Phuong Trinh Vo Ty Nang Cao

<span class='text_page_counter'>(1)</span>NGUYỄN NGỌC NHÂN. TÀI LIỆU CHUYÊN TOÁN PHƯƠNG TRÌNH ( DÀNH CHO HỌC SINH LỚP 10 ). QUẢNG BÌNH , THÁNG 1 NĂM 2012.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1. Giải phương trình :. x  3 x  7  4 x  80. (1). HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện : x 0 . (1). 3. 3. Đặt. 2.  x  . x  7  6 x.  x  7   4 x . x  7    x  7  f  x  4  x  . x  7  6 x.  x  7   4 x .  x  7    x  7 .  x2  4. Ta thấy. f  x. 3. 3. 3. 3. 2. 3. đồng biến trên khoảng. 3. 4.  x  80. 4.  0;   và f  1 80 ..  x 2  x  f x  f  1  x 2  f  x   x  f  1 x  80 x  1 * Nếu thì    (Vô lý ) 2  x  x  f x  f  1 x 2  f  x   x  f  1  x  80 0  x  1 * Nếu thì    (Vô lý ) x  1 Vậy . Thử lại ta thấy thoă mãn phương trình đã cho , đó là nghiệm duy nhất .. Bài 2. Giải phương trình :. x  3  3x  1 2 x  2 x  2 HƯỚNG DẪN GIẢI. (2). Điều kiện : x 0 .  x  3  2 x  2 x  2  3x  1  5 x  3  4 x  x  3 5 x  3  2 2  x  1  3 x  1 (2)  2 x  x  3  2  x  1  3x  1  2 x  x  3  x  1  3x  1  x 2  2 x  1 0  x 1 Thử lại ta thấy x 1 thoả mãn phương trình đã cho . Nhận xét : Nếu phương trình :. f  x  g  x  h  x  k  x. có :. f  x   h  x  g  x   k  x . , thì ta. f  x  h  x  k  x  g  x biến đổi phương trình về dạng sau đó bình phương , giải phương trình hệ quả. f  x  g  x  h  x  k  x f x .h x k  x  .g  x  Nếu phương trình : có :     thì ta biến đổi f  x  h  x  k  x  g  x sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả.. Bài 3. Giải phương trình :. x3  1  x 1  x2  x 1  x  3 x 3 HƯỚNG DẪN GIẢI. (3). Điều kiện : x  1 . (3). . x3 1  x 3. x  3  x 2  x 1 . x 1 . x3 1  x  3 x 2  x  1  x  1 x 3. x3  1 x 2  x  1  x3  1  x  3  x 2  x  1  x 2  2 x  2 0 x 3 '  3  x1 1  3  x2 1  3 (TMĐK) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1  3 ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 4. Giải phương trình :. x 2  1 2 x 2  2 x  1.  4 x  1. HƯỚNG DẪN GIẢI 2  t 1 .  t 2  x 2  1 , phương trình đã cho trở thành :  4 x  1 t 2t 2  x  1 Đặt t  x  1. 1  t   2 1  t 2  2t  4t  x  1   2 x  1 0  t 2 x  1 (loại 2 ). x 2  1 2 x  1. 1  x  1 1 2    4 x  x       x 0  x  2 2 3  x 2  1 4 x 2  4 x  1 3 x 2  4 x 0  4    x  3  4 x 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Bài 5. Giải phương trình :. 1. 2 x  x2  x  1 x 3 . HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện : 0  x 1 .. . . 2 x  1  x t , 0  t  2  t 1  2 x  1  x   2 t2  1 1 t  t 2  3t  2 0  3 Phương trình đã cho trở thành :. Đặt. . x  x 2 t 2  1.  t 1  t 2  (loại t = 2)..  x 0 x  1  x 1  1  2 x(1  x) 1    x 1 (TMĐK). Bài 6. Giải phương trình :. . x2  3 . . x 2  2 x 1  2 x 2  2. HƯỚNG DẪN GIẢI  t 3 t 2   2  x  t  3  3x 0   2  t x  1 . Đặt t  x  2 , ta có : * t 3 . *. x 2  2 3  x 2 7  x  7 ..  x 1 t x  1   2   x  2  x  1.  x 1   2 2  x  2 x  2 x 1.  x 1   1 x   2 (VN). Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  7 . Bài 7. Giải phương trình :. x 3  1  x 2  3x  1. HƯỚNG DẪN GIẢI.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2a 2  b 2 x 2  3x  1   2 ab  x 2  3x  1   x  1  a x  x  1  b Đặt (a>0). (b>0) 2 2 2 2   7b 2  0  b     2 a  b  ab  2 a  ab  b  0 Do đó : . . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm .. 12  Bài 8. Giải phương trình :. 12 12  x 2  2 x2 2 x x. (8). HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện :  12  x  12 . 12 12 12 12 12 x 2  2 x 2  12  2  x 2  2  x 4  12  2  2 x 2 12  2 x x x x x (8)   x 4  x 2 12 2 x 2 12 . 12  x 2  x 2  1  2 x 12  x 2  1  12 0 2 x. 2 2 2 Đặt x x  1 t , phương trình trở thành : t  2 12t  12 0  t  12  x x  1  12  x 4  x 2  12 0  x 2 .. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2 . 2 3 Bài 9. Giải phương trình : 2 x  5 x  1 7 x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI x  1 Điều kiện : .. (9) . 3  x  1  2  x 2  x  1 7. (9).  x  1  x 2  x  1.  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u 2  4 Đặt u  x  1 0 , v  x  x  1  0 , ta được: Giải ra ta được : x 4  6 . Bài 10. Giải phương trình :. x 3  3x 2  2.  x  2. 3.  6 x 0. HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt y  x  2 ta hãy biến phương trình trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :.  x y x 3  3x 2  2 y 3  6 x 0  x3  3 xy 2  2 y 3 0    x  2 y Giải ra ta có nghiệm :. x 2,. x 2  2 3 .. 2 2 4 2 Bài 11. Giải phương trình : x  3 x  1  x  x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> u  x 2.   x 1   x  1 2 2 v  x2  1    Điều kiện: . Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : u  3v  u  v .  v 0 2 2 2   u  3v  u  v  v  5v  3u  0   3  v  3 u v  u 5 (loại  5 )  x 1 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 . 2 Bài 12. Giải phương trình : x  x  12 x  1 36 HƯỚNG DẪN GIẢI x  1 Điều kiện : .. 2. . (12)  x 2  2 x  1 x  1  12 x  1  36   x  1 . x 1  6.  t 2  t  6 0  t 2  2 t  x  1 0    t 2  x 3 t  3 t  t  6  0  . . (12). . . 2.  x 1  x 1  6   x  1 6  x  1. (TMĐK) .. 2 2 Bài 13. Giải phương trình : 4 x  5 x  3 2 x x  x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI. Ta thấy :. 4 x 2  5 x  3  0  x  R . , Điều kiện : x  0 .. . . (14)  x 2  2 x x 2  x  1  x 2  x  1  2 x 2  4 x  2 0  x . 2. 2. x 2  x  1  2  x  1 0. 2 2   x x  x  1   x 1 2 x  1  0    (TMĐK) . 2 Bài 14. Giải phương trình : 2 x  4  x  2  x  2  5 x 12 . HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện : x 2 . VT 2  5.2 12  x 2 là nghiệm duy nhất.. 2 Bài 15. Giải phương trình : 3 x  2 x 1 2 x 2 x  1 . HƯỚNG DẪN GIẢI 1 x 2. Điều kiện : *Cách 1.. (15). 1  (15)  3x 2  t 2 2 xt   x  t   3x  t  0  x t  t 0, x    x 1 2 x  1 t  t 0  . 2  Đặt *Cách 2.. . . 2. (15)  x 2  2 x  1  x 2 x  2 2 x  1 0   x  1  x. .  x  1 2 0 1   2 x  1  1 0   2  x    x 1. 2  x 2 x  1  1 0 . . 2. . .

