PHƯƠNG TRÌNH- HỆ PHƯƠNG TRÌNH ÔN THI HSG

TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020

CH 1.
PHNG TRèNH H PHNG TRèNH KHễNG CHA THAM S
A. KIN THC CN BN
1. Chng 3, 4 trang 53 106, SGK i s 10
2. Lc Hoocne :
Nếu f(x) có nghiệm x=x0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x0), tức là : f(x) =(x-x0).g(x).
Trong đó : f(x) = anxn + an -1xn -1 + ... + a1x + a0
g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0

với :

bn 1 a n


bn 2 x 0bn 1 a n 1


...


bi 1 x 0 bi a i


...

b 0 x 0 b1 a1

xi
x = x0

an
bn-

Ta có bảng sau ( Lợc đồ Hoócne).

an - 1

...

ai

...

a0

x0bn-1

...

x0bi

...

x0b0

bn-2

...

bi-1

...

0

=an

1

Ví dụ: Giải phơng trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0
Giải: phơng trình có 1 nghiệm x= 1.
Đa phơng trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0.
Phơng trình x3-3x2-4x+12=0 có một nghiệm x = 2 nên:
x 1


x 1 0

x2

x20

PT (x-1)(x-2)(x2-x-6)=0

x 2
2

x

x

6

0


x3

3. Phơng pháp dùng hệ số bất định:
a) Phơng pháp: Xét phơng trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
(10)
- Bớc1: Giả sử (10) phân tích đợc thành (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2)=0

Khi đó ta có:

a1 a 2 a
a a b b b
1 2 1
2

a1b2 a 2 b1 c
b1b2 d

- Bớc 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số b1; b2; a1 ; a2.

1

TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

x 2 a1x b1 0
- Bớc 3: Phơng trình (10) 2
x a 2 x b2 0


NM HC: 2019 - 2020

* Chú ý: Phơng pháp này thờng áp dụng khi việc nhẩm tìm các hệ số a 1; b1; a2;
b2 là đơn giản.
Ví dụ: Giải phơng trình:

x4 + 4x3 +3x2 + 2x - 1 = 0

(10.1)

Giải: Giả sử (10.1) phân tích đợc thành : (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2) = 0

a1 a2 4


a1a2 b1 b2 3


Khi đó:
a
b

a
b

2
2 1
1 2

b1b2 1


b1 1


b2 1


a1 3


a2 1


Phơng trình (10.1) (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0
3 13
x


x 3x 1 0
2

2

3 13
x x 1=0 (VN )

x


2
2

* Nhận xét: Từ b1b2=-1 ta thử ngay với b1=-1, b2=1, từ đây có thể dễ dàng tìm
đợc a1=3, a2=1.
Ví dụ 2:

Tìm a, b để phơng trình

x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0

(10.2)
có 2 nghiệm kép phân biệt.
Giải: Phơng trình (10.2) có 2 nghiệm kép phân biệt x1, x2 nên:
x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x2)2
x4 - 4x3 +(4+a)x + b = x4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2-2x1x2(x1+x2)x+x12x22
Đồng nhất 2 vế, ta có:
x1 x2 2 (1)
4 2( x1 x2 )

2
2
0 x1 x 2 4x1x 2
(x1 x 2 ) 2 2x1x 2 0 (2)




4

a


2x
x
x

x


2x1x 2 x1 x 2 4 a (3)
1
2
1
2


2
2

2
2
b x1 x 2

x1 x 2 b (4)
x1 x 2 2
x1,2 1 3
Từ (1), (2)
x1x 2 2
Thế vào (3), (4) ta đợc a=b=4.
4. Phng trinh Bõt phng trinh cn thc c ban

2


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
�
B �0
�
A
=
B
�

.
�
�
A = B2
�

�



�
�
A �0
�
�
�
�
�
B <0
�
�
A >B � �
.
�
B �0
�
�
�
�
�
�
A > B2
�
�
�


NĂM HỌC: 2019 - 2020
�
B �0
A = B ��
.
�
�
A =B
�
�



�
B>0
�
�
�
A A 0 .
�
�
�
A < B2
�



�

B �0
A > B ��
.
�
�
A >B
�
�



Lưu y
Đối với những phương trình, bất phương trình căn thức không có dạng chuẩn như trên, ta
thực hiện theo các bước:
Bước 1.

Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa.

Bước 2.

Chuyển vế sao cho hai vế đều không âm.

Bước 3.

Bình phương cả hai vế để khử căn thức.

5. Phương trình – Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối



�
B �0
�
�
�
A =B .
A =B ��
�
�
�
�
�
A =- B
�
�
�
�



�
A =B
�
A
=
B
�

.
�

A =- B
�
�

A > B � ( A - B) ( A + B) > 0.

�
B>0
�
�
�
A A �
�
A >- B
�
�





�
�
B <0
�
�
�
�

�
A
�
�
�
�
B �0 .
A >B � �
�
�
�
�
�
�
A <- B
�
�
�
�
�
�
�
A >B
�
�
�
�
�
�

 Lưu ý: Đối với những phương trình, bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối không có dạng
chuẩn như trên, ta thường sử dụng định nghĩa hoặc phương pháp chia khoảng để giải.
6. Một số phương trình – Bất phương trình cơ bản thường gặp khác
3

Dạng 1.

● Ta có: ( 1) �
● Thay
Dạng 2.

3

( 1)

A + 3B = 3C

(

3

A +3B

)

3

= C � A + B + 33 AB

(

3

)

A +3B =C

( 2)

A + 3 B = 3 C vào ( 2) ta được: A + B + 33 ABC = C .
�
f ( x) + h( x) = g( x) + k ( x)
f ( x) + g( x) = h( x) + k ( x) với �
.
�
f x .h x = g( x) .k ( x)
�
�( ) ( )

● Biến đổi về dạng:

f ( x) -

h ( x) = g( x) -

k ( x) .

● Bình phương, giải phương trình hệ quả.
 Lưu ý: Phương pháp biến đổi trong cả hai dạng là đưa về phương trình hệ quả. Do đó, để đảm bảo
rằng không xuất hiện nghiệm ngoại lai của phương trình, ta nên thay thế kết quả vào phương trình đầu

đề bài nhằm nhận, loại nghiệm chính xác.

3


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
Ví dụ: Giải phương trình:

NĂM HỌC: 2019 - 2020

- x2 + 4x - 3 = 2x - 5

( *)

Bài giải
� 5
�
x�
�
� 5
�
�
2
2x
5
�
0
�
�
x

�
14
�
�
�
�
�
x
=
*
�
�
�
.
( ) �
� 2
�� 2 � x =
2
2
�
�
�
2
5
- x + 4x - 3 = ( 2x - 5)
�
�
�
�
5x

24x
+
28
=
0
�
14
�
�
�
�
�
x=
�
�
� 5
�
Ví dụ: Giải phương trình:

7 - x2 + x x + 5 = 3 - 2x - x2

( *)

Bài giải
�
- 3 �x �1
�
�
3 - 2x - x2 �0
�

�
�
��
( *) � �
x +2
�
�
7 - x2 + x x + 5 = 3 - 2x - x2
x +5 =�
�
�
�
x
�
�
- 3 �x �1
�
�
�
- 2 �x < 0
- 3 �x �1
�
�
�
�
�
�
� x +2
�
�

�
�
x =- 1
��
�0
��
- 2 �x < 0
��
� x = - 1.
�
�
�
�
x
�
�
�
3
2
�
2
x = �4
�
�
x + x - 16x - 16 = 0 �
�
�
�
�
�

x2 ( x + 5) = ( x + 2)
�
�
�
Ví dụ: Giải phương trình:

3x - 2 -

x+7 =1

( *)

Bài giải
�
3x - 2 �0
�
۳ x
● Điều kiện: �
�
x
+
7
�
0
�

( *) �

2
.

