Issuu

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN THCS

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

MỘT SỐ CHỦ ĐỀ VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ TOÁN THCS THƯỜNG ĐƯỢC RA TRONG CÁC KÌ THI GẦN ĐÂY (BẢN WORD CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

LêI NãI §ÇU Phương trình là một chủ đề quan trọng trong chương trình môn toán ở trường THCS cũng như THPT. Trong những năm gần đầy các bài toán về phương trình thường xuất hiện trong các đề thi vào lớp 10 THPT, các lớp 10 năng khiếu toán và trong các kì thi học sinh giỏi các cấp với độ khó ngày càng cao. Với mong muốn tạo ra một tài liệu thể hiện được các phương pháp giải phương trình cùng với các hướng tiếp cận, đưa ra phương pháp tư duy và các phép suy luận để tìm ra được lời giải một cách tối ưu. Cũng như chia sẻ một số kình nghiệm khi giải một hệ phương trình. Vì vậy chúng tôi đã soạn ra cuốn tài liệu ”Một số chủ đề về phương trình vô tỷ toán THCS”. Nội dung chính của cuốn tài liệu gông 3 chương + Chương I. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ. + Chương II. Một số bài toán về phương trình vô tỷ. Trong chương I, chúng tôi trình bày theo các chủ đề tương ứng các dạng phương trình điển hình và được viết theo từng phần. 1. Nội dung phương pháp chung: Trình bày phương pháp chung để giải một số dạng phương trình điển hình 2. Một số bài tập mẫu: Trình bày một số bài toán từ mức dễ đến khó với các bước phân tích tìm lời giải cũng như trình bày lời giải một cách chính xác khoa học. 3. Các bài tập tự luyện: Trình bày hệ thống các bài tập tự giải cho mỗi chủ đề với hy vong giúp bạn đọc củng cố lại vấn đề đã tiếp cận. Với cách viết đặt bạn đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ phân tích bài toán một cách tự nhiên nhưng vẫn đảm bảo tính khoa học, hy vọng cuốn tài liệu sẽ thức sự có ích cho bạn đọc trên con được chinh phục các bài toán về phương trình vô tỷ.

Mặc dù chúng tôi đã thực sự cố gắng và dành nhiều tâm huyết để hoàn thiện cuốn sách với hiệu quả cao nhất, song sự sai sót là điều khó tránh khỏi. Chúng tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của bạn đọc để chúng tôi hoàn thiện cuốn sách tốt hơn. Chúng tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các đồng nghiệp đã cung cấp một số tài liệu cũng như các lời giải hay để cuốn sách thêm phần phong phú. Xin chân thành cảm ơn. Nhóm tác giả

Mục c Lục L c Trang Lời nói đầu

Phương pháp1. Phương pháp nâng lũy thừa

1. Cơ sở phương pháp

2. Ví dụ minh họa

Phương pháp 2. Phương pháp phân tích thành phương trình tích

1. Cơ sở phương pháp

2. Một số kĩ năng phân tích thành phương trình tích

Kĩ năng1: Sử dụng hằng đẳng thức

Kĩ năng 2: Sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử

Kĩ năng 3: Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Phương pháp 3. Phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp

1. Cơ sở phương pháp

2. Một số kĩ năng sử dụng đại lượng liên hợp

Kĩ năng1: Nhân thêm lượng liên hợp

Kĩ năng 2: Tách biểu thức thành tích các biểu thức liên hợp

Kĩ năng 3: Một số kĩ thuật sử lý sau khi nhân liên hợp

Phương pháp 4. Phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ

1. Cơ sở phương pháp

2. Một số kĩ năng đặt ẩn phụ

Kĩ năng1: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình một ẩn

Kĩ năng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích

109

Kĩ năng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

126

Kĩ năng 4: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình

130

Kĩ năng 5: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình giải được

161

Phương pháp 5. Phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ

167

1. Cơ sở phương pháp

167

2. Một số kĩ năng đánh giá trong giải phương trình vô tỷ

167

Kĩ năng1: Làm chặt miền nghiệm để giải phương trình vô tỷ

167

Kĩ năng 2:Sử dụng hằng đẳng thức đưa phương trình về tổng các lũy thừa bậc chẵn

175

Kĩ năng 3: Kĩ năng sử dụng bất đẳng thức cổ điển

179

BÀI TẬP RÈN LUYỆN CÁC PHƯƠNG PHÁP 1. Bài tập rèn luyện phương pháp nâng lên lũy thừa

191

Hướng giải bài tập phương pháp nâng lên lũy thừa

193

2. Bài tập rèn luyện phương pháp phân tích thành phương trình tích

207

Hướng dẫn giải bài tập phương pháp phân tích thành phương trình tích

210

3. Bài tập rèn luyện phương pháp phân sử dụng đại lượng liên hợp

234

Hướng dẫn giải bài tập phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp

237

4. Bài tập rèn luyện phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ

266

Hướng dẫn giải bài tập phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ

271

5. Bài tập rèn luyện phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ

311

Hướng dẫn giải bài tập phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ

314

Phương pháp 1 PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA

Trong bài toán phương trình vô tỷ thì phép nâng lên lũy thừa là một biến đổi tự nhiên và có vẻ đẹp riêng. Có lúc phương pháp này được sử dụng trực tiếp hoặc gián tiếp nhưng mục đích chính vẫn là đi tìm nghiệm của phương trình vô tỷ. Những bài toán sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa là những phương trình thuộc dạng cơ bản hoặc phương trình chứa các hằng đẳng thức. Điều quan trọng của phép nâng lên lũy thừa đó là ta thu được phương trình tương đương hay phương trình hệ quả. Để có thể biến đổi chính các phương trình ta cần kiểm tra dấu của hai vế phương trình xem có cùng dấu hay không, khi đó ta sẽ quyết định được phương trình thu được là phương trình tương đương hay phương trình hệ quả. I. Một số dạng phương trình cơ bản.

• Dạng 1.

 g ( x ) ≥ 0   f ( x ) = g ( x ) ⇔   f ( x ) ≥ 0  f ( x ) = g ( x )

• Dạng 2. 3 f ( x ) = 3 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) • Dạng 3.

g ( x ) ≥ 0  f (x) = g (x) ⇔  2 f ( x ) = g ( x ) 

• Dạng 4. 3 f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) 

• Dạng 5. f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) Phương pháp chung f ( c ) ≥ 0  + Bước 1. Tìm điều kiện xác định của phương trình bằng việc giải hệ g ( x ) ≥ 0   h ( x ) ≥ 0 + Bước 2. Bình phương hai vế của phương trình và đưa phương trình về dạng F ( x) = G ( x) .

+ Bước 3. Giải phương trình cơ bản

F ( x ) = G ( x ) và kiểm tra sự thỏa mãn của nghiệm tìm

được với điều kiện xác định của phương trình để kết luận.

• Dạng 6.

f ( x) + 3 g ( x) = 3 h ( x)

Phương pháp chung + Bước 1. Lũy thừa bậc ba hai vế của phương trình thì được f ( x ) + g ( x ) + 3 3 f ( x ) .g ( x ) + Bước 2. Biến đổi phương trình và chú ý đến

)

(

f ( x ) + 3 g ( x ) = 3 h ( x ) ta được

f (x) + 3 g (x) = h (x)

3 3 f ( x ) .g ( x ) .h ( x ) = h ( x ) − f ( x ) − g ( x )

+ Bước 3. Tiếp tục lũy thừa bậc ba hai về thì được phương trình

27.f ( x ) .g ( x ) .h ( x ) =  h ( x ) − f ( x ) − g ( x ) 

• Dạng 7.

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + r ( x ) . Trong đó xẩy ra một trong các trường hợp sau:

f ( x ) .g ( x ) = h ( x ) .r ( x )

f ( x ) .u ( x ) = g ( x ) .r ( x )

+ f ( x) + g ( x) = h ( x) + r ( x)

Phương pháp chung + Nếu có

f ( x ) .g ( x ) = h ( x ) .r ( x ) thì sử dụng phép biến đổi tương đương 2

 f ( x) + g ( x)  =  h ( x) + r ( x)      + Nếu có

f ( x ) .u ( x ) = g ( x ) .r ( x ) thì sử dụng phép biến đổi hệ quả 2

 f ( x) − u (x)  =  g ( x) − r ( x)     

+ Nếu có f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + r ( x ) thì sử dụng phép biến đổi tương đương 2

 f ( x) + g ( x)  =  h ( x) + r ( x)     

II. Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Giải phương trình

3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2 .

Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 3x 2 + 69x + 27 ≥ 0; x 2 + 96x + 2 ≥ 0 . Phương trình được cho ở trên có dạng cơ bản là

f ( x ) = g ( x ) , do đó ta sử dụng phép nâng lên

lũy thừa. Chú ý rằng với điều kiện xác định tìm được ta biến đổi phương trình như sau

3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2 ⇔ 3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2 x = 1 x − 1 = 0 ⇔ 2x − 27x − 25 = 0 ⇔ ( x − 1)( 2x − 25 ) = 0 ⇔  ⇔  x = 25 − = 2x 25 0   5

 25  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = 1;  .  2 Nhận xét.

• Lời giải trên ta sử dụng phép biến đổi tương đương phương trình sau khi đã tìm điều kiện xác định cho phương trình.

• Có thể thực hiện biến đổi tương đương phương trình mà không cần đặt điều kiện xác định bằng cách  3x 2 + 69x + 27 ≥ 0 x = 1  3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2 ⇔ x 2 + 96x + 2 ≥ 0 ⇔  x = 25  3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2  2 

+ Thực tế thì ta không cần phải viết cùng lúc hai điều kiện 3x2 + 69x + 27 ≥ 0; x2 + 96x + 2 ≥ 0 cùng một lúc như trong phép biến đổi trên, mà chỉ cần viết một trong hai điều kiện là được, chẳng hạn như 2 x + 96x + 2 ≥ 0 3x 2 + 69x + 27 = x 2 + 96x + 2 ⇔  2 2 3x + 69x + 27 = x + 96x + 2

Chú ý rằng việc chọn điều kiện nào trong phép biến đổi phụ thuộc vào sự thuận tiện cho qua trình kiểm tra lại và lời giải cho bài toán ngắn gọn hơn. Ví dụ 2. Giải phương trình

x 3 − x 2 + 3 = 3x + 1 .

Phân tích và lời giải Phương trình trong vì dụ có dạng cơ bản nên ta sử dụng phép biến đổi nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng trong hai điều kiện x 3 − x2 + 3 ≥ 0; 3x + 1 ≥ 0 thì điều kiện 3x + 1 ≥ 0 đơn

giản hơn. Lại nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được x = 2 là một nghiệm. Do đo ta trình bày lời giải cho phương trình như sau

3x + 1 ≥ 0 3x + 1 ≥ 0 x 3 − x 2 + 3 = 3x + 1 ⇔  3 ⇔  3 2 2 x − x + 3 = 3x + 1 x − x − 3x + 2 = 0 3x + 1 ≥ 0 x = 2  3x + 1 ≥ 0 x = 2  ⇔ ⇔  ⇔ 2 x = 5 − 1 −1 ± 5 ( x − 2 ) x + x − 1 = 0   2   x = 2

(

)

 5 − 1  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1; . 2   Ví dụ 3. Giải phương trình

x ( x − 1) = x 2 + 7x . Phân tích và lời giải

Phương trình trên có dạng cơ bản nên ta hướng đến sử dụng phép biến đổi nâng lên lũy thừa. Khi nâng lên lũy thừa ta được phương trình có bậc 3, tuy nhiên nhận thấy

x = 0 là một nghiệm của phương trình nên ta dễ dàng phân tích được phương trình bậc 3. Ta trình bày lời giải như sau. 2 x 2 + 7x ≥ 0 2 x + 7x ≥ 0 x ( x − 1) = x 2 + 7x ⇔  ⇔  2 2 x x − 2x + 1 = x ( x + 7 ) x ( x − 1) = x ( x + 7 )

(

)

x 2 + 7x ≥ 0 x = 0 2  x + 7x ≥ 0 x = 0  ⇔ ⇔  ⇔ 2  x = 3 + 33 x x − 3x − 6 = 0 3 ± 33    2   x = 2 

(

)

Nhận xét. 2

• Trong hai điều kiện x ( x − 1) ≥ 0, x 2 + 7x ≥ 0 thì việc chọn điều kiện x 2 + 7x ≥ 0 trong phép nâng lên lũy thừa là hoàn toàn hợp lí.

• Một số sai lầm thường gặp khi biến đổi phương trình của ví dụ trên. + Vội vàng phát hiện nhân tử và biến đổi phương trình mà chưa đặt điều kiện 2  x ( x − 1) = x 2 + 7x ⇔ x  

( x − 1)

 − x+7 = 0 

Để thực hiện tách được

x 2 + 7x = x. x + 7 thì cần có điều kiện x ≥ 0 . Muốn vậy ta ta tìm

x ( x − 1)2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0. điều kiện xác định của phương trình trước  2 x + 7x ≥ 0 + Tìm được điều kiện x ≥ 0 nhưng lại vội vàng khai căn 2

x ( x − 1) = x 2 + 7x ⇔ x ( x − 1) = x. x + 7 Ta biết rằng với biểu thức dạng biểu thức đưa ra ngoài dấu căn

A.B2 thì khi khai căn phải lấy dấu giá trị tuyệt đối cho

A.B2 = B A .

Với điều kiện x ≥ 0 ta chưa xác định được ( x − 1) mang dấu gì nên khi khai căn ta cần lấy dấu giá trị tuyệt đối

x ( x − 1) = x x − 1 .

Ví dụ 4. Giải phương trình

2x + 1 = 3x + 1 Phân tích và lời giải

Phương trình cho trong ví dụ là phương trình dạng

f ( x ) = g ( x ) nên ta sử dụng

biến đổi nâng lên lũy thừa để giải. Ta thấy vế trái của luôn không âm, do đó nếu vế phải của phương trình âm thì phương trình vô nghiệm. Do đó ta chỉ có thể biến đổi nâng lên lũy thừa phương trình khi có điều kiện 3x + 1 ≥ 0 . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương ta thu được phương trình tương đương.

 1 x = 0 3x + 1 ≥ 0 x ≥ −  2x + 1 = 3x + 1 ⇔  ⇔ 3 2 ⇔  x = − 4 2x + 1 = ( 3x + 1) 9x 2 + 4x = 0  9 

 4  Vậy tập nghiệm của phương trình trên là S = − ; 0  .  9  Nhận xét.

• Trong qua trình nâng lên lũy thừa ta chỉ cần đặt điều kiện 3x + 1 ≥ 0 là được mà không cần phải 2

có thêm điều kiện 2x + 1 ≥ 0 , bởi vì khi nâng lên lũy thừa 2x + 1 = ( 3x + 1) thì đã đảm bảo cho điều kiện 2x + 1 ≥ 0 .

• Nếu trong qua trình biến đổi ta không đặt điều kiện 3x + 1 ≥ 0 thì khi tìm x = 0 và x = − cần thử lại vào phương trình ban đầu để xác định nghiệm.

4 ta 9

Ví dụ 5. Giải phương trình

x − 1 = 5 − 2 3x − 2 . Phân tích và lời giải

Việc đầu tiên khi giải phương trình trên là tìm điều kiện xác định của phương trình. Vì chưa biết chắc chắn vế phải âm hay dương nên trước khi biến đổi nâng lên lũy thừa ta cần có thêm điều kiện 5 − 2 3x − 2 ≥ 0 . Tuy nhiên để ý một tí ta nhận thấy khi chuyển vế đại lượng 2 3x − 2 sang vế trái thì hai vế của phương trình đều dương và đến đây ta có thể nâng lên lũy thừa hai vế mà không cần đến điều kiện 5 − 2 3x − 2 ≥ 0 . Từ đó ta có lời giải như sau

x − 1 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔ x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương 3x − 2 ≥ 0 đương với

x − 1 + 2 3x − 2 = 5 ⇔ ⇔ x −1+ 4

(

x − 1 + 2 3x − 2

)

= 25

( x − 1)( 3x − 2 ) + 4 ( 3x − 2 ) = 25 ⇔ 4 ( x − 1)( 3x − 2 ) = 34 − 13x

34 − 13x ≥ 0  34 − 13x ≥ 0 x = 2 ⇔ ⇔x=2 2 ⇔  16 ( x − 1)( 3x − 2 ) = ( 34 − 13x )   x = 562   121 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Nhận xét.

• Khi gặp phương trình dạng

f ( x ) ± g ( x ) = k thì ta nên chuyển vế một hạng tử sao cho hai vế

của phương trình đều không âm, từ đó ta thực hiện nâng lên lũy thừa mà không cần phải bổ sung thêm điều kiện của ẩn.

• Ngoài biến đổi nâng lên lũy thừa như trên ta có thể giải phương trình trên theo phương pháp đánh giá như sau

x − 1 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔ x ≥ 1. 3x − 2 ≥ 0  x − 1 < 2 − 1 = 1 ⇒ x − 1 < 1 < 5 − 2 3x − 2 . + Xét 1 ≤ x < 2 , khi đó ta có  5 − 2 3x − 2 > 5 − 2 3.2 − 2 = 1

 x − 1 > 2.1 − 1 = 1 ⇒ x − 1 > 1 > 5 − 2 3x − 2 . + Xét x > 2 , khi đó ta có  5 − 2 3x − 2 < 5 − 2 3.2 − 2 = 1  x − 1 = 2.1 − 1 = 1 + Xét x = 2 , khi đó ta được  ⇒ x − 1 = 5 − 2 3x − 2 = 1 . 5 − 2 3x − 2 = 5 − 2 3.2 − 2 = 1 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x = 2 là nghiệm. Ví dụ 7. Giải phương trình

2x + 1 = x − 1 Phân tích và lời giải

Phương trình trong ví dụ có dạng cơ bản

f ( x ) = g ( x ) nên ta sử dụng phép nâng

lên lũy thừa, Sau phép nâng lên lũy thừa ta được một phương trình bậc hai. Chú ý đặt điều kiện cho ẩn để phép nâng lũy thừa thực hiện được. Ta có lời giải như sau.

1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2

x ≥ 1  x − 1 ≥ 0   x ≥ 1  x ≥ 1 ⇔ ⇔ x = 0 ⇔ x = 4  2 ⇔  2  2x + 1 = x − 2x + 1  x ( x − 4 ) = 0 x = 4  2x + 1 = ( x − 1)  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

• Nhận xét. Phương trình được viết lại thành

2x + 1 =

1 3 2x + 1) − , đến đây ta thực hiện phép ( 2 2

đặt ẩn phụ t = 2x + 1 ( t ≥ 0 ) và đưa phương trình về dạng bậc hai 2t = t 2 − 3 . Ví dụ 8. Giải phương trình 2 x 2 + 2x + 6 = x + 5 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với

x + 5 ≥ 0  x + 5 ≥ 0 x + 5 ≥ 0  x = 1 x = 1 ⇔ ⇔    2 2 2  4 x + 2x + 6 = x + 10x + 25 3x − 2x − 1 = 0 x = − 1 ⇔ x = − 1     3 3

(

)

 1  Phương trình đã cho có nghiệm S = − ;1 .  3  Ví dụ 9. Giải phương trình

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

Lời giải

Điều kiện kiện xác định của phương trình là x 3 + 2x 2 + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 ⇔  3  2 2 2 x + 2x + 1 = x + 2x + 1 x x + x − 2 = 0 x ≥ −1 x ≥ −1 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ {0;1} x ( x − 1)( x + 2 ) = 0 x ∈ {−2; 0;1}

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = {0;1} .

Ví dụ 10. Giải phương trình 2x − x 2 + 4x + 1 = 3 Lời giải Điều kiện xác định của x 2 + 4x + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

 2 8 + 2 10 2x − 3 ≥ 0 x ≥ 2x − 3 = x2 + 4x + 1 ⇔  2 ⇔ ⇔x= 3  2 3 4x − 12x + 9 = x + 4x + 1 3x2 − 16x + 8 = 0  Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm duy nhất x =

Ví dụ 11. Giải phương trình

8 + 2 10 . 3

2x − 1 + 2 =1 4x − 1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

2x − 1 + 2 = 4x − 1 ⇔ 2x − 1 = 4x − 3 3  4x − 3 ≥ 0 x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ x=1 4 2 2x − 1 = 16x − 24x + 9 8x 2 − 13x + 5 = 0  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Ví dụ 12. Giải phương trình 4 2x − 1 = x2 − 4x − 2 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương tương với 2

x 2 − 4x − 2 ≥ 0 4 2x − 1 = x − 4x − 2 ⇔  4 2 2 16 ( 2x − 1) = x − 2x ( 4x + 2 ) + 16x + 16x + 4 2 x 2 − 4x − 2 ≥ 0 x − 4x − 2 ≥ 0 ⇔ 4 ⇔ 2 2 3 2 x x − 8x + 10 + 2 x 2 − 8x + 10 = 0 x − 8x + 12x − 16x + 20 = 0  2

(

) (

)

x 2 − 4x − 2 ≥ 0 x − 4x − 2 ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ x = 4 + 6 ⇔ x = 4 + 6 2  x + 2 x − 8x + 10 = 0    x = 4 − 6 2

(

)(

)

{

Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S = 4 + 6

}

• Nhận xét. Để ý đến biểu thức 4 2x − 1 = 2.2. 2x − 1 ta viết phương trình về dạng A 2 = B2 . Phương trình đã cho tương đương với

2x − 1 + 4 2x − 1 + 4 = x 2 − 2x + 1 ⇔

+ Dễ thấy phương trình

+ Với

(

2x − 1 + 2

)

 2x − 1 = − x − 1 2 = ( x − 1) ⇔   2x − 1 = x − 3

2x − 1 = −x − 1 vô nghiệm do điều kiện x ≥

1 . 2

x ≥ 3 x ≥ 3 2x − 1 = x − 3 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x = 4+ 6 . 2 2x − 1 = x − 6x + 9 x − 8x + 10 = 0

{

}

Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S = 4 + 6 . Ví dụ 13. Giải phương trình

2x − 1 + x + 3 = 3 . Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho có dạng cơ bản và biểu thức trong căn là các đa thức bậc nhất. Do đó ta sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Sau hai lần nâng lên lũy thừa ta thu được một phương trình bậc hai. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2x − 1 + x + 3 + 2

( 2x − 1)( x + 3 ) = 9 ⇔ 2

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

2x 2 + 5x − 3 = 7 − 3x

 7 x≤  7  7 − 3x ≥ 0 3 x ≤  ⇔ 2 ⇔ ⇔ 3 2 x = 1 8x + 20x − 12 = 9x − 42x + 49  2  ⇔ x=1  x − 62 + 61 = 0   x = 61 Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 14. Giải phương trình

3x + 1 − 2x − 1 = 1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

3x + 1 = 2x − 1 + 1 ⇔ 3x + 1 = 2x − 1 + 1 + 2 2x − 1

x = 1 x ≥ −1 x ≥ −1 ⇔ x + 1 = 2 2x − 1 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ x = 5 x + 2x + 1 = 8x − 4 x − 6x + 5 = 0 Kết hợp với điều kiện xác đinh ta được tập nghiệm S = {1; 5} .