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 16. Giải phương trình :. 2  x 2  2 x  5  3 2  x 3  7 x  6 . . HƯỚNG DẪN GIẢI. (16).  x 2  Điều kiện :   3  x 1. (16)  2  x 2  3x  2   2  x  3 3 2  x 2  3 x  2   x  3. Đặt. 2  x 2  3x  2  a; x  3 b  a, b 0 . .. 2 2 . Phương trình trở thành : 2b  a 3ab.  2  x2  3x  2   x  3  2 x 2  7 x  1 0  a b    a  b   a  2b  0      2  2  a 2b  x  5 x  4 0 2 x  3 x  2  2 x  3   .  x. 7  41 5  41 ;x  . 4 2. 2 Bài 17. Giải phương trình : 6 x  x  5 3 4  3 13  3 x HƯỚNG DẪN GIẢI. (17). 101 13 x  3 . Đặt a x  3; b  13  3x ; c  4  3 13  3x ;  a  0, b 0, c 0  Điều kiện : 27. a 2 4  3c  (17)  4  a 2 3c  b 2 4  3a  a  0, b 0, c 0  c 2 4  3b  b 2 13  3x 4  3  x  3 4  3a; c 2 4  3b . .. a b, a c  a b c  a b c 1  x 4. Vậy phương trình dã cho có nghiệm duy nhất x 4 . 3 2 Bài 18. Giải phương trình : x  2 x  6 x  3 4 5 x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI. ĐK. x. (18). 1 5. 2. (18)  x3  2 x 2  x  5 x  1  4 5 x  1  4 0  x  x  1 . . 5x  1  2. . 2. 0.  5 x  1  2 0  1   x    x 1 2 5  x  x  1 0  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 . Bài 19. Giải phương trình :. x 2  3x  2  2 x 2  x  2 2 x HƯỚNG DẪN GIẢI. (19). Điều kiện : x 2 . (19) . x 2  3x  2 x2  x  2 2 2  x x. 2  t  3  2 t  1 2;  t x    t 1  x 2. x .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2 Bài 20. Giải phương trình : 6 x  8 2 x  3 x  19 HƯỚNG DẪN GIẢI. (20). Điều kiện : x   8 . (20)  x  8  6 x  8  9  2 x 2  4 x  2 0 . . 2  x  8 3 2 x  8  3  2  x  1 0    x 1  x 1 .. . 2 Bài 21. Giải phương trình : 12 x  1  9  x. (21). HƯỚNG DẪN GIẢI  x  1  x 3  2  x  9 0. Điều kiện :. 2. . . 2. (21)  x 2  4 x  4 4  x  1  12 x  1  9   x  2   2 x  1  3  x  2  2 x  1  3  x  2 2 x  1  3  x 3  x 3  2 3. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 22. Giải phương trình : x. Điều kiện :. x. 2. .. 1 2 . Bình phương 2 vế ta có :.  2 x   2 x  1 x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  2 x    2 x  1.  1 5 v u  2 2 2 uv u  v   u  x 2  2 x  1 5  u v  v  2 x  1 2   Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : 1 5 1 5 u v  x2  2x   2 x  1  2 x 2  2 1  5 x  u , v  0 2 2 Do . nên. . . '  1 . 5. . 2. 2. .  . 5  1 4 1 .  . . 5  1 0. .. . 5 0. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . Bài 23. Giải phương trình :. 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20 5 x  1 . HƯỚNG DẪN GIẢI.  x  x  20   x 1 Điều kiện : x 5 . Chuyển vế bình phương ta được:  x  x  20  x  1  x  4   x  5  x  1  x  4  x  4 x  5 . Ta viết lại phương trình: ta có : 2 x 2  5 x  2 5. 2. 2. 2.  x 2  4 x  5 a  a, b  0   2 x 2  4 x  5  3  x  4  5 ( x 2  4 x  5)( x  4) x  4  b  . Đặt  . Ta có : 2  a b   x  5 x  1 0   2  2a 2  3b 2 5ab   a  b   2a  3b  0  2a 3b  4 x  25 x  56 0. . .

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Giải ra ta có 4 nghiệm :. x1 . 5  21 5  21 25  1521 25  1521 ; x2  ; x3  ; x4  2 2 8 8. 25  1521 8 Thử lại ta thấy chỉ có thoả mãn , đó là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 24. Giải phương trình : x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x HƯỚNG DẪN GIẢI u  2  x 2  u 2 uv  vw  wu  u  v   u  w  2    2 v  3  x 3  v uv  vw  wu   u  v   v  w  3  5  w2 uv  vw  wu  w  5 x    v  w   u  w  5  Đặt , ta có : x. u  v v  w w  u  30.    Nhân vế theo vế các phương trình của hệ ta có :  , chia từng phương trình của  30 1  u v  w   2 2 30    30 11   v  u  w  3 2 30     19 30 30 239 u  v  w  u   x  5 2 30  60 120 . hệ ta có :  ta được: 2 2 2 Bài 25. Giải phương trình : 3x  6x  16  x  2 x 2 x  2x  4 . HƯỚNG DẪN GIẢI 2  3 x  6 x  16 a   2  a, b, c 0   x  2 x b  2  2 x  2 x  4 c Đặt Phương trình trở thành : a  b c . a 2  b 2 c 2  2ab a  b c  2 2  ab 0  2 2 2 2 2 2 2 a  b  c a  b  c    Mặt khác ta có : a  b c . Ta đưa về hệ : .  3x 2  6 x  16 0  2  x  2 x  0 .  x 0  x  2  .. Bài 26. Giải phương trình :. 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 HƯỚNG DẪN GIẢI. a  2 x 2  1  b  x 2  3 x  2  c  2 x 2  2 x  3  d  x2  x  2 Ta đặt :  , khi đó ta có : 2 2  2 x  1 2 x  2 x  3  x  2 . Bài 27. Giải phương trình :. a  b c  d  a  b c  d   a c  2  2 2 2 a  b  c  d a  b  c  d  . 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1 9 x  3 ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI  4 x 2  5 x  1 a  a, b  0   a  b a 2  b 2   a  b   a  b  1 0  2  2 x  x  1 b Đặt  . ta có :  4 x 2  5 x  1 4 x 2  4 x  4    4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1 1. . 3. . x 1  1. 3. 1   x 3   2 2  4 x  5 x  1 1  4 x  4 x  4. x  1  3 x  2 1  3 x 2  3x  2 . HƯỚNG DẪN GIẢI  x 0 x  2  1 0    x  1 .. Bài 28. Giải phương trình : pt . 1   x 3   2 2  4 x  5 x  1 1  2 x  x  1. 3. . x 1  3 x2  3 x  3 x2  x HƯỚNG DẪN GIẢI x  0 +) , không phải là nghiệm  x 1  x 1 3 3  x 1  3 x  1   3  1 x x   x  0 +) , ta chia hai vế cho x : Bài 29. Giải phương trình :. Bài 30. Giải phương trình: Điều kiện : x  1 .  (30). . x  3  2x. . 3. . 3. . x  1 0  x 1. x  3  2 x x  1 2 x  x 2  4 x  3 HƯỚNG DẪN GIẢI. .. (30).  x 1 x  1  1 0    x 0. . x 3  Bài 31. Giải phương trình : Điều kiện : x 0 .. Chia cả hai vế cho.  a b  a  b 1  .. 