  2 0, (x  ).

2

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là phơng trình lôgarit hỗn hợp bởi nó còn

chứa cả căn bậc hai, chúng ta đi đánh giá dần nh sau:
1
2  1  log 1 1  x  1  x  log 2 1  x  1  x , 2 = log24
2
2
tøc lµ cã thĨ biÕn đổi phơng trình về dạng có cùng cơ số, cụ thÓ:

















log 2 (8  x 2 ) log 2  4 1  x  1  x   8  x 2 4 1  x  1 x .


Tới đây, ta đợc một phơng trình chứa căn dạng u v w và vì w có thể đợc biểu diễn thông qua uv nên ta thực hiện bình phơng hai vế để nhận đợc:

8 x
2

2





16 2  2 1  x 2 .

Khi ®ã, nÕu chuyển phơng trình về dạng u v rồi thực hiện phép bình phơng thì rất phức tạp (ngoài ra còn nhận đợc phơng trình bậc 8 theo x) nên ta sư

dơng Èn phơ t  1  x 2 , t 0 để nhận đợc:

7t
2

2

16 2 2t   t4 + 14t2  32t + 17 = 0.

Thực hiện việc nhẩn nghiệm và chia đa thức, ta ®ỵc:
t 0

(t  1)2(t2 + 2t + 17) = 0  t  1 0  t = 1  1  x 2 1  x = 1.

Chó ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
lời giải chi tiết: Điều kiện:

8 x 2  0
x 2  8


1  x 0  x  1  1  x  1.
1  x 0
x 1


Biến đổi phơng trình về dạng:
log2 (8 x 2 )  log 2







1  x  1  x  2 0

 log 2 (8  x 2 ) log 2  4

(**)
 8  x 2 4

(*)





1x  1 x 


1x  1 x





 8  x2



2





16 2  2 1  x 2 .

(1)

13


§Ỉt t  1  x 2 , t 0 thì (1) có dạng:

7t

2

16 2 2t  t4 + 14t2  32t + 17 = 0
 (t  1)(t3 + t2 + 15t  17) = 0  (t  1)2(t2 + 2t + 17) = 0
2

t 0

2
2
 t  1 0  t = 1  1  x 1  1  x = 1 x = 1, thoả mÃn (*).
Vậy, phơng trình cã nghiƯm x = 0.

 Chó ý: Cã thĨ sư dụng đánh giá để giải phơng trình (**).
Ví dụ 9:

Giải phơng trình:
log2x 1(2x2 + x 1) + logx + 1(2x 1)2 = 4.

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Phơng trình đợc giải theo các bớc:

Bớc 1:
Bớc 2:

Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.
(*)
Sử dụng các phép biến đổi:
logaa.b = 1 + logab và logban = n.logba.
Chúng ta sẽ chuyển đợc phơng trình về dạng chỉ chứa logab và logba. Từ
đó, sử dụng ẩn phụ t = logab để giải phơng trình.
Bớc 3: Kiểm tra ®iỊu kiƯn (*) råi kÕt ln vỊ nghiƯm cđa bÊt phơng trình.
lời giải chi tiết: Biến đổi phơng trình về d¹ng:
log2x  1(2x  1)(x + 1) + logx + 1(2x  1)2 = 4.
§iỊu kiƯn:
0  2x  1 1
1
(*)
  x 1.

2
0  x  1 1

BiÕn ®ỉi tiếp phơng trình về dạng:
1 + log2x 1(x + 1) + 2logx + 1(2x  1)2 = 4
 log2x  1(x + 1) + 2logx + 1(2x  1)2 3 = 0.
1
Đặt t = log2x 1(x + 1), suy ra log x 1 (2x  1)  .
t
Khi đó, phơng trình có dạng:
t 1
2
.
t 3 0  t2  3t + 2 = 0
t
t 2
Ta lần lợt:
Với t = 1 th×:
log2x  1(x + 1) = 1  x + 1 = 2x  1  x = 2.
 Víi t = 2 th×:
log2x  1(x + 1) = 2  x + 1 = (2x  1)2  4x2  5x = 0
 x 0 (loai)
 