• Nhận xét. Ta cũng có thể thực hiện phép nâng lên lũy thừa theo cách khác Phương trình đã cho tương đương với

 3x + 1 − 2x − 1 ≥ 0 3x + 1 − 2x − 1 = 1 ⇔  2 3x + 1 + 2x − 1 − 2 6x − x − 1 = 1 3x + 1 ≥ 2x − 1 x ≥ −2 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ {1; 5}  2 2 2 25x − 10x + 1 = 24x − 4x − 4 5x − 1 = 2 6x − x − 1    Kết hợp điều kiện x ≥

1 ta thu được tập nghiệm S = {1; 5} . 2

Ví dụ 15. Giải phương trình

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x Phân tích và lời giải

Phương trình có dạng cơ bản

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) nên ta sẽ sử dụng biến đổi

nâng lên lũy thừa, tuy nhiên trước khi biến đổi ta cần đặt điều kiện cho phương trình và chuyển vế hạng tử

1 − x sang vế phải sao cho phương trình thu được có hai vế không

âm. Điều kiện xác định của phương trình là −4 ≤ x ≤

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

x + 4 = 1 − 2x + 1 − x ⇔ x + 4 = 1 − 2x + 2 ⇔ 2x + 1 =

2x + 1 ≥ 0

(1 − 2x )(1 − x ) + 1 − x  2x + 1 ≥ 0

 ⇔ (1 − 2x )(1 − x ) ⇔   2x ( 2x + 1) = ( 1 − 2x )( 1 − x ) 2

+ 7x = 0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét.

• Ở phương trình trên ta chuyển

1 − x qua vế phải rồi mới bình phương. Mục đích của việc làm

này là tạo ra hai vế của phương trình luôn cùng dấu để sau khi bình phương ta thu được phương trình tương đương.

• Sai lầm thường gặp khi bình phương hai vế phương trình đã cho là biến đổi phương trình thành

(

x + 4 − 1− x

) =(

1 − 2x

)

mà chưa xác định được

x + 4 − 1 − x mang dấu gì. Ta khắc

phục sai lầm đó bằng cách sau

 x + 4 − 1− x ≥ 0  x + 4 − 1 − x = 1 − 2x ⇔  2  x + 4 − 1 − x =

(

) (

1 − 2x

)

Ngoài ra ta có thể biến đổi

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x ⇒

(

x + 4 − 1− x

) ( =

1 − 2x

)

Tuy nhiên sau khi giải được các nghiệm ta cần thử lại vào phương trình ban đầu để tìm tập nghiệm. Ví dụ 16. Giải phương trình

3x + 1 − x = 4x − 3 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

3 . Phương trình đã cho tương đương với 4

3x + 1 = x + 4x − 3 ⇔ 3x + 1 = 5x − 3 + 2 4x 2 − 3x ⇔ 2 − x = 4x 2 − 3x x = 1 2 − x ≥ 0 x ≤ 2  ⇔ 2 ⇔ ⇔  2 2 x = − 4 x − 4x + 4 = 4x − 3x 3x + x − 4 = 0    3 Kết hợp điều kiện x ≥

3 suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . 4

Ví dụ 17. Giải phương trình

3x + 1 + 2x − 1 = x − 1 + 4x + 1

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng

f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + r ( x ) . Do đó ta có thể sử

dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Để ý rằng 3x + 1 + 2x − 1 = x − 1 + 4x + 1

nên

pháp

bình

phương

hai

vế

thu

được

phương

trình

( 3x + 1)( 2x − 1) = ( x − 1)( 4x + 1) . Sử dụng tiếp một lần nữa phép nâng lên lũy thừa thì thu được phương trình bậc hai. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

( 3x + 1)( 2x − 1) = x − 1 + 4x + 1 + 2 ( x − 1)( 4x + 1) ⇔ ( 3x + 1)( 2x − 1) = ( x − 1)( 4x + 1) ⇔ 6x − x − 1 = 4x − 3x − 1 ⇔ x ( x + 2 ) = 0 ⇔ x ∈ {−2; 0} 3x + 1 + 2x − 1 + 2

Cả hai giá trị bị loại do x ≥ 1 . Kết luận phương trình vô nghiệm.

Nhận xét. Cũng từ 3x + 1 + 2x − 1 = x − 1 + 4x + 1 ta nghĩ đến đặt ẩn phụ

a = 3x + 1; b = 2x − 1; c = x − 1; d = 4x + 1 ( a ≥ 0; b ≥ 0; c ≥ 0; d ≥ 0 ) a + b = c + d Khi đó từ cách đặt và phương trình đã cho ta có hệ  2 . 2 2 2 a + b = c + d

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

Tư đó ta được ab = cd hay ta có phương trình Ví dụ 18. Giải phương trình

3x + 1 + x + 2 = 6x − 4 + 4x − 3 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ Phương trình đã cho tương đương với

3 4

3x + 1 − 4x − 3 = 6x − 4 − x + 2 . Giả sử hai vế

của phương trình cùng dấu. Khi đó

( 3x − 1)( 4x − 3 ) = 7x − 2 − 2 ( 6x − 4 )( x + 2 ) ( 3x − 1)( 4x − 3 ) = ( 6x − 4 )( x + 2 )

7x − 2 − 2 ⇔

1 5 ⇔ 12x 2 − 5x − 3 = 6x 2 − 13x + 5 = 0 ⇔ x ∈  ;  2 3 Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x =

5 thỏa mãn phương trình đã cho. 3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là nghiệm x =

5 . 3

Nhận xét. Dễ thấy rằng hai phương trình sau không tương đương với nhau.

3x + 1 − 4x − 3 = 6x − 4 − x + 2 và

(

3x + 1 − 4x − 3

) =(

6x − 4 − x + 2

)

Do đó ta có thể giả sử hai vế của phương trình

3x + 1 − 4x − 3 = 6x − 4 − x + 2 cùng

dấu để phép có biến đổi tương đương. Ngoài ta ta có thể biến đổi hệ quả là

3x + 1 − 4x − 3 = 6x − 4 − x + 2 ⇒

(

3x + 1 − 4x − 3

) =(

6x − 4 − x + 2

)

Trong cả hai cách trên sau khi giải ra nghiệm ta cần phải thử lại vào phương trình đã cho rồi kết luận tập nghiệm. Ví dụ 19. Giải phương trình

3 − x − 2 x = 7x − 1 − 2 1 − x

Lời giải 1 ≤ x ≤ 1 . Giả sử hai vế của phương trình đã cho 7

Điều kiện xác định của phương trình là cùng dấu. Khi đó phương trình tương đương với

3x + 3 − 4 x ( 3 − x ) = 3x + 3 − 4

( 7x − 1)(1 − x ) ⇔

x (3 − x) =

( 7x − 1)(1 − x )

1 1 ⇔ 3x − x 2 = −7x 2 + 8x − 1 ⇔ 6x 2 − 5x + 1 = 0 ⇔ x ∈  ;  3 2 Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thấy x =

1 thỏa mãn phương trình đã cho. 2

1 Vậy phương trình dã cho có tập nghiệm S =   . 2 Ví dụ 20. Giải phương trình

4x + 3 + 3x + 4 = x 2 + x + 1 + x 2 + 2 .

Phân tích và lời giải 3 Dễ thấy điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 4

(

)

(

)

Để ý ta thấy x 2 + x + 1 + ( 3x + 4 ) = x 2 + 2 + ( 4x + 3 ) . Do đó ta viết phương trình lại thành 4x + 3 − x 2 + 2 = x 2 + x + 1 − 3x + 4

Bình phương hai vế của phương trình ta được x 2 + 4x + 5 − 2

⇔

) (x

+ x + 1 ( 3x + 4 ) = x 2 + 4x + 5 − 2

)

+ x + 1 ( 3x + 4 ) =

)

(

)

+ 2 ( 4x + 3 )

(

)

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

x = 1 ⇔ ( x − 1) x − 3x − 2 = 0 ⇔   x = 3 ± 17  2 2

(

Thử lại vào phương trình đã cho ta thấy x =

3 ± 17 thỏa mãn. 2

 3 − 17 3 + 17  Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  ; . 2   2 1 − x3 − 1 − x = x2 + x + 1 − 3 − x . 3−x

Ví dụ 21. Giải phương trình Phân tích và lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 1 . Nhận thấy

1 − x3 . ( 3 − x ) = ( 1 − x ) x 2 + x + 1 . Do đó khi chuyển vế hai hạng tử 3−x

(

)

1 − x và

3 − x sang vế kia thì ta được phương trình có hai vế cùng dương. Lúc này bình phương hai vế ta được 2

 1 − x3   + 3−x =  3−x   

(

x2 + x + 1 + 1 − x

)

 1 − x3  1 − x3 2 2 +3−x+2   ( 3 − x ) = x + x + 1 + 1 − x + 2 x + x + 1 (1 − x ) 3−x 3 − x   3 1− x ⇔ = x 2 + x − 1 ⇔ 1 − x 3 = ( 3 − x ) x 2 + x − 1 ⇔ 2x 2 − 4x − 4 = 0 ⇔ x = −1 ± 3 3−x

(

⇔

(

)

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = −1 − 3; −1 + 3 .

Ví dụ 22. Giải phương trình

2x 2 − x − 6 − x + 1 = x 2 − x − 2 − 2x + 3 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Từ phương trình ta được

(

2x 2 − x − 6 − x + 1

⇔ 2x 2 − 5 − 2

( 2x

) ( =

)

x 2 − x − 2 − 2x + 3

− x − 6 ( x + 1) = x 2 + x + 1 − 2

)

− x − 2 ( 2x + 3 )

 x = −2 ⇔ x2 − x − 6 = 0 ⇔  x = 3

Thay các giá trị tìm được vào phương trình ta thấy không thỏa mãn. Vậy phương trình vô nghiệm.

Nhận xét. Có thể sử dụng phương pháp phân tích nhâ tử để giải quyết nhanh gọn phương trình. Với điều kiện x ≥ 2 ta có 2x + 3 > 0 và x + 1 > 0 . Do đó phương trình đã cho tương đương với

( 2x + 3)( x − 2 ) − ⇔ x−2 ⇔

(

( x + 1)( x − 2 ) −

x+1 =

) (

2x + 3 − x + 1 +

x−2 +1

)(

2x + 3

)

2x + 3 − x + 1 = 0

)

2x + 3 − x + 1 = 0

 x ≥ −1 ⇔ 2x + 3 − x + 1 = 0 ⇔ 2x + 3 = x + 1 ⇔  2x + 3 = x + 1

Từ đây ta suy ra phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 23. Giải phương trình 1 +

2 x − x2 = x + 1 − x 3

Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 1 . Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải loại bỏ căn thức. Điều đầu tiên là ta nghĩ đến bình phương hai vế. Vì hai vế của phương trình đã cho luôn không âm nên bình phương hai vế ta thu được phương trình tương đương. 2

 2 2  1+ 3 x − x  =  

(

⇔ 2 x−x

)−3

(

x + 1− x

)

⇔ 1+

x−x =0 ⇔ x−x

(

4 4 x − x2 + x − x2 = 1 + 2 x − x2 3 9

(

)

 x − x2 = 0 x = 0 ⇔ 2 x − x − 3 = 0 ⇔  3 2 x = 1  x − x = 2 2

)

Kết hợp với điều kiện xác đinh ta có tập nghiệm S = {0;1}

• Nhận xét. Qua lời giải trên, ta thấy được đẳng thức

(

x + 1− x

)

x − x2 biểu diễn được qua

x + 1 − x nhờ vào

= 1 + 2 x − x 2 . Như vậy nếu ta đặt t = x + 1 − x thì

x − x2 =

t2 − 1 2

và khi đó phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn là t

t = 1 t2 − 1 = t ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  3 t = 2

 x + 1 − x = 1 x = 0 Vậy ta có  ⇔  x + 1 − x = 2  x = 1 Việc thay thế biểu thức

x + 1 − x bằng một ẩn mới là t (ẩn phụ) là một suy nghĩ hoàn

toàn tự nhiên. Để chọn được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta phải tìm được mối liên hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình, trong trường hợp này đó là đẳng thức..

Ví dụ 24. Giải phương trình

2 − x2 + 2 −

1  1 = 4−x+  2 x x 

Lời giải 1 ≥ 0; x ≠ 0 . x2 1  1 2 − x 2 + 2 − 2 < 2 2; 4 −  x +  > 4 nên phương trình trên x x 

Điều kiện xác định của phương trình là 2 − x 2 ≥ 0; 2 − Nhận thấy khi x < 0 thì

không có nghiệm. Do đó ta xét phương trình khi x > 0 .

  1 4 −  x +  > 0 x   Khi đó phương trình tương đương với hệ   2 − x 2 + 2 − 1  x2  1 Đặt x + = y , khi đó ta được x

(

)

   1   =  4 −  x +   1    

2 ≤ y < 4 2 .  2 2 4 − y − 2 + 2 5 − 2 y − 2 = ( 4 − y )

(

)

(

)

Xét phương trình 4 − y 2 − 2 + 2 5 − 2 y 2 − 2 = ( 4 − y ) ta được

9 − 2y 2 = y 2 − 4y + 5 ⇔ y 4 − 8y 3 + 28y 2 − 40y + 16 = 0

⇔ ( y − 2 ) y 3 − 6y 2 + 16y − 8 = 0 ⇔ ( y − 2 ) ( y − 2 ) y 2 − 4y + 8 + 8  = 0  

(

)

(

)

Do ( y − 2 ) y 2 − 4y + 8 + 8 > 0 nên từ phương trình trên ta được y = 2 . Từ đó ta có x +

2 1 = 2 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 . x

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất.

• Nhận xét. Bài toán này ta có thể giải bằng phương pháp đánh giá như sau. Với điều kiện xác định như trên thì phương trình đã cho tương đương với

2 − x2 + 2 −

1 1 +x+ = 4 2 x x

2 2  2 2 2 x x 2 x .1 x.1 − + = − + ≤4   2 2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được  .     1 1 1 1  2 − +  =  2 − 2 .1 + .1  ≤ 4  x  x 2 x   x 

(

Suy ra

2 − x2 + 2 −

) (

)

1 1 + x + ≤ 4 . Do đó kết hợp với phương trình ta được 2 x x

 2 − x2 + x = 2  2 − x2 = 2 − x   ⇔ ⇔ x=1  1 1 1 1  2− 2 + = 2  2− 2 + = 2 x x x x   Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 25. Giải phương trình

5x 2 + 14x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 25 ( x + 1) + 10

( x + 1)( x + 4 )( x − 5 )

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

Đặt

( x + 1)( x − 5 ) = y;

x+4

x + 4 = z với y ≥ 0; z ≥ 3 .

y = z Ta được 2y 2 + 3z 2 = 5yz ⇔ ( y − z )( 2y − 3z ) = 0 ⇔   2y = 3z

• Nếu y = z thì ta được x =

5 + 61 (do x ≥ 5 ). 2

7 • Nếu 2y = 3z thì ta được x = 8; x = − . 4

 5 + 61 7  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S =  ; 8; −  . 4   2 Ví dụ 26. Giải phương trình sau

x 2 + 5x + x 3 + 2x + 1 = x + 1 . Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 3 + 2x + 1 ≥ 0; x 2 + 5x + x 3 + 2x + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

x + 1 ≥ 0 x 2 + 5x + x 3 + 2x + 1 = x + 1 ⇔  2 2 3 x + 5x + x + 2x + 1 = ( x + 1) x ≥ −1  1  x ≥ −1 1  −1 ≤ x ≤ ⇔ 3 ⇔ ≥x ⇔ ⇔x=0 3 3 x = 0; x = 1; x = 8  x + 2x + 1 = 1 − 3x 2  3 x + 2x + 1 = ( 1 − 3x ) Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 27. Giải phương trình

7x + 1 = x + 1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương

7x + 1 = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 ⇔ x 3 + 3x 2 − 4x = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 4 ) = 0 ⇔ x ∈ {−4; 0; 1} Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {−4; 0;1} .

• Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có dạng tổng quát

f ( x ) = g ( x ) . Để giải phương

trình dạng này ta lũy thừa bậc ba hai vế và đưa phương trình về dạng phương trình đa thức. Ví dụ 28. Giải phương trình

x + 34 − 3 x − 3 = 1

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản

f ( x ) + 3 g ( x ) = 3 h ( x ) . Do đó ta sử dụng

phép nân lên lũy thừa để giải. Chú ý rằng sau phép nâng lên lũy thừa thì phương trình xuất hiện biểu thức căn bậc ba dạng

f ( x ) + 3 g ( x ) , khi đó ta thay thế bằng

h ( x) .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với

(

x + 34 − 3 x − 3

)

= 1 ⇔ x + 34 − ( x − 3 ) − 3 3 x + 34. 3 x − 3

)

x + 34 − 3 x − 3 = 1

( x + 34 )( x − 3 ) = 12 + 31x − 1830 = 0 ⇔ x ∈ {−61; 30}

⇔ −3 3 x + 34. 3 x − 3.1 = −36 ⇔ ⇔ x 2 + 31x − 102 = 12 3 ⇔ x 3

(

Thử lại hai giá trị x đều thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

S = {−61; 30} .

• Nhận xét. Trong lời giải trên ta đã sử dụng hằng đẳng thức đáng nhớ bậc ba dạng

(a + b)

= a 3 + b 3 + 3ab ( a + b ) khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa. Trong bài toán phép biến đổi

thay

f ( x ) + 3 g ( x ) bằng

h ( x ) là một phép biến đổi hệ quả, do đó ta cần phải thay các giá trị

tìm được vào phương trình đã cho rồi mới kết luận tập nghiệm. Ví dụ 29. Giải phương trình

x + 3 x −1 = 1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương ứng với

(

x + 3 x −1

)

= 1 ⇔ x + x − 1 + 3 3 x. 3 x − 1

(

)

x + 3 x − 1 = 1 ⇔ 3 3 x. 3 x − 1 = 2 − 2x

x = 1 3 ⇔ 27x ( x − 1) = 8 ( 1 − x ) ⇔ ( x − 1) 8x 2 + 11x + 8 = 0 ⇔  2  8x + 11x + 8 = 0 ( * )

(

)

Phương trình (*) vô nghiệm vì ∆ < 0 . Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 30. Giải phương trình

x + 1 + 3 3x + 1 + 3 4x + 2 = 0 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với 3

x + 1 + 3 3x + 1 = − 3 4x + 2 ⇔ x + 1 + 3x + 1 + 3 3 x + 1. 3 3x + 1

(

)

x + 1 + 3 3x + 1 = −4x − 2

⇔ −3 3 x + 1. 3 3x + 1. 3 4x + 2 = −8x − 4 ⇔ 27. ( x + 1)( 3x + 1)( 4x + 2 ) = 8 ( 4x + 2 )  1 6 + 17 6 − 17  ⇔ ( 2x + 1) 81x2 + 108x + 19 = 0 ⇔ x ∈ − ; ;  9 9   2

(

)

 1 6 + 17 6 − 17  Thử lại kết luận phương trình đã cho có tập nghiệm S = − ; ;  9 9   2 Ví dụ 31. Giải phương trình

1− x + 3 1+ x = 2

Bài giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

1 − x + 1 + 3 3 1 − x . 3 1 + x  3 1 − x + 3 1 + x  = 8 ⇔ 6 3 1 − x = 6 ⇔ x = 0 .   Thử lại ta thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

Ví dụ 32. Giải phương trình

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

Phân tích và lời giải

Phương trình có dạng cơ bản lũy

thừa

để

xử

lý

phương

x 2 + 1 + 2x 2 − x − 3 = 3x 2 − x − 2 , 3

f ( x ) + 3 g ( x ) = 3 h ( x ) nên ta nghĩ đến phép nâng lên

trình. đó

Quan

biến

sát

phương

trình

nhận

đổi

phương

trình

về

dạng

x 2 + 1 + 3 2x 2 − x − 3 = 3 3x 2 − x − 2 và sau khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa ta thu

được phương trình

)(

+ 1 2x 2 − x − 3

)(

)

x 2 + 1 + 3 2x 2 − x − 3 = 0 . Đến đây ta có lời giải

cho bài toán như sau. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với 3

x 2 + 1 + 3 2x 2 − x − 3 = 3 3x 2 − x − 2 ⇔

(

)(

⇔ 3x 2 − x − 2 + 3 3 x 2 + 1 2x 2 − x − 3

)(

(

x 2 + 1 + 3 2x 2 − x − 3

) = 3x − x − 2 2

)

x 2 + 1 + 3 2x 2 − x − 3 = 3x 2 − x − 2

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

3 3

 2 3 Giải các trương hợp trên ta được tập nghiệm S = −1; − ; 1;  . 3 2 

• Nhận xét. Với phương trình dạng

f ( x ) + 3 g ( x ) = 3 h ( x ) trong đó f ( x ) + g ( x ) = h ( x) thì ta

thực hiện lập phương hai vế và đưa phương trình về dạng 3

f ( x ) .g ( x )

(

)

f (x) + 3 g (x) = 0

Một phương trình mở rộng cho dạng phương trình này là 3

f (x) + 3 g (x) + 3 h (x) = 3 r (x)

Trong đó f ( x ) + g ( x ) + h ( x ) = r ( x ) . Lập phương hai vế ta quy phương trình về dạng  3 f (x) + 3 g (x)   3 g (x) + 3 h (x)   3 f (x) + 3 h (x)  = 0      

Trong phép biến đổi phương trình ta đã sử dụng hằng đẳng thức

(a + b + c )

= a 3 + b 3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a )

Chẳng hạn xét phương trình x + 1 + 3 3x 2 − 5x − 1 = 3 6x 2 − 2 + 3 x 3 − 2x + 2 .

Đặt

f ( x ) = ( x + 1) ; g ( x ) = 3x 2 − 5x − 1; h ( x ) = − x 3 + 2x − 2; r ( x ) = 6x 2 − 2 , khi đó ta có

phương trình dạng

f ( x ) + 3 g ( x ) + 3 h ( x ) = 3 r ( x ) với f ( x ) + g ( x ) + h ( x ) = r ( x ) .

Vấn đề này sẽ được trình bày trong mục đặt nhiều ẩn phụ giải phương trình vô tỉ của phương pháp đặt ẩn phụ. TỔNG KẾT

• Mục đích của phép nâng lên lũy thừa chính là làm triệt tiêu các căn thức và đưa phương trình vô tỷ về dạng phương trình hữu tỷ.

• Do phép biến đổi nâng lên lũy thừa thường làm cho lũy thừa của ẩn tăng lên. Vì thế để làm triệt tiêu các biểu thức chứa x mũ cao ta cần khéo léo lựa chọn sử dụng biến đổi tương đương hay biến đổi hệ quả. Trong một số ví dụ được nếu trên có nhiều bài toán được kết hợp giữa phép biến đổi tương đương và phép biến đổi hệ quả một cách hoàn hảo.

• Trong một số trường hợp ta cần kết hợp phép nâng lên lũy thừa với các phương pháp khác như đặt ẩn phụ, phân tích thành tích, đánh giá,…

• Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phép nâng lên lũy thừa + Sử dụng dấu “ ⇔ ” và dấu “ ⇒ ” một cách tùy tiện. + Thực hiện phép khai phương một tích

A.B = A. B; A 2 = A khi chưa xác định

được dấu của các biểu thức A và B. + Không phân biệt được biến đổi tương đương hay biến đổi hệ quả.