4x 4 x x 3 HƯỚNG DẪN GIẢI.  4x 4x 1 2  1 x 3 x 3 x 3 : . Bài 32. Giải phương trình :. 3  x x. 2. 4x   0  x 1 x 3 . 3x. . (32). HƯỚNG DẪN GIẢI 3. 3 1  10 10  1   x    x    3 2 3 3 3 3 .  Điều kiện : 0  x  3 . (32)  x  3x  x  3 0 2 Bài 33. Giải phương trình sau : 2 x  3 9 x  x  4 (33) HƯỚNG DẪN GIẢI  x 1  x  3  1 3 x 2 2 1  3  x 9 x     x   5  97  x  3  1  3x  18 Điều kiện : x  3 . (33) . . . 1   x 3   x 4  9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2  3 3 9 x 2  x  2  2 x  3 3 3x  x  2 . Bài 34. Giải phương trình sau :. 2. (34). HƯỚNG DẪN GIẢI. . 3. . 3. 3x 0  x 1 (34) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 . . x2 . 3. Bài 35. Giải phương trình :. x 2  10 x  21 3 x  3  2 x  7  6 HƯỚNG DẪN GIẢI. (35). Điều kiện : x  3 . . . x 3  2. . (35).  x  3 2  x 1 x  7  3 0     x 2  x  7 3. Bài 36. Giải phương trình :. . 2. (TMĐK). 2. x  2002x  2001  x  2003x  2002  x 2  2004x  2003. HƯƠNG DẪN GIẢI  x  1  x  2001   x  1  x  2002  . Phương trình đã cho tương đương :  x  1 0    x  2001  x  2002  x  2003 3x2  5x  1 . Bài 37. Giải phương trình :.  x 1   x  2000  2.  x  1  x  2003.  x  2001  x  2002 . x 2  2  3  x 2  x  1 . 0  x 1 .. x 2  3x  4. .. HƯỚNG DẪN GIẢI  3x  5x  1   3x  3x  3  2  x  2  và  x2  2    x 2  3x  4  3  x  2  Ta nhận thấy :  2x  4 3x  6  x 2  2  x 2  3x  4 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1 Ta có thể trục căn thức 2 vế : Dể dàng nhận thấy x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình . 2. 2. Bài 38. Giải phương trình sau:. x 2  12  5 3x  x 2  5 HƯỚNG DẪN GIẢI x 2  12 . x 2  5 3 x  5 0  x . 5 3. Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình . x2  4 x2  4 x 2  12  4 3 x  6  x 2  5  3  3  x  2   x 2  12  4 x2  5  3  x2   x  2   2  x  12  4. x 1.   3  0  x 2 x2  5  3  x2 x2 5   3  0, x  2 3. x2  5  3 Dễ dàng chứng minh được : x  12  4 3 2 3 Bài 39. Giải phương trình : x  1  x  x  1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI 3. Điều kiện : x  2 . Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình   2 x 3    x  3  x  3 x  9  3 3 2 x  1  2  x  3  x  2  5   x  3 1   2 3 2 3 x2  1 x3  2  5    2 x  1  4   x 3. 1 3. x. 2. 2. 1 .  1  2 x  1  4 3. 2. Ta chứng minh : Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.. x 3. . 3. 2. . 2. 2. x  1 1  3. . 2 2 Bài 40. Giải phương trình sau : 2 x  x  9  2 x  x  1  x  4 HƯỚNG DẪN GIẢI 2 2  2 x  x  9    2 x  x  1 2  x  4  Ta thấy : x  4 không phải là nghiệm của phương trình . Với x  4 . 2x  8 x  4  2 x 2  x  9  2 2 Trục căn thức ta có : 2 x  x  9  2 x  x  1. x 2  3x  9 x3  2  5. 2 x 2  x  1 2.  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 2  2 2 x2  x  9 x  6    2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4 Vậy ta có hệ: 8 Thử lại thỏa mãn ; vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 0 và x = 7 ..  x 0   x 8 7 . 2 x 2  x  1  x 2  x  1 3x HƯỚNG DẪN GIẢI 1 1 1 1 2   2  1   2 3 x x x x Chia cả hai vế cho x ta có : 1 t 2 2 x thì ta được : t  t  2  t  t  1 3 . Đặt Bài 41. Giải phương trình :.  t2 . t. 2.  t  2   t 2  t  1 5  t 4  2t 2  3t  2 t 4  10t 2  25  8t 2  3t  27 0. Tiếp tục giải ta sẽ tìm được các nghiệm của phương trình . 2 2  x  x 9 x  1 Bài 42. Giải phương trình : HƯỚNG DẪN GIẢI x  0 Điều kiện : . 2 2  1 2  2 2    x     x  9  x   2 2  x 1       x  1  x  1   x  1       Ta có :. .  Dấu đẳng thức xảy ra. . 2 2 1 1   x 7. x 1 x 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> x. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. 1 7.. 2 4 2 4 Bài 43. Giải phương trình : 13 x  x  9 x  x 16 HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện :  1  x 1 .. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. Biến đổi phương trình ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:. . 13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2. . 2. . 2. 256. ..  13  27   13  13x 2  3  3 x 2  40  16  10 x 2  2.  16  10 x  16  10 x    64  2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2  2  x  1  x  5  1  x2     3 2  10 x 2 16  10 x 2   x  5 Dấu đẳng thức xảy ra . 2. 2. x . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm. 2 5.. . . x 3 25  x3 x  3 25  x3 30. Bài 44. Giải phương trình :. HƯỚNG DẪN GIẢI 3 3 3 3 Đặt y  35  x  x  y 35.  xy ( x  y ) 30  3 x  y 3 35 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  , giải hệ này ta tìm được ( x; y ) (2;3) (3; 2) . Tức là nghiệm của phương trình là x  {2;3} . 1 2  1 x  4 x  4 2. HƯỚNG DẪN GIẢI. Bài 45. Giải phương trình:. Điều kiện: 0  x  2  1 .  2  1  x u  0 u   4 x v Đặt . Ta đưa về hệ phương trình sau:. 2  1,0 v  4 2  1. 1  u  v  4 2   2 4 u  v  2  1  2. 1  u  v  4 2   2  1  v   v 4  2  1   4 2 . 1   (v  1)   v  4  0 2  Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài 46. Giải phương trình sau: x  5  x  1 6 . HƯỚNG DẪN GIẢI x  1 Điều kiện: Đặt a  x  1, b  5  x  1(a 0, b 0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: a 2  b 5  (a  b)( a  b  1) 0  a  b  1 0  a b  1  2 b  a 5 11  17 x  1  1  5  x  1  x  1 5  x  x  2 Vậy . 6  2x 6  2x 8   5 x 3 . Bài 47. Giải phương trình: 5  x HƯỚNG DẪN GIẢI  5  x  5 Điều kiện: . u  5  x , v  5  y 0  u , v  10 Đặt . (u  v) 2 10  2uv u 2  v 2 10    4 4 2 4 8       2(u  z )  (u  v)  1  uv u v 3    3.  