3

3x - 2 = x + 7 + 1 � 3x - 2 = x + 8 + x + 7 � x + 7 = x - 5

�
�
x - 5 �0
x �5
�
��
�
� x = 9.
�
�
�
x = 9 �x = 2
x + 7 = x2 - 10x + 25 �
�
�
�
Ví dụ: Giải phương trình:

x +8-

x = x+3

( *)

Bài giải
● Điều kiện: x �0 .

( *) �

x + 8 = x + 3 + x � x + 8 = 2x + 3 + 2 x ( x + 3)

�
x �5
�
�
�
5
x
�
0
�
�
�
x =1
�
�
� 2 x ( x + 3) = 5 - x � �
�
�
2 � �
�
�
�
4x ( x + 3) = ( 5 - x)
25
�

�
�
�
�
x =�
�
�
3
�
● So với điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 1.
2
Ví dụ: Giải phương trình: x - x + 2x - 4 = 3

( *)

Bài giải
●

Bảng xét dấu

4

�
x =1
�
�
25
�
x=�
3

�


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
- �

x

NĂM HỌC: 2019 - 2020

0

x2 - x

+

2x - 4

-

0

1
-

0

-

+�

2
+
-

+
+

0

�( 1;2�
Trường hợp 1. x �( - �;0�
.
�
�

●

� 3- 5
�
x=
�
2
2
2
�
( *) � x - x - ( 2x - 4) = 3 � x - 3x + 1 = 0 � �
3
+
5

�
x=
�
2
�

(

)

( L)
( L)

.

Trường hợp 2. x �( 0;- 1�
.
�

●

� - 1- 5
�
x=
�
2
2
2
( *) � - x - x - ( 2x - 4) = 3 � x + x - 1 = 0 � �
� - 1+ 5

�
x=
�
2
�
● Trường hợp 3. x �( 2; +�)

(

)

� - 1- 29
�
x=
�
2
2
2
( *) � x - x + ( 2x - 4) = 3 � x + x - 7 = 0 � �
� - 1 + 29
�
x=
�
2
�

(

)

( L)
( N)
( L)
( N)

.

.

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = - 1 + 5 � x = - 1 + 29 .
2
2
Bài tập tương tự.
●

1/

x3 - 3x + 1 = 2x - 1.

ĐS: x = 2 � x = 5 .

2/

x2 - 1 + x = 1.

ĐS: x = 0 � x = �1.

3/

x + 1 + x - 1 = 1 + 1- x2 .

ĐS: x = 0 � x = �2 .

7. Giải phương trình bằng cách đưa về tích hoặc tổng 2 số không âm.
a. Sử dụng biến đổi cơ bản
Dùng các phép biến đổi, đồng nhất kết hợp với việc tách, nhóm, ghép thích hợp để đưa phương
trình về dạng tích đơn giản hơn và biết cách giải.
Một số biến đổi thường gặp
2
● f ( x) = ax + bx + c = a( x - x1) ( x - x2 ) với x1, x2 là hai nghiệm của f ( x) = 0 .

● Chia Hoocner để đưa về dạng tích số ("Đầu rơi, nhân tới, cộng chéo").
● Các hằng đẳng thức thường gặp.
● u + v = 1+ uv � ( u - 1) ( v - 1) = 0.
● au + bv = ab + vu � ( u - b) ( v - a) = 0.

....... .

5


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
b. Tổng các số không âm

NĂM HỌC: 2019 - 2020

Dùng các biến đổi (chủ yếu là hằng đẳng thức) hoặc tách ghép để đưa về dạng:
�
A =0
�

�
�
B =0
�
A 2 + B2 + C2 + .... = 0 � �
.
�
�
C=0
�
�
�
... = 0
�
�
c. Sử dụng nhân liên hợp
 Dự đoán nghiệm x = xo bằng máy tính bỏ túi ( SHIFT - SOLVE hay ALPHA - CALC ) .
 Tách, ghép phù hợp để sau khi nhân liên hợp xuất hiện nhân tử chung ( x - xo ) hoặc bội của

(x-

xo ) trong phương trình nhằm đưa về phương trình tích số: ( x - xo ) .g( x) = 0 .

 Các công thức thường dùng trong nhân liên hợp
Biểu thức

Biểu thức liên hiệp

Tích

A� B

Am B

A- B

3

A +3B

3

A-

3

B

3

A2 -

AB + 3 B2

A +B

3

A 2 + 3 AB + 3 B2

A- B

Ví dụ: Giải phương trình: x2 + x + 5 = 5

3

( *)
Bài giải

●

5 0
Điều kiện: x +�۳-

x

( *) � x - ( x + 5) + ( x +

(

)

(

x +5 + x + x +5 = 0

x+5 x+ x+5 + x+ x+5 = 0

x + 5 x + 1-

2

� x-

5.

)(

�x + 5 = - x
�
��
�x + 5 = x + 1
�

x+5 = 0

) (

� x2 -

)

) (
�(x+

)

2

)(

)

x +5 = 0

( 1)
( 2)

�
x �0
�
�
- x �0
1- 21 .
�
�
�
� x=
( 1) � �
2 � �
1
+
21
1
21
�
�
x +5= x
2
x=

�x =
�
�
�
�
2
2
�
�
x �- 1
�
�
x + 1 �0
- 1 + 17
�
�
�
�x=
.
( 2) � �
2 � �
1
17
1
+
17
�
�
2
x + 5 = ( x + 1)

x
=
�
x
=
�
�
�
�
2
2
�
● Kết hợp với điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 1-

6

21
2

�x =

- 1 + 17 .
2


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN

NĂM HỌC: 2019 - 2020

 Nhận xét: Ta có thể giải bài toán trên bằng phương pháp đặt ẩn phụ y = x + 5 để đưa về hệ

�
y2 - x = 5
�
phương trình gần đối xứng loại II: � 2
và lấy vế trừ vế. Ta sẽ giải ra tìm x.
�
x +y=5
�
�
Dạng tổng quát của bài toán là: x2 + x + a = a, a ��.
Ví dụ: Giải phương trình: ( x + 3) 10 - x2 = x2 - x - 12

( *)

Bài giải
●

Điều kiện: 10 - x2 �0 � - 10 �x � 10 .

( *) � ( x + 3)

�
�
� ( x + 3) �10 - x2 - ( x - 4) �
=0
�
�

10 - x2 = ( x + 3) ( x - 4)

�
x =- 3
��
�
10 - x2 = x - 4
�
�

( 1)

●

Ta có: - 10 �x � 10 � x - 4 � 10 - 4 < 0 � x - 4 < 0 nên ( 1) vô nghiệm.

●

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = - 3.