Phương pháp 2 – PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH PHƯƠNG TRÌNH THÀNH TÍCH

I. Cơ sở của phương pháp Với một phương trình vô tỷ có chứa nhiều căn thức thì việc việc sử dụng phép nâng lên lũy thừa không phải là một phương án tối ưu vì khi đó phương trình thu được chưa hẳn triệt tiêu hết các căn thức mà số mũ của ẩn lại cao. Khi đó một trong các phương

án xử lý phương trình đó là viết phương trình về dạng f ( x ) .g ( x ) .h ( x ) = 0 . Khi đó ta đi giải các phương trình hệ quả để tìm nghiệm cho phương trình. Để phân tích một phương trình thành tích ta thường sử dụng các kỹ thuật + Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ. + Sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. + Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai.

II. Một số kỹ năng phân tích phương trình thành tích 1. Kỹ năng sử dụng các hằng đẳng thức. Ví dụ 1. Giải phương trình x 2 + x + 2 +

1 13 − 7x = . x 2

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có chứa ẩn ở mẫu và để đơn giản ta đặt điều kiện cho ẩn rồi viết phương trình về dạng 2x x 2 + x + 2 + 2 = 13x − 7x 2 . Ta để ý đến biểu thức 2

2x x 2 + x + 2 có dạng 2ab do đó ta nghĩ đến hằng đẳng thức dạng ( a + b ) , từ ý tương đó ta

thêm

bớt

một

lượng

để

viết

phương

trình

về

dạng

x 2 + x + 2 − 2x x 2 + x + 2 + x 2 = 9x 2 − 12x + 4 . Để ý ta thấy 9x 2 − 12x + 4 = ( 3x − 2 ) nên ta viết được phương trình về dạng

(

x2 + x + 2 − x

)

= ( 3x − 2 ) , đến đây ta có lời giải như sau.

Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

2x x 2 + x + 2 + 2 = 13x − 7x 2 ⇔ x 2 + x + 2 − 2x x 2 + x + 2 + x 2 = 9x 2 − 12x + 4 ⇔

(

x2 + x + 2 − x

)

 x 2 + x + 2 − x = 3x − 2 2 = ( 3x − 2 ) ⇔   x 2 + x + 2 − x = 2 − 3x 

• Với

x 2 + x + 2 − x = 3x − 2 , khi đó ta được 1  1  x ≥ 2 x ≥ 2 x + x + 2 = 4x − 2 ⇔  ⇔ ⇔ x=1 2 x 2 + x + 2 = ( 4x − 2 )2 15x 2 − 17x + 2 = 0  

• Với

x 2 + x + 2 − x = 2 − 3x , khi đó ta được

 1 9 − 57 x ≤ 1 x ≥ x 2 + x + 2 = 2 − 2x ⇔  2 ⇔ ⇔x= 2  2 6 3x 2 − 9x + 2 = 0 x + x + 2 = ( 2 − 2x ) 

 9 − 57  ;1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S =   6  Nhận xét. x 2 + x + 2 nên ta sẽ

Quan sát phương trình ta thấy phương trình chỉ chứa một căn thức

x 2 + x + 2 với hy vọng phương trình bậc hai

viết phương trình thành phương trình bậc hai có ẩn đó có biệt thức delta là số chính phương. Phương trình đã cho được viết lại thành đó ta có ∆

x + x+ 2

(

x2 + x + 2

) + 2x

x 2 + x + 2 + 6x 2 − 14x = 0 , khi

)

= ( 2x ) − 4 6x 2 − 14x = −20x 2 + 56x , không thể viết dưới dạng chính phương.

Như vậy cách viết lại phương trình như trên không đem lại hiệu quả. Ta viết lại phương trình thành có ∆

x2 + x + 2

(

x2 + x + 2

) − 2x

x 2 + x + 2 − 8x 2 + 12x − 4 = 0 , khi đó ta 2

)

= ( 2x ) − 4 −8x 2 + 12x − 4 = 36x 2 − 48x + 16 = ( 6x − 4 ) là một số chính phương. Từ

đó phương trình có hai nghiệm là đã cho viết được dưới dạng tích

(

x 2 + x + 2 = 4x − 2 và x 2 + x + 2 − 4x + 2

)(

x 2 + x + 2 = 2 − 2x hay phương trình

)

x 2 + x + 2 + 2x − 2 = 0 . Đến đây ta giải

phương trình tương tự như trên. Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 + 3x = 1 − x +

1 4

Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình thành 4x 2 + 12x = 4 1 − x + 1 . Khi đó tích 4 1 − x có thể viết

thành

1− x ± 1 ;

) (

2.2. 1 − x ,

)

điều

này

làm

nghĩ

đến

các

hằng

đẳng

(

thức

1 − x ± 2 , thử lần lượt các trường hợp ta thấy khi viết thành 2 x − 1 + 1

)

thì vế còn lại có dạng ( 2x + 2 ) , đến đây ta có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

4x 2 + 12x = 4 1 − x + 1 ⇔ 4x 2 + 8x + 4 = 4 ( 1 − x ) + 4 1 − x + 1  2x + 1 = 2 1 − x 2 2 ⇔ ( 2x + 2 ) = 2 1 − x + 1 ⇔  −  3 − 2x = 2 1 − x

(

)

 1  1 7 −2 − ≤ x ≤ 1 − ≤ x ≤ 1 ⇔ 2 ⇔x= • Với 2x + 1 = 2 1 − x ⇔  2 2 4x 2 + 4x + 1 = 4 − 4x 4x 2 − 8x − 3 = 0    3  3 4 + 11 x ≤ x ≤ − ⇔ ⇔x= • Với −3 − 2x = 2 1 − x ⇔  2 2 2 4x 2 + 12x + 9 = 4 − 4x 4x 2 + 16x + 5 = 0  

 7 − 2 4 + 11  So sánh với điều kiện x ≤ 1 thu được nghiệm S =  ; . 2   2 Ví dụ 3. Giải phương trình ( x + 3 ) 48 − x 2 − 8x = x + 12 . Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có tích ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 nên để viết thành dạng hằng đẳng thức

cần

2 ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 ,

có

đó

viết

phương

trình

thành

2 ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 = 2x − 24 , đến đây ta thực hiện thêm bớt để có hằng đẳng thức

(

)

−x 2 − 8x + 48 + x + 3 , khi đó hạng tử còn lại là 9 nên phương trình đã cho phân tích

được thành tích và ta có lời giải như sau Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

2 ( x + 3 ) 48 − 8x − x 2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x − 48 ⇔ −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0 2

⇔ −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + ( x + 3 ) = 9 ⇔

(

− x − 8x + 48 + x + 3

)

 48 − 8x − x 2 = − x =9⇔  48 − 8x − x 2 = − x − 6

Ta xét hai trường hợp sau

• Với • Với

x ≤ 0 48 − 8x − x 2 = − x ⇔  2 ⇔ x = −2 7 − 2 x + 4x − 24 = 0 x ≤ −6 48 − 8x − x 2 = −x − 6 ⇔  2 ⇔ x = −5 − 31 x + 10x − 6 = 0

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S = −2 7 − 2; −5 − 31 .

Nhận xét.

Cũng bằng cách phân tích phương trình thành tích nhưng ở đây ta thực hiện nhận lương liên hợp để tạo ra nhân tử chung là x 2 + 4x − 24 . Cách tìm nhân tử chung x 2 + 4x − 24 được trình bày trong “Phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp” Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 3) (

)

48 − 8x − x 2 + x = x 2 + 4x − 24

x ≥ 0 48 − 8x − x 2 = x ⇔  2 ⇒ x = 2 7 − 2 , thay vào phương trình x + 4x − 24 = 0

• Xét trường hợp

đã cho ta thấy x = 2 7 − 2 không thỏa mãn. 48 − 8x − x 2 − x ≠ 0 . Từ đó 2 ( x + 3 ) 48 − 8x − x2 + x = x2 + 4x − 24 ⇔ −2 ( x + 3 ) . x + 4x − 24 = x2 + 4x − 24 −48 − 8x + 48 − x 2  x + 4x − 24 = 0   2x + 6 + 1  = 0 ⇔  Hay x 2 + 4x − 24  2  48 − 8x − x 2 = − x − 6  48 − 8x − x − x  Ta xét hai trường hợp sau  x = −2 7 − 2 • Với x 2 + 4x − 24 = 0 ⇔   x = 2 7 − 2 x ≤ −6 • Với 48 − 8x − x 2 = −x − 6 ⇔  2 ⇔ x = −5 − 31 x + 10x − 6 = 0

• Xét trường

48 − 8x − x 2 ≠ x ⇔ x ≠ 2 7 − 2 . Khi đó

)

(

)

{

}

Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là S = −2 7 − 2; −5 − 31 . Ví dụ 4. Giải phương trình

− x 2 − 8x + 48 =

28 − x . x+3

Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình thành ( x + 3 ) − x 2 − 8x + 48 = 28 − x . Từ phương trình ta chú ý đến tích ( x + 3 ) − x 2 − 8x + 48 có dạng ab , do đó để viết thành hằng đẳng 2

thức dạng ( a ± b ) ta nhân hai vế của phương trình với 2. Chú ý rằng để có ( x + 3 ) và

−x 2 − 8x + 48 ta cần thêm bớt một lượng x 2 . Trước hết ta viết lại phương trình làm xuất

(

hiện x + 3 + −x 2 − 8x + 48

)

(

)

x 2 + 6x + 9 + 2 ( x + 3 ) − x 2 − 8x + 48 + −x 2 − 8x + 48 = −1 − 4x

(

⇔ x + 3 + −x 2 − 8x + 48

)

= −1 − 4x

Ta thấy rằng vế phải của phương trình trên không viết được dưới dạng số chính phương

(

do đó ta nghĩ đến viết phương trình có chứa hằng đẳng thức x + 3 − −x 2 − 8x + 48

)

(

)

x 2 + 6x + 9 − 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + −x 2 − 8x + 48 = 1 ⇔ x + 3 − −x 2 − 8x + 48

) =1

Như vậy phương trình đã cho phân tích được thành tích.

−12 ≤ x ≤ 4 Điều kiện xác định của phương trình là  . Phương trình đã cho tương  x ≠ −3 đương với

(

)

x 2 + 6x + 9 − 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + −x 2 − 8x + 48 = 1

(

⇔ x + 3 − −x 2 − 8x + 48

)

 x + 2 = 48 − 8x − x 2 = 1 x + 3 − 48 − 8x − x 2 = 1 ⇔   x + 4 = 48 − 8x − x 2 

x + 2 ≥ 0 • Với x + 2 = 48 − 8x − x 2 ⇔  2 ⇔ x = 31 − 3 . x + 6x − 22 = 0 x + 4 ≥ 0 • Với x + 4 = 48 − 8x − x 2 ⇔  2 ⇔ x = 4 2 −4. x + 8x − 16 = 0 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S =

{

}

31 − 3; 4 2 − 4

. Nhận xét. Cũng sử dụng phương pháp phân tích thành tích nhưng để dễ quan sát hơn ta có thể sử

dụng thêm cách đặt ẩn phụ Đặt a = x + 3; b = 48 − 8x − x 2 ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta được a 2 + b 2 = 57 − 2x . 2 2 a + b = 57 − 2x Phương trình đã cho trở thành ab = 28 − x . Từ đó ta có hệ phương trình  . ab = 28 − x a 2 + b 2 = 57 − 2x Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được  . 2ab = 56 − 2x 2

Suy ra a 2 + b 2 − 2ab = 1 ⇔ ( a − b ) = 1 ⇔ a − b = ±1 .

 x + 2 = 48 − 8x − x 2 Từ đó ta được x + 3 − 48 − 8x − x 2 = 1 ⇔  .  x + 4 = 48 − 8x − x 2 Đến đây ta xét hai trường hợp hoàn toàn tương tự như trên. Ví dụ 5. Giải phương trình 3x 2 + 2 ( x − 1) 2x 2 − 3x + 1 = 5x + 2 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy có tích 2 ( x − 1) 2x 2 − 3x + 1 nên ta sẽ thêm bớt vào

(

phương trình để tạo ra hằng đẳng thức x − 1 + 2x 2 − 3x + 1

(

)

(

)

hoặc x − 1 − 2x 2 − 3x + 1 .

Trước hết sẽ tạo ra hằng đẳng thức x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 , muốn vậy phương trình được viết lại thành

( x − 1)

(

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

)

Đến đây ta có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 − 3x + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

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

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

(

⇔ x − 1 + 2x 2 − 3x + 1

)

 x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = 2 =4⇔  x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = −2 

• Với x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = 2 khi đó ta được x ≤ 3 −3 ± 41 2x 2 − 3x + 1 = 3 − x ⇔  2 ⇔x= 2 x + 3x − 8 = 0 • Với x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = −2 khi đó ta được

x ≤ −1 2x 2 − 3x + 1 = −x − 1 ⇔  2 , phương x − x = 0

trình vô nghiệm. Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là

 −3 − 41 −3 + 41  S= ; . 2 2   Nhận xét. Hoàn toàn tương tự như trên ta có thể thực hiện phép đặt ẩn phụ để làm xuất hiện hằng đẳng thức. Đặt a = x − 1; b = 2x 2 − 3x + 1 ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta có a 2 + b 2 = 3x 2 − 5x + 2 . Khi đó phương trình 2

(

đã cho trở thành a 2 + b 2 − 2 + 2ab = 2 ⇔ ( a + b ) = 4 ⇔ x − 1 + 2x 2 − 3x + 1

)

= 4.

Ví dụ 6. Giải phương trình 4x 2 + ( 8x − 4 ) x − 1 = 3x + 2 2x 2 + 5x − 3 . Phân tích và lời giải Phương trình có chứa hai căn thức bậc hai, tuy nhiên trong trường hợp này phép nâng lên lũy thừa là một ý tưởng tốt. Để ý ta thấy 2 2x 2 + 5x − 3 = 2

( 2x − 1)( x + 3 ) 2

có

dạng 2ab nên ta nghĩ đến hằng đẳng thức dạng bình phương của một tổng ( a + b ) , do đó ta viết được hằng đẳng thức

2x − 1 + 2

( 2x − 1)( x + 3 ) + x + 3 = (

2x − 1 + x + 3

)

(

Như vậy sau khi biến đổi một vế của phương trình thành

2x − 1 + x + 3

)

thì vế

còn lại của phương trình có dạng 4x 2 + ( 8x − 4 ) x + 1 , ta cần viết được biểu thức này về dạng bình phương của một tổng. Chú ý đến các biến đổi ( 8x − 4 ) x = 2 ( 2x − 1) .2 x và

(

)

4x 2 + 1 = ( 2x − 1) + 4x ta viết được biểu thức 4x 2 + ( 8x − 4 ) x + 1 = 2x − 1 + 2 x . Đến đây

ta có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình x ≥

4x 2 + ( 8x − 4 ) x + 1 = 2x − 1 + 2 2

⇔ ( 2x − 1) + 2 ( 2x − 1) .2 x + 4x =

( 2x − 1)( x + 3 ) + x + 3

(

⇔ 2x − 1 + 2 x

) =(

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

2x − 1 + x + 3

)

 2x − 1 + 2 x = 2x − 1 + x + 3 ⇔  2x − 1 + 2 x = − 2x − 1 + x + 3 

(

)

• Với 2x − 1 + 2 x = 2x − 1 + x + 3 ta có 2x − 1 + 2 x = 2x − 1 + x + 3 ⇔ 2x − 1

⇔

2 ( x − 1) 2x − 1

2x − 1 + 1 Do

2 2x − 1

)

 2 2x − 1  3 = 0 ⇔ ( x − 1)  + =0  2x − 1 + 1 2 x + x + 3  2 x + x+3  

(

) (

2x − 1 − 1 + 2 x − x + 3 = 0

3 ( x − 1)

2x − 1 + 1 2 x + x + 3

• Với 2x − 1 + 2 x = −

(

> 0 nên từ phương trình trên ta được x − 1 = 0 ⇔ x = 1 .

)

2x − 1 + x + 3 ⇔ 2x − 1 + 2 x + 2x − 1 + x + 3 > 0 khi x ≥

1 . 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét. Thực chất phương trình chính là khai triển của hằng đẳng thức a 2 − b2 = 0 trong đó

a = 2x − 1 + 2 x; b = 2x − 1 + x + 3

• Hoàn toàn tương tự nếu ta chọn a = x + x + 3; b = 1 − x + 3 thì ta có phương trình

(

)

x 2 + 2x 1 + x + 3 = 6 1 − x + 7

• Khi chọn a = x + 2 + x + 5; b = 3 − x + x + 2 thì ta có phương trình x 2 + 5x + 5 + ( 2x + 4 ) x + 5 = 2 6 + x − x 2

Ví dụ 7. Giải phương trình

x3 16 − x

Phân tích và lời giải

+ x 2 − 16 = 0 .

Phương trình đã cho được viết lại thành x 3 −

(

16 − x 2

) = 0 , đến đây ta thấy vế trái

)

của phương trình có dạng a 3 − b 3 = ( a − b ) a 2 − ab + b 2 , chú ý rằng

a 2 − ab + b 2 = 0 ⇔ a = b = 0 . Điều kiện xác định của phương trình là −4 < x < 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được x3

) =0 ⇔ ( x − 16 − x )( x + x 16 − x + 16 − x ) = 0   1  3 16 − x  + ( 16 − x )  ( x − 16 − x ) = 0 ⇔  x + 2    4 16 − x 2

+ x 2 − 16 = 0 ⇔ x 3 − 2

(

16 − x 2

x > 0  x > 0 x = 2 2 ⇔ x = 2 2 ⇔ x = 16 − x ⇔  2 ⇔  2  x = 16 − x    x = −2 2 2    1  3 16 − x 2  + 16 − x 2 > 0   Do  x + 2     4 2

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 8. Giải phương trình

3 −x = x

3+x

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản nên ta nghĩ đến phép nâng lên lũy thừa trước tiên, khi đó phương trình đã cho tương đương với x 3 + 3x 2 + x − 3 = 0 . Các lũy thừa trong vế

(a − b )

trái của phương trình

làm ta

liên

tương

đến

hằng đẳng

thức

= a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3 , với hình thức của vế trái ta xác định được a = x , bây giờ ta

cần xác định được b. 3

Ta có ( a − b ) = x 3 − 3x 2 b + 3xb 2 − b 3 = x 3 + 3x 2 + x − b 3 = 0 , từ đó ta xác định được b =

1 3

Đến đây ta có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với

3 − x = x2

(

)

3 + x ⇔ x 3 + 3x 2 + x − 3 = 0 3

3  1  10 10 − 1 ⇔ x + 3x + x − = ⇔ x + ⇔x=  = 3 3 3 3 3 3 3 3  3

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

10 − 1 3

là nghiệm duy nhất của phương trình. 2

Ví dụ 9. Giải phương trình 2 + 3 3 9x 2 ( x + 2 ) = 2x + 3 3 3x ( x + 2 ) . Phân tích và lời giải Chú ý ta thấy

9x 2 ( x + 2 ) =

lại của hai căn bậc ba là

( 3x ) ( x + 2 ) , như vậy phương trình đã cho có sự lặp

3x và

x + 2 , do đó khi thực hiện phép đặt a = 3 3x và

b = 3 x + 2 thì phương trình viết lại thành 2x − 3ab 2 + 3a 2 b − 2 = 0 . Đến đây ta cần biểu diễn 2x − 2 theo a và b. Để ý ta thấy 2x − 2 = 3x − ( x + 2 ) = a 3 − b 3 . Như vậy khi đó phương trình 3

có dạng ( a − b ) = 0 và ta trình bày lời giải như sau Phương trình đã cho tương đương với 2

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

⇔

(

3x − 3 x + 2

)

= 0 ⇔ 3 3x = 3 x + 2 ⇔ 3x = x + 2 ⇔ x = 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 10. Giải phương trình x 3 − 3x 2 − ( x + 1) x + 2 + 6x = 4 x + 2 − 6 Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình x 3 − 3x 2 + 6x = ( x + 1) x + 2 + 4 x + 2 − 6 . Chú ý 3

đến biểu thức x 3 − 3x 2 + 3x ta liên tương đến hằng đẳng thức ( x − 1) . Như vậy để phân tích được phương trình về dạng tích ta cần viết được ( x + 1) x + 2 + 4 x + 2 − 3x − 7 thành lũy thừa bậc ba. Để ý tiếp ta lại thấy

3x + 6 = 3

(x + 2)

( x + 1)

x + 2 = (x + 2) x + 2 − x + 2

và

, từ đó ta có biến đổi

x + 2 + 4 x + 2 − 3x − 7 =

(x + 2)

−3

( x + 2)

+ 3 x + 2 −1 =

(

x + 2 −1

)

Đến đây ta có lời giải cho phương trình Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với

x 3 − 3x 2 + 3x − 1 = ( x + 1) x + 2 − 3x + 4 x + 2 − 7 3

⇔ ( x − 1) = 3

⇔ ( x − 1) =

( x + 2)

(

(x + 2)

−3

+ 3 x + 2 −1

3 x ≥ 0 x + 2 −1 ⇔ x = x + 2 ⇔  2 ⇔x=2 x = x + 2

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 11. Giải phương trình 8x 3 − 36x 2 + ( 1 − 3x ) 3x − 2 − 3 3x − 2 + 63x − 32 = 0 . Phân tích và lời giải Để ý ta thấy ( 1 − 3x ) 3x − 2 =  3 − ( 3x − 2 )  3x − 2 = 3 3x − 2 −

( 3x − 2 )

, do đó ta

phân tích phương trình về thành

8x 3 − 36x 2 + 54x − 27 = 3

⇔ ( 2x − 3 ) =

(

( 3x − 2 )

)

−3

( 3x − 2 )

+ 3 3x − 2 − 1

3x − 2 − 1 ⇔ 2x − 3 = 3x − 2 − 1 ⇔ 2x − 2 = 3x − 2

x ≥ 1 x ≥ 1 x ≥ 1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔x=2 2 4x − 11x + 6 = 0 4x − 8x + 4 = 3x − 2 ( 2x − 2 ) = 3x − 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 12. Giải phương trình x 2 − 6x + 29 + 2 3x 2 + 10x + 3 = ( 10 − 2x )

(

)

x + 3 + 3x + 1 .

Phân tích và lời giải Phương trình có nhiều căn thức nên ta nghĩ đến phương pháp đặc biệt hơn khi giải. 3x 2 + 10x + 3 =

Để ý mối liên hệ giữa các căn thức ta thấy

( x + 3 )( 3x + 1) . Trước khi có

nhưng phân tích tiếp theo ta biến đổi phương trình thành x 2 − 6x + 29 + 2

( x + 3 )( 3x + 1) + 2 ( x − 5 )

Quan sát phương trình ta thấy 2

x + 3 + 2 ( x − 5 ) 3x + 1 = 0

( x + 3 )( 3x + 1) + 2 ( x − 5 )

x + 3 + 2 ( x − 5 ) 3x + 1 có

dạng 2ab + 2bc + 2ca . Như vậy nếu ta phân tích được x 2 − 6x + 29 về dạng a 2 + b 2 + c 2 thì 2

phương trình viết được thành ( a + b + c ) . Muốn vậy ta chỉ cần tính a 2 + b 2 + c 2 rồi so sánh với x 2 − 6x + 29 là được. Ta có a 2 + b 2 + c 2 =

(

x+3

) +(

)

3x + 1 + ( x − 5 ) = x 2 − 6x + 29 .