Khi đó ta được hệ phương trình: 2  2uv  2 2 2 2    10  2uv  2  uv  9  uv  2   5  uv   4  uv  9   uv   4uv  4   5  uv   3  uv  2  . . 3. . 2.  9  uv   5  uv   144uv  180 0. . Bài 48. Giải phương trình: x  2 x 2 2 x  1 . HƯỚNG DẪN GIẢI 1 x 2. Điều kiện: 2. 2 Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1)  1 2 2 x  1  x 2  2 x 2( y  1)  2 y  1  2 x  1 Đặt thì ta đưa về hệ sau:  y  2 y 2( x  1) Trừ hai vế của phương trình ta được ( x  y )( x  y ) 0. Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2  2 Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3} . 2 Bài 49. Giải phương trình: 2 x  6 x  1  4 x  5 . HƯỚNG DẪN GIẢI 5 x  4. Điều kiện 2 2 Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x  12 x  2 2 4 x  5  (2 x  3) 2 4 x  5  11 ..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> (2 x  3) 2 4 y  5  ( x  y )( x  y  1) 0  2 (2 y  3)  4 x  5  2 y  3  4 x  5 Đặt ta được hệ phương trình sau:  Với x  y  2 x  3  4 x  5  x 2  3 . Với x  y  1 0  y 1  x  x 1  2 . 2 Bài 50. Giải phương trình : 3x  2  x  1 4x  9  2 3x  5x  2 . HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện : x 1 . 2 3x 2  5 x  2 a 2   4 x  3 3 x  2  x  1 a  a  0  Đặt suy ra : . Phương trình trở thành :  a  2 a 2  a  6 0    a 3  3 x  2  x  1 3   3 x  2   x  1 3  2 x a  3  . 3 x 2  5 x  2 4 x 2  12 x  9    3 x    2 Bài 51. Giải phươg trình :.  x 2  7 x  7 0 7  21   x  3 2 x   2 .. 2x  3  x  1 3x  2 2x 2  5x  3  16 . HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện : x  1 . Đặt. 2 x  3  x  1 a  a  0 . . Suy ra :. 2 2 x 2  5 x  3 a 2   3 x  4 . . Phương trình trở thành :.  a  4 a 2  a  20 0    a 5  2 x  3  x  1 5  2 2 x 2  5 x  3 21  3 x .  a 5  x 7  x 7 146  1462  4.429  2    x  2 2 8 x  20 x 12 9 x  126 x  441 0  x  146 x  429 0 2 . 2 2 Bài 52. Giải phương trình : 6x  10x  5   4x  1 6x  6x  5 0 HƯỚNG DẪN GIẢI. (52). (52).   6 x 2  6 x  5   4 x 6 x 2  6 x  5  6 x 2  6 x  5  4 x 0.  6 x2  6 x  5  4 x   . . . 6 x 2  6 x  5  1 0 . Bài 53. Giải phương trình :. 6 x 2  6 x  5 4 x  10 x 2  6 x  5 0  x . 9 x 2  16  2 2 x  4 4 2  x . HƯỚNG DẪN GIẢI.  3  59 10. (53). Điều kiện :  2  x 2 . 2 2 2 (54)  4(8  2 x)  16 8  2 x  ( x  8 x) 0. x. x. t t  4  2 hoặc 2 Đặt 8  2x = t (t 0) , phương trình trở thành : 4t2 + 16t – ( x2 + 8x ) = 0  4 2  3 là nghiệm . Giải x theo t được x = Bài 54. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho các nghiệm của các phương trình :.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> x 2  2ax  b 0 x 2  2bx  c 0 x 2  2cx  a 0.  1  2  3. là các số tự nhiên . HƯỚNG DẪN GIẢI Giả sử :.  x1 , x2  ; x3 , x4  ;  x5 , x6 . là các nghiệm tự nhiên của các phương trình (1) ; (2) ; (3) .. Nếu xi 2 với i 1, 6 .. 2a  x1  x2  x1 .x2 b 2b  x3  x4  x3 .x4 c Theo hệ thức viét ta có : 2c x5  x6 x5 .x6 a 2  a  b  c  a  b  c a, b, c  Z  Do đó : , vô lý vì . Vì thế có ít nhất một trong các số xi bằng 1 . Không mất tính tổng quát giả sử x1 1 , ta có : 1  2a  b 0 . 2 b  c   x3  x4    x5  x6  x3 .x4  x5 .x6 c  a Nếu xi 2 với i 3, 6 thì :  . 2 2a  1  c  c  a  c 2  3a  1 Suy ra :  (Vô lý) . Vì thế có ít nhất một trong các số Cho x3 1 thì : 1  2b  c 0 .. x3 , x4 , x5 , x6. bằng 1 .. 1  2 2 b  1     b  1  7b 5 2 Giả sử rằng : x5 2; x6 2 , ta có : 2c x5  x6 x5 .x6 a , vô lý . Vậy x5 1 hoặc x6 1 nên : 1  2c  a 0 .. 0  1  2a  b  1  2b  c  1  2c  a 3   a  b  c .       Mặt khác : Vì a, b, c là các số nguyên dương nên a b c 1 . Ngược lại a b c 1 thoả mãn điều kiện bài toán . Bài 55. Giải phương trình : 9( 4 x  1 . 3x  2) x  3 . HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện. x. 2 3 .. ..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 9( 4 x  1 . 3 x  2)  x  3. . 3x  2. 9. 4x 1 .  9  x  3  x  3. . . . 4 x  1  3 x  2  x  3 . 4 x  1  3x  2. . 4 x  1  3x  2. . .  9  4 x  1  3x  2  d o x  3  0   81 4 x  1  3 x  2  2.  4 x  1  3x  2   4 x  1  3x  2 .  82  7 x 2. 82  7 x 0  2 2  82  7 x  4 12 x  5 x  2  82 x  82  7 x 0 7   2   x 6  x  6  x  1128 x  6732 0    x 1122. . . Bài 56. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:. x  4 x  1  x  4 1  x m . HƯỚNG DẪN GIẢI Giả sử x0 là nghiệm của PT, khi đó 1  x0 cũng là nghiệm của PT. Do đó để PT có nghiệm duy nhất ta. phải có:. x0 1  x0  x0 . 1 1 x0  4 2 . Thay 2 vào PT ta có: m  2  8 .. 4 Với m  2  8 , ta chứng minh PT có nghiệm duy nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:.  1 1  x  2 x. 2 2    1  x  1 2 1  x 1    2 2.  * ,  ** .  1 1 1 x  x    4 4 2 2 2 8   x  1  x  2  *  1  x  1  1  1 4 4 1  x  2 2 2 8. x  4 x  1 x  4 1 x  2  4 8. 4. x  4 1  x 4 8. . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:. x.  **. 1 2.. 4. Vậy m  2  8 . 3 2 3 3 3 2 Bài 57. Giải phương trình : 2 x  x  2 x  3x  1 3x  1  x  2 HƯỚNG DẪN GIẢI Tập xác định : D = R .. (57). 3 3 3 2 3 2 (57)  2 x  3x  2 x  3x  1 x  1  x  2 . f  2 x3  3 x   f  x 2  1 f  t  t  3 t  1 f t Xét hàm số . Khi đó ta có : . Ta chứng minh hàm số   đồng f  t1   f  t2   t1  t2   3 t1  1  3 t2  1  0 t1 ; t2  R : t1  t2 biến trên R . Thật vậy : thì .. . Nên. f  t1   f  t2 . . Suy ra. f t. đồng biến trên R .. .