Ví dụ: Giải phương trình:

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

( *)

Bài giải

1
● Điều kiện: x � .
2
Cách giải 1. Biến đổi đưa về phương trình tích số ( *) � 2x - 1 - x + x2 - ( 2x - 1) = 0

�

(

(

)

2x - 1 - x + x2 -

� x-

(

)

2

2x - 1 = 0 �

)(

(

)(

)

2x - 1 x + 2x - 1 = 0

�2x - 1 = x
�
��
�2x - 1 = 1- x
�

)

2x - 1 - 1+ x + 2x - 1 = 0

�
�
1- x �0
x �0
�
�
��
�
� 2
�
2
�
�
2x - 1 = x2
2x - 1 = ( 1- x)
�
�
�
�

●

) (

2x - 1 - x + x -

� x = 1 � x = 2-

So với điều kiện, nghiệm của phương trình là x = 1 � x = 2 -

2.

2.

Cách giải 2. Biến đổi và nhân lượng liên hợp để đưa về phương trình tích số

( *) � (
�

) (

)

2x - 1 - 1 + x2 - 3x + 2 = 0
2( x - 1)
2x - 1 + 1

+ ( x - 1) ( x - 2) = 0

�

(

)(

2x - 1 - 1

2x - 1 + 1

(

�
�
2
�
�
� ( x - 1) �
+
x
2
= 0.
�
�
�
�
�
� 2x - 1 + 1
�

Đến đây, giải tiếp tục được kết quả x = 1 � x = 2 Cách giải 3. Xem đây là dạng

) + x- 1

2x - 1 + 1

A = B.

7

2.

) ( x - 2) = 0


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
�
- x2 + 3x - 1 �0
�
�
2
��
2
( *) � 2x - 1 = - x + 3x - 1
�
2x - 1 = - x2 + 3x - 1
�
�

(

�3 - 5
3+ 5
�
�
�x �
��
� 2
2
�
4
3
2
�
x
6x
+
11x
8x + 2 = 0
�
�

NĂM HỌC: 2019 - 2020

)

�3 - 5
3+ 5
�
�
�x �

�
�� 2
2
�
2
2
�
�
( x - 1) x - 4x + 2 = 0
�

(

�3 - 5
3+ 5
�
�
�x �
��
� 2
2 � x = 1 � x = 2�
�
x = 1�x = 2 � 2
�
�

)

2.

Cách giải 4. Đặt ẩn số phụ
Đặt t = 2x - 1 �0 � x =
� ( t - 1)

2

(

t2 + 1
4
2
. Lúc đó: ( *) � t - 4t + 4t - 1 = 0
2

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

)

�
x =1
�
�

x = 2�
�

2

.

8. Các bất đẳng thức quen thuộc:
a. Bất đẳng thức Cauchy
�
x + y �2 xy
�
�
�2
�
x + y2 �2xy
�
�



Với x, y �0 thì



2
�
�
�
�

x
+
y
�
�
�
�
xy ��
�
�
�
�
�2 �
Với x, y �� thì �
�
2
�
�
(�x + y) �4xy
�

( 1) .
( 2)

( 3)

Dấu " = " xảy ra khi x = y .

. Dấu " = " xảy ra khi x = y .

( 4)



�
x + y + z �3.3 xyz
�
�
3
Với x, y, z �0 thì �
�
�
�
x + y + z�
�
�
�
xyz ��
�
�
�
�
�
3
�
�
�
�



Mở rộng cho n số a1,a2,a3,...,an không âm ta có:

( 5)
( 6)

. Dấu " = " xảy ra khi x = y = z .

a1 + a2 + ... + an �n.n a1.a2...an .
Dấu " = " xảy ra khi a1 = a2 = a3 = ... = an .
b. Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ( B.C.S) .


2
�
�
a.x + b.y) � a2 + b2 x2 + y2
(
�
Với x, y bất kỳ, ta luôn có: �
�
a.x + b.y � a2 + b2 x2 + y2
�
�
�

(
(

Dấu " = " xảy ra khi

a b
x y
= hay = .
x y
a b

8

)(
)(

) ( 7)
.
) ( 8)


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
2
�
�
a.x
+
b.y
+
c.z
� a2 + b2 + c2 x2 + y2 + z2
(
)

( 9)
�
 Với x, y, z bất kỳ: �
.
2
2
2
2
2
2
�
a.x
+
b.y
+
c.z
�
a
+
b
+
c
x
+
y
+
z
10
�
( )

�
�

(
(

)(
)(

)
)

a b c
x y z
= = hay = = .
x y z
a b c

Dấu " = " xảy ra khi

c. Bất đẳng thức cộng mẫu số (BĐT Cauchy Schwarz) là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức BCS.

a2 b2 ( a + b)
+ �
x
y
x+y

2

( 11) .



Với a,b �� và x, y > 0 , ta luôn có:



2
2
2
( a + b + c)
Với a,b,c �� và x,y,z > 0, ta luôn có: a + b + c �
x
y
z
x+y+z

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi

2

( 12) .

a b c
= = .
x y z

d. Bất đẳng thức về trị tuyệt đối
Điều kiện

Nội dung

x ��

x �0, x � x, x �- x
x �a � - a � x �a
�
x �- a
x �a � �
�
x �a
�
�

x>0

a,b ��

a - b �a+b �a + b

e. Bất đẳng thức véctơ
r
r
ur
Cho u = ( a;b) , v = ( x;y) , w = ( m;n) .


r
r

r r
r
r
r r
u - v � u + v � u + v � Dấu " = " xảy ra � u, v cùng phương � ax = by .



r r ur
r
r
ur
r r ur
u + v + w � u + v + w . Dấu " = " xảy ra � u, v,w cùng phương �




rr
r r
r r
u.v � u . v . Dấu " = " xảy ra � u, v cùng phương.
rr
r r
r r
u.v
ax + by
cos u, v = r r =
cos
u,

v �1 nên
. Do
a2 + b2 . x2 + y2
u. v

( )

( )

ax + by
2

2

2

2

a +b . x +y

�1 � ax + by � a2 + b2 . x2 + y2

9

( *) .

�
a b
�
=

�
y
� x .
�
m n
� =
�
y
x
�


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
NM HC: 2019 - 2020
Bõt ng thc ( *) c goi la bõt ng thc Bunhiacụpxki.
Vớ d: Giai bõt phng trinh:

x-

x2 - 1 + x + x2 - 1 2.

Bai giai
iờu kiờn: x 1 .
Ta co: VT = x -

Cauchy

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

Bõt phng trinh co nghiờm VT = 2 x Vớ d: Giai phng trinh:

x +1
3
+
= 2.
3
x +1

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

x2 - 1 = x + x2 - 1 x = 1.

S: x = - 4 x = 2.

B. MT S PHNG PHP GII PHNG TRèNH, H PHNG TRèNH
1. Phơng pháp đặt ẩn phụ
1.1 Một số lu ý
Khi giải phơng trình vô tỷ bằng phơng pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp
các dạng nh:
2.1.1 Đặt ẩn phụ đa phơng trình đã cho về phơng trình đại số không
còn chứa căn thức với ẩn mới là ẩn phụ.
2.1.2 Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
2.1.3 Đặt ẩn phụ để đa phơng trình về hệ hai phơng trình với hai ẩn là
hai ẩn phụ, cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thờng khi đó
ta đợc một hệ đối xứng.
2.1.4 Đặt ẩn phụ để đợc phơng trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phơng trình tích với vế phải bằng 0.
Thờng giải phơng trình ta hay biến đổi tơng đơng, nếu biến đổi hệ
quả thì nhớ phải thử lại nghiệm.
1.2 Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải các phơng trình sau:

3 4
1) 18 x 2 18 x x 17 x 8 x 2 0 .
2) x 2 3 x 1
x x2 1 .
3
1
1
3) 2 x 2 2 2 4 x .
4) 2 x 2 1 x 2 x 1 x 2 1 .
x
x


Hớng dẫn (HD):
1) Đặt x y với y 0 . Khi đó phơng trình đã cho trở thành
(3 y 2 4 y 2)(6 y 2 2 y 1) 0 , suy ra (3 y 2 4 y 2) 0 , ta đợc y

2 10
. Từ đó phơng
3

14 4 10
.
9
2) Ta có x 4 x 2 1 ( x 2 1) 2 x 2 ( x 2 x 1)( x 2 x 1) 0 , với mọi x.
Mặt khác x 2 3x 1 2( x 2 x 1) ( x 2 x 1) .
trình có nghiệm là x

Đặt y

x2 x 1
3
(có thể viết đk y 0 hoặc chính xác hơn là
y 3 ), ta đ2
x x 1
3

ợc
3
3
3
(loại y
).
y 0 6 y 2 3 y 3 0 , ta đợc y
3
3
2
Từ đó phơng trình có nghiệm là x 1 .
2 y2 1

10


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
3) Ta thấy x 0 không thỏa mãn.