Như vậy ta có lời giải cho phương trình

1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 3

( x + 3 )( 3x + 1) + 2 ( x − 5 ) x + 3 + 2 ( x − 5 ) 3x + 1 = 0 ⇔ x + 3 + 3x + 1 + ( x − 5 ) + 2 ( x + 3 )( 3x + 1) + 2 ( x − 5 ) x + 3 + 2 ( x − 5 ) x 2 − 6x + 29 + 2

⇔

(

x + 3 + 3x + 1 + x − 5

)

3x + 1 = 0

= 0 ⇔ x + 3 + 3x + 1 + x − 5 = 0

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

x−1

x+3 +1

3 ( x − 1) 3x + 1 + 2

+ x−1= 0

  1 3 ⇔ ( x − 1)  + + 1 = 0 ⇔ x = 1 3x + 1 + 2   x + 3 +1 Do

x + 3 +1

1 + 1 > 0 với mọi x ≥ − . 3 3x + 1 + 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét.

• Thực chất phương trình chính là khai triển hằng đẳng thức

(a + b + c )

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca

Trong đó a = x + 3; b = 3x + 1; c = x − 5 .

• Hoàn toàn toàn tương ự nếu ta chọn a = x + 4; b = 2x + 1; c = x − 3 thì từ khai triển hằng đẳng thức như trên ta có phương trình x 2 − 3x + 14 + 2 2x 2 + 9x + 4 = ( 6 − 2x )

(

)

x + 4 + 2x + 1 .

Ví dụ 13. Giải phương trình ( 5x + 8 ) 2x − 1 + 7x x + 3 = 9x + 18 − ( x − 26 ) x − 1 . Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho có chứa ba căn thức , do đó để quan sát phương trình một cách dễ hơn ta thực hiện phép đặt

a = 2x − 1; b = x + 3; c = x − 1 . Ta cần biểu diễn các biểu thức còn lại theo a, b, c. Ta có

5x + 8 = 2x − 1 + 3x + 9 = a 2 + 3b; 7x = x + 3 + 6x − 3 = b 2 + 3a

9x + 18 − ( x + 26 ) x − 1 = 9 ( x − 1) + 27 − ( x − 1) x − 1 − 27 x − 1 = 27 − 27c + 9c 2 − c 3 = ( 3 − c )

Từ đó ta viết phương trình được thành

) (

)

+ 3b a + b 2 + 3a b = ( 3 − c ) ⇔ ( a + b ) = ( 3 − c ) ⇔ a + b + c − 3 = 0

Hay ta được

2x − 1 + x + 3 + x − 1 − 3 = 0 ⇔ 2x − 1 − 1 + x + 3 − 2 + x − 1 = 0  2 x −1  x −1 ⇔ x −1 + + 1 = 0 ⇔ x = 1  x + 3 + 2   2x − 1 + 1

Như vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1

Nhận xét. Phương trình có được từ khai triển của hằng đẳng thức A 3 − B3 = 0 trong đó

A = 2x − 1 + 2 x + 3; B = 3 − x − 1 2. Kỹ thuật sử dụng các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Ví dụ 1. Giải phương trình ( x + 3 ) 2x + 5 + 9 = x 2 Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy phương trình trên hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp nâng lên lũy thừa, chỉ cần chuyển vế số 9 rồi bình phương hai vế thì ta thu được một phương trình bậc 4. Tuy nhiên để ý một tí ta thấy x 2 − 9 = ( x + 3 )( x − 3 ) , như vậy cả hai vế đều có nhân tử chung là x + 3 do đó ta sử dụng phương pháp phân tích thành tích để giải phương trình.

5 Điều kiện xác định của phương trình là 2x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . Phương trình đã cho tương 2 đương với x + 3 = 0 ( x + 3 ) 2x + 5 = x2 − 9 ⇔ ( x + 3 ) 2x + 5 = ( x + 3)( x − 3 ) ⇔   2x + 5 = x − 3 • Với x + 3 = 0 ⇔ x = −3 . x ≥ 3 • Với 2x + 5 = x − 3 ⇔  2 ⇔ x = 4+2 3. 2x + 5 = ( x − 3 ) Kết kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 4 + 2 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 2. Giải phương trình 4x 3 − 14x 2 + 4x + 1 = ( 2x − 1) 4x + 5 . Phân tích và lời giải Với phương trình đã cho trong ví dụ thì tư duy theo hương nâng lên lũy thừa là tư duy không hề sáng suốt khi phương trình thu được sau phép nâng lên lũy thưa sẽ có bậc sáu. Chú ý rằng bên vế phải của phương trình có nhân tử 2x − 1 và nếu vế trái của phương trình cũng có nhân tử 2x − 1 thì là có thể giải phương trình bằng phương pháp phân tích thành tích. Muốn kiểm tra điều này ta chỉ cần kiểm tra xem x =

1 có là nghiệm của đa 2

thức vế trái không. Rõ ràng x =

1 là một nghiệm của đa thức vế trái, do đó phương trình 2

đã cho có nhân tử chung là 2x − 1 . Từ đó ta có lời giải như sau

5 Điều kiện xác định của phương trình là 4x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . 4 Phương trình đã cho tương đương với  2x − 1 = 0 ( 2x − 1) 2x2 − 6x − 1 = ( 2x − 1) 4x + 5 ⇔  2  2x − 6x − 1 = 4x + 5 1 • Với 2x − 1 = 0 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định. 2 2 2x 2 − 6x − 1 ≥ 0  2x − 6x − 1 ≥ 0 2 • Với 2x − 6x − 1 = 4x + 5 ⇔  2 ⇔ 2 . 2 2  2x − 6x − 1 = 4x + 5  x − 4x + 1 x − 2x − 1 = 0

(

)

(

)

)(

)

2x 2 − 6x − 1 ≥ 0 2x 2 − 6x − 1 ≥ 0 x = 1 − 2   , thỏa mãn điều kiện xác Hay ta được   x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔   x = 1 ± 2 ⇔  x = 2 + 3  2    x − 2x − 1 = 0   x = 2 ± 3 định.

  1 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1 − 2; ; 2 + 3  . 2  

(

)

Nhận xét. Ta thấy phương trình 2x 2 − 6x − 1 = 4x + 5 là phương trình bậc 4 không nhẩm được

(

)(

)

nghiệm đẹp, do đó khi phân tích thành tích thường có dạng ax 2 + bx + c a' x 2 + b' x + c ' = 0 . Để xác định các hệ số của các phương trình bậc hai trên ta sử dụng phương pháp hệ số bất định.

(

)

Ta có 2x2 − 6x − 1 = 4x + 5 ⇔ x4 − 3x 3 + 8x 2 + 2x − 1 = 0

(

)(

(

)

Giả sử ta phân tích x 4 − 6x 3 + 8x 2 + 2x − 1 thành x 2 + ax + b x 2 + a ' x + b'

(

)(

)

(

)

(

) )

Mà x 2 + ax + b x 2 + a ' x + b' = x 4 + a + a' x 3 + b + b' + aa ' x 2 + ab' + a ' b x + bb'

a + a = −6 a = −4   ' '  b + b + aa = 8  b = 1 ⇒ ' Đồng nhất hệ số hai vế ta được  ' ' . ab + a b = 2 a = −2  bb' = −1  b ' = −1   '

(

)

(

)(

)

Từ đó ta có phép biến đổi 2x 2 − 6x − 1 = 4x + 5 ⇔ x 2 − 4x + 1 x 2 − 2x − 1 = 0 . Chú ý rằng để giải hệ trên ta nhẩm các giá trị a; b; a' ; b' nguyên.

(

Ví dụ 3. Giải phương trình 2x 3 − 9x 2 + 8x + 3 = 2x 2 − 3x − 1 Phân tích và lời giải

)

2x − 1 .

Phương trình đã cho không nhẩm được nghiệm đẹp, tuy nhiên vế phải của phương trình chứa nhân tử 2x 2 − 3x − 1 , ta cần kiểm tra xem đa thức vế trái khi phân tích thành tích có chưa nhân tử 2x 2 − 3x − 1 hay không. Muốn vậy ta chia đa thức 2x 3 − 9x 2 + 8x + 3 cho nhân tử 2x 2 − 3x − 1 xem có phải là phép chia hết không và không quá khó khăn để ta phân tích được

(

)

2x 3 − 9x 2 + 8x + 3 = 2x 2 − 3x − 1 ( x − 3 )

Đến đây thì ta có thể giải bài toán bằng phương pháp phân tích thành tích như sau Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( 2x

)

(

− 3x − 1 ( x − 3 ) = 2x − 3x − 1 2

)

 2x 2 − 3x − 1 = 0 2x − 1 ⇔   x − 3 = 2x − 1

3 ± 17 . 4 x ≥ 3 • Với x − 3 = 2x − 1 ⇔  ⇔ x = 4+ 6 . 2 ( x − 3 ) = 2x − 1

• Với 2x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔ x =

 3 + 17  ;4+ 6 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S =   2  .

(

Ví dụ 4. Giải phương trình x 3 + 3x 2 + x + 2x 2 − 2 = x 2 + x

)

2x 2 − 2 + 2

Phân tích và lời giải Thoạt nhìn ta thấy phương trình đã cho có sự phức tạp, tuy nhiên quan sát kỹ thì ta

(

có thể đưa phương trình về dạng x 3 + 3x 2 + x − 2 = x 2 + x − 1

)

2x 2 − 2 . Lúc này phương

trình có dạng tương tự như phương trình đã cho ở ví dụ trên.

(

)

Dễ dàng phân tích được x 3 + 3x 2 + x − 2 = x 2 + x − 1 ( x + 2 ) và ta có lời giải cho phương trình như sau Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

x 3 + 3x 2 + x − 2 = x 2 + x − 1

(

)

(

)

2x 2 − 2

⇔ x2 + x − 1 ( x + 2 ) = x2 + x − 1

)

x2 + x − 1 = 0 2x 2 − 2 ⇔   x + 2 = 2x 2 − 2

−1 ± 5 . 2 x ≥ −2 ⇔ x = 2 ± 10 . • Với x + 2 = 2x 2 − 2 ⇔  2 2 ( x + 2 ) = 2x − 2

• Với x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x =

 −1 − 5  ; 2 − 10; 2 + 10  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =    2

x+3 x−3

Ví dụ 5. Giải phương trình 2 x 2 − 9 = ( x + 5 ) Phân tích và lời giải

Phương trình đã cho chứa hai căn thức bậc hai, tuy nhiên để ý ta thấy x − 9 = ( x + 3 )( x − 3 ) do đó nếu sử dụng phép nâng lên lũy thừa thì ta được một phương 2

trình có nhân tử chung là x + 3 . Mặt khác để ý tiếp ta lại thấy

x+3 x2 − 9 , khi đó nếu = x−3 x−3

sử dụng phương pháp phân tích thành phương trình tích thì ta có nhân tử chung là x 2 − 9 . Từ đó ta có lời giải như sau

x 2 − 9 ≥ 0 x > 3  ⇔ Điều kiện xác định của phương trình là  x + 3 . ≥0  x ≥ −3  x − 3 Phương trình đã cho tương đương với 2 x2 − 9 = ( x + 5 )

 x = ±3  x2 − 9 = 0 x2 = 9   x −9 1  ⇔ x + 5 ⇔  2x − 6 = x + 5 ⇔  x =  3 x−3 2 = x − 3 6 − 2x = x + 5  x = 11    2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 11}

Nhận xét. Ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình 2 x − 9 = ( x + 5) 2

x + 5 ≥ 0 x+3  ⇔ 2 x+3 2 x−3 4 x − 9 = ( x + 5 ) x − 3 

(

)

x + 5 ≥ 0 x ≥ −5  1  ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ −3; 11;  2 2    3  ( x + 3 )  4 ( x − 3 ) − ( x + 5 )  = 0 ( x + 3 )( x − 11)( 3x − 1) = 0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 11} Ví dụ 6. Giải phương trình x + 1 + x − 2 = x 2 − x − 2 + 1 . Phân tích và lời giải

Phương trình chứa hai căn bậc hai và biểu thức trong căn không đồng bậc do đó ta không nên sử dụng phép nâng lên lũy thừa trong trường hợp này. Chú ý rằng

x 2 − x − 2 = ( x + 1)( x − 2 )

đó

viết

phương

trình

lại

thành

( x + 1)( x − 2 ) + 1 , đến đây ta sử dụng phương pháp phân tích thành tích

x +1 + x −2 =

để giải quyết phương trình đã cho.

x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔ ⇔ x≥ 2. x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 Biến đổi tương đương phương trình ta được x + 1 + x − 2 = x2 − x − 2 + 1 ⇔ x + 1 + x − 2 =

( x + 1)( x − 2 ) + 1

 x+1 =1 x = 0 x − 2 −1 = 0 ⇔  ⇔  x − 2 = 1  x = 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình. ⇔

(

x +1 −1

)(

)

Ví dụ 7. Giải phương trình x + 4 7 − x = 4 x − 1 + − x 2 + 8x − 7 + 1 Phân tích và lời giải Phương trình chứa ba căn bậc hai và các biểu thức trong căn không đồng bậc do đó ta không sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa cho trường hợp này. Tìm hiểu mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình thì thấy − x 2 + 8x − 7 = ( x − 1)( 7 − x ) và

( x − 1)

x −1 =

( x − 1)

−

như

vậy

( 7 − x )( x − 1) + 4

thành phương trình tích

viết

lại

được

phương

trình

7 − x − 4 x − 1 = 0 . Nhận thấy phương trình có thể viết được

(

x −1 − 4

)(

)

x − 1 − 7 − x = 0 . Với điều kiện xác định của

phương trình là 1 ≤ x ≤ 7 thì các phép biến đổi trên hoàn toàn tương đương với nhau. Điều kiện xác định của phương trình là 1 ≤ x ≤ 7 . Phương trình đã cho tương đương với

( x − 1)

−

( 7 − x )( x − 1) + 4

7 − x − 4 x −1 = 0

 x −1 = 4  x = 17 x−1 − 7 −x = 0 ⇔  ⇔  7 − x = x − 1 x = 4 Kết hợp điều kiện xác định của phương trình nghiệm duy nhất là x = 4 . ⇔

(

x −1 − 4

là

)(

)

(

Ví dụ 8. Giải phương trình x 3 + 7x 2 + 3x = 5 x 2 + x

)

x 2 + 2x − 1 + 3

Phân tích và lời giải

(

Trước hết ta viết lại phương trình thành x 3 + 7x 2 + 3x − 3 = 5 x 2 + x

)

x 2 + 2x − 1 .

Tương tự như các ví dụ trên ta đi tìm nhân tử chung cho phương trình. Để ý ta thấy

(

)

x 2 + x = x ( x + 1) và đa thức vế trái là x 3 + 7x 2 + 3x − 3 = ( x + 1) x 2 + 6x − 3 . Như vậy phương trình

có

( x + 1) ( x

nhân

tử

chung

)

x+1

là

và

viết

phương

trình

lại

thành

+ 6x − 3 = 5x ( x + 1) x + 2x − 1 . 2

Một vấn đề xẩy ra ở đây là ta cần giải được phương trình x 2 + 6x − 3 = 5x x 2 + 2x − 1 . Nếu sử dụng phép nang lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình có bậc bốn và ta có thể phân tích phương trình bằng phương pháp hệ số bất định. Ở đây ta tìm cách phân tích phương trình trên thành tích xem sao.

(

)

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

(

)

⇔ 3 x 2 + 2x − 1 − 6x x 2 + 2x − 1 + x x 2 + 2x − 1 − 2x 2 = 0 ⇔

)(

(

)

x 2 + 2x − 1 − 2x 3 x 2 + 2x − 1 + x = 0

Đến đây ta có lời giải cho phương trình đã cho Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

x 3 + 7x 2 + 3x − 3 = 5 x 2 + x

)

x 2 + 2x − 1

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

(

)

• Với x + 1 = 0 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

• Với x 2 + 6x − 3 = 5x x 2 + 2x − 1 ta phân tích phương trình thành

(

)

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

(

)

⇔ 3 x 2 + 2x − 1 − 6x x 2 + 2x − 1 + x x 2 + 2x − 1 − 2x 2 = 0 ⇔

(

 x 2 + 2x − 1 − 2x = 0 x + 2x − 1 − 2x 3 x + 2x − 1 + x = 0 ⇔   3 x 2 + 2x − 1 + x = 0  2

)(

)

x ≥ 0 , vô nghiệm x 2 + 2x − 1 − 2x = 0 ⇔ x 2 + 2x − 1 = 2x ⇔  2 2 x + 2x − 1 = 4x −9 − 3 17 x ≤ 0 + Nếu 3 x 2 + 2x − 1 + x = 0 ⇔  ⇔x= , thỏa mãn điều kiện xác 2 2 8 9 x + 2x − 1 = x định.

+ Nếu

(

)

 −9 − 3 17  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −1; . 8   Nhận xét.

(

)

• Để phân tích được phương trình 3 x 2 + 2x − 1 − 5x x 2 + 2x − 1 − 2x 2 = 0 ta cần nẵm vững các kỹ năng tách một hạng từ thành nhiều hạng tử trong phân tích đa thức thành nhân tử.

• Ngoài ra có thể xử lý phương trình bằng phép đặt t = x 2 + 2x − 1 ≥ 0 , khi đó phương trình trên trở thành 3t 2 − 5xt − 2x 2 = 0 , đây là phương trình đẳng cấp bậc hai và đa thức vế trái dễ dàng phân tích được thành ( t − 2x )( 3t + x ) . Mặt khác khi xem phương trình trên là phương trình bậc 2

(

)

hai ẩn t và x là tham số thì ∆ t = ( −5x ) − 4.3. −2x 2 = 49x 2 = ( 7x ) nên phương trình có t = 2x và t = −

x . 3

(

Ví dụ 9. Giải phương trình x + x + 1

)

x − 2 = x2 + x + 1 .

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có hình thức khá phức tập, không thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để xử lý phương trình. Quan sát phương trình ta thấy có các biểu thức x + x + 1 và x 2 + x + 1 , ta cần tìm mối liên hệ cho hai biểu thức đó. Nhớ lại bài toán phân tích đa thức

thành

(

nhân

)

tử

cho

(

đa

thức

)(

bậc

bôn

không

có

nghiệm

là

)

x 4 + x 2 + 1 = x 2 + 1 − x 2 = x 2 + x + 1 x 2 − x + 1 ta áp dụng cho đa thức bậc hai của vế phải

(

)(

)

thì được x 2 + x + 1 = ( x + 1) − x = x + x + 1 x − x + 1 . Đến đây ta tìm được nhân tử chung cho phương trình là x + x + 1 và có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 2 . Phương trình tương đương với

(x +

x +1

)

(

)(

x− 2 = x + x +1 x − x +1

)

Dễ thấy x + x + 1 > 0 với mọi x nên phương trình trên tương đương với

x −2 = x − x +1. 2−x = x− x +1⇔

(

2−x + x

)

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

x 2 + x − 1 ≥ 0  x ≥ 2 − 1 ⇔ 2 ⇔  3 2 2 4x ( 2 − x ) = x + 2x − 1 ( x − 1) x + 5x + 11x − 1 = 0

(

)

(

)

Với x ≥ 2 − 1 thì x 3 + 5x 2 + 11x − 1 > 11

(

)

2 − 1 − 1 > 0 . Do đó ta được x − 1 = 0 ⇔ x = 1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 10. Giải phương trình 2x 3 + 7x 2 − 17x + 3 − 2x − 3 + 1 = x 2 + 5x − 1 . Phân tích và lời giải Hình thức phương trình khá phức tạp với ba căn thức, các đa thức trong các căn thức lại có bậc cao nên không dại gì ta sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng trong các căn thức thì các đa thức có bậc ba, bậc hai và bậc một nên ta đi kiểm tra mối liên hệ giữa

các

( 2x − 3 ) ( x

đa

thức

này.

Thực

hiện

phép

nhân

đa

thức

được

)

+ 5x − 1 = 2x 3 + 7x 2 − 17x + 3 . Đến đây ta có thể giải được phương tình đã cho.

2x 3 + 7x 2 − 17x + 3 ≥ 0 3  Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 3 ≥ 0 ⇔x≥ 2 x 2 + 5x − 1 ≥ 0  Phương trình đã cho tương đương với

( 2x − 3) ( x ⇔

(

)

+ 5x − 1 − 2x − 3 + 1 = x 2 + 5x − 1

x 2 + 5x − 1 − 1

)

(

)

2x − 3 + 1 − x 2 + 5x − 1 = 0 ⇔

(

x 2 + 5x − 1 − 1

)(

)

2x − 3 − 1 = 0

 −5 ± 33  x 2 + 5x − 1 − 1 = 0  x 2 + 5x − 1 = 1  x 2 + 5x − 2 = 0 x= ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2   2x − 4 = 0  2x − 3 − 1 = 0  2x − 3 = 1  x = 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 11. Giải phương trình 2 2x 2 − x − 1 + 3 = 6 x − 1 + 2x + 1 Phân tích và lời giải Nhận thấy

2x 2 − x − 1 =

( x − 1)( 2x + 1)

do đó ta sử dụng phương pháp phân tích

thánh tích để giải phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

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

(

2x + 1

)

x−1 − 3 = 0

) (

)

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

(

⇔ 2 x −1 −1

)(

 5 2 x − 1 = 1 x = 4 2x + 1 − 3 = 0 ⇔  ⇔ x = 5  2x + 1 = 3  8

)

Kết hợi điều kiện xác định ta được x =

5 là nghiệm duy nhất của phương trình. 4

Ví dụ 12. Giải phương trình ( x + 2 ) x + 1 + 5x + 2 = x + 2 + 5x 2 + 7x + 2 . Phân tích và lời giải Quan sát phương ta nhận thấy mối liên hệ 5x 2 + 7x + 2 = ( x + 1)( 5x + 2 ) . Như vậy

x + 1 và

phương trình có sự xuất hiện của hai căn thức

5x + 2 , cùng với đại lượng x + 2

co mặt ở cả hai vế, do đó ta nghĩ đến ghép nhóm để phân tích thành tích

( x + 2 ) x + 1 − ( x + 2 ) = ( x + 2 ) x + 1 − 1    5x + 2 − ( x + 1)( 5x + 2 ) = 5x + 2 1 − x + 1 

(

)

(

Như vậy phương trình có nhân tử chung là

)

x + 1 − 1 , do đó ta sử dụng phương

pháp phân tích thành tích để giải phương trình. x + 1 ≥ 0 2 Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔ x ≥ − . Phương trình đã cho tương 5 5x + 2 ≥ 0 đương với

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

(

⇔ x + 2 − 5x + 2

• Với

)(

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

)

x + 1 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định.

x ≥ −2 x ≥ −2 • Với x + 2 = 5x + 2 ⇔  ⇔ 2 , phương trình vô nghiệm. 2 x + x + 2 = 0 ( x + 2 ) = 5x + 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Ví dụ 13. Giải phương trình x 2 + x 2 + 7x + 12 + x + 4 = x + 3 + 1 + x

(

)

x+4 + x+3 .