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 3 2 3 2 Theo tính chất của hàm đơn điệu ta có : 2 x  3x  x  1  2 x  x  3x  1 0 1  x  1 2    x    x 2  2 x  2  0   2 1 5    x  2 .. 31 xyzt  xy  yz  zt  1 40  xzt  x  z  Bài 58. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện : xzt  x  z 0 . xyzt  xy  yz  zt 40 zt 1 9 1 1    y 1   y  1  z 4 xzt  x  z 31 xzt  x  z 31 x 3 zt  1 9. (1) 1 1  y 1  1 1 x 3 1 1 t 2 z 4 . Suy ra x 3 ; y 1 ; t 2 ; z 4 . *) Nếu z 0 , từ (2). 1 1 31 1   y 1 ; x  N 31 x 9 9 *) Nếu z 0 , từ (2) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương duy nhất x 3 ; y 1 ; t 2 ; z 4 . x  2 y Bài 59. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình  : 5 4 3 2 2 3 x  6 x y  18 x y  68 x y  81x y 4  126 y 5 770 HƯỚNG DẪN GIẢI x t 5 y ta được : Xét vê trái của phương trình đã cho , chia cho y và đặt  y. t 5  6t 4  18t 3  68t 2  81t  126  t  7   t  3  t  1  t  2   t  3 Như vậy phương trình được viết lại :.  x  7 y   x  3 y   x  y   x  2 y   x  3 y  11.7.5.2.1. 5 Ta nhận thấy y 0 không thoả mãn phương trình vì x 770 x  Z ..  x, y  Z   x  7 y  x  3 y  x  y  x  2 y  x  3y  y  0 x  2y Do đó : , vì  nên :  x  3 y 1  x  2 y 2   x 4 .  x  y 5   y  1   x  3 y 7   x  7 y 11. . .  x; y   4 ; 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương duy nhất 3 3 Bài 60. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x  y 3xy  3 . Phương trình đã cho tương đương với :. HƯỚNG DẪN GIẢI 3  x  y   3xy  x  y  3xy  3. ..  1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> a x  y  3 a 3  3ab 3b  3  a3  3 3b  a  1   a  3  a 1 b  xy  Đặt , ta được :   a 3  1  4  a  1  4  a  1  a  1  1; 2; 4. Giải ra ta được các nghiệm :. .  1 ;  1 ;   1 ; 1 ;  1 ; 2  ;  2 ; 1 x  1  3  x  1. Bài 61. Giải phương trình sau :. 2.  x  2. ..  x  2  3  x  2. 2.  x  1. .  2 x  3. 3. .. HƯỚNG DẪN GIẢI  x  1 a 3   a  3 x  1  a  0 b  3 x  2  b  0 x  2 b3   Đặt , . Biến đổi vế trái ta có : 3. 2. 3. 3 2. 2. . a  a b  b  b a  a  b    2 x  3  3 3  x  1  x  2 . . 3. 3. x 1 x  2. . 3 2. ,phương trình trở thành :. 3. x  1  3 x  2 2 x  3. 3. . x  1  3 x  2  2 x  3  2 x  3  3 3  x  1  x  2   2 x  3  2 x  3.  2 x  3 0  2  1  3 3  x  1  x  2   2 x  3.  x. 3.  3  x 2  2 3    x  3 x  2 0  x 2    3 x 2  3x  2  3  3 3 x 2  3x  2 4  x 2  3 x  2    8. 3 3 3 32 ; x 1 ; x 2 ; x   2 2 2 2 . x2  x 1 . x2  x 1  4x2  4 . Bài 62. Giải phương trình :. 32 x 2  2 x2  3. 2. .. HƯỚNG DẪN GIẢI x2  x 1 . x 2  x  1 4 x 2  4 . Phương trình đã cho tương đương với : 4x2 . 32 x 2  2 x 2  3. 2. 32 x 2  2 x 2  3.   1 64  7  4   4 x 2   2 x 2  3   2 x 2  3  2 2 2 2 x  2 x  3  . Xét vế phải ta có : 1  .4. 4 4.64  7 1 2 (Bất đẳng thức cô-si) Xét vế trái , ta chứng minh vế trái nhỏ hơn 1 . Thật vậy : x 2  x 1 . x2  x 1  1 . 2. x 2  x  1  x 2  x  1  1  2 x  1  2 x 2  x  1 (*). 1 2 thì (*) luôn đúng . *) Nếu 1 x  4 x 2  4 x  1  4  x 2  x  1  1  4 2 *) Nếu thì (*) (đúng) . VT  1  VP Như vậy : . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . x. Bài 63. Tìm nghiệm nguyên của phương trình :. x 30  x 30  y 4   y 2002. (63). 3.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI 2.  4 x 60  4 x 30 y 4  y 2002   2 x 30  y 4   y 8  4 y1994  1  4 y1994  1 u 2  u  Z  . (63)  u 2v  1 v  N . .. 2.  4 y1994  1  2v  1  y1994 v  v 1 . Vì thế : . 1994 1994  v; v  1 1 nên : v r ; v  1 s  s  r ; s, r  N  . Mặt khác  s  r 1  s1994  r1994 1   s  r   s1993  s1992 r  ...  sr1992  r1993  1   1993 1992 1992 1993  s  s r  ...  sr  r 1  s 1  x 0     r 0  y 0 . 2. Bài 64. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 134xyz . HƯỚNG DẪN GIẢI x, y , z  Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương  . d  x, y  x  x0 d ; y  y0 d Đặt với . Thế vào phương trình ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 x0 d  13 y0 d  4 x0 y0 d  y0 z d  x02  y0  y0 z 2  13 y  4 x0   x02 y0 x ;y Do  0 0  = 1, nên y0 1 . Từ đó suy ra : x x0 y . 2. Thế vào phương trình :  z  x0  2 9     z  x0  2 1. x02 y 2  13 y02  4 x0 y02  y 2 z 2   x0  2   9 z 2   z  x0  2   z  x0  2  9.  z 5    x0 2. Bài 65. Giải phương trình:.  x 2t  *  y t  t  N   z 5 .  x  4. 4. . 2  2 x  13  50  2 x  13 3. (65). HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt. y. 2x  3 2.  x  4 y . 5 2. 4. 5  (65)   y   16 y 3  100 y 2  4. 5 25      y    16 y  y 2   0 2 4   . (*). 2. 4. 2. 25  2 5  5   2 5 2 y   y    5 y  y    16 y  y    80 y 0 4 2 2 2      Ta có nên (*) được viết là :  2. 5  t  y   2  Đặt. 2. , (**) trở thành :. t 2  16 yt  80 y 2 0   t  4 y   t  20 y  0. 10 6  1  10 6  1 ; 4 4 Giải ra ta được hai nghiệm là ..  4 x  1 Bài 66. Giải phương trình :. x 2 1 2  x 2  1  2 x  1. Giải 2 Đặt: y  x 1 ; y 1. (9). (**).