NM HC: 2019 - 2020

x 0

1
4 x 0
Khi đó phơng trình tơng đơng với hệ
x


1
2

2

x

2




x2


2 y 4(1)

1

Đặt x y , ta đợc
.
x

4 ( y 2 2) 2 5 2( y 2 2) (4 y) 2 (2)


.
2

2

1


4

x






x



Xét (2) 9 2 y 2 y 2 4 y 5 y 4 8 y 3 28 y 2 40 y 16 0 (do hai vế không âm).
( y 2)( y 3 6 y 2 16 y 8) 0
( y 2)(( y 2)( y 2 4 y 8) 8) 0
Dẫn đến y 2 (do (( y 2)( y 2 4 y 8) 8) 0 với mọi y thỏa mãn (1)).
Từ đó phơng trình có nghiệm là x 1 .
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phơng pháp đánh giá trong

phần sau.
4) Ta có phơng trình tơng đơng với
1 x 1 2 x 2 2 x 1 x 2 1 x 1 4 x 4 4 x 2 (1 x 2 ) 4 x 2 4 x 1 x 2 8 x 3 1 x 2
x (1 4 1 x 2 8 x 2 1 x 2 ) 0
x0


1 4 1 x 2 8 x 2 1 x 2 0(1)

Xét (1), đặt y 1 x 2 , suy ra y 0 và x 2 1 y 2 .
Ta đợc 1 4 y 8 y (1 y 2 ) 0 8 y 3 4 y 1 0
(2 y 1)(4 y 2 2 y 1) 0
y

1 5
5 5
. Từ đó suy ra x
.
4
8

5 5
.
8
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phơng pháp lợng giác trong phần

Thử lại ta đợc nghiệm của phơng trình là x 0 và x
sau.
Ví dụ 2. Giải phơng trình x 2 3x 1 ( x 3) x 2 1 .

2
x 2 1 y , với y 1 . Khi đó ta đợc y 3x ( x 3) y
( y 3)( y x) 0 .
y

x
Dẫn đến y 3 và
. Từ đó phơng trình có nghiệm là x 2 .

HD: Đặt

Ví dụ 3. Giải phơng trình

17 x8 3 2 x8 1 1 .
HD: Đặt 4 17 x8 y với y 0 và 3 2 x8 1 z . Khi đó ta đợc hệ
y z 1
z y 1
4
.
4 3
2 y z 33
2 y ( y 1)3 33

4

11


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
NM HC: 2019 - 2020

4
3
3
2
Xét 2 y ( y 1) 33 ( y 2)(2 y 5 y 7 y 17) 0 .
Suy ra đợc y - 2 = 0. Từ đó nghiệm của phơng trình là x = 1 và x = -1.
Ví dụ 4. Giải các phơng trình sau:
1)
x 4 x 2 2 3x 4 x 2 .
4
3
81x 8 x 3 2 x 2 x 2 .
2)
3
2
HD: 1) Đặt 4 x y , với 0 y 2 .
x y 2 3xy
Khi đó ta đợc hệ 2
.
2
x y 4
Thế hoặc lại đặt x y S ; xy P rồi giải tiếp ta đợc nghiệm của phơng trình là
x 0 ; x 2 và x
2) Đặt

3

2 14
.
3

81x 8 2 3 y 3x y 3 2 y 2

4
y.
3

4

3x y 3 2 y 2 y


3
Khi đó ta đợc hệ
.
4
3
2

3y x 2x x

3
1
1
1
1
Xét hiệu hai phơng trình dẫn đến x y (do ( x y ) 2 ( x 2) 2 ( y 2) 2 0 ).
2
2
2

3
3 2 6
Thay vào hệ và giải phơng trình ta đợc x 0; x
.
3
Ví dụ 5. Giải phơng trình 5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 5 x 1 .
HD: Đk x 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phơng trình đã cho nh sau:
5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 5 x 1
5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 25( x 1) 10 ( x 1)( x 4)( x 5)
2 x 2 5 x 2 5 ( x 1)( x 5) x 4
2( x 1)( x 5) 3( x 4) 5 ( x 1)( x 5) x 4
Đặt

( x 1)( x 5) y; x 4 z , với y 0; z 3 .

yz


Ta đợc 2 y 3z 5 yz ( y z )(2 y 3 z ) 0 , từ đó ta đợc
3 .

y z
2
2

2

5 61
Nếu y z thì ta đợc x
(do x 5 ).

2
3
7
Nếu y z thì ta đợc x 8; x . Vậy phơng trình có ba nghiệm trên.
2
4
4x 9
Ví dụ 6. Giải phơng trình 7 x 2 7 x
, với x 0 .
28
4x 9
Nhận xét: Dạng phơng trình này ta thờng đặt
ay b , sau đó
28
bình phơng lên rồi ta cố y biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta

12


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020
1
sẽ biết đợc giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm đợc a 1; b . (Nếu a = 1 và b
2
= 0 mà giải đợc thì đó là phơng trình quá đơn giản, ta không xét ở đây).
4x 9
1
4x 9
9 1

HD: Đặt
y , do x 0 nên

, từ đó y 0 .
28
2
28
28 2
1
2
7x 7x y

2

1
2
7 y 7 y x . Giải hệ bình thờng theo dạng ta đợc x 6 50 .
Ta đợc hệ
2
14

x, y 0


Ví dụ 7. Giải phơng trình 3 x 2 2 2 x 3 .
Nhận xét: Khi giải một phơng trình không phải lúc nào cũng có nghiệm
thực, có những phơng trình vô nghiệm nhng khi cho học sinh làm bài ta cũng
kiểm tra đợc năng lực của học sinh khi trình bay lời giải bài toán đó. Chẳng hạn
nh bài toán trong ví dụ này.
x 2 y 3 2

HD: Đặt 3 x 2 2 2 x 3 = y với y 0 . Khi đó ta đợc hệ 3
và từ ph2
x 2 y
ơng trình ban đầu ta có x 2 . Xét hiệu hai phơng trình của hệ ta đợc phơng trình ( x y )( x 2 xy y 2 x y ) 0 .
Với x y thì x 3 x 2 2 , dẫn đến vô nghiệm.
Còn x 2 xy y 2 x y ( y x)(1 x) y 2 0 với mọi y 0 và x 2 . Do đó hệ vô
nghiệm hay phơng trình đã cho vô nghiệm.
1.3 Một số bài tập tơng tự
Bài 1. Giải các phơng trình sau:
1)
x2 2 x 2 x2 2 x .
(HD: Đặt y 2 x ; y 0 , ta đợc ( y 1)( y 2 y 1)(2 y 2 y 4) 0 .
5 1
33 1
và đợc nghiệm của phơng trình là
;y
2
8
5 1
33 1
).
x 1; x
;x
2
8
2)
2 x 2 5 x 1 7 x3 1 .
Từ đó y 1; y

x2 x 1
y , bình phơng dẫn đến
x 1
2
y 3 2 3 . Phơng trình trở thành 2 y 7 y 3 0 , ta đợc y 3 . Từ đó x 4 6 ).
(HD: Từ phơng trình suy ra x 1 . Đặt

Bài 2. Giải phơng trình (4 x 1) x 2 1 2 x 2 2 x 1 .
(HD: Đặt

x 2 1 y , với y 1 . Từ đó ta đợc y

4
).
3
Bài 3. Giải các phơng trình sau:
1)
3(2 x 2) 2 x x 6 .
nghiệm x

(HD: Đặt 3 x 2 y, x 6 z , với y 0; z 0 .