.
 x 5 / 4

5
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 2 vµ x  .
4

14

Ví dụ 10:

(Đề thi đại học Môn Toán khối B năm 2008): Giải bất phơng trình:

x2 x
log 0,7 log 6
0.
x 4


Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Bằng các phép biến đổi tơng đơng các em học

sinh có thể giải ngay đợc bất phơng trình này, với lu ý về tính đơn điệu của hàm
số lôgarit tứng ứng với cơ số lớn hơn 1 hoặc nhỏ hơn 1.
lời giải chi tiết: Biến đổi tơng đơng bất phơng trình về dạng:

log 6

x2 x
x2  x
1 
6
x4
x 4

(*)

 4  x   3
x2  x

x 2  5x  24
.
 60 
0 
x 4
x 4
x 8
Vậy, nghiệm của bất phơng trình là tËp (4; 3)  (8; +).
 Chó ý: Mét sè em học sinh mắc phải sai lầm khi giải (*) bằng cách nhân chéo hai
vế. HÃy nhớ rằng điều đó chỉ có thể đợc thực hiện khi MS luôn âm hoặc luôn dơng.
Ví dụ 11: Giải các phơng trình sau:


a. 8x3  4x2 x 2 = 4 x2  x 2 .





x

b. 0,125.42x  3 = 4 2 .

 Gi¶i
a. Phơng trình đợc biến đổi về dạng:
3
2
2
3
2

2
(23 )x 4x x 2 = (22 )x  x 2  3(x 4x + x + 2) = 2(x  x + 2)
 3x314x2 + 5x + 2 = 0
2
 (3x2)(x24x1) = 0  x =  x = 2  5 .
3
2
Vậy, phơng trình có ba nghiệm phân biệt x = , x = 2  5 .
3
1
b. V× 0,125 =
= 23 nên ta biến đổi phơng trình về dạng:
8
1
5x
5x
23.22(2x 3) = (22.2 2 )x  2 4x  9 = 2  4x  9 =
2
2
 8x  18 = 5x  3x = 18  x = 6.
VËy, phơng trình có nghiệm là x = 6.


Nhận xét: Trong lời giải trên:
Với phơng trình af(x) = bg(x) ta cần chọn phần tử trung gian
c để biến đổi phơng trình về dạng:
(c)f(x) = (c)g(x) cf(x) = cg(x) f(x) = g(x),

15

Với phơng trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 ta sư dơng kÕt qu¶
“NÕu a, b, c, d nguyên và phơng trình có nghiệm hữu tỷ

p
q

thì p, q theo thø tù lµ íc cđa d vµ a" để đoán nhận đợc
nghiệm x =

2
, từ đó phân tích phơng trình trở thành:
3

(3x2)(x22x2) = 0.
Ví dụ 12: Giải các phơng trình sau:
a. log32 x 3 20 log3 x  1 0 .
b. log9x27  log3x3 + log9243 = 0.
Giải
a. Điều kiện x > 0.
Biến đổi phơng trình vỊ d¹ng:
1
(3log3x)2  20. log3x + 1 = 0  9log32x 10log3x + 1 = 0.
2
Đặt t = log3x, ta biến đổi phơng trình về dạng:
x 3
l o g3 x 1
 t 1


9t2 10t + 1 = 0  
 
.
1
 t 1/ 9
 l o g3 x 1/ 9  x 3 9  9 3
VËy, phơng trình có nghiệm là x = 3 hoặc x = 9 3 .
b. §iỊu kiƯn:
0  9x 1
1 1
 x  (0; +)\{ ; }.

9 3
0  3x 1
BiÕn đổi phơng trình về dạng:
3
1
1
5

3log9x3 log3x3 + .5log33 = 0 
+ =0
log3 9x log3 3x
2
2
3
1
5



+ = 0.
1  log3 3x log 3 3x
2
Đặt t = log33x, ta biến đổi phơng trình về dạng:
3
1
5
+ = 0 6t 2(1 + t) + 5t(1 + t) = 0  5t2 + 9t  2 = 0
1 t t
2
 3x 30,2
 x 3 0,8
 log 3x 0,2
 t 0,2
 
  3
 

.