<span class='text_page_counter'>(20)</span>  y 2 x  1   y 1 2   2 y  4 xy  2 y    y  2 x  1 0   y  2 x  1  2 y  1 0  2 4 0; 3 . Kết luận : Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là (9)   4 x  1 y 2 y 2  2 x  1  2 y 2   4 x  1 y  2 x  1 0. 2 2 13  x 2  3x  6  x 2  2 x  7   5 x 2  12 x  33  Bài 67. Giải phương trình:  HƯỚNG DẪN GIẢI Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpki cho 4 số: c x 2  3x  6; d  x 2  2 x  7 Với a 2; b 3;. . Ta có:. 2. 2.  . . . . 2. 2 2 2  32  x 2  3 x  6  x 2  2 x  7   2 x 2  3 x  6  3 x 2  2 x  7   5 x 2  12 x  33  . .  . . .  . .  x 1   x 4 3  x 2  3x  6  2  x 2  2 x  7   x 2  5 x  4 0  Do đó: . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 1; 4. Bài 68. Giải phương trình:. x 2  3 x  3.5 . x. 2.  2x  2 x2  4x  5. . . HƯỚNG DẪN GIẢI 2. x 2  2 x  2  x  1  1  0 2. x 2  4 x  5  x  2   1  0. Ta có:. x. 2. x  3x  3.5 . 2.  2x  2  x2  4x  5.  . . 2. x Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương. 2.  2x  2. x và. 2.  4x  5. . 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .. x 2  6 x  11  x 2  6 x 13  4 x 2  4 x  5 3  2 (69) Giải:. Bài 69. Giải phương trình: (69) . Mà.  x  3.  x  3. 2. 2. 2 . 2 .  x  3.  x  3. 2. 2. 2.  4  4  x  2   1 3  2. (*). 2.  4  4  x  2   1  2  4  1 3  2. 2   x  3 0  2  x  2  0 Nên (*) xảy ra khi và chỉ khi  (Vô lý) . Vậy phương trình vô nghiệm . 2 x  6 x  15  x 2  6 x  18 2 Bài 70. Giải phương trình: x  6 x  11 (70) HƯỚNG DẪN GIẢI 4 2 (70)  1    x  3  9 2  x  3  2. 1. Mà :. 4.  x  3. 2. 2. 1 . 4 3 2.  x  3 và. 2.  9 3. .. . . 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>  x  3 Do đó ta có:. 2. 0  x 3. Bài 71. Giải phương trình:. .. x 1. 19. 5. 4. x2  1.  95. 6. x2  3 x 2. 3 .. HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện:.  x  1 0  2  x  1 0  x 2  3x  2 0 . *Ta có: 19. x 1. 5. 4. x2  1.  95. 6. x2  3 x 2. 190  50  950 3. 2 2 Nên x  1 0 ; x  1 0 ; x  3 x  2 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 .. Bài 72. Giải phương trình:. 3.  3x 1. 2. 2.  3  3 x  1  9 x 2  1 1. (72). HƯỚNG DẪN GIẢI 3 3 Đặt: u  3x 1 và v  3 x  1 u 2  v 2  u.v 1  3 3 u  v 2  u  v 2  u v  2 . (6) trở thành:  2 2 v  2   v 2  v  v  2  1  3v 2  6v  3 0  3  v  1 0  v  1  u 1  Do đó: u  3 3x  1 1  x 0  3 v  3 x  1  1  Vậy ta có: . Bài 73. Giải phương trình:. . . 1 x  1. . 1  x  1 2 x. HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện:  1 x 1 0 u  2 Đặt: 1  x u 2 Suy ra: x u  1. . Phương trình trở thành:. .  u  1 . . 2  u 2  1 2  u 2  1.  u  1 0  2  u  1  2  u  1 0   2   2  u  1  2  u  1 0  u  1  0  u  1 u  0 *) (thỏa mãn ) , suy ra x 0  2  u 2  2u  1 2  2  u 2  1 2  u  1 2 1  u 0 ( ng v 0)  5u 2  4u  1 0 (a  b  c 0)  2uđúì  2  u  2 u  1 *) 1 u1  1 ; u2  5 (loại u1  1 vì -1<0)   u  1  . . . 2. . . . . 2. 24  1 x u22  1    1  25  5 Ta có:. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0 ;. . 24 25 ..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> √ 5 x 2 +14 x − 9 − √ x 2 − x −20=5 . √ x+ 1. Bài 74. Giải phương trình :. HƯỚNG DẪN GIẢI. ĐK: x 5 Chuyển vế rồi bình phương:  4x 2  10x  4 10.. 5x 2  14x  9 x 2  24x  5  10..  x  5  x  4   x  1  2x 2  5x  2 5..  2(x 2  4x  5)  3  x  4  5.. x. 2. 2. .  x  20  x  1. x. 2. .  4x  5  x  4 . .  4x  5  x  4 . u = x 2  4x  5  2u  3v 5 uv  v  x  4    Đặt  , ta có :. . x. . . u.  u v v 2 u  3 v 0    4u 9v. . .  5  65 x   x  4 x  5 x  5  x  5 x  10 0 2   2  2   4  x  4 x  5  9  x  5  25  1145  4 x  25 x  65 0 x 8  2. 2. 11 25 − =1 . 2 2 x ( x+ 5 ). Bài 75. Giải phương trình :. HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện : x 0; x  5 2 Đặt x + 5 = y 0  x  y  5 . Phương trình đã cho trở thành :   625  25   y 4  10y3  39y 2  250y  625 0   y 2  2   10  y    39 0 y  y   . ,. 25   y  y  1 11  11   y  t  1 25 625 25 2  t 2  10t  11 0   y 11 y t  y 2  2 t 2  50  y y y   t 11 Đặt , Ta có : .. x. 21  11 2 .. Từ đó suy ra phương trình đã cho có nghiệm : Bài 76. Giải phương trình : √5 27 x10 −5 x 6+ √5 864=0 . HƯỚG DẪN GIẢI Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế cho x6 ta được : 5. 4. √ 27 x +. √5 32 .27 =5  x 4 + 2 =5 . 5 1 6 6 x. x. √. 27. 4 Áp dụng bất đẳng thức CauChy ta có : x +. 4. 2 x4 x4 x 4 1 1 5 1 = + + + 6 + 6 ≥5 . . 6 3 3 3 27 x x x. x 1  6  x10 3  x 10 3 x Dấu đẳng thức xảy ra  3 . 