13

1
y 2 x 1 . Phơng trình có
2


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020

11 3 5
Ta đợc x 3 y z 4 . Từ đó phơng trình có 2 nghiệm x 3; x
).
2
2)
và

2 2(1 x) 4 2 x 1 .
4

(HD: Đk 0 x 2 1 . Đặt 2 2(1 x) 4 2 y y
2 x 4 2 z z 4 x với y 0; z 0 .

2 1 x

4

1
1
2( y z ) 1(1)
y 4 z vào (2) ta đợc ( z 2 1) 2 ( z 4 ) 2 0 .
Suy ra 2
.
Từ
(1)
thay
4

2
2
y z 2 1(2)

4 34 2
1
Xét hiệu hai bình phơng suy ra
4 2 .
z
2
4


4 34 2


1 4
2

Từ đó ta đợc nghiệm của phơng trình là x
).
2






2
Bài 4. Giải phơng trình x x 1000 1 8000 x 1000 .

x 2 x 2000 y

(*) .
(HD: Đặt 1 1 8000x = 2 y , ta đợc 2
y y 2000 x
Từ (*) suy ra ( x y )( x y 1999) 0 và , do đó x y 1999 0 .
Suy ra x y , ta đợc nghiệm x 2001 , loại x 0 ).
Bài 5. Giải các phơng trình sau:
1)

x3 1 2
.
x2 2 5
(HD: Đặt y x 1 0; z x 2 x 1 , ta đợc
2

2

5y
y
y 1
y
y 5 y
5 yz 2( y z )
2 2 2
2 0 2 .
z
z
z 2
z

z z
x 1
y
Nếu 2 ta đợc x 1 2 x 2 x 1 2
(vô nghiệm).
z
4 x 5x 3 0

x 1
5 37
y 1

2
Nếu ta đợc 2 x 1 x x 1 5 37 x
(thỏa mãn)).
2
z 2
x

2
2

2)

2

2 x 2 5 x 2 4 2( x 3 21x 20 .
4 x 1

(HD: Đk

. Đặt
x 5


2 x 2 8 x 10 y và

x 4 z , với y 0; z 0 .

9 193
Khi đó ta đợc ( y z )( y 3 z ) 0 . Từ đó phơng trình có bốn nghiệm là x
4
17 3 73
và x
).
4
Bài 6. Giải các phơng trình sau:
1)
x2 4 x 3 x 5 .

14


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
(HD: Đặt

NM HC: 2019 - 2020

x 5 y 2 , ta đợc x 1; x

5 29

).
2

x3
, với x 1 .
2
x3
3 17
3 17
(HD: Đặt
).
y 1 ,đợc x
1 (loại), nếu x 1 thì x
2
4
4
4
3)
27 x 2 18 x x , với x 0 .
3
5 37
(HD: Tơng tự, ta đợc x
).
18
2. Phng phap anh gia
2.1 Một số lu ý
Khi giải phơng trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x) g ( x) ) bằng phơng pháp đánh
giá, thờng là để ta chỉ ra phơng trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy
nhất).Ta thờng sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đa vế
trái về tổng bình phơng các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có

thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo
hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp ly.
f ( x) g ( x)

Thờng ta đánh giá nh sau: f ( x) C (C ) f ( x ) g ( x) C , hoặc đánh giá
g ( x ) C (C )

f ( x) g ( x) cũng nh là f ( x) g ( x)
Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác.
Cũng có một số phơng trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phơng
pháp đánh giá.
2.2 Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phơng trình 4 x 1 4 x 2 1 1 .
HD: Bài toán này có trong đề thi vào Đại học Bách Khoa và ĐHQG năm 2001.
Bài này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm.
1
Ta có thể làm đơn giản nh sau: Ta thấy x là nghiệm của phơng trình.
2
1
Nếu x thì Vt > 1 = Vp.
2
1
Nếu x thì Vt < 1 = Vp.
2
Do đó phơng trình không có nghiệm trong hai trờng hợp này.
1
Vậy phơng trình có một nghiệm là x .
2
2
Ví dụ 2. Giải phơng trình 3x 6 x 7 5 x 2 10 x 14 4 2 x x 2 .

HD: Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5 , do đó hai vế cùng
bằng 5. Ta đợc phơng trình có nghiệm duy nhất là x 1 .
Ví dụ 3. Giải phơng trình x 2 x 19 7 x 2 8 x 13 13x 2 17 x 7 3 3( x 2) .
HD: Bài này cách giải có vẻ hơi mất tự nhiên bởi cách cố y cho nh vậy.
Giáo viên và học sinh có thể sáng tác những bài kiểu đó.
1
75
1
3
Đk x 2 . Với đk đó Vt = ( x ) 2
(2 x 1)2 3( x 2)2
(2 x 1)2 (4 x 3)2
2
4
4
4
2)

2 x2 4x

15


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020

5
3
75

3
(4 x 3) 3 3.( x 2) = Vp.
3 x2
4 x 3 3 3( x 2)
2
2
4
2
1
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi x . Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x .
2
2
28
27
Ví dụ 4. Giải phơng trình 2 4 27 x 2 24 x
1
x6 .
3
2
HD: Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình
4
(9 x 4) 2
3(9 x 4)
, đk x . Đặt (9 x 4) y , suy ra y 0 .
24
4 1
9
3
2

Khi đó ta đợc 2 4

y2
3y
y2
3y
4 1
4
4 1
6 y (bình phơng hai vế).
3
2
3
2

Theo BĐT Cô-si ta đợc

y 2

y6
y2
6y
4 2 y 4 4 4 ( y 2) 2
, do đó 4
2
3
3

2
4 y 48 3 y 2 12 y 12
y 2 12 y 36 0
( y 6) 2 0.

2
thỏa mãn đk.
9
2
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x .
9
2
x 3x
Ví dụ 5. Giải phơng trình
2 x 4 x3 7 x 2 3x 3 2 .
2
HD: Phơng trình đã cho tơng đơng với
3x 2 x 4 (2 x 2 x 1) ( x 2 3)
(2 x 2 x 1)( x 2 3)

(1) . Phơng trình xác định với
2
2
mọi x là số thực. Theo BĐT Cô-si cho hai số dơng ta đợc Vt(1) Vp(1).
Do đó (1) 2 x 2 x 1 x 2 3 x 2 x 2 0 . Từ đó phơng trình có nghiệm là
x 1 và x 2 .
1
1
Ví dụ 6. Giải phơng trình 2 x 2 2 2 4 x .
x

x

2
2 x

2
HD: Đk
. Với đk đó, phơng trình đã cho tơng đơng với
2
x 2
2
1
1
phơng trình 2 x 2 2 2 x 4(1) .
x
x

( 2 x 2 x ) 2 ( 2 x 2 .1 x.1) 2 4


2
2
theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc

1 1
1
1 .