Phân tích tìm lời giải Phương trình đã cho có hình thức khá phức tạp với nhiều căn thức, do đó ta nghĩ đến việc đơn giản hóa phương trình bằng phương pháp phân tích thành tích. Điều này càng có cơ sở khi phương trình chữa nhiều căn

x 2 + 7x + 12 = trình

nên

x + 3 và

x + 4 , chú ý rằng

( x + 3 )( x + 4 ) . Do sự xuất hiện của căn thức ( x + 3 )( x + 4 ) dự

đoán

phương

trình

phân

tích

được

về

trong phương

dạng

tích

là

f ( x ) + a x + 3  g ( x ) + b x + 4  = 0 . Phương trình này được khai triển thành   

f ( x ) .g ( x ) + ag ( x ) x + 3 + bf ( x ) x + 4 + ab

( x + 3 )( x + 4 ) = 0

Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng như trên

)

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

( x + 3 )( x + 4 ) = 0

f ( x ) .g ( x ) = x 2 − 1   bg ( x ) = − ( x + 1) Như vậy ta cần xác định a, b, f ( x ) ,g ( x ) sao cho  .  bf ( x ) = − ( x − 1) ab = 1  Ta có thể chọn được a = b = −1; f ( x ) = x − 1; g ( x ) = x + 1 . Như vậy phương trình đã cho được phân tích thành  x − 1 − x + 3   x + 1 − x + 4  = 0 .    Đến đây ta giải được phương trình đã cho. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với

)

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

(

)

(

( x + 3 )( x + 4 ) = 0

)

⇔ ( x + 1) x − 1 − x + 3 + x + 4 1 − x + x + 3 = 0 x − 1 − x + 3 = 0 ⇔ x − 1 − x + 3  x + 1 − x + 4  = 0 ⇔      x + 1 − x + 4 = 0 x ≥ 1 3 − 17 • Với x − 1 − x + 3 = 0 ⇔ x − 1 = x + 3 ⇔  ⇔x= . 2 2 ( x − 1) = x + 3 x ≥ −1 13 − 1 • Với x + 1 − x + 4 = 0 ⇔ x + 1 = x + 4 ⇔  ⇔x= . 2 2 ( x + 1) = x + 4

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  3 − 17 13 − 1  S= ; . 2   2 Nhận xét. Ta chỉ cần chọn a, b, f ( x ) ,g ( x ) vì từ ab = 1 ta có thể chọn bộ số

( a; b ) = (1;1) ,  2; 21  ,... khi đó ta có thêm các dạng phân tích khác như 



1 − x + x + 3   − x − 1 + x + 4  = 0 hoặc là dạng  2 − 2x + x + 3   −x − 1 + x + 4  = 0 . Các     2    

dạng trên chỉ khác nhau về hình thức còn về mặt bản chất là một. Ví dụ 14. Giải phương trình x +

 x+1  3 + 4 + 4 = 2 + x 2 + 3x  .  x  x  

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có hình thức khá lạ mặt, nhưng để ý mối liên hệ trong phương 3 x 2 + 4x + 3 ( x + 1)( x + 3 ) trình thì ta thấy x 2 + 3x = x ( x + 3 ) và x + + 4 = = . Bây giờ ta tìm x x x cách nhóm để phân tích thành tích  3 2 x+1 x +1  2  x+1 = x 2 + 3x − 2  x + + 4 −  x+3 − = x x x x x    4 − 2 x 2 + 3x = 2 2 − x 2 + 3x 

)

(

)

(

Như vậy phương trình có nhân tử chung là

x 2 + 3x − 2 và ta có lời giải như sau

Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Phương trình đã cho tương đương với.  3 x+1  2  x + + 4 − 2  + 4 − 2 x + 3x = 0 x x  

)

(

⇔

x +1 x

(

) (

)

x 2 + 3x − 2 + 2 2 − x 2 + 3x = 0 ⇔

(

 x+1  x 2 + 3x − 2  − 2 = 0  x   

)

 x 2 + 3x − 2 = 0  x = 1; x = 4  x 2 + 3x = 4  x 2 + 3x − 4 = 0  ⇔  x+1 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2  x = 1 ± 17 −2  x + 1 = 4x  4x − x − 1 = 0   8  x  1 + 17  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = 1; . 8  

Ví dụ 15. Giải phương trình:

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

Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

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

⇔ x+1

(

)(

x 2 + 3 − 2x −

)

x 2 + 3 − 2x = 0 ⇔

(

x +1 −1

)(

)

x 2 + 3 − 2x = 0

 x +1 −1= 0  x+1 =1 x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2  x − 2x + 3 = 0  x + 3 − 2x = 0  x + 3 = 2x Dễ thấy phương trình x 2 − 2x + 3 = 0 vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x = 0 .

Ví dụ 16. Giải phương trình

x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6 = 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Khi đó ta có

x 2 + 3x + 2 + x 2 − 1 + 6 = 3 x + 1 + 2 x + 2 + 2 x − 1

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

⇔ ⇔

⇔ x +1 ⇔ + Với

(

) ( x −1 + x −1 − 3 ) = 0

x + 2 + x −1 − 3 = 2

x+1 −2

)(

x+2 +

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

x+2 −3

)

( x + 2 )( x − 1) = 9 ⇔

x2 + x − 2 = 4 − x

x ≤ 4 ⇔ 2 ⇔x=2 2 x + x − 2 = x − 8x + 16 + Với

x +1 = 2 ⇔ x +1 = 4 ⇔ x = 3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {2; 3} .

Ví dụ 17. Giải phương trình ( 3 − x )

( 3 + x) (9 + x ) = 4 5 ( 3 − x) 2

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 3 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

( 3 − x) (3 + x) (9 + x ) = 4 5 ( 3 − x) ⇔ 2

⇔ 3−x

(

3−x

(

3−x

(3 + x) (x

 3−x = 0 x = 3 81 − x 4 − 4 5 = 0 ⇔  ⇔  81 − x 4 = 4 5  x = ±1

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = {−1; 1; 3} .

)

+9 −4 5 =0

Ví dụ 17. Giải phương trình:

x 2 − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x 2 + 4x − 5.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

x 2 − 5x + 4 + 2 x + 5 = 2 x − 4 + x 2 + 4x − 5

( x − 1)( x − 4 ) + 2

⇔

⇔ x −1

⇔

(

x+5 −2 x−4 −

) (

)

x−4 − x+5 −2

x −1 − 2

( x − 1)( x + 5 ) = 0

x−4 − x+5 = 0

 x−4 = x+5 x − 4 = x + 5 x−4 − x+5 = 0 ⇔  ⇔ ⇔x=5  x − 1 = 2 x − 1 = 4

)(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x = 5 .

Ví dụ 18. Giải phương trình x 2 + 5x + 7 = 7 x 3 + 1 Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta nhận thấy nếu sử dụng phép nâng lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình bậc bốn, chú ý rằng khi nhẩm một số giá trị đặc biết ta thấy phương trình có hai nghiệm đẹp là x = 0 và x = 2 , do đó phương trình bậc bốn phân tích được thành tích. Tuy nhiên để ý đến mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình thì ta thấy

x 3 + 1 = ( x + 1) x 2 − x + 1  2 2 x + 5x + 7 = x − x + 1 + 6 ( x + 1) Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ hoặc phân tích thành tích

(

)

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

x2 − x + 1 − 7 ⇔ x2 − x + 1 − ⇔ x2 − x + 1

• Với

(

)

x2 − x + 1 − x + 1 − 6 x + 1

)

(

x2 − x + 1 − x + 1 = 0

 x2 − x + 1 = x + 1 x2 − x + 1 − 6 x + 1 = 0 ⇔   x 2 − x + 1 = 6 x + 1 x = 0 x ≥ −1 x2 − x + 1 = x + 1 ⇔  2 ⇔ x − x + 1 = x + 1  x = 2 ⇔

• Với

( x + 1 ) ( x − x + 1) + 6 ( x + 1) = 0 ( x + 1 ) ( x − x + 1 ) − 6 ( x + 1) ( x − x + 1 ) + 6 ( x + 1 ) = 0

(

x2 − x + 1 − x + 1

)(

)

x ≥ −1 37 ± 1509 x2 − x + 1 = 6 x + 1 ⇔  2 ⇔x= 2 x − x + 1 = 36x + 36

 37 − 1509 37 + 1509  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S =  ; 0; 2; . 2 2   Nhận xét.

• Để ý ta thấy khi x ≥ −1 thì x 2 + 5x + 7 > 0 do đó bình phương hai vế ta được

+ 5x + 7

)

(

)

(

)

= 49 x 3 + 1 ⇔ x 4 − 39x 3 + 39x 2 + 70x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) x 2 − 37x − 35 = 0

Từ đó ta có tập nghiệm như trên.

• Khi đặt ẩn phụ a = x 2 − x + 1; b = x + 1 ( a > 0; b ≥ 0 ) thì phương trình đã cho được viết lại thành a 2 − 7ab + 6b 2 = 0 ⇔ ( a − b )( a − 6b ) = 0 . Ngoài ra phương trình thu được có dạng đẳng cấp nên ta có thêm các cách giải khác và sẽ được trình bày rõ trong “Phương pháp đặt ẩn phụ”. Ví dụ 19. Giải phương trình 5x 2 − x + 5 = x 4 + x 2 + 1 Phân tích và lời giải Phương trình có dạng

f ( x ) = g ( x ) nên ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để

giải phương trình. Chú ý đến hệ số 5 ở hai vế của phương trình thì ta nhận thấy sau phép nâng lên lũy thừa thì hạng tử bậc bốn bị triết tiêu do đó phương trình thu được có bậc ba, lại thấy phương trình có một nghiệm bằng 0 nên phương trình bậc ba dễ dàng phân tích được thành tích. Ngoài ra để ý đến pháp phân tích đa thức thành nhan tử ta có

(

)(

x4 + x2 + 1 = x2 − x + 1 x2 + x + 1

(

)

và ta lại có phép biểu diễn da thức vế trái

) (

)

5x 2 − x + 5 = 2 x 2 + x + 1 + 3 x 2 − x + 1 , đến đây ta có thể giải phương trình bằng phương

pháp phân tích thành tích. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

( ⇔ 2(x

) ( + x + 1) − 2 ( x

)

)( + x + 1)( x − x + 1) + 3 ( x

2 x2 + x + 1 + 3 x2 − x + 1 − 5

⇔

(

)(

) − x + 1) − 3 ( x

+ x + 1 x2 − x + 1 = 0 2

)

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

 x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = 0  x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ ⇔ 2 2  2 x 2 + x + 1 − 3 x 2 − x + 1 = 0  2 x + x + 1 = 3 x − x + 1

• Với

x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ x = 0

)(

)

+ x + 1 x2 − x + 1 = 0

13 ± 69 . 10  13 − 69 13 + 69  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 0; ; . 10 10  

(

) (

)

(

) (

• Với 2 x 2 + x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ 4 x 2 + x + 1 = 9 x 2 − x + 1 ⇔ x =

)

Nhận xét. Đến có phép biểu diễn 5x 2 − x + 5 = 2 x 2 + x + 1 + 3 x 2 − x + 1 ta sử dụng phương pháp hệ số bất định

(

) (

)

5x 2 − x + 5 = m x 2 + x + 1 + n x 2 − x + 1 = ( m + n ) x 2 + ( m − n ) x + ( m + n )

m + n = 1 m = 2 Đồng nhất hệ số hai vế ta được  ⇔ . m − n = −1 n = 3

(

Ví dụ 20. Giải phương trình 7x 2 + 5

)

x = 7x 2 + 2 ( x + 3 ) .

Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta nghĩ đến phép nâng lên lũy thừa, tuy nhiên phương trình thu được sau pháp nâng lên lũy thừa là một phương trình bậc năm, mà ta chỉ nhẩm được một nghiệm x = 1 . Để có những đánh hợp lý ta đi tìm mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình. Ta thấy 7x 2 + 5 = 7x 2 + 2 + 3 và x = x2 đo đó ta viết lai phương trình thành

( 7x

)

x + 3 x = 7x 2 + 2. x 2 + 3 7x 2 + 1

Đến đây ta nghĩ đến pháp đặt ẩn phụ hoặc pháp phân tích thành tích. Để phân tích phương trình thành tích ta đưa các biểu thức về một vế rồi nhóm các hạng tử một cách phù hợp

( 7x + 2 ) x + 3 ⇔ ( 7x + 2 ) x −  2

x − 7x 2 + 2. x 2 − 3 7x 2 + 2 = 0

7x 2 + 2. x 2  +  3 x − 3 7x 2 + 2  = 0   

⇔ 7x 2 + 2. x ⇔

(

7x 2 + 2 − x

) (

)

7x 2 + 2 − x − 3

)(

7x 2 + 2 − x = 0

)

7x 2 + 2. x − 3 = 0

Đến đây ta trình bày lời giải cho phương trình như sau Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( 7x + 2 ) x + 3 ⇔ ( 7x + 2 ) x −  2

x − 7x 2 + 2. x 2 − 3 7x 2 + 2 = 0 7x 2 + 2. x 2  +  3 x − 3 7x 2 + 2  = 0   

⇔ 7x 2 + 2. x ⇔

(

7x + 2 − x

) (

)

7x 2 + 2 − x − 3

)(

7x 2 + 2 − x = 0

 7x 2 + 2 = x 7x + 2. x − 3 = 0 ⇔   7x 2 + 2. x = 3 

)

• Với

7x 2 + 2 = x ⇔ 7x 2 − x + 2 = 0 , phương trình vô nghiệm.

• Với

7x 2 + 2. x = 3 ⇔ x 7x 2 + 2 = 9 ⇔ ( x − 1) 7x 2 + 7x + 9 = 0 ⇔ x = 1 .

(

)

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận

xét.

phân

tích

như

a = 7x 2 + 2 ; b = x ( a > 0; b ≥ 0 ) .

Khi

đó

)

Với

(

cách

nên

nếu

phương

ta trình

thực đã

hiện cho

phép trở

đặt thành

)

+ 3 b = b a 2 + 3 ⇔ ( a − b )( ab − 3 ) . Đến đây ta trình bày lời giải hoàn toàn như trên.

• Nhận xét chung. Trong dạng phương trình vô tỷ giải được bằng phương pháp phân tích thành nhân tử ta thường hay mắc sai lầm là sử dụng phép biến đổi

A.B = A. B và

A 2 = A mà

chưa xác định được dấu của các biểu thức A, B. Nguyên nhân mắc sai lầm của bài toán trên là đôi lúc ta lại bỏ quên điều kiện xác định của phương trình. Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của pt là rất quan trọng

3. Kỹ năng sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai. Ví dụ 1. Giải phương trình 3x 2 + 3x + 2 = ( x + 6 ) 5x 2 − 2x − 3 Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta nhận thấy biểu thức trong căn và ngoài căn cùng có bậc hai nên ta nghĩ đến phân tích biểu thức ngoài căn theo biểu thức trong căn, cụ thể là

(

)

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

Với sự xuất hiện của biểu thức x + 1 thì ta lại có

(x + 6)

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

Đến đây phương trình đã cho trở thành 3x 2 − 2x − 3 + 5 ( x + 1) = ( x + 1) 3x 2 − 2x − 3 + 5 3x 2 − 2x − 3

Để ý rằng sau khi chuyển vế thì phương trình phân tích được thành tích. Từ đó ta có lời giải cho phương trình như sau Điều kiện xác định của phương trình là −6 < x <

1 − 10 1 + 10 hoặc x > . 3 3

Phương trình đã cho tương đương với

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

⇔  3x 2 − 2x − 3 − ( x + 1) 3x 2 − 2x − 3  +  5 ( x − 1) − 5 3x 2 − 2x − 3  = 0     ⇔ 3x 2 − 2x − 3 ⇔

(

) (

(

)

3x 2 − 2x − 3 − x − 1 − 5

3x 2 − 2x − 3 − x − 1

)(

3x 2 − 2x − 3 − x − 1 = 0

)

3x 2 − 2x − 3 − 5 = 0

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

1 ± 85 3

• Với

3x 2 − 2x − 3 = 5 ⇔ 3x 2 − 2x − 3 = 25 ⇔ 3x 2 − 2x − 28 = 0 ⇔ x =

• Với

x ≥ −1 x ≥ −1 3x 2 − 2x − 3 = x + 1 ⇔  2 ⇔ x = 1± 3 2 ⇔  2 2x − 4x − 4 = 0 3x − 2x − 3 = ( x + 1)

1 ± 85   Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = 1 ± 3; . 3   Từ phân tích như trên nếu ta xem phương trình trên có ẩn là được một phương trình bậc hai

(

3x 2 − 2x − 3

) − ( x + 6)

3x 2 − 2x − 3 thì ta

3x 2 − 2x − 3 + 5 ( x + 1) = 0 với x

đóng vai trò là tham số. Như vậy nếu phương trình này có biệt thức ∆ là “số chính phương” thì phương trình trên phân tích được thành tích. Bây giờ ta tích thử biệt thức ∆ xem sao Ta có ∆

3x2 − 2x − 3

= ( x + 6 ) − 4.5 ( x + 1) = x 2 − 8x + 16 = ( x − 4 ) là số chính phương, do đó

phương trình trên có hai nghiệm là

3x 3 − 2x − 3 =

phương trình trên phân tích được thành tích

(

( x + 1) ± ( x − 4 ) , điều này có nghĩa là 2

3x − 2x − 3 − x − 1

)(

)

3x 2 − 2x − 3 − 5 = 0 .

Nhận xét. Để tránh nhưng sai sót ta có thể đặt t = 3x 2 − 2x − 3 ≥ 0 , khi đó phương trình đã cho 2

được viết lại thành t 2 − ( x + 6 ) t + 5 ( x + 1) = 0 và tính được ∆ t = ( x − 4 ) , đến đây ta giải hoàn toàn như trên. Cách đặt ẩn phụ như vậy gọi là đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 − 4x + ( x − 3 ) x 2 − x − 1 − 1 = 0 Phân tích và lời giải  x 2 − 4x + −1 = x 2 − x − 1 − 3x Để ý ta thấy  . Khi đó ta có thể viết 2 2 2 ( x − 3 ) x − x − 1 = x x − x − 1 − 3 x − x − 1

phương trình về dạng tích theo hai cách sau đây. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

) ⇔ x − x − 1 ( x − x − 1 + x) − 3( x − x − 1 + x) = 0  x − x − 1 = −x ⇔ ( x − x − 1 + x )( x − x − 1 − 3 ) = 0 ⇔   x − x−1 = 3 (

 x 2 − x − 1 + x x 2 − x − 1  − 3x + 3 x 2 − x − 1 = 0  

(

)



• Với

x ≤ 0 x 2 − x − 1 = −x ⇔  2 ⇔ x = −1 . 2 x − x − 1 = x

• Với

x 2 − x − 1 = 3 ⇔ x 2 − x − 10 = 0 ⇔ x =

1 ± 41 . 2

 1 − 41 1 + 41  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S =  ; −1; . 2   2 Nhận xét. Để ý là phép phân tích x 2 − x − 1 = x 2 − x − 1. x 2 − x − 1 là do x 2 − x − 1 > 0 . Ví dụ 3. Giải phương trình 4x 2 + 2x + 9 = 9 . Phân tích và lời giải Phương trình có chứa một căn thức bậc hai bậc

hai

với

ẩn

là

2x + 9 .

Khi

2x + 9 , do đó ta biến đổi thành phương trình viết

phương

trình

(

đã

cho

thành

)

2x + 9 + 2x + 9 + 4x 2 − 2x − 18 = 0 thì ta có ∆ = 12 − 4 4x 2 − 2x − 18 = −16x 2 + 8x + 73 không có dạng chính phương nên ta thực thay đổi cách viết phương trình thành

2x + 9 − 2x + 9 − 4x 2 − 2x = 0 , khi đó ta có

(

)

∆ = 1 + 4 4x 2 + 2x = 16x 2 + 8x + 1 = ( 4x + 1) Như vậy phương trình bậc hai phân tích được thành tích.

9 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2 2x + 9 − 2x + 9 − 4x 2 − 2x = 0 ⇔

(

2x + 9 + 2x

)(

)

2x + 9 − 2x − 1 = 0 .

 9 1 − 37 − ≤ x ≤ 0 ⇔x= • Nếu 2x + 2x + 9 ⇔ −2x = 2x + y ⇔  2 4 4x 2 = 2x + 9   1 33 − 1 − ≤ x • Nếu 2x + 9 − 2x − 1 = 0 ⇔ 2x + 1 = 2x + 9 ⇔  2 ⇔x= 4 ( 2x + 1)2 = 2x + 9  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là

 1 − 37 33 − 1  S= ; . 4   4 Nhận xét. Ngoài cách áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai ta có thể áp dụng hằng đẳng thức để phân tích phơng trình thành tích như sau. Biến đổi tương đương phương trình đã cho

4x 2 + 2x + 9 = 9 ⇔ 16x 2 + 4 2x + 9 = 36 ⇔ 16x 2 + 8x + 1 = 4 ( 2x + 9 ) − 4 2x + 9 + 1  4x + 1 = 2 2x + 9 − 1  −2x = 2x + 9 ⇔ ( 4x + 1) = 2 2x + 9 − 1 ⇔  ⇔  4x + 1 = − 2 2x + 9 − 1  2x + 1 = 2x + 9  2

(

)

(

)

Ta xét hai trường hợp sau.

 9 1 − 37 − ≤ x ≤ 0 ⇔x= • Nếu Với −2x = 2x + 9 ⇔  2 4 4x 2 = 2x + 9 

• Nếu

 1 33 − 1 − ≤ x 2x + 9 − 2x − 1 = 0 ⇔ 2x + 1 = 2x + 9 ⇔  2 ⇔x= 4 ( 2x + 1)2 = 2x + 9 

 1 − 37 33 − 1  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  ; . 4   4 Ví dụ 4. Giải phương trình ( x + 1)( x + 3 ) = 5 5x + 11 . Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −

11 . Phương trình đã cho tương đương với 5

x 2 + 4x + 3 = 5 5x + 11 ⇔ 5x + 11 + 5 5x + 11 − x 2 − 9x − 14 = 0

( ⇔(

⇔

)

5x + 11 + 5 5x + 11 − x 2 − 9x − 14 = 0 5x + 11 − x − 2

• Trường hợp 1: Khi

)(

 5x + 11 = x + 2 5x + 11 + x + 7 = 0 ⇔   5x + 11 = − x − 7

)

5x + 11 = x + 2 ta được  1 − 29 x =  x ≥ −2  x ≥ −2 2 ⇔ 2 ⇔  2  x − x − 7 = 0 x + 2 = 5x + 11 ) 1 + 29  ( x = 2 

• Trường hợp 2: Khi

5x + 11 = − x − 7 ta được

 11  11 x ≥ − 2 x ≥ − , phương trình vô nghiệm. ⇔ 2  ( x + 7 ) 2 = 5x + 11  x 2 + 9x + 38 = 0  

 1 + 29  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  .  2  Nhận xét. Ngoài cách áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai ta có thể áp dụng hằng đẳng thức để phân tích phơng trình thành tích như sau. x 2 + 4x + 3 = 5 5x + 11 ⇔ 4x 2 + 16x + 12 = 20 5x + 11 2

(

⇔ 4x 2 + 36x + 81 = 4 ( 5x + 11) + 20 5x + 11 + 24 ⇔ ( 2x + 9 ) = 2 5x + 11 + 5

)

⇔ 2x + 9 = 2 5x + 11 + 5 ⇔ 2x + 9 = 2 5x + 11 + 5  1 − 29 x=  x ≥ −2 x ≥ −2 2 ⇔ x + 2 = 5x + 11 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 2 x − x − 7 = 0  1 + 29 ( x + 2 ) = 5x + 11  x =  2

 1 + 29  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  .  2  Ví dụ 5. Giải phương trình 4x + 9 + 3 ( 2x + 1) = 2x 2 . Lời giải 9 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 4

4x + 9 + 6x + 3 − 2x 2 = 0 ⇔ 4x + 9 + 2 4x + 9 − 4x 2 + 8x − 3 = 0

( ⇔(

4x + 9

⇔

)

+ 2 4x + 9 − 4x 2 + 8x − 3 = 0

4x + 9 + 2x + 1

 4x + 9 = 1 − 2x 4x + 9 − 2x + 3 = 0 ⇔   4x + 9 = 2x − 3

)(

)

 3  3 x ≥ x ≥ ⇔ ⇒x=4 • Với 2x − 3 = 4x + 9 ⇔  2 2 4x 2 − 12x + 9 = 4x + 9 x 2 − 4x = 0   1 3   x ≤ x ≥ ⇔ ⇒ x = 1− 3 • Với 1 − 2x = 4x + 9 ⇔  2 2  2 2 4x − 4x + 1 = 4x + 9 x − 2x − 2 = 0  

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = 1 − 3; 4 .