2 2 2 Bài 77. Giải phương trình : √ x + x − 1+ √− x + x +1=x − x +2 . HƯỚNG DẪN GIẢI. √.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> ¿ x 2 + x − 1≥ 0 Điều kiện : − x 2 + x+1 ≥ 0 ¿{ ¿. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2. 2. √ x2 + x −1≤ x + x 2−1+1 = x 2+ x 2. 2. 1+ 1 − x + x +2 = √ − x + x +1 ≤ − x + x+ 2 2 2 2 Suy ra : √ x + x − 1+ √− x + x +1 ≤ x +1 2 ⇔ ( x −1 )2 ≤ 0  x 1 . Từ Phương trình ⇒ x − x+2 ≤ x +1 2 1−x 2 x+x = Bài 78. Giải phương trình : . 2 x 1+ x 2. √. HƯỚNG DẪN GIẢI. Điều kiện : 0  x 1 . Phương trình đã cho. . 1 x 2x  1 1  (*) x 1 x2. 1 2 là nghiệm pt (*) +  VP  1 1  x 1  + 2 : VT  1 x. 0x. 1 2:. VT>1  VP<1. + Vậy phương trình đã cho vô nghiệm .. 2. a − bx ( b+c ) x+ x = Đề xuất: Với a ,b,c >0 cx a+ x 2 1) √ x −2+ √ 4 − x=2 x 2 −5 x −1 2 2 Đề xuất : √ x − a+ √ b − x=( b − a ) x2 − b − a − b − a x − a+b −2 2 2 2. √. (. (Với a + 2 < b ) 2) 3) 4). √ ). √3 3 x 2 − x+ 2001− √3 3 x 2 − 7 x+2002 − √3 6 x − 2003= √3 2002 3. 8 x3 +2001 =4004 x −2001 2002 ( x − a )( x −b ) ( x − c )( x − b ) ( x − a ) ( x − c ) 1 + + = c ( c −a )( c −b ) a ( a − c )( a − b ) b ( b − a ) ( b − c ) x. (. ). Trong đó a;b;c khác nhau và khác không 2 5) x=1− 1978 ( 1− 1978 x 2 ). (. ) √ b −2 a.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 6) 7) 8). x ( x 2 − 1 )= √ 2. √ x+2 √ x+. . ..+2 √ x +2 √ 3 x =x. √ 1− x 2 +√4 x 2+ x −1+√6 1− x −1=0 2 2 2 9) √ 1− x = 3 − √ x 10) √3 x2 −2= √2 − x 3 11) √ 1+ √ 1 − x 2 [ √ ( 1+ x )3 − √ ( 1− x )3 ] =2+ √ 1− x2. (. ). 12) x 4 −10 x3 −2 ( a −11 ) x 2 +2 ( 5 a+6 ) x+ 2 a+a2=0 13) Tìm m để phương trình : ( x 2 −1 ) ( x +3 ) ( x+ 5 )=m có 4 nghiệm phân biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn. 14) 15) 16) 17) 18) 19) 20). 1 1 1 1 + + + =−1 x1 x2 x3 x4 ¿ x5 − x 4 +2 x 2 y =2 y 5 − y 4 +2 y 2 z=2 ¿ Tìm nghiệm dương của phương trình 5 4 2 z − z + 2 z x =2 ¿ {{ ¿ 2 18 x −18 x √ x − 17 x − 8 √ x − 2=0 √4 17− x 8 − √3 2 x 8 − 1=1 x 2+ √2 − x=2 x 2 √ 2− x ¿ x 4 + y 4 + z 4 =8 ( x+ y + z ) xyz=8 ¿{ ¿ 4 19+10 x − 14 x 2=( 5 x 2 −38 ) √ x 2 − 2 2 x 6125 210 12 x + 2 + − =0 5 x 5 x ( x+3 √ x +2 ) ( x+ 9 √ x +18 ) =168 x. 21) 22) Tìm m để hệ phương trình sau có đúng 2 nghiệm. ¿ ( x+ y )8 =256 x 8+ y 8=m+2 ¿{ ¿ 23) x=√ 2− x √ 3 − x + √ 5 − x √ 3 − x+ √5 − x √ 2− x 2 √2 + √ x= √ x +9 24) √ x +1 √ a + √ x= √ x +a+1( a>1) Đề xuất: √ x +1 25) 13 √ x −1+9 √ x+1=16 x 26) 2. 4 27 x 2+24 x+ 28 =1+ 27 x+ 6 3 2 3 2 5 x −1+ 9 − x=2 x +3 x −1 27) √ √. √. √.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 28) 29). 30). 31) 32) 33). ¿ x+ y + z =1 x y z x + y y+ z + + = + +1 y z x y+ z x + y ¿{ ¿ 3 3 2 x −3 x +2 √( x +2 ) − 6 x=0 ¿ a b − =c − xz x z b c ❑ − =a− xy y x Trong đó a;b;c +¿ R¿ c a − =c − yz z y ¿{{ ¿ ( x 2 −12 x − 64 ) ( x 2 +30 x+125 ) +8000=0 ( x − 2 ) √ x − 1− √ 2 x+ 2=0 ¿ x + x +. √ 1 √ 2 . .+ √ x n=n √ x1 +8+ √ x 2 +8+. ..+ √ x n +8=3 n ¿{ ¿. 34) Cho hệ phương trình: ¿. n. ∑ √ xi =n i=1. n. ∑ √ x i+ b2 − 1=bn. .CMR:Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x1 = x2. i=1. ; b>1 ¿{ ¿. = ...= xn = 1 35) √ √ 3 − x =x √ √ 3+ x Tổng quát: √ bx +c=x √ px+ q với a ; b ; q ; p ∈ R ∧ q2=− 3 pb . 2 36) x=( 2004+ √ x ) ( 1 − √ 1− √ x ) 2 Tổng quát: ax=( b+ c √ x ) ( d − √ d 2 − e √ x ) với a;b;c;d;e là các hằng số cho trước. 37) 4 x 2 −4 x −10=√ 8 x2 −6 x −10 38). 39) 40). ¿ x 3 ( 2+3 y )=1 x ( y3 −2 ) =3 ¿{ ¿. ¿ x3 +3 xy 2=− 49 x 2 − 8 xy+ y 2=8 y −17 x ¿{ ¿ 3 4 16 x +5=6. √ 4 x 3 + x.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> ¿ x2 ( x+ 1 )=2 ( y 3 − x ) +1 y 2 ( y +1 ) =2 ( z 3 − y ) +1 41) z 2 ( z +1 )=2 ( x 3 − z ) +1 ¿{ { ¿ 3 3 42) √ 3 x +1+ √ 5 − x+ √3 2 x − 9 − √3 4 x −3=0 3 3 3 3 Tổng quát: √ a1 x +b 1+ √ a2 x +b2 + √ a3 x +b3= √( a1 +a2 +a 3 ) x +b 1+b 2+ b3 ¿ 3 x + y=2 43) y 3 + x=2 ¿{ ¿ ¿ x 6 k+3 + y=2 y 6 k+3 + x=2 Tổng quát: (k∈ N) ¿{ ¿ 2 44) x − x −1000 √ 1+ 8000 x=1000 45) x+ √5+ √ x −1=6. 46) Tìm nghiệm dương của phương trình:. x −1 1 1 = 1 − +3 x − x x x 4 4 4 2 4 3 √ x+ √ x (1 − x ) + √ ( 1− x ) =√ 1 − x + √ x 3+ √ x 2 (1 − x ) 3 ( x 3+ 1 ) =81 x − 27 6 √3 x+1 − √3 x − 1=√ x 2 −1 2 ( x2 −3 x +2 )=3 √ x 3+ 8 ¿ 3 2 y − 9 x + 27 x −27=0 z 3 − 9 y 2+27 y −27=0 3 2 x −9 z +27 z − 27=0 ¿ {{ ¿ 15 2 ( 30 x − 4 x )=2004 ( √ 30060 x +1+ 1 ) 2 √ 5 x 2 +14 x +9 − √ x 2 − x −20=5 √ x +1 ¿ y 30 2 + 4 y=2004 x z 30 2 + 4 z=2004 y x 30 2 + 4 x=2004 z ¿{{ ¿ √ x2 +15=3. √3 x − 2+ √ x 2 +8 3 2 x −3 √ 3 x −3 x + √ 3=0 √3 3 x 2 − x+ 2002− √3 3 x 2 − 6 x+ 2003− √3 5 x − 2004=√3 2003 3 3 x +1=3 . √ 3 x −1 x 2 − 4 x +2=√ x+ 2. 