2 x2 x

2 x 2 .1 x .1
4




Từ đó ta đợc y 6 , suy ra x

16


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020

2 x2 x 2

Suy ra Vt (1) 4 = Vp (1) . Do đó (1)
, nghĩa là dấu bằng trong hệ
1 1
2 2 2
x
x

xảy ra. Từ đó phơng trình có nghiệm duy nhất là x 1 .
2 2
x x9 .
Ví dụ 7. Giải phơng trình
x 1

HD: Đk x 0 .
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc

Vt

2=


2 2




2

1
x
x
1
2
x 1

(
x

9)



Vp .

x 1
x 1
x 1 x 1

Phơng trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x

2 2

x 1

1
1
x 1
x .
x
7
x 1

1
.
7

Ví dụ 8. Giải phơng trình 13 x 2 x 4 9 x 2 x 4 16 .
HD: Đk 1 x 1 .
Với đk đó phơng trình tơng đơng với
x (13 1 x 2 9 1 x 2 ) 16 x 2 (13 1 x 2 9 1 x 2 ) 2 256(1)
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta đợc

(13 1 x 2 9 1 x 2 ) 2 ( 13. 13 1 x 2 3. 3. 3 1 x 2 ) 2
(13 27)(13(1 x 2 ) 3(1 x 2 ))
40(16 10 x 2 ).
2


10 x 2 (16 10 x 2 )
Theo BĐT Cô-si cho hai số dơng ta đợc 10 x (16 10 x )
64 .
2


Do đó Vt(1) 4.64 256 , ta đợc

1 x2

9 9 x 2 1 x2
1 x2

2 5
2
(1)
. Từ đó dẫn đến x
.
3
20 x 16
5


2

2
10 x 16 10 x

2

2

2 5
Vậy phơng trình có hai nghiệm là x
.
5
Ví dụ 9. Giải phơng trình 3 x 2 2 2 x 3 .
Nhận xét: Trong phần giải phơng trình vô tỷ bằng Phơng pháp đặt ẩn
phụ ta đã giải bài toán này, ta cũng có thể giải nó bằng phơng pháp đánh giá nh
sau.
HD: Đk 2
x 3 0
x 32.

x 2
Giả sử x là nghiệm của phơng trình. Khi đó x 2 2 0
, ta đợc x 2 .
x 2

Mũ 6 hai vế suy ra x 9 6 x 6 x 4 12 x 3 4 x 2 4 0 (*).
Cách thứ nhất ta biến đổi Vt thành x 9 5 x 6 x 2 ( x 4 x 2 1) 12 x 3 3 x 2 4 là một biểu
thức âm khi x 2 .

17

TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
NM HC: 2019 - 2020
9
4
2
3
2
Cách thứ hai ta biến đổi Vt thành x x (6 x 1) 12 x 4 x 4 cũng là một biểu
thức âm khi x 2
Ta có thể biến đổi tiếp phơng trình (*) sau khi chia hai vế cho x 1 0 , ta đợc
x8 x 7 x 6 5 x 5 5 x 4 4 x 3 8 x 2 4 x 4 0
x 6 ( x 2 x 1) 5 x 4 ( x 1) 4 x ( x 2 1) 4(2 x 2 1) 0 vô nghiệm vì Vt luôn dơng khi
x 2 . Vậy phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 10. Giải phơng trình

( x 2)(2 x 1) 3 x 6 4 ( x 6)(2 x 1) 3 x 2 .

HD: Biến đổi phơng trình thành ( x 6 x 2)( 2 x 1 3) 4 , suy ra x 5 .
Vt là hàm số đồng biến trên đoạn 5; . Từ đó dẫn đến x 7 là nghiệm duy
nhất của phơng trình đã cho.
Ví dụ 11. Giải phơng trình 2 x 2 11x 21 3 3 4 x 4 0 .
HD: Phơng trình tơng đơng với
( x 3)(2 x 5)

12( x 3)
3

(4 x 4) 2 2 3 4 x 4 4

3

(4 x 4) 2 3 4 x 4 4

.

Ta thấy x 3 là nghiệm của phơng trình.
Nếu x 3 thì phơng trình tơng đơng với (2 x 5)

12
2

(1)

Nếu x 3 thì Vt(1) > 1 > Vp(1).
Nếu x 3 thì Vt(1) < 1 < Vp(1).
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất là x 3 .
Ví dụ 12. Giải phơng trình 2 x 2 1 x 2 3 x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 6 .
Nhận xét: Với bài toán này ta sử dụng một đánh giá ít gặp sau đây:
f ( x) 0; g ( x ) 0
f ( x ) g ( x ) f ( x) ah( x) g ( x) bh( x )
, với a, b là hai số thực
h( x ) 0

dơng.
HD: Biến đổi phơng trình

2 x 2 1 0; x 2 3x 2 0
2
2

2
2
2 x 1 x 3x 2 2 x 1 2( x 2) x 3x 2 2( x 2)
x 2 0
Từ đó ta đợc phơng trình có nghiệm là x 2 .
16
1

10 ( x 1996 y 2008) .
Ví dụ 13. Giải phơng trình
x 1996
y 2008
Nhận xét: Với bài toán này, ta thấy đây là một phơng trình gồm hai ẩn.
Do đó ta nghĩ đến biến đổi phơng trình thành phơng trình mới có Vt là
tổng các bình phơng, còn Vp bằng 0.
HD: Biến đổi phơng trình thành
2

2

4
1
4
4
x

1996


y

2008


0 .


4
4 y 2008
x 1996



(
x
;
y
)

(2012;
2009)
Từ đó ta đợc phơng trình có nghiệm là
.
3
Ví dụ 14. Giải phơng trình x y 1 2 y x 1 xy .
2
HD: Đk x 1; y 1 .
1
3
Ta có x y 1 2 y x 1 y ( x 2 x 1) x( y 2 y 1) xy

2
2

18


TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON

NM HC: 2019 - 2020

1
3
x ( y 1 1) 2 xy .
2
2
x

1;
y
1


Khi đó phơng trình đã cho tơng đơng với
.
1
y ( x 1 1) 2 x( y 1 1) 2 0


2
Từ đó ta đợc phơng trình có nghiệm là ( x; y ) (2; 2) .

y ( x 1 1) 2

3. Phng phap lng giac.
- Khi giải phơng trình vô tỷ bằng phơng pháp lợng giác ta có thể đặt

f ( x ) sin nếu f ( x ) 1;1 với điều kiện
;
hoặc f ( x) cos với điều
2 2

kiện
0; . Cũng có khi đặt f ( x) tan ; f ( x) cot để đa phơng trình đã cho về
phơng trình lợng giác. Giải phơng trình lợng giác rồi từ đó tìm nghiệm của phơng trình đã cho.
- Dõu hiờu nhõn biờt la trong phng trinh xuõt hiờn cac biờu thc

1- x2 ,

x2 + 1,

x2 - 1,...