2
3
 3x 3
 x 3
 t  2
 log3 3x 2
Vậy, phơng trình có nghiệm là x = 30,8 hoặc x = 33.

Nhận xét: Nh vậy, thông qua thí dụ trên chúng ta đà đợc làm quen với dạng
đặt ẩn phụ cơ bản của phơng trình lôgarit. Và ở đó:
Với câu a), các em học sinh dƠ nhËn thÊy Èn phơ t = log 3x.
Tuy nhiªn, rất nhiều em biến đổi nhầm log32 x 3 3log32 x .
Với câu b), chúng ta cần sử dụng công thức đổi cơ số để
làm xuất hiện ẩn phụ.

16


Ví dụ 13:

Giải hệ phơng trình:
2
x 4x y  2 0

2 log2 (x  2)  log 2 y 0

x,y

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Với hệ phơng trình này chúng ta thực hiện theo

các bớc:
Bớc 1:
Bớc 2:

Bớc 3:

Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình.
Lựa chọn một trong hai phơng trình của hệ để thực hiện phép biến
đổi tơng đơng, ở đây ta chọn phơng trình thứ hai:
2 log 2 (x  2)  2 log 2 y 0  log 2 y log 2 (x  2)
 y = x 2.
(*)
Tới đây, chỉ cần thế (*) vào phơng trình thứ nhất của hệ ta nhận đợc
nghiệm x, từ ®ã suy ra y.
KÕt ln vỊ nghiƯm cđa hƯ tho¶ mÃn điều kiện ở bớc 1.

lời giải chi tiết: iều kiÖn:

x  2  0
x  2
 
.

y  0
y 0
Biến đổi tơng đơng hệ về dạng:
2
2
x 4x  y  2 0
x  4x  y  2 0
 

2 log 2 (x  2)  2 log 2 y 0
log 2 y log 2 (x  2)

  x 0 (l)
x 2  4x  y  2 0
x 2  3x 0
x 3

 
 
   x 3
 
.
y 1
y x  2
y x 2
y x 2

Vậy, hệ phơng trình có một cặp nghiệm (3; 1).
Ví dụ 14: Giải hệ phơng trình:
log 2 (3y  1) x
, x,y  .
 x
x
2
4  2 3y

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Với hệ phơng trình này chúng ta thực hiện theo

các bớc:
Bớc 1:
Bớc 2:

Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phơng trình.
Lựa chọn một trong hai phơng trình của hệ để thực hiện phép biến
đổi tơng đơng, ở đây ta chọn phơng tr×nh thø nhÊt:
3y  1 = 2x  3y = 2x + 1.
(*)
Tới đây, chỉ cần thế (*) vào phơng trình thứ nhất của hệ ta nhận
đợc nghiệm x, từ ®ã suy ra y.
Bíc 3:
KÕt ln vỊ nghiƯm cđa hƯ thoả mÃn điều kiện ở bớc 1.
lời giải chi tiết: §iỊu kiƯn:

17


1
3y  1 > 0  y  .
3
BiÕn ®ỉi tơng đơng phơng trình thứ nhất của hệ về dạng:
3y  1 = 2x  3y = 2x + 1.
Thay (*) vào phơng trình thứ hai của hệ bằng cách:
3  4 x  2 x  9y 2  3 22x  2 x  2x  1



 



2

(*)

 2.2 2x  2 x  1 0

 2x  1 (l)
1
 x = 1  y  , tho¶ mÃn điều kiện.
x 1
2
2

2
1

Vậy, hệ phơng trình cã mét cỈp nghiƯm   1;  .
2

VÝ dơ 15: Giải hệ phơng trình:
log 2 (x 2 y 2 ) 1  log 2 (xy)
.
 x 2  xy y2
81
3

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Để giải hệ phơng trình đà cho chúng ta chỉ cần

thực hiẹn theo các bớc sau:

Bớc 1:
Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ.
(*)
Bớc 2:
Sử dụng các phép biến đổi tơng đơng của hàm mũ và lôgarit chúng
ta sẽ biến đổi đợc hệ về dạng đơn giản.
Bớc 3:
Kết hợp với (*) ®Ĩ kÕt ln nghiƯm ®óng cđa hƯ.
lêi gi¶i chi tiÕt: Bạn đọc tự thực hiện.
Ví dụ 16: Giải hệ phơng tr×nh:
5
 2
3
2
 x  y  x y  xy  xy  4
, (x, y  ).

 x 4 y 2 xy(1 2x) 5

4
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy

để giải nó chúng ta cần có những đánh giá nh sau:
Phơng trình thứ nhất của hệ có thể đợc phân chia nh sau:
5
x 2  y  xy(x 2  y)  xy
4
Tức là, nó đợc xây dựng dựa trên bộ cơ sở x2 + y và xy.
Chúng ta thử định hớng biến đổi phơng trình thứ hai của hệ theo x 2 + y vµ

xy, cơ thĨ:
5
5
x 4  y 2  xy(1  2x) 
 (x 2  y) 2  xy  .
4
4

18


Tõ ®ã, b»ng viƯc sư dơng Èn phơ u x 2 y và v=xy , hệ phơng trình đợc
biến ®ỉi vỊ d¹ng:

5

 u  uv  v  4

 u 2 v 5

4
Hệ này đợc giải dễ dàng bằng phơng pháp thế.
Cuối cùng với (u0; v0) tìm ®ỵc chóng ta sÏ cã hƯ míi:
2
 x  y u 0
.

 xy v 0
Nh vËy, chØ cÇn sư dơng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên.
lời giải chi tiết: Biến đổi hệ phơng trình về dạng:

5
2
2
 x  y  xy(x  y)  xy 4
.

5
2
2
(x y) xy

4
2
Đặt u x y và v=xy , hệ phơng trình đợc biến đổi vỊ d¹ng:


5
5
5
 5

2
2
u  u   4  u   4  u  4
 u  uv  v  4




5

 u 2  v 
 v  5  u 2


4
4
  u 0
u
 3

2

u  u  0
& v 
1
 u 0



u 
4

 
 
2
5
2
 u  1 & v 
 v   u


5
2


 v u
4
2

4
Ta lần lợt:
5
Với u = 0 và v thì:
4

5
x 2 y 0
y  x 2
x  3
4 .




5  
5  
2
 xy 
 x( x ) 
 y  3 25


4

4

16


Víi u

5
4.
3
2

1
3
và v thì:
2
2
19


1
 2
 x  y  2


 xy  3

2

 x 1

 
3..
y


2

1
 2 3
2x 3  x  3 0
 x  2x  2

 

3
 y  3
 y

2x

2x

5
Vậy, hệ phơng trình có hai cặp nghiệm  3 ; 
 4


3

25 
 , (3; 1) vµ
16

3

1; .
2


Ví dụ 17: Giải hệ phơng tr×nh:

 xy  x  1 7y
.
 2 2
2
 x y xy 1 13y

Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Đây là hệ phơng trình không mẫu mực, do vậy

để giải nó chúng ta cần có những đánh giá nh sau:
Phơng trình thứ nhất của hệ cã bËc 2 vµ VP lµ bËc nhÊt cđa y.
 Phơng trình thứ hai của hệ có bậc 4 và VP là bậc hai của y 2. Và ở đây dễ
nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ.
Từ đó, để hằng số hoá VP của các phơng trình trong hệ chúng lần lợt chia nó
cho y và y2 để chuyển hệ về dạng:
x 1

x

7

y y

.

x 2 x 1 13

y y2
2

1 x


Tới đây, bằng nhận định x 2 1 x 1 2 x và hai toán tử x ,
y y
y2
y
y
tồn tại trong phơng trình thứ nhất của hệ, nên ta sử dụng ẩn phụ:
1
x
u x và v= .
y
y
Hệ phơng trình sẽ đợc chuyển về dạng:
u v 7

.
2
u

v

13

Nh vậy, chỉ cần sử dụng phơng pháp thế chúng ta sẽ giải đợc hệ trên.
lời giải chi tiết: Vì y = 0 không phải là nghiệm của phơng trình nên ta biến đổi:

20