2x+. 47) 48) 49) 50) 51). 52) 53). 54). 55) 56) 57) 58) 59). √. √.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Bài tập tương tự: a) 20 x2 +52 x+53=√ 2 x −1 b) −18 x 2+17 x −8=√ 1− 5 x c) 18 x2 −37 x +5= √ 14 x +9 d). √. 4 x+ 9 =7 x 2+7 x 28. 7. 2. 3. 60) 3 x +332 x +3128 =316 x +1 61) Cho 0< a<c <d <b ;  a+b=c+ d GPT: √ x+ a2+ √ x +b 2=√ x+ c2 + √ x+ d 2 62) x 2 − 4 x +6= √ 2 x 2 −5 x +3+ √ −3 x 2 +9 x −5 63). ¿ 2 x + x2 y = y 2 y + y 2 z=z 2 z+ z 2 x=x ¿{{ ¿ 2 √ x − x +19+√ 7 x2 +8 x +13+ √ 13 x2 +17 x +7=3 √3 ( x+ 2 ) √ 4 − x2 +√ 4 x+1+√ x 2+ y 2 −2 y −3=√4 x 4 −16 +5 − y √ x2 −8 x +816+ √ x 2+ 10 x +267=√ 2003 √ 1− x 2=4 x 3 − 3 x √ x2 + x +1− √ x 2 − x − 1=m. 64) 65) 66) 67) 68) Tìm m để phương trình có nghiệm 69) Tìm a để phương trình có nghiệm duy nhất √ 2+ x+ √ 4 − x − √ 8+2 x − x 2=a ¿. 70). √ x+30 . 4 +√ y − 2001=2121 √ x −2001+√ y +30 . 4=2121. 71). ¿{ ¿ 3 ( √ 2 x 2 +1− 1 )=x ( 1+3 x+ 8 √2 x 2+ 1 ) ¿ x2 + y 2 +z 2=. 72). xy + yz+ xz=−. 74). 3 4. 1 8 ¿{{ ¿ ¿ x+ √ x 2 − y 2 9 x = x − √ x 2 − y2 5 x 5+3 x = y 6 ( 5− y ) ¿{ ¿ x 2 + x+1 x 2+3 x +1 5 + = x 2 +2 x+1 x 2 +4 x+1 6. xyz=. 73). 3 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 75) 76) 77) 78). 6 10 + =4 2−x 3−x 3 2 3 3 x −7 x +8+ √ x 2 − 6 x +7 − √ 2 x 2 −13 x −12=3 3 3 x − 6. √ 6 x+ 4 − 4=0 √1+ x 3 = 2 2 x +2 5. √√ √.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI 100 BÀI PT & HPT 1) ĐK: x 5 Chuyển vế rồi bình phương: 5x 2  14x  9 x 2  24x  5  10.. x. 2.  4x 2  10x  4 10..  x  5   x  4   x  1.  2x 2  5x  2 5.. 2. x.  x. .  x  20  x  1.  4x  5  x  4 .  2(x 2  4x  5)  3  x  4  5.. 2. .  4x  5  x  4 . u= x 2  4x  5  ....  v  x  4     x  3 x 4  3x 3  6x 2  18x  9 0. . . . . GPT : x 4  3x 3  6x 2  18x  9 0 2. x 4  3x 2  x  1  9  x  1 0. 2).  x 4  3x 2 y  9y 2 0 2 Đặt: x- 1 = y  2x 3y 3y 5.  x x 2  y 2  2000y  1   2 2  y x  y 500x  2  Nếu x = 0  y 0   0;0  là n o. . . . . 2 2 Nếu x 0.Rút x  y từ (1) thế vào (2) ta có:  y 0   2000y   y  500y   2  2 x    x 4y. 3). ¿ 12 x 2 −48 x +64= y 3 (1 ) 12 y 2 − 48 y+ 64=z 3 ( 2 ) 12 z 2 −48 z +64=x 3 ( 3 ) ¿ {{ ¿. G/s (x; y; z) là nghiệm của hệ phương trình trên thì dễ thấy ( y; z; x); (z; y; x) cũng là nghiệm của hệ do đó có thể giả sử : x = max{x; y; z} Từ 12 x 2 −48 x +64=12 ( x2 − 4 x+ 4 ) +16 ≥16.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> ⇒ y 3 ≥16 ⇒ y ≥ 2 Tương tự x ≥ 2 ; z ≥ 2. Trừ (1) cho (3): y3 – x3 = 12(x2 – z2) – 48(x-z) ⇔ y3 – x3 = 12(x– z)(x+z-4) VT 0 ; VT ≥ 0 . Dấu “=” xảy ra ⇔ x= y =z 4). ¿ x 19+ y 5 =1890 z + z 2001 y19 + z 5=1890 x + x2001 z 19+ x 5=1890 y + y 2001 ¿{{ ¿. Ta đi cm hệ trên có nghiệm duy nhất x = y = z Giả sử (x,y,z) là nghiệm của hệ  ( x;  y;  z) cũng là nghiệm của hệ  không mất tính tổng quát ta giả sử ít nhất 2 trong 3 số x, y, z không âm. 1  z 0 Ví dụ: x 0; y 0 . Từ phương trình   . Cộng từng vế phương trình ta có:. z. 2001.  1890z  x 2001 1890x  y2001 1890z  z19  z5  x19  x 5  y19  y5 ..  . 0  t 1  t. 2001.  . 19.  .  .  . . Ta có:. 5.  1890t t  t t 2000  1890 t18  t 4 (đúng). t  1  t 2001  1890t  t19  t 5 t 2001  1890  1  t 2000  2t1000. Thật vậy:. cô si.  t18  t 4 (đpcm). Vậy x = y = z.  3 . 2z  1  0  z . Bài 10: + Nếu x < 0 từ Cộng 3 phương trình với nhau: 2. 2. 1 1 1  y  x 2 2 2. 2.  x  1  x  1   y 1  y  1   z 1  z  1 0 (*) 1 1 1 ; y   ;z     * 2 2 2 Với vô nghiệm  x  0; y  0;z  0  x; y; z  x. Gọi. là nghiệm của hệ phương trình, không mất tính tổng quát ta giả sử:. x max  x;y;z. Trừ (1) cho (3) ta được: 2  x  z   y  x  x 2  y2  xy  x  y  1. . VT 0  VP 0 dấu " "  x y z  ..... Bài 13: Đk: 0  x 1 PT. . 1 x 2x  1 1  (*) x 1 x2. .

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 1 2 là nghiệm pt (*) +  VP  1 1  x 1  + 2 : VT  1 x. +. 0x. 1 2:. VT>1  VP<1.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> x2  7x  4 4 x x2  x  2 2 x  1  3 x  6 4 .  x  6 2 x  1  3. x2. x  2 x  1   x  1 x  x 2  x 0 VD:Giải hpt:. Giải: Điều của các ẩn là:. Từ đó suy ra hệ có nghiệm (1;1. Với các điều kiện này:.

<span class='text_page_counter'>(33)</span>