- Li thờ cua phng phap nay la a phng trinh ban õu vờ mụt phng trinh lng giac c ban a
biờt cach giai nh: phng trinh ng cõp, ụi xng, cụ iờn,
- Vi ham lng giac la tuõn hoan, nờn khi t iờu kiờn cac biờu thc lng giac thõt kheo leo sao cho
luc khai cn khụng co gia tri tuyờt ụi, co nghia la luụn luụn dng
- Mụt sụ phng phap lng giac hoa thng gp:
Bi toan co cha

Lng giac hoa bng cach t

a2 - x2



x = a sint,



x = a cost,


p p
;
K : t 2 2



K : t
0;
p


x2 - a2



x=

=
x



p p
;
K : t \ 0
2 2 { }


p
K : t
0; p
\





2


a
sint
a
cost

,

,

a2 + x2



x = a tant,



x = a cot t,


p p

K : t
- ;




2 2
K : t ( 0; p)

a+x
a- x

a- x
a+x

x = acos2t,

1;1
K : cos2t

( x - a) ( b - x)

x = a + ( b - a) sin2 t

19


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN

NĂM HỌC: 2019 - 2020

( *)

Ví dụ: Giải phương trình: 4x3 - 3x = 1- x2

Bài giải
● Điều kiện: - 1 �x �1.
● Đặt x = cost, t ��
0;p�
� 1- x2 = 1- cos2 t = sin2 t = sint = sint .
�
�

( *) � 4cos

3

t - 3cost = sint

�
p
� cos3t = cos�
��
2
�

� p
�
3t = - t + k2p
�
2
��
, ( k ��)
p
�
3t = - + t + k2p
�
2
�

�
�
t�
�
�

�

� p kp
�
t= +
� 8
2 , ( k ��)
��
p
�
t = - + kp
�
4
�

p
5p
3p
2.
● Do t ��
0; p�
� x = cos � x = cos
� x = cos
=�
�
8
8
4
2
Ví dụ: Giải phương trình:

(

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

)

( *)

Bài giải
● Điều kiện: - 1 �x �1.
� p p�
� ; �
� 1- x2 = 1- sin2 t = cos2 t = cost = cost .
● Đặt x = sint, t �� 2 2�
�
�

( *) �

1 + cost = sint ( 1+ 2cost)

t
3t
t
� 2cos = 2sin cos
2
2
2

� 2cos2

t
= sint + sin2t
2

t�
� 2cos �
1�
2�
�

2sin

�
3t �
�
=0
�
2�
�

� t
�
cos = 0
�
�� 2
3t
1
p

�
sin =
= sin
�
4
�
2
� 2

�
t p
�
t = p + k2p
�
= + kp
�
�
2
2
��
, ( k ��) � � p k4p
p k4p , ( k ��) .
�
3t p
3t
p
t
=
+
�

t
=
+
�
�
= p+ k2p
� = + k2p �
6
3
2
3
�
2
4
2
4
�
� p p�
p
p
� ; �
�t=
�t = .
● Do t �� 2 2�
6
2
�
�

� p

p 1
�
t = � x = sin =
�
� 6
6 2.
● Với �
�
p
p
�
t = � x = sin = 1
�
� 2
2
�

● Vậy phương trình có hai nghiệm là x =

1
� x = 1.
2

VÝ dô. Gi¶i ph¬ng tr×nh

4 x  1  4 x2 1  1 .

20

TI LIU ễN THI HSG 10 MễN TON
NM HC: 2019 - 2020
Nhận xét: Bài toán này (đã xét ở trên) cũng có thể giải bằng phơng pháp lợng giác, tuy nhiên với bài này cách giải bằng lợng giác chỉ mang tính chất tham
khảo.
4

4 x 1 cos y

; y
0; . Khi đó ta đợc phơng trình
HD: Đặt
2
4
2

4
x

1

sin
y

cos8 y 2 cos 4 y 8cos 2 y 7 0
(cosy 1)(...) 0
(cos 2 y 1)(cos6 y cos 4 y cos 2 y 7) 0
cos y 1
1
Do vậy phơng trình có một nghiệm là x .
2

1
1
2 2.
Ví dụ. Giải phơng trình
x
1 x2

HD: Đặt x cos y, y (0; ), y
. Phơng trình đã cho trở thành
2
1
1

2 2 sin y cos y 2.sin 2 y . Đặt sin y cos y z, 2 z 2 .
cos y sin y
suy ra sin 2 y 2sin y cos y z 2 1 , ta đợc z 2 và z

2
.
2


2
, do đó x
.
4
2
11
1 3
2

Với z
thì y
, do đó x
.
12
2 2
2
Với z 2 thì y

Vậy phơng trình có nghiệm là x

1 3
2
và x
.
2 2
2

Ví dụ. Giải phơng trình x 3 (1 x 2 )3 x 2(1 x 2 ) .
HD: Đk 1 x 1 .

;
Đặt x sin y, y
suy ra cos y 0 .
2 2

Khi đó phơng trình trở thành sin 3 y cos3 y 2 sin y cos y .

2; 2
1; 2

Đặt sin y cos y z , z

(chính xác là z
), biến đổi phơng trình
ta đợc z 3 2.z 2 3 z 2 0 ( z 2)( z 2 1)( z 2 1) 0
z 2 z 1 2 .

2
Nếu z 2 thì thì y , do đó x
.
4
2
Nếu z 1 2 thì sin y cos y 1 2 x 1 x 2 1 2
1 x 2 1 2 x 0
x

1 2 2 2 1
2

Vậy phơng trình có 2 nghiệm trên.
5. TNG HP CC TRNG NM 2017 - 2018
Cõu 1. (Trõn Hng ao). Giai phng trinh sau trờn tõp sụ thc:

21


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN

 6 x  3

NĂM HỌC: 2019 - 2020

7  3x   15  6 x  3x  2  2 9 x 2  27 x  14  11

Đáp án.

2
7
�x � . Đặt a  7  3x ,  b  3x  2 ( a, b �0 ). Suy ra
3
3
2
2
2
�
�s 2  2 p  5           �
�a  b  5
�2 p  s  5                      
�� 2
�
� 2
2
2
sp

s

2
p


11
�2b  1 .a   2a 2  1 b  2ab  11 �
�
�s  s  5   s  s  5  11

Điều kiện:

�2 p  s 2  5            
� �3 2
�s  s  4 s  6  0

 s  a  b,  p  ab 

a2
�
�
�
2
�
�
�p  2
�x  1
�b  1
�2 p  s  5                    
�
��
�
�
��
�

2
�
x2
�a  1
�s  3
�
� s  3  s  2 s  2   0
�
�
b2
�
�
Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x  1 hoặc x  2 .

� � 1 �
1
�3 x �
� 2
� � x y�
Câu 2. (Lê Quý Đôn). Giải hệ phương trình sau: �
1 �
�7 y �
1
�
� 4 2
�
� � x y�
Đáp án.
ĐK: x �0, y �0, x  y �0 . Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x  0, y  0
Với x �0, y �0 . Ta có:

� 2
�1
4 2
2 2
2


1
(1)
�
� 
7y
7y
� 3x
�3x
��
��
1 � 4 2
2
2
4
2
�
�1  2 2  1



�
�

�
x  y � 7y
3x
7y
7y x  y
�x  y
�3x
�1
�1
2 2�
2 2� 1

- Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được �
�
� 
�
3
x
7
y
3
x
7
y
�
�
�
� x y
y  6x
�

1
8
1
2
2
�
�


� 7 y  38 xy  24 x  0 �
4
�
3x 7 y x  y
y x
7
�
1
2
11  4 7
22  8 7
TH 1. y  6 x thế vào pt (1) ta được

1� x 
�y
21
7
3x
21x
4
TH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0 .