Ví dụ 6. Giải phương trình 4x 2 + 7x + 1 = 2 x + 2 . Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đươg với x + 2 + 2 x + 2 − 4x 2 − 7x − 3 = 0 ⇔

(

x + 2 + 2x + 3

)(

 x + 2 = 2x + 1 x + 2 − 2x − 1 = 0 ⇔   x + 2 = −2x − 3

)

1  1  1 x ≥ − 2 x ≥ − • Với 2x + 1 = x + 2 ⇔  ⇔ ⇒x= 2 4 ( 2x + 1)2 = x + 2 4x 2 + 3x − 1 = 0    3  3 7 x ≤ − 2 x ≤ − • Với −2x − 3 = x + 2 ⇔  ⇔ ⇒x=− 2 2 4 ( 2x + 3 ) = x + 2 4x 2 + 11x + 7 = 0  

 7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S = − ;  .  4 4 Ví dụ 7. Giải phương trình x 2 + 5x − 2 = 4 x 3 − 8 . Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản nên sử dụng phép nâng lên lũy thừa là một ý tưởng, tuy nhiên phương trình thu được có bậc bốn mà lại không nhẩm được nghiệm đẹp nên ta cần sử dụng phương pháp hệ số bất định để phân tích thành tích. Chú ý ta thấy

(

)

x 3 − 8 = ( x − 2 ) x 2 + 2x + 4 do đó ta đi biểu diễn x 2 + 5x − 2 = x 2 + 2x + 4 + 3 ( x − 2 ) . Từ đó

phương trình được viết lại thành

( x − 2) ( x

x 2 + 2x + 4 + 3 ( x − 2 ) = 4

+ 2x + 4

)

Với phương trình trên nếu đặt a = x 2 + 2x + 4 ; b = x − 2 thì ta viết phương trình trên thành phương trình đẳng cấp. Ngoài ra để ý một tí ta thấy nếu chia cả hai vế của phương

trình

x−2

cho

thì

được

x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 +3=4 ⇔ −4 + 3 = 0 . Nếu xem phương trình x−2 x−2 x−2 x−2 x 2 + 2x + 4 thì ta thu được phương trình bậc hai có ∆ = 4 2 − 4.3 = 4 nên x−2

trên có ẩn là

phương trình có nghiệm đẹp. Chú ý là để đảm bảo phép chia thỏa mãn ta cần xét trường hợp x ≠ 2 . Đến đây ta có lời giải cho bài toán. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 .

• Xét x = 2 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x ≠ 2 , khi đó phương trình đã cho được viết lại thành x 2 + 2x + 4 + 3 ( x − 2 ) = 4

(x − 2)(x

+ 2x + 4

)

x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 +3=4 ⇔ −4 +3=0 x−2 x−2 x−2 x−2  x 2 + 2x + 4  x 2 + 2x + 4  ⇔ − 1  − 3 = 0    x−2 x−2   

⇔

+ Khi

x 2 + 2x + 4 − 1 = 0 ⇔ x 2 + 2x + 4 = x − 2 ⇔ x 2 + x + 6 = 0 , phương trình vô nghiệm. x−2

+ Khi

x 2 + 2x + 4 − 3 = 0 ⇔ x 2 + 2x + 4 = 3 x − 2 ⇔ x 2 − 7x + 22 = 0 , phương trình vô x−2

nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 8. Giải phương trình 2x 2 − 5x + 1 = 3 x 3 − 6x 2 + 11x − 6 Phân tích và lời giải

2 2  3 x − 6x + 11x − 6 = x − 3x + 2 ( x − 3 ) Nhận thấy  , do đó ta biến đổi phương trình 2 2 2x − 5x + 1 = 2 x − 3x + 2 + x − 3

(

)

(

)

đã cho thành phương trình bậc hai tương tự ví dụ trên. Chú ý xét điều kiện để mẫu số khác 0. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3 hoặc 1 ≤ x ≤ 2 .

• Xét x = 3 , không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x ≠ 3 , khi đó ta viết phương trình đã cho thành

(

)

2 x 2 − 3x + 2 + x − 3 = 3

⇔

(

2 x 2 − 3x + 2 x−3

) +1= 3

)

− 3x + 2 ( x − 3 )

 x 2 − 3x + 2   x 2 − 3x + 2  x 2 − 3x + 2 ⇔ − 1  2 − 1 = 0    x−3 x−3 x−3   

x 2 − 3x + 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 3x + 2 = x − 3 ⇔ x 2 − 4x + 5 = 0 , phương trình vô nghiệm. x−3

Khi

Khi 2

x 2 − 3x + 2 − 1 = 0 ⇔ 4 x 2 − 3x + 2 = x − 3 ⇔ 4x 2 − 13x + 11 = 0 , phương trình vô x−3

(

)

nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Nhận xét.

• Chú ý rằng

( x − 1) x 2 − 5x + 6  x 3 − 6x 2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) = ( x − 2 ) x 2 − 4x + 3  ( x − 3 ) x 2 − 3x + 2 

( ( (

(

) ) )

)

Lại thấy 2x 2 − 5x + 1 = 2 x 2 − 3x + 2 + x − 3 nên ta thực hiện phép biến đổi như trên.

• Mặt khác do thức

ABC = A. B. C ⇔ A ≥ 0; B ≥ 0; C ≥ 0 . D đó để thực hiện phép biến đổi căn

x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . Trong khi x 3 − 6x 2 + 11x − 6 = x − 3. x 2 − 3x + 2 thì ta cần có  2 x − 3x + 2 ≥ 0

đó điều kiện để tồn tại căn

x 3 − 6x 2 + 11x − 6 là x ≥ 3 hoặc 1 ≤ x ≤ 2 . Như vậy để tránh các sai

sót ta cần tinh ý trong trường hợp khai phương một tích căn bậc hai. Ví dụ 9. Giải phương trình

x 3 + 2x 2 − 7x + 6 − x + x 3 + 1 .

Lời giải

3 2 x + 2x − 7x + 6 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  . Phương trình đã cho tương x ≥ 0

đương với

(

x 3 + 2x 2 − 7x + 6 = x 3 + 1 + x ⇔ x 3 + 2x 2 − 7x + 6 = x 3 + x + 1 + 2 x x 3 + 1 ⇔ 2x 2 − 8x + 5 = 2

( 3(x ⇔

) (

(x 2

)(

+ x x2 − x + 1

)

)+2

x2 − x + 1

Dễ thấy 3

 x2 + x  − = ⇔ 5 0  x2 − x + 1 

(

3 x2 + x

) =2

x2 + x x2 − x + 1 x2 − x + 1   x2 + x x2 + x   =0 − + 1 3 5  x 2 − x + 1   x 2 − x + 1  2

⇔ 5 x − x + 1 − 3 x + x = 2 x − x + 1. x + x ⇔ 5 − 2

)

x2 + x + 5 > 0 nên từ phương trình trên ta được x2 − x + 1

x2 + x 1 − 1 = 0 ⇔ x2 − x + 1 = x2 + x ⇔ x = 2 2 x −x +1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2

Nhận xét. Dễ thấy x 2 − x + 1 > 0 nên khi chia hai vế của phương trình cho x 2 − x + 1 ta không cần xét các trường hợp x 2 − x + 1 = 0 và x 2 − x + 1 ≠ 0 . Ví dụ 10. Giải phương trình

9x 3 − 6x 2 − 3x − 32 + x − 1 = 3 x 3 − 3x − 2 .

Lời giải 9x 3 − 6x 2 − 3x − 32 ≥ 0  Điều kiện xác định của phương trình là x − 1 ≥ 0 ⇔ x≥ 2. x 3 − 3x − 2 ≥ 0  Phương trình đã cho tương đương với 9x 3 − 6x 2 − 3x − 32 = 3 x 3 − 3x − 2 − x − 1 3 x 3 − 3x − 2 − x − 1 ≥ 0  ⇔ 3 2 3 9x − 6x − 3x − 32 = 9 x − 3x − 2 + x − 1 − 6 3 x 3 − 3x − 2 − x − 1 ≥ 0  ⇔ 2 2 −6x + 23x − 13 = −6 ( x + 1) x − 3x + 2

(

)

(x − 2) (x

)

+ 2x + 1 ( x − 1)

Biến đổi phương trình −6x 2 + 23x − 13 = −6 ( x + 1) x 2 − 3x + 2 ta được

( x + 1)

(

)

+ 6 ( x + 1) x 2 − 3x + 2 − 7 x 2 − 3x + 2 = 0

 x 2 − 3x + 2  7 x 2 − 3x + 2   x 2 − 3x + 2  6 x 2 − 3x + 2   −7 = 0 ⇔ − 1 + 1 = 0     x+1 x+1 x+1  x+2     2

⇔ 1+

Do x ≥ 2 nên

7 x 2 − 3x + 2 + 1 > 0 nên từ phương trình trên ta được x +1 2 x 2 − 3x + 2 1 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 3x + 2 = ( x + 1) ⇔ x = x +1 5

Kết hợp với điều kiện xác định ta suy ra được phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 11. Giải phương trình 4 x + 1 − 1 = 3x + 2 1 − x + 1 − x 2 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình −1 ≤ x ≤ 1 . Đặt t = 1 − x ≥ 0 . Khi đó ta có phương trình

4 x + 1 − 1 = 3x + 2t + t 1 + x ⇔ 4 x + 1 = 2 ( x + 1) − ( 1 − x ) + 2t + t 1 + x

(

)

⇔ t 2 − 1 + 1 + x t + 4 1 + x − 2 ( x + 1) = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn t . Khi đó ta có

(

∆ = 1+ 1+ x

) − 4 4

(

1 + x − 2 ( x + 1)  = 9 ( x + 1) − 12 x + 1 + 4 = 3 x + 1 − 2 

)

Khi đó phương trình có hai nghiệm là t = 2 x + 1 và t = 2 − x + 1 .

• Với t = 2 x + 1 ta được • Với t = 2 − x + 1 ta được

3 1− x = 2 x +1 ⇔ x = − . 5

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

 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được S = − ; 0   5  TỔNG KẾT

• Phương pháp phân tích phương trình thành tích có những ưu điểm rõ rệt. Phương pháp phân tích thành tích giúp xử lý được một lớp phương trình chứa nhiều căn thức. Tuy nhiên khi sử dụng phương pháp phân tích thành tích đòi hỏi ta phải có lối tư duy linh hoạt, phân tích các đặc điểm bản chất của các đại lượng trong phương trình.

• Khi phân tích phương trình thành tích ta thường sử dụng hằng đẳng thức, các phương pháp phân tích thành nhân tử hay sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai.

Tuy nhiên để có được lời giải bằng phương pháp phân tích thành tích ta cần phải có lối tư duy linh hoạt và nhược điểm là phải trình bày lời giải dài dòng.

• Trong quá trình phân tích phương trình thành tích để tránh các sai lầm không đáng có ta có thể kết hợp thêm phương pháp đặt ẩn phụ để quá trình phân tích dễ dàng hơn.

Phương pháp 3 – PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠI LƯỢNG LIÊN HỢP

Có một lớp bài toán phương trình vô tỷ mà xét tính không thể giải quyết được nó khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa vì nó quá phức tạp và cũng không thể sử dụng phép ẩn phụ hóa vì không tìm được mối liên hệ hỗ trợ giữa các đại lượng. Tuy nhiên ta lại dễ dàng nhẩm được nghiệm của phương trình, khi đó phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp sẽ phát huy vai trò của nó. Bản chất của phương pháp này là lạm dụng đại lương liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung rồi phân tích phương trình thành tích.

• Cơ sở phương pháp: Nhiều phương trình vô tỉ có thể nhẩm được nghiệm x = x0 hữu tỉ, khi đó phương trình luôn viết được thành ( x − x 0 ) P(x) = 0 và P(x) = 0 có thể vô nghiệm hoặc giải được. • Cách nhẩm nghiệm: Ta thường thử các giá trị x 0 để trong căn là bình phương hoặc lập phương.

• Một số phép biến đổi nhân lượng liên hợp

Dạng 2.

f (x) − g (x)

f ( x) − g (x) =

Dạng 1.

f (x) + g (x) f ( x) ± g ( x)

f ( x) ± 3 g ( x) =

f 2 ( x ) ∓ 3 f ( x ). 3 g ( x ) + 3 g 2 ( x )

f (x) − a =

Dạng 3.

Dạng 4.

f ( x) − a2 f ( x) + a f ( x) ± a3

f (x) ± a = 3

f (x) − g (x) =

Dạng 5.

Dạng 6.

f 2 ( x ) ∓ a. 3 f ( x ) + a 2

f ( x) − g2 ( x) f (x) + g (x) f ( x) ± g3 ( x)

f (x) ± g (x) = 3

f 2 ( x ) ∓ 3 f ( x ) .g ( x ) + g 2 ( x )

• Một số kinh nghiệm xử sử dụng phương pháp nhân đại lượng liên hợp + Phương trình nhẩm được nghiệm hữu tỉ. + Phương trình chứa nhiều căn thức cùng bậc. + Phương trình chứa cả căn bậc hai và căn bậc ba.

1. Nhân thêm lượng liên hợp Ví dụ 1. Giải phương trình

3x + 1 + 2x = x − 4 − 5 .

Phân tích và lời giải Nhận thấy ( 3x + 1) − ( x − 4 ) = 2x + 5 và hiện phép biến đổi

3x + 1 − x − 4 =

3x + 1 + x − 4 > 0 với x ≥ 4 , do đó ta thực

2x + 5 3x + 1 + x − 4

để làm xuất hiện nhân tử chung

( 2x + 5 ) Từ đó ta có lời giải như sau Điều kiện xác định của phương trình x ≥ 4 . Ta có 3x + 1 + 2x = x − 4 − 5 ⇔ 3x + 1 − x − 4 + 2x + 5 = 0

⇔

  1 + 2x + 5 = 0 ⇔ ( 2x + 5 )  + 1 = 0 3x + 1 + x − 4  3x + 1 + x − 4 

Dễ thấy với x ≥ 4 thì

2x + 5

1 3x + 1 + x − 4

+1> 0.

5 Do đó từ phương trình trên ta được 2x + 5 = 0 ⇔ x = − , không thỏa mãn điều kiện xác 2 định. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 2. Giải phương trình

x 2 + x − 2 + x 2 = 2 ( x − 1) + 1 .

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 1 là một nghiệm của phương trình đã cho, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi phân tích phương trình thành tích là x − 1 . Để ý ta thấy

)

+ x − 2 − ( 2x − 2 ) = x ( x − 1)

x 2 + x − 2 + 2 ( x − 1) = 0 ,

x 2 + x − 2 − 2 ( x − 1) =

và do

x 2 − 1 = ( x − 1)( x + 1) . đó

biến

Tuy đổi

nhiên nhân

khi

x=1

liên

thì hợp

x −x

x + x − 2 + 2 ( x − 1) 2

là một biến đổi không có nghĩa.

Vì vậy trước khi nhân lượng liên hợp ta cần chú ý đến biểu thức liên hợp đã khác 0 hay chưa. Để xử lý dạng phương trình này ta cần xét các trường hợp để lượng liên hợp bằng 0 và khác 0. Cụ thể với ví dụ này ta xử lý như sau Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình. Với x > 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

x 2 + x − 2 − 2 ( x − 1) + x 2 − 1 = 0 ⇔

x2 − x x + x − 2 + 2 ( x − 1) 2

+ x2 − 1 = 0

  x ⇔ ( x − 1)  + x + 1 = 0  x 2 + x − 2 + 2 ( x − 1)    x Do x > 1 nên x − 1 > 0 và +x+1> 0. 2 x + x − 2 + 2 ( x − 1)

  x + x + 1 = 0 vô nghiệm. Từ đó suy ra phương trình ( x − 1)   x 2 + x − 2 + 2 ( x − 1)    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . Ví dụ 3. Giải phương trình

x + 1 + 1 = 4x 2 + 3x .

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có hai căn thức bậc hai, nếu biến đổi nâng lên lũy thừa thì sau hai lần phương trình thu được có bậc 8, do đó không nên sử dụng biến đổi nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Nhẩm một số giá trị đặc biệt ta thấy phương trình có nghiệm

1 , do đó khi phân tích phương trình thành tích sẽ có chứa nhân tử chung là 2x − 1 . Để 2

ý tiếp ta lại thấy 4x 2 − 1 = ( 2x − 1)( 2x + 1) và

(

3x − x + 1

)(

)

3x + x + 1 = 2x − 1 và

3x + x + 1 > 0 nên ta nghĩ đến nhận thêm đại lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử 2x − 1 . Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

4x 2 − 1 +

)

3x − x + 1 = 0 ⇔ ( 2x − 1)( 2x + 1) +

(

3x − x + 1

)(

3x + x + 1

) =0

3x + x + 1   2x − 1 1 ⇔ ( 2x − 1)( 2x + 1) + = 0 ⇔ ( 2x − 1)  2x + 1 + =0 3x + x + 1 3x + x + 1    2x − 1 = 0 ⇔ 1  2x + 1 + =0  3x + x + 1 1 • Với 2x − 1 = 0 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định. 2 1 1 • Với x ≥ 0 thì 2x + 1 + > 0 , do đó 2x + 1 + = 0 vô nghiệm. 3x + x + 1 3x + x + 1 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 2

Ví dụ 4. Giải phương trình

10x + 1 + 3x − 5 = 9x + 4 + 2x − 2 .

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 3 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung là x − 3 . Để ý ta lại thấy ( 10x + 1) − ( 9x + 4 ) = ( 3x − 5 ) − ( 2x − 2 ) = x − 3 . Mặt khác ta lại thấy với mọi x thỏa mãn điều kiện xác định thì

10x + 1 + 9x + 4 > 0

3x − 5 + 2x − 2 > 0 . Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

5 . Phương trình đã cho tương đương 3

với

(

) (

10x + 1 − 9x + 4 + x−3

)

3x − 5 − 2x − 2 = 0 x−3

=0 10x + 1 + 9x + 4 3x − 5 + 2x − 2   1 1 ⇔ ( x − 3)  + =0 3x − 5 + 2x − 2   10x + 1 + 9x + 4 1 1 5 + > 0. Dễ thấy khi x ≥ thì 3 10x + 1 + 9x + 4 3x − 5 + 2x − 2 ⇔

và

Do đó phương trình trên ta đực x − 3 = 0 ⇔ x = 3 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

(

)

3x 2 − 5x + 1 − x 2 − 2 = 3 x 2 − x − 1 − x 2 − 3x + 4 .

Ví dụ 5. Giải phương trình sau Phân tích và lời giải

Kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x = 2 nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử ( x − 2 ) . Ta có nhận xét rằng:

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

( (

) (

)

) (

)

Từ đó ta có lời giải như sau 3x 2 − 5x + 1 ≥ 0  2 Điều kiện xác định của phương trình là x − x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương x 2 − 2 ≥ 0  đương với

(

)

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

⇔

(

3x − 5x + 1 + 3 x − x + 1

)

3x − 6 2

x − 2 + x 2 − 3x + 4

  2 3  =0 ⇔ ( x − 2) +  2 2 2 2 x − 2 + x − 3x + 4   3x − 5x + 1 + 3 x − x − 1 

(

Mặt khác ta lại có

)

(

3x 2 − 5x + 1 + 3 x 2 − x − 1

)

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

> 0 với mọi x

Do đó từ phương trình trên ta được x − 2 = 0 ⇔ x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 2 .

Ví dụ 6. Giải phương trình

2x + 3 − 3 x − 1 + x + 4 = 0 .

Phân tích và lời giải Nhận thấy ( 2x + 3 ) − ( x − 1) = x + 4 và không tồn tại x ∈ R để biểu thức 2x + 3 và x − 1 đồng thời bằng 0. Do đó ta sử dụng phép nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung x + 4 . Từ đó ta có lời giải như sau

x+4

2x + 3 − 3 x − 1 + x + 4 = 0 ⇔ 3

( 2x + 3 )

− 3 ( 2x + 3 )( x − 1) + 3 ( x − 1)

+x+4 =0

  1  ⇔ (x + 4) + 1 = 0 3  2 2 3  ( 2x + 3 ) − 3 ( 2x + 3 )( x − 1) + ( x − 1)  x+4 Do + 1 > 0 với mọi x. 2 2 3 ( 2x + 3) − 3 ( 2x + 3 )( x − 1) + 3 ( x − 1) Do đó từ phương trình trên ta được x + 4 = 0 ⇔ x = −4 . Vậy phương trình có nghiệm

x = −4 .

Ví dụ 7. Giải phương trình 3 x 2 + 3x + 1 + x 2 = 3 5x + 1 + 2x . Phân tích và lời giải

(

)

Nhận thấy x 2 + 3x + 1 − ( 5x + 1) = x 2 − 2x và không tồn tại x ∈ R để biểu thức

x 2 + 3x + 1 và 5x + 1 đồng thời bằng 0. Do đó ta sử dụng phép nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung x 2 − 2x . Từ đó ta có lời giải như sau 3

x 2 + 3x + 1 + x 2 = 3 5x + 1 + 2x ⇔ 3 x 2 + 3x + 1 − 3 5x + 1 + x 2 − 2x = 0 x 2 − 2x

⇔ 3

+ 3x + 1

)

(

)

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

  ⇔ x − 2x   3 x 2 + 3x + 1  2

+ x 2 − 2x = 0

(

  + 1 = 0  x 2 + 3x + 1 ( 5x + 1) + 3 ( 5x + 1)  1

)

−3

(

)

x 2 − 2x

Dễ thấy 3

+ 3x + 1

)

−

+ 1 > 0 với mọi x.

)

+ 3x + 1 ( 5x + 1) +

( 5x + 1)

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0; x = 2 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 8. Giải phương trình

2x − 3 − x = 2x − 6

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có hai căn thức bậc hai, ta có thể sử dụng biến đổi nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Sau hai lần nâng lên lũy thừa ta thu được phương trình bậc bốn. Nhẩm một số giá trị ta thấy x = 3 là một nghiệm, như vậy phương trình bậc bốn có thể phân tích được. Tuy nhiên với x = 3 là một nghiệm, ta dự đoán khi phân tích phương

trình thành tích sẽ có nhân tử chung là x − 3 . Lại để ý thì thấy ( 2x − 3 ) − x = x − 3 và

2x − 6 = 2 ( x − 3 ) , do đó ta sử dụng lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân chung x − 3 . Ta có lời giải như sau Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

(

2x − 3 − x

)(

2x − 3 + x

3 . Phương trình đã cho tương đương với 2

) = 2 ( x − 3) ⇔ ( x − 3) 

 1 − 2 = 0   2x − 3 + x 

x − 3 = 0 x = 3  ⇔ ⇔ 1 1   −2 =0 =2  2x − 3 + x  2x − 3 + x

3 thì 2

2x − 3 + x ≥

3 > 1 do đó 2

< 1. 2x − 3 + x 1 3 = 2 vô nghiệm khi x ≥ . Từ đó ta được 2 2x − 3 + x Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x = 3 là nghiệm duy nhất.