7
�
11  4 7 22  8 7 �
;
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất  x; y   �
.
�
21
7
�
�
�
�
1
�
�
�
�
��
�
�
1
�
�
�
�

1 � 2
�
x  y � 3x

22


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN

NĂM HỌC: 2019 - 2020

2
�
�x  1  y ( x  y )  4 y
Câu 3. (Chu Văn An). Giải hệ phương trình: �
( x 2  1)( x  y  2)  y
�

Đáp án.
Ta thấy y=0 không phải là nghiệm, chia hai vế của mỗi phương trình cho y ta được:

�x 2  1
 ( x  y)  4
� x2  1
�
y
u
�
�
Đặt:
Ta được:
y
�

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

uv24 �
uv 2
�
�

�
�
uv  1
uv  1
�
�

�x  1 hoặc �x  2
�
�
�y  2
�y  5

2 y 2  xy  x 2  0
�
Câu 4. (Phan Bội Châu). Giải hệ phương trình sau: � 2
2
�x  xy  y  3x  7 y  3  0
Đáp án.

2 y 2  xy  x 2  0 �  x  y   2 y  x   0

�y   x
�x  3
�x  1
�y   x � �2
��
��
�y  3 �y  1
�x  4 x  3  0

�x  13  157 �x  13  157
�y   x
�
�
� � 13  157 �� 13  157
�x  2 y � � 2
�y  13 y  3  0
�y 
�y 
�
2
�
2
Câu 5. ( Phạm Văn Đồng) Giải phương trình: 2 x 

x 1
1
1
 1  3 x 
x
x
x

Đáp án.
Điều kiện: x �1 . Ta có:
x 1
1
1
x 1
1

x2 1
x 1
1
( x  1)( x  1)
 1  3 x  � 2x 
 1  3
� 2x 
 1  3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
Đặt t  1  �0 .Phương trình đã cho trở thành: t 2  (1  3 1  x )t  2 x  0 .
x
�
t  2( x  1  1)
(*)
  (1  3 1  x ) 2  8 x  9  6 1  x  ( x  1)  ( x  1  3) 2 . Suy ra: �
t  x 1 1
(**)
�
2x 

+ Từ (*), suy ra: 1 

1
1
 2( x  1  1) . Phương trình vô nghiệm do: 1   1  2( x  1  1)
x
x

+ Từ (**), suy ra:

1

1
x 1
1
 x  1  1, x �1 �
 x  2  2 x 1 � 2 x 1  x 1
x
x
x

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

23

1� 5
2


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN

NĂM HỌC: 2019 - 2020

Do x �1 nên phương trình đã cho có nghiệm là : x 

1 5
.
2

2
3
�
�x  2x  2  y  0
Câu 6. (Phan Chu Trinh). Giải hệ phương trình �
2 3
�x y  2x  y  0

Đáp án.

2
3
�
�x  2x  2  y  0  1
Đặt �
2 3
 2
�
�x y  2x  y  0
Nếu y  0 thay vào phương trình  2 ta có x  0, thay vào phương trình  1 ta được 2  0x điều

này không xảy ra.



Vậy y �0 , khi đó ta coi phương trình 1 là phương trình bậc hai ẩn x , phương trình này có nghiệm
3


' 1 y
khi và chỉ khi �

0

 

y

1

 3

Tương tự coi phương trình 2 là phương trình bậc hai ẩn x , phương trình này có nghiệm khi và chỉ
4

khi  '  1 y �0 � 1�y �1

 

 4

 

Thay vào phương trình  1 ta được x  1, giá trị này thỏa mãn phương trình  2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y   1;1
Từ hai điều kiện 3 và 4 suy ra y  1

Câu 7. (Đăk Mil). Giải phương trình: 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16, x ��.
Đáp án.
Điều kiện 1 �x �1 .
Khi đó phương trình được viết lại: 13 x 1  x 2  9 x 1  x 2  16, x ��.

3
13
13 x 1  x 2  9 x 1  x 2  .3. x .2. 1  x 2  . x .2. 1  x 2
2
2
3
13 2
� �
9 x2  4  1  x2  �
 �
x  4  1  x2  �
�
�
�
� 16 (BĐT AM-GM)
4
4
Với 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4 �16. Dấu ''  '' xảy ra khi
�
3 x  2 1  x2
4

2
�
� x 2  � x  � (TM )
�
2
5
5
�
�x  2 1  x
2
Vậy nghiệm của phương trình là x  �
5
Câu 8.(Krông Nô). Giải phương trình 3 1945 x  1975  3 72 x  13  3 30  x  3 2017 x  2018  0
Đáp án.
a  3 1945 x  1975
Đặt b  73x  13
3

c  3 30  x

Ta có:

a 3  b3  c 3  2017 x  2018;

 a  b  c

3

 a 3  b3  c 3  3(a  b)(b  c )(c  a )  2017 x  2018

24


TÀI LIỆU ÔN THI HSG 10 MÔN TOÁN
a  b
1945 x  1975  73 x  13
�
�
�
�
b  c hay �
73 x  13  30  x
�
�
�
c  a
30  x  1945 x  1975
�
�

Câu 9. (Nguyễn Du). Giải phương trình

NĂM HỌC: 2019 - 2020
1988
�
x


�
2018

�
43
��
x
�
72
�
2005
�
x
� 1994
1 3 x

4x  2  x

1  0 .

Đáp án.
�x �0
8x  2
1 4x  0
Điều kiện: �
. pt � 3 x  2  x  1  4 x  0 �
3 x  2 x
4 x  2  x �0
�
�
 4 x  1  0
� 1
x   TM 

2
�
�
�
�  4 x  1 �
 1� 0 � �
�� 4
2
�
1  0
�3 x  2 x  x �
�
3 x  2 x  2
�
3 x  2x  x
�
Kết luận pt có 3 nghiệm � x 

1
73 5
73 5
�x 
�x 
4
8
8

�x 3   y  2  x 2  2 xy  1
Câu 10. (Nguyễn Du). Giải hệ phương trình: � 2
�x  3x  y  2

Đáp án.

�
x2  2x   x  y   1
u.v  1
u  1
u  x2  2x
�

�
�
�
PT � � 2
��
Đặt: �
, ta có hpt: �
u  v  2
v  1
v x y
�
�
�x  2 x  x  y  2
�
�x 2  2 x  1 �x  1
��
��
x

y



1
�y  0
�

Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    1;0 

� x  y  1  1  4( x  y )  3( x  y )
Câu 11. (Trường Chinh). Giải hệ phương trình : �
2

�
2014 x  2 y  2015
�

Đáp án.
Điều kiện: x  y �0 . Đặt u 
Khi đó phương trình

x  y ; u �0 .

x  y  1  1  4( x  y ) 2  3( x  y )

trở thành:

u 2  1  1  4u 4  3u � u 2  1  3u  4u 4  1
�

u 2  1  3u 2
u 2  1  3u

 (2u 2  1)(2u 2  1)

�
�
1
� (2u 2  1) � 2
 2u 2  1� 0 � 2u 2  1  0 � 2 x  2 y  1
� u  1  3u
�
�x  1
2x  2 y  1
�
�
��
Kết hợp với phương trình còn lại ta có hệ: �
1
2014 x  2 y  2015 �y  
�
�
2
25