Ta có với x ≥

Ví dụ 9. Giải phương trình

3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 5 là nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi viết phương trình thành tích là x − 5 . Để ý ta thấy khi x = 5 thì nhóm

3x + 1 − 4 và nhân với lượng liên hợp là

6 − x − 1 và nhân với lượng liên hợp là

3x + 1 − 4 = 0 , do đó ta

3x + 1 + 4 , cũng tương tự thì ta nhóm

6 − x + 1 . Từ đó ta có lời giải như sau

1 Điều kiện xác định của phương trình là − ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với 3

( 3x + 1 − 4 ) − ( 6 − x − 1) + 3x − 14x − 5 = 0 ( 3x + 1 − 4 )( 3x + 1 + 4 ) − ( 6 − x − 1)( 6 − x + 1) + ( x − 5)( 3x + 1) = 0 ⇔ 2

3x + 1 + 4 6−x +1   3 1 ⇔ ( x − 5)  + + 3x + 1  = 0 6−x +1  3x + 1 + 4  3 1 1 + + 3x + 1 > 0 . Để ý là với − ≤ x ≤ 6 thì 3 3x + 1 + 4 6−x +1 Do đó từ phương trình trên ta được x − 5 = 0 ⇔ x = 5 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 5 là nghiệm duy nhất.

Ví dụ 10. Giải phương trình x + x + 1 + x 2 + x − 1 = 2 + 2 . Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 1 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi viết phương trình thành tích là x − 1 . Chú ý là khi x = 1 thì

ứng sẽ là

x + 1 + 2 và

x 2 + x − 1 − 1 , khi đó đại lượng liên hợp tương

x + 1 − 2 và

từ đó ta thực hiện nhóm

x + 1 = 2 ; x2 + x − 1 = 1 ,

x 2 + x − 1 + 1 . Ta có lời giải như sau

x + 1 ≥ 0 5 −1 Điều kiện xác định của phương trình là  2 ⇔x≥ . 2 x + x − 1 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với x −1+

(

) (

x+1− 2 +

)

x + x −1 −1 = 0 ⇔ x −1+

( x + 1) − 2 + ( x x+1+ 2

)

+ x −1 −1

x2 + x − 1 + 1

  1 x+2 ⇔ ( x − 1)  1 + + =0  x+1+ 2 x2 + x − 1 + 1  

5 −1 1 x+2 + > 0. thì 1 + 2 2 x+1 + 2 x + x−1 +1 Do đó từ phương trình trên ta được x − 1 = 0 ⇔ x = 1 .

Để ý ta thấy với x ≥

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 11. Giải phương trình 2 3 3x − 2 − 3 6 − 5x + 16 = 0 Phân tích và lời giải Nhẩm được x = −2 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi phân tích phương trình thành tích là x + 2 . Để ý rằng khi x = −2 thì 3

3x − 2 + 2 = 0; 6 − 5x − 4 = 0 . Khi đó sử dụng nhân đại lượng liên hợp để xử lý phương

trình. Điều kiện xác định của phương trình là 6 − 5x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 2 ( 3x − 2 + 8 ) 3 ( 6 − 5x + 16 ) 2 3 3x − 2 + 2 − 3 6 − 5x − 4 = 0 ⇔ − =0 2 3 6 − 5x + 4 3x − 2 − 2 3 3x − 2 + 4

(

  ⇔ ( x + 2)   

) (

)

  + 2 =0 3 6 − 5x + 4 3x − 2 − 2 3x − 2 + 4   6

(

)

Dễ thấy

(

3x − 2

)

6 − 5x + 4

− 2 3 3x − 2 + 4

> 0 với mọi x ≤

6 . 5

Do đó từ phương trình trên ta được x + 2 = 0 ⇔ x = −2 , thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −2 .

Ví dụ 12. Giải phương trình

5x − 1 + 3 9 − x = 2x 2 + 3x − 1

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 1 là một nghiệm của phương trình, do đó khi phân tích phương trình thành tích thì có chứa nhân tử chung là x − 1 . Với x = 1 thì đó ta thực hiện phép nhóm

5x − 1 − 2 và

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

5x − 1 = 2; 3 9 − x = 2 do

9 − x = 2 . Từ đó ta có lời giải như sau 1 . Phương trình đã cho tương đương với: 5

5x − 1 − 2 + 3 9 − x − 2 = 2x 2 + 3x − 5 ⇔

5 ( x − 1)

5x − 1 + 2

1− x

(

9−x

)

= ( x − 1)( 2x + 5 )

+ 23 9 − x + 4

  5 1   ⇔ ( x − 1)  2x + 5 − + 2 =0 3 3 5x − 1 + 2 9 − x + 2 9 − x + 4      5 5x − 1 + 5 1   ⇔ ( x − 1)  2x + + =0 2 3 5x − 1 + 2 9 − x + 23 9 − x + 4   

(

)

(

Để ý ta thấy 2x +

5 5x − 1 + 5 5x − 1 + 2

)

(

9−x

)

> 0 với mọi x ≥

+ 23 9 − x + 4

1 5

Do đó từ phương trình trên ta được x − 1 = 0 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1 .

Ví dụ 13. Giải phương trình

3 − x + 2 + x = x 3 + x 2 − 4x − 4 + x + x − 1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là −2 ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

3− x − x −1 +

)

2 + x − x = x 3 + x 2 − 4x − 4

−x 2 + x + 2

⇔

3 − x + x −1

−x 2 + x + 2 2+x + x

= ( x + 2 )( x + 1)( x − 2 )

  1 1 ⇔ ( 2 − x )( x + 1)  + + ( x + 2 ) = 0  3 − x + x − 1  2+x + x 1 1 Dễ thấy với −2 ≤ x ≤ 3 thì + + ( x + 2) > 0 3 − x + x −1 2+x + x Do đó từ phương trình trên ta được ( 2 − x )( x + 1) = 0 ⇔ x = 2; x = −1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {−1; 2}

Ví dụ 14. Giải phương trình

x2 − 1 + x − 3 + x + 1 + x =

x+3 +5 x2 − 6

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

x2 − 1 − 2 + x − 3 +

(

)

x + 1 − 2 + ( x − 3) =

x2 − 1 − 8

⇔ 3

−1

)

+ x−3 +

+ 2 3 x2 − 1 + 4

x+3 −2 x2 − 6

x + 1− 4 x +1 + 2

+ ( x − 3) =

15 + x − 2x 2 x2 − 6

  x − 3 ( x + 3) x − 3 ( 2x + 5 )   x−3 ⇔ x−3  +1+ + x−3 + =0 2 2 x − 6 3 2 2 x + 1 + 2 3  x −1 + 2 x −1 + 4   

(

)

x − 3 ( x + 3)

Dễ thấy 3

−1

)

+1+

+ 2 x −1 + 4

Do đó từ phương trình trên ta được

x−3 x+1 +2

+ x−3 +

x − 3 ( 2x + 5 ) x2 − 6

> 0.

x − 3 = 0 ⇔ x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Ví dụ 15. Giải phương trình 2x 2 − x − 2 = 5x + 6 . Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản nên ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Sau bước nâng lên lũy thừa ta được một phương trình bậc 4, nếu ta nhẩm được nghiệm của phương trình bậc 4 thì xem như phương trình giải đươc. Nhẩm được x = 2 và x = −1 là hai nghiệm của phương trình, như vậy ta đã giải được phương trình bằng cách nâng lên lũy thừa. Ta thử giải phương trình với phương pháp nhân lượng liên hợp xem sao. Do phương trình có hai nghiệm là x = 2 và x = −1 nên ta dự đoán khi phân tích phương trình

thành tích thì phương trình chứa nhân tử chung ( x + 1)( x − 2 ) = x 2 − x − 2 . Giả sử ta cần nhóm

5x + 6 − A để khi nhân lượng liên hợp ta có

5x + 6 − A =

5x + 6 − A 2 5x + 6 + A

và tử thức có

dạng x 2 − x − 2 . Điều này làm ta nghĩ đến A = ax + b , ta cần xác định các hệ số a và b. Như vậy ta xét nhóm

5x + 6 − ( ax + b ) , với x = 2 và x = −1 là nghiệm của phương trình nên ta

có

 5. ( −1) + 6 − ( −a + b ) = 0  −a + b = 1 a = 1  ⇔ ⇔  2a + b = 4 b = 2  5.2 + 6 − ( 2a + b ) = 0 Từ đó ta có lời giải như sau 6 Điều kiện xác định của phương trình là 5x + 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . Phương trình tương 5 đương với 2x 2 − x − 2 = 5x + 6 ⇔ 2x 2 − 2x − 4 = 5x + 6 − ( x + 2 )  5x + 6 − ( x + 2 )   5x + 6 + ( x + 2 )    ⇔ 2 x2 − x − 2 =  5x + 6 + x + 2 2   x −x−2 1 ⇔ 2 x2 − x − 2 + = 0 ⇔ x2 − x − 2  2 + =0 5x + 6 + x + 2 5x + 6 + x + 2   1 6 > 0 với mọi x ≥ − . Dễ thấy 2 + 5 5x + 6 + x + 2

(

)

(

)

(

)

Do đó phương trình trên ta được x 2 − x − 2 = 0 ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ x = −1; x = 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 2} .

Ví dụ 16. Giải phương trình x 2 − 4x + 12 = 4 4 − x + 3x + 16 Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 0 và x = 3 là hai nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi phân tích phương trình thành tích là x 2 − 3x . Vì phương trình chứa hai căn thức nên ta cầm phải tìm lương liên hợp cho hai căn thức nay. Với căn thức

4 − x ta cần

nhóm A = ax + b , khi đó do x = 0 và x = 3 là nghiệm của phương trình nên ta được

1 4 − x − ( ax + b ) = 0 tại x = 0 và x = 3 , từ đó ta tìm được a = − ; b = 2 . Do đó ta thực hiện 3

phép nhóm

 1  4 − x −  − x + 2  . Hoàn toàn tương tự với căn thức  3 

phép nhóm

1  3x + 16 −  x + 4  . Đến đây ta có lời giải như sau 3 

Điều kiện xác định của phương trình là −

16 + 3x ta thực hiện

16 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương 3

với

  x  x   x 2 − 3x = 4  4 − x −  2 −   +  3x + 16 −  + 4   3    3   2 4 3x − x 3x − x 2 ⇔ x 2 − 3x = + x x 4−x +2− 3x + 16 + + 4 3 3     4 1 ⇔ x 2 − 3x  1 + + =0 x x  4−x +2− 3x + 16 + + 4  3 3   4 1 16 + > 0 với mọi − ≤ x ≤ 4 . Dễ thấy 1 + x x 3 4−x +2− 3x + 16 + + 4 3 3 Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 3x = 0 ⇔ x = 0; x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định.

(

)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0; 3} .

2. Tách biểu thức thành tích các biểu thức liên hợp Ta đã biết mục đích sử dụng phép nhân thêm một lương liên hợp đó là đưa phương trình vô tỷ về dạng tích. Tuy nhiên trong một số bài toán thì kỹ thuật nhân thêm đại lương liên hợp không đảm bảo cho mẫu số khác 0 hoặc việc giải quyết biểu thức còn lại trong phương trình tích gặp nhiều khó khăn. Khi đó ta có thể lựa chọn phương án khác đó là tách một biểu thức thành tích các biểu thức liên hợp để thay thế.

Ví dụ 1. Giải phương trình 2 + x − 1 + 3x − 5 = x . Phân tích và lời giải Nhận thấy

liên hợp kiểu

(

x − 1 + 3x − 5

x − 1 + 3x − 5 =

(

)(

)

3x − 5 − x − 1 = 2 ( x − 2 ) , do đó nếu ta thực hiện nhân

x − 1 + 3x − 5

)(

3x − 5 − x − 1

) = 2 ( x − 2 ) thì phương

trình sẽ có nhân tử chung là x − 2 . Tuy nhiên một vấn đề nảy sinh ở đây là lương liên hợp ta nhân vào chưa đảm bảo khác 0. Để khắc phục vấn đề này ta có thể xét hai trường hợp

3x − 5 − x − 1 = 0 và

3x − 5 − x − 1 ≠ 0 . Nhưng thay vì thực hiện cách khác phục như

trên ta có thể biến đổi theo cách ngược lại đó là

2 (x − 2) =

(

x − 1 + 3x − 5

)(

)

3x − 5 − x − 1 .

Điều kiện xác định của phương trình là 3x ≥ 5 . Phương trình đã cho tương đương với

2 ( x − 2) − 2

( ⇔(

⇔

(

)

3x − 5 + x − 1 = 0

)( x − 1 )(

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

x − 1 + 3x − 5

3x − 5 − x − 1 − 2

3x − 3 +

3x − 5 −



 3x − 5 = 0 3x − 5 + x − 1 = 0 ⇔  , hệ vô nghiệm. x 1 0 − = 

• Với • Với

3x − 5 − x − 1 − 2 , biến đổi phương trình ta được x ≥ 4 3x − 5 = x − 1 + 2 ⇔ x − 4 = 2 x − 1 ⇔  2 ⇔ x = 10 x − 12x + 20 = 0 Kết hợp điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x = 10 .

Ví dụ 2. Giải phương trình

x2 + x − 2 + x − 1 = x2 − 1

Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Để ý rằng

(

về dạng

x2 + x − 2 +

• Với

 x2 + x − 2 + x − 1 = 0 x2 + x − 2 − x − 1 − 1 = 0 ⇔   x 2 + x − 2 − x − 1 − 1 = 0 x 2 + x − 2 = 0 x2 + x − 2 + x − 1 = 0 ⇔  ⇔ x = 1. x − 1 = 0 x ≥ 2 x ≥ 2 x2 + x − 2 − x − 1 − 1 = 0 ⇔  4 ⇔ .  2 x − 2 ) x 3 + 2x 2 − 4 = 0 x − 4x − 4x + 8 = 0 (

( • Với

)( x + x − 2 + x − 1 ) = x − 1 . Do đó ta biến đổi phương trình x − 1 = ( x + x − 2 + x − 1 )( x + x − 2 − x − 1 ) hay ta được

x2 + x − 2 − x − 1

x2 + x − 2 + x − 1

)(

)

(

)

Ta có x 3 + 2x 2 − 4 ≥ 2 2 + 2.2 − 4 = 2 2 > 0 với mọi x ≥ 2 . Do đó từ phương trình trên ta được x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {1; 2} .

Ví dụ 3. Giải phương trình x 2 − 10x + 14 = 2 2x + 1 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản do đó ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa, khi đó phương trình thu được có bậc bốn, tuy nhiên cách làm này có vẻ không hợp lý vì ta không nhẩm được các nghiệm đẹp. Do đó ta sẽ sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp, có điều khi liên hợp với một số cũng không hợp lý vì phương trình không nhẩm được nghiệm đẹp nên khả năng nhân tử chung sau liên hợp sẽ có bậc hai. Vậy nên ta sẽ liên hợp với một biểu thức dạng ax + b . Giả sử ta thực hiện phép nhóm và nhân nhân lượng liên hợp 2x + 1 − ( ax + b ) =

2x + 1 − ( ax + b )

2x + 1 + ax + b

Khi đó phương trình đã cho tương đương với x − 10x + 14 − 2 ( ax + b ) = 2. 2

hay ta được x 2 + ( −2a − 10 ) x + 14 − 2b = 2.

−a 2 x 2 + ( 2 − 2ab ) x + 1 − b 2 2x + 1 + ax + b

2x + 1 − ( ax + b )

2x + 1 + ax + b

. Để hai vế của phương

trình có nhân tử chung thì hệ số của đa thức vế trái và tử thức ở vế phải tương ứng tỉ lệ với nhau. Từ đó ta có dãy tỷ số

2 − 2ab 1 − b2 −a 2 = = . Bây giờ ta cần xác định các hệ số 1 −2a − 10 14 − 2b

a, b càng đẹp càng tốt. Từ

−a 2 1 − b2 = ⇒ b 2 + 2a 2 b − 1 − 14a 2 = 0 , ta xem đây là phương trình bậc hai ẩn b, khi đó 1 14 − 2b

ta có biệt thức ∆' = a 4 + 14a 2 + 1 . Để thu được nghiệm b đẹp thì Chọn một số giá trị của a ta được khi a = ±1 thì

∆' phải là số hữu tỷ.

∆' = 4 . Như vậy với a = 1 thì b = −5 và

với a = −1 thì b = 3 . Ta thử giải bài toán với phép nhóm

2x + 1 − ( x − 5 ) .

1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 − 10x + 14 − 2 ( x − 5 ) = 2  2x + 1 − ( x − 5 )   

2 ⇔ x 2 − 12x + 24 = 2  2x + 1 − ( x − 5 )  ⇔ ( x − 5 ) − ( 2x + 1) = 2  2x + 1 − ( x − 5 )      ⇔ x − 5 − 2x + 1 x − 5 + 2x + 1 = 2  2x + 1 − ( x − 5 )     x − 5 − 2x + 1 = 0 ⇔ x − 5 − 2x + 1 x − 3 + 2x + 1 = 0 ⇔   x − 3 + 2x + 1 = 0

( (

)( )(

) )

x ≥ 5 • Với x − 5 − 2x + 1 = 0 ⇔ x − 5 = 2x + 1  ⇔ x =6+2 3 2 ( x − 5 ) = 2x + 1 x ≤ 3 ⇔ x = 4−2 2 • Với x − 3 + 2x + 1 = 0 ⇔ 3 − x = 2x + 1 ⇔  2 3 − x = 2x + 1 ( )  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là

{

S = 4 − 2 2;6 + 2 3

}

Nhận xét. Sẽ là sai lầm nếu ta thực hiện phép nhân lượng liên hợp theo kiểu sau x − 10x + 14 − 2 ( x − 5 ) = 2  2x + 1 − ( x − 5 )  ⇔ x − 12x + 24 = 2.   2

2x + 1 − ( x − 5 )

2x + 1 + x − 5

Rõ ràng phương trình trên không xác định khi x = 6 − 2 3 . Do đó để khắc phục sai lầm trên thì thực hiện phép biến đổi ngược đó là phân tích vế trái thành tích sao cho có chứa nhân tử chung là

2x + 1 − ( x − 5 ) , như vậy sẽ tránh được xét nhiều

trường hợp. Ví dụ 4. Giải phương trình 2 ( 1 − x ) x 2 + 2x − 1 + 2x + 1 = x 2 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho không nhẩm được nghiệm đẹp do đó ta dự đoán sau khi nhân lượng liên hợp thì nhân tử chung là một đa thức bậc hai. Để ý rằng biểu thức trong căn có dạng đa thức bậc hai và biểu thức ngoài căn cũng có bậc hai, do đó ta có thể nhóm liên hợp với một hằng số hoặc với một biểu thức có dạng ax + b .

• Trước hết ta nhóm liên hợp với hằng số, giả sử ta thực hiện nhóm như sau 2 ( 1 − x ) x 2 + 2x − 1 + 2x + 1 = x 2

⇔ 2 (1 − x ) ⇔ 2 (1 − x )

(

)

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

x 2 + 2x − 1 − a 2 2

x + 2x − 1 + a

= x 2 + ( 2a − 2 ) x − 2a − 1

2 = 2a − 2 ⇒a=2 Để hai vế của phương trình xuất hiện nhân tử chung thì ta cần có  2 −1 − a = −2a − 1 .

Điều này có nghĩa là ta nhóm liên hợp với a = 2 .

• Nhóm lên hợp với biểu thức dạng ax + b , ta thực hiện như sau 2 ( 1 − x ) x 2 + 2x − 1 + 2x + 1 = x 2 ⇔ 2 ( 1 − x )  x 2 + 2x − 1 − ( ax + b )  = x 2 − 2x − 1 − 2 ( ax + b )( 1 − x )   2 2 1 − a x + ( 2 − 2ab ) x − b 2 − 1 ⇔ 2 (1 − x ) = ( 1 + 2a ) x 2 + ( 2b − 2a − 2 ) x − 2b − 1 2 x + 2x − 1 + ( ax + b )

(

)

(

)

Khi đó nhân tử chung của hai vế sẽ là 1 − a 2 x 2 + ( 2 − 2ab ) x − b 2 − 1 và để xuất hiện 2

1− a 2 − 2ab −1 − b 2 = = . 1 + 2a 2b − 2a − 2 −1 − 2b Thực hiện tương tự như ví dụ trên ta tìm được bộ số ( a; b ) = ( −2; 0 ) thỏa mãn, điều

nhân tử chung trong vế phải thì ta cần có

này có nghĩa là ta thực hiện nhóm liên hợp x 2 + 2x − 1 + 2x . Đến đây ta có lời giải như sau Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( ⇔ 2 (1 − x ) ( ⇔ 2 (1 − x ) ( ⇔ 2 (1 − x ) ( ⇔ 2 (1 − x )

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

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

x 2 + 2x − 1 + 2x

)

 x 2 + 2x − 1 + 2x = 0  x 2 + 2x − 1 = −2x  ⇔ ⇔  2 ( 1 − x ) = x 2 + 2x − 1 − 2x  x 2 + 2x − 1 = 2  Giải các trường hợp trên ta được x = −1 ± 6 thỏa mãn điều kiện xác định.

Nhận xét.

x ≥ 0 x 2 + 2x − 1 − 2x = 0 ⇔ x 2 + 2x − 1 = 2x ⇔  , vô nghiệm. 2 −3x + 2x − 1 = 0 Do đó ta có thể nhân lượng liên hợp theo cách sau

• Vì

2 ( 1 − x )  x 2 + 2x − 1 + 2x  = −3x 2 + 2x − 1  

⇔ 2 (1 − x )

−3x 2 + 2x − 1 x 2 + 2x − 1 − 2x

= −3x 2 + 2x − 1 ⇔

2 (1 − x ) x 2 + 2x − 1 − 2x

⇔ x 2 + 2x − 1 − 2x = 2 − 2x ⇔ x 2 + 2x − 1 = 2 ⇔ x = −1 ± 6

• Để ý rằng

x 2 + 2x − 1 + 2 > 0 với mọi x nên ta có thể nhân lương liên hợp cách khác như sau

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

)

(

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

  2 − 2x = x 2 + 2x − 4 ⇔ x 2 + 2x − 5  − 1 = 0 2 x + 2x − 1 + 2  x + 2x − 1 + 2 

x 2 + 2x − 1 − 4

⇔ 2 (1 − x )

(

)

Đến đây ta xét các trường hợp thì được nghiệm x = −1 ± 6 . Ví dụ 5. Giải phương trình x 2 + x − 1 = ( x + 2 ) x 2 − 2x + 2 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho không nhẩm được nghiệm đẹp, do đó ta dự đoán rằng nhân tử chung là một đa thức bậc hai có nghiệm vô tỉ. Để tìm nhân tử chung cho phương trình ta viết lại phương trình như sau Do x = −2 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình x2 + x − 1 cho x + 2 thì được x 2 − 2x + 2 = . Giả sử ta cần thêm vào hai vế của phương trình x+2 x2 + x − 1 − ( ax + b ) . Thực hiện nhân một lượng ax + b , khi đó ta có x 2 − 2x + 2 − ( ax + b ) = x+2 lượng liên hợp thì được 1 − a 2 x 2 − 2 ( 1 + ab ) x + 2 − b 2 ( 1 − a ) x 2 + ( 1 − 2a − b ) x − 1 − 2a = x+2 x 2 − 2x + 2 + ( ax + b )

(

)

Để làm xuất hiện nhân tử chung cho phương trình trên thì ta cần chọn a, b thỏa mãn dãy tỉ số sau

1 − a 2 2 ( 1 + ab ) b2 − 2 = = 1 − a 2a + b − 1 2b + 1 x 2 − 2x + 2 − 3 =

Từ đó ta chọn được a = 0; b = 3 , do đó ta có

x 2 − 2x − 7 x 2 − 2x + 2 + 3

. Điều

này có nghĩa nhân tử chung chọn được là x 2 − 2x − 7 . Từ đó ta trình bày lời giải như sau

(

)

Điều kiện xác định của phương trình là ( x + 2 ) x 2 + x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với x 2 − 2x − 7 + 3 ( x + 2 ) − ( x + 2 ) x 2 − 2x + 2 = 0

  x+2 ⇔ x 2 − 2x − 7 + ( x + 2 ) 3 − x 2 − 2x + 2 = 0 ⇔ x 2 − 2x − 7  1 − =0 2 x − 2x + 2 + 3   2  x − 2x − 7 = 0 2   ( x − 1) + 1 − ( x − 1)   2 2 ⇔ x − 2x − 7  1 −  = 0 ⇔  ( x − 1) + 1 − ( x − 1) 2  x − 2x + 2 + 3  =0     x 2 − 2x + 2 + 3

(

)

(

)

x = 1 + 7 , thỏa mãn điều kiện xác định. • Với x 2 − 2x − 7 = 0 ⇔   x = 1 − 7

( x − 1)

• Do

+ 1 − ( x − 1)

x 2 − 2x + 2 + 3

> 0 với mọi x nên

( x − 1)

+ 1 − ( x − 1)

x 2 − 2x + 2 + 3

{

= 0 vô nghiệm.

}

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1 − 7 ; 1 + 7 .

3. Một số kỹ thuật xử lý sau nhân lượng liên hợp Để giải bài toán phương trình vô tỷ bằng phương pháp sử dung đại lương liên hợp

(

)

ta thường biến đổi phương trình về dạng ( x − x 0 ) .A ( x ) = 0 hoặc ax 2 + bx + c .A ( x ) = 0 . Vấn để nay sinh sau khi nhân lương liện hợp đó là xử lý phương trình A ( x ) = 0 bằng cách nào. Thông thường thì phương trình A ( x ) = 0 vô nghiệm. Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh được A ( x ) > 0 hoặc A ( x ) < 0 . Tuy nhiên biểu thức A ( x ) thường rất phức tạp và các đại lượng trong A ( x ) không phải khi nào cũng cùng dấu. Để giải quyết hiểu vấn đề này ta đi tìm hiểu một số ví dụ sau.

Ví dụ 1. Giải phương trình 2x 2 − 7x + 10 = x + x 2 − 12x + 10 Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 0 là một nghiệm của phương trình nên ta dự đoán nhân tử chung khi

(

) (

)

phân tích phương trình là x và lại thấy 2x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 10 = x 2 + 5x = x ( x + 5 ) do

đó

sẽ

nhân

lượng

liên

hợp

để

giải

phương

trinh.

2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 > 0 . Do đó ta có lời giải như sau.

 x ≥ 6 + 26 2x 2 − 7x + 10 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . ⇔  x ≤ 6 − 26 x − 12x + 10 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với

Để

rằng

2x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 10 = x

( ⇔

2x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 10

)(

2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10

) =x

2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 2x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 10 x ( x + 5) ⇔ =x⇔ =x 2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 x = 0  ⇔ x+5 =1  2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10

(

) (

x+5

Với

)

= 1 ta được

2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 = x + 5

2x − 7x + 10 + x − 12x + 10  2x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 10 = x Kết hợp với phương trình đã cho ta được  .  2x 2 − 7x + 10 + x 2 − 12x + 10 = x + 5

12 ± 129 2  12 − 129 12 + 129  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0; ;  2 2   Nhận xét.

Từ hệ phương trình trên ta được 2 x 2 − 12x + 10 = 5 ⇔ x =

• Trong ví dụ trên, phương trình P ( x ) = 0 sau khi nhân lượng liên hợp là một phương trình phức tạp. Tuy nhiên để ý ta ghép P ( x ) = 0 với phương trình ban đầu cho ta một hệ phương trình mà ta gọi là hệ tạm. Việc đưa phương trình về hệ tạm thực chất là sử dụng phương trình hệ quả, do đó sau khi giải được các nghiệm cần phải thử lại vào phương trình ban đầu rồi mới kết luận tập nghiệm.

• Một vấn đề đặt ra là khi nào ta sử dụng hệ tạm sau phép nhân liên hợp. Thông thường thì với phương trình có dạng

f ( x ) ± g ( x ) = ax + b . Một điều cần lưu ý đó là khi nhân lượng liên hợp

ta cần đảm bảo mẫu các biểu thức phải khác 0. Ví dụ 2. Giải phương trình 2 x 2 − 7x + 10 = x + x 2 − 12x + 20 . Phân tích và lời giải 2  x ≥ 10 x − 7x + 10 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 ⇔ x ≤ 2 x − 12x + 20 ≥ 0 Cũng bằng cách kiểm tra ta thấy phương trình đã cho nhận x = 1 làm một nghiệm

nên ta có thể đưa phương trình về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử ( x − 1) . Do đó phương trình đã cho tương đương với

2  x 2 − 7x + 10 − ( x + 1)  =  x 2 − 12x + 20 − ( x + 2 )      x 2 − 7x + 10 + ( x + 1) ≠ 0 và

Ta có

x 2 − 12x + 20 + ( x + 2 ) ≠ 0 với x thuộc điều kiện xác

định. Do đó phương trình trên tương đương với

−18 ( x − 1)

−16 ( x − 1)

x 2 − 7x + 10 + x + 1 x 2 − 12x + 20 + x + 2   9 8 ⇔ ( x − 1)  −  = 0 2 x 2 − 12x + 20 + x + 2   x − 7x + 10 + x + 1 x − 1 = 0 ⇔  9 8 − =0 2 2  x − 7x + 10 + x + 1 x − 12x + 20 + x + 2

• Với x − 1 = 0 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. • Với

9 2

−

x − 7x + 10 + x + 1

x − 12x + 20 + x + 2

Ta có phương trình 8 x 2 − 7x + 10 − 9 x 2 − 12x + 20 = x + 10

8 x 2 − 7x + 10 − 9 x 2 − 12x + 20 = x + 10 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ sau  2 x 2 − 7x + 10 − x 2 − 12x + 20 = x  5 15 + 5 5 x ≥ 2 ⇔x= Do đó ta được 5 x − 7x + 10 = 4x − 5 ⇔  4 2 x 2 − 15x + 25 = 0  Thử lại vào phương trình ban đầu ta được tập nghiệm của phương trình là  15 + 5 5  S = 1;  2  

Ví dụ 3. Giải phương trình

2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 = x + 4

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x + 4 ≥ 0 Nhận thấy Xét

2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 > 0 với mọi x. Do đó x + 4 > 0

2x 2 + x + 9 = 2x 2 − x + 1 ⇔ 2x 2 + x + 9 = 2x 2 − x + 1 ⇔ x + 4 = 0 , không thỏa mãn.

Do đó

2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1 ≠ 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

(

2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1

)(

2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1

) =x+4

2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1 2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1 2 ( x + 4) ⇔ = x+4 ⇔ = x+4 2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1   2 ⇔ ( x + 4 )  − 1  = 0 2 2  2x + x + 9 + 2x − x + 1 

(

) (

)

⇔ 2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 = 2

 2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1 = 2 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình   2x 2 + x + 9 + 2x 2 − x + 1 = x + 4 x = 0 x + 6 ≥ 0 2  Do đó ta được 2 2x + x + 9 = x + 6 ⇔  2 ⇔ 2 x = 8 4 2x + x + 9 = x + 6 ( )  7 

(

)

 8 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 0;  .  7 Ví dụ 4. Giải phương trình

(

x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1

)(

)

5x 2 + 1 − 2x 2 + 1 = 3x 2

Phân tích và lời giải Để ý ta thấy

(

5x 2 + 1 + 2x 2 + 1

)(

)

5x 2 + 1 − 2x 2 + 1 = 3x 2 và

5x 2 + 1 + 2x 2 + 1 > 0

do đó ta liến hành nhân lượng liên hợp như sau Phương trình các định với mọi số thực x. Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1 5x 2 + 1 + 2x 2 + 1

 x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1  .3x 2 = 3x 2 ⇔ 3x 2  − 1 = 0 2 2   5x + 1 + 2x + 1  

• Khi 3x 2 = 0 ⇔ x = 0 . • Khi

x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1 5x 2 + 1 + 2x 2 + 1

− 1 = 0 ta được phương trình

x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 + 2x 2 + 1

Chú ý rằng x = 0 cũng là một nghiệm của phương trình trên Xét x ≠ 0 , khi đó ta có

x 2 + x + 1 ≠ 4x 2 + x + 1; 5x 2 + 1 ≠ 2x 2 + 1 do đó ta được

x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 + 2x 2 + 1 ⇔

3x 2

4x 2 + x + 1 − x 2 + x + 1

3x 2

5x 2 + 1 − 2x 2 + 1

⇔ 4x 2 + x + 1 − x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 − 2x 2 + 1

 x 2 + x + 1 + 4x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 + 2x 2 + 1 Kết hợp hai phương trình ta có hệ   4x 2 + x + 1 − x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 − 2x 2 + 1 Từ hệ phương trình trên ta được

4x 2 + x + 1 = 5x 2 + 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 1 .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1} .

Ví dụ 5. Giải phương trình:

x ( x + 2 ) + x ( x − 1) = 2 x 2

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ −2 hoặc x ≥ −1 . Để ý rằng

x ( x − 1) − x ( x + 2 ) ≠ 0 , do đó phương trình đã cho tương đương với

x 2 − x − x 2 − 2x x ( x − 1) − x ( x + 2 )

−3x

=2x ⇔

x ( x − 1) − x ( x + 2 )

=2 x

 3 3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = − 2 • Nếu x ≥ −1 thì ta có  ⇒ 2 x ( x − 1) = 2x − 2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2x   3 3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2 • Nếu x ≤ −2 thì ta có  ⇒ 2 x ( x − 1) = −2x + 2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = −2x  Nhận xét. Ngoài cách giải như trên ta có thể giải phương trình bằng cách sau.

• Nếu x ≥ −1 ta chia cả hai vế cho

x ta được

x + 2 + x −1 = 2 x

Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm nghiệm của phương trình.

• Nếu x ≤ −2 , đặt t = −x ≥ 2 và thay vào phương trình ta được t ( t − 2 ) + t ( t + 1) = 2

(t)

⇔ t −2 + t +1 = 2 t

Bình phương hai vế tìm được t rồi từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình. Ví dụ 6. Giải phương trình:

8x + 1 + 46 − 10x = −x 3 + 5x 2 + 4x + 1 . Phân tích và lời giải

Nhẩm được x = 1 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung khi phân tích phương trình thành tích là x − 1 . Để ý rằng với x = 1 thì

8x + 1 − 3 = 0; 46 − 10x − 6 = 0 . Do đó ta có lời giải như sau Điều kiện xác định của phương trình là đương với

46 −1 ≤x≤ . Phương trình đã cho tương 8 10

8x + 1 − 3 + 46 − 10x − 6 = −x 3 + 5x 2 + 4x − 8

⇔

(

8x + 1 − 3

)(

8x + 1 + 3

)+(

46 − 10x − 6

)(

46 − 10x + 6

8x + 1 + 3 46 − 10x + 6 −8 ( 1 − x ) 10 ( 1 − x ) ⇔ + = ( 1 − x ) x 2 − 4x + 8 8x + 1 + 3 46 − 10x + 6 1 − x = 0 ⇔ −8 10  + = x 2 − 4x + 8  8x + 1 + 3 46 − 10x + 6

(

) = (1 − x ) ( x

− 4x + 8

)

• Với 1 − x = 0 suy ra x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. 2 10 −8 + = x 2 − 4x + 8 . Ta có x 2 – 4x + 8 = ( x – 2 ) + 4 ≥ 4 . • Với 8x + 1 + 3 46 − 10x + 6 10 10 5 ≤ = Mặt khác ta lại thấy 46 − 10x ≥ 0 ⇔ 46 − 10x + 6 ≥ 6 ⇔ 46 − 10x + 6 6 3 1 10 8 5 −8 + = − < Do đó 46 − 10x + 6 8x + 1 + 3 46 − 10x + 6 8x + 1 + 3 3 10 −8 + < x 2 − 4x + 8 với mọi x. Từ đó ta được 46 − 10x + 6 8x + 1 + 3 10 −8 Như vậy + = x 2 − 4x + 8 vô nghiệm. 8x + 1 + 3 46 − 10x + 6 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

(

)

Ví dụ 7. Giải phương trình 4 2 10 − 2x − 3 9x − 37 = 4x 2 − 15x − 33 . Phân tích và lờ giải Nhẩm được x = −3 là một nghiệm của phương trình, do đó tư dự đoán nhân tử chung là x + 3 . Để ý ta thấy khi x = −3 thì 4 + 3 9x − 37 = 0; 4 − 10 − 2x = 0 . Do đó ta sử dụng nhân lượng liên hợp để giải bài toán như sau Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 5 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

4 4 + 3 9x − 37 + 8 4 − 10 − 2x + 4x 2 − 15x − 81 = 0 4 ( 27 + 9x )

⇔ 3

16 − 4 9x − 37 +

(

9x − 37

)

8 ( 6 + 2x ) 4 + 10 − 2x

+ ( x + 3 )( 4x − 27 ) = 0

  36 16   ⇔ ( x + 3)  + + 4x − 27  = 0 2 4 + 10 − 2x  16 − 4 3 9x − 37 + 3 9x − 37    • Với x + 3 = 0 ⇔ x = −3 , thỏa mãn điều kiện xác định.

(

)

• Với 3

16 − 4 9x − 37 +

(

9x − 37

)

4 + 10 − 2x 36

Phương trình tương đương với 12 +

(

Do x ≤ 5 nên nên 12 +

(

+ 4x − 27 = 0

9x − 37 − 2

)

9x − 37 − 2

)

4 + 10 − 2x

+ 4x − 27 ≤

+ 4x − 27 = 0 (*)

36 16 + + 4.5 − 27 = 0 . Đẳng 12 4

thức xảy ra khi và chỉ khi x = 5 . Do đó phương trình (*) có nghiệm x = 5 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 5}

Ví dụ 8. Giải phương trình

x2 − 1 + x = x3 − 2 .

Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3 2 . Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình và chú ý là khi x = 3 thì

x 2 − 1 − 2 = 0 và

x3 − 2 − 5 = 0 , nên ta biến đổi

phương trình như sau 3

x2 − 1 − 2 + x − 3 = x3 − 2 − 5

  ⇔ ( x − 3 ) 1 +   Với x ≥ 3 2 ta có 1 + 3

(

 2  ( x − 3 ) x + 3x + 9 =  2 x3 − 2 + 5 3 x2 − 1 + 2 3 x2 − 1 + 4   x+3 x+3 x 2 + 3x + 9 = 1+ < 2 < 2 2 3 2 x3 − 2 + 5 x −1 +1 + 3 x2 − 1 + 2 3 x2 − 1 + 4

(

x+3

(

)

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x − 3 = 0 ⇔ x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Ví dụ 9. Giải phương trình 3 3 x 2 + x 2 + 8 − 2 = x 2 + 15 . Phân tích và lời giải Ta dự đoán được nghiệm x = ±1 và ta viết lại phương trình như sau

3 ⇔

(

)(

) (

x2 − 1 +

(

3 x −1

x2 + 8 − 3 =

)

x2 − 1

x 2 + 15 − 4

)

x2 − 1

x4 + 3 x2 + 1 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 x2 = 1  ⇔ 1 1 1 + = 2 2  3 x 4 + 3 x 2 + 1 x +8 +3 x + 15 + 4

• Với x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 1 1 1 + − =0 • Với 3 4 x + 3 x2 + 1 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 x 2 + 15 > x 2 + 8 ⇒ x 2 + 15 + 4 > x 2 + 8 + 3 ⇒

Ta có

1 2

x + 15 + 4 Nên phương trình

−

x4 + 3 x2 + 1 x2 + 8 + 3 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {−1;1} . 3

Ví dụ 10. Giải phương trình

1 x 2 + 15 + 4

1 2

x +8 +3

= 0 vô nghiệm.

162x 3 + 2 − 27x 2 − 9x + 1 = 1 .

Phân tích và lời giải Nhẩm được x =

1 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung 3

là 3x − 1 . Để ý rằng khi x =

1 thì 3

162x 3 + 2 − 2 = 0; 27x 2 − 9x + 1 − 1 = 0 .

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R Phương trình đã cho tương đương với 3

⇔

162x 3 + 2 − 2 + 27x 2 − 9x + 1 − 1 = 0 162x 3 − 6

(

162x + 2

) +2

− 3

162x + 2 + 4

(

2 ( 3x − 1) 9x 2 + 3x + 1

(

162x + 2

) +2

)

−

162x + 2 + 4

3x ( 3x − 1) 27x 2 − 9x + 1 + 1 3x ( 3x − 1) 27x 2 − 9x + 1 + 1

  2 9x 2 + 3x + 1   3x ⇔ ( 3x − 1)  − =0 2 2 3 3 3 3 27x − 9x + 1 + 1  162x + 2 + 2 162x + 2 + 4    1 • Với 3x − 1 = 0 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định. 3 2 2 9x + 3x + 1 3x − = 0 , khi đó ta được • Với 2 2 3 3 3 3 27x − 9x + 1 + 1 162x + 2 + 2 162x + 2 + 4

(

)

(

)

(

2 9x 2 + 3x + 1

(

162x 3 + 2

) +2

)

162x 3 + 2 + 4

3x 3

162x 3 + 2

Đặt a = 3 162x 3 + 2 , khi đó từ phương trình trên suy ra 1 4 1 a 2 a 1   + 1  = a + + 2 ⇔ 3x + + 1 = + + 1 ⇒ 3x = ⇒ x = 2  3x + 3x  a 3x 2 a 2 3  Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x =

Ví dụ 11. Giải phương trình

1 . 3

x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5

Phân tích và lời giải 5 . Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm 3 của phương trình. Như vậy phương trình đã cho có thể phân tích được về dạng (x − 2) Q (x) = 0 . Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + 12 − 4 = 3x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔

x2 − 4

x 2 + 12 + 4  x+2 x+2 − − 3  = 0 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 

= 3 ( x − 2) +

x2 − 4 x2 + 5 + 3

 ⇔ ( x − 2 )   x = 2 ⇔  x+2 x+2 − −3 = 0 2 2  x + 12 + 4 x +5+3 1 1 x+2 x+2 5 < ⇒ − < 0 với mọi x ≥ . Do 2 2 2 2 3 x + 12 + 4 x +5+3 x + 12 + 4 x +5+3 x+2 x+2 Do đó phương trình − − 3 = 0 vô nghiệm. 2 2 x + 12 + 4 x +5+3 Kết hợp với điều kện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 13. Giải phương trình

x − 9 + 2x 2 + 3x = 5x − 1 + 1 .

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 1 là nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung là

x − 1 . Để ý rằng khi x = 1 thì

x − 9 = −2; 5x − 1 = 2 . Từ đó ta có lời giải cho bài toán như

sau Điều kiện xác định của phương trình là 5x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ đương với

1 . Phương trình đã cho tương 5

(

)

(

x −1

⇔ 3

)

x − 9 + 2 + 2x 2 + 3x − 4 + 2 − 5x − 1 = 0

(x − 9)

5 ( x − 1)

−

−2 x−9 +4

2 + 5x − 1

+ ( x − 1)( 2x + 5 ) = 0

  1 5  ⇔ ( x − 1) − + 2x + 5  = 0 3  2 2 + 5x − 1  ( x − 9 ) − 2 3 ( x − 9 ) + 4 

Do 3

( x − 9)

−

− 2 3 ( x − 9) + 4

5 2 1 + 2x + 5 ≥ − + + 5 > 0 với mọi x ≥ . 2 5 5 2 + 5x − 1

Do đó từ phương trình trên ta được x − 1 = 0 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Nhận xét.

• Trong phương trình trên, sau khi nhân lượng liên hợp thì ta thu được phương trình 1 3

Ta thấy với x ≥

(x − 9)

−2

− 3

5 2 + 5x − 1

( x − 9) + 4

+ 2x + 5 = 0

1 thì các đại lượng trong phương trình không cùng dấu với nhau nên để 5

chứng minh được phương trình vô nghiệm thì ta cần có những đánh giá hợp lí. Tuy nhiên không phải khi nào đánh giá phương trình sau khi nhân lượng liên hợp vô nghiệm cũng dễ dàng cả.

• Vấn đề đặt ra là có cách nào xử lý để khi nhân lượng liên hợp ta thu được phương trình sau có các đại lượng cùng dấu. Chẳng hạn như phương trình trên, ta thấy đại lượng

1 3

( x − 9)

−2

và 2x + 5 có dấu dương, còn đại lượng − 3

( x − 9) + 4

5 5x − 1 + 2

có dấu âm. Như

vậy nếu ta đổi được dấu đại lượng đó thì xem như phương trình trên có các đại lượng cùng dấu dương.

(

)

Ta chú ý đến 2 − 5x − 1 = −

5 ( x − 1) 2 + 5x − 1

thì ta cần thay nhóm 2 − 5x − 1 bằng nhóm bớt để tạo ra nhóm 5x − 1 − 2 5x − 1 = 5x − 1 theo ý đó xem sao?

. Như vậy để đổi dấu đại lượng −

5 5x − 1 + 2

5x − 1 − 2 . Điều này có nghĩa là ta thực hiện thêm

(

)

5x − 1 − 2 . Bây giờ ta thử biến đổi phương trình

(

)

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

⇔ 3

(

5 ( x − 1) 5x − 1 2 + 5x − 1

( x − 9) − 2 3 x − 9 + 4

)

5x − 1 − 2 = 0

+ ( x − 1)( 4x + 5 ) = 0

  2 5 5x − 1  ⇔ ( x − 1) + + 2x + 5  = 0 3  2 2 + 5x − 1  ( x − 9 ) − 2 3 ( x − 9 ) + 4  Đến đây thì dễ dàng thấy được phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . Ví dụ 14. Giải phương trình 3x 2 − 17x + 24 = x − 3 + 3 5 − x Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 3 ≤ x ≤ 5 . Nhẩm được x = 4 là một nghiệm của phương trình do đó ta dự đoán nhân chung là x − 4 . Để ý rằng khi x = 4 thì và

x−3 =1

5 − x = 1 , từ đó ta nhân lượng liên hợp như sau. Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

3x 2 − 17x + 20 + 1 − x − 3 + 1 − 5 − x = 0   1 1 ⇔ ( x − 4 )  3x + 5 − + =0 1+ x − 3 1+ 5 − x   x − 4 = 0  ⇔ 1 1 3x + 5 − + =0  1+ x − 3 1+ 5 − x Đến đây dễ dàng nhận thấy x = 4 là một nghiệm của phương trình. Với phương trình 3x + 5 −

1+ x − 3

1 1+ 5 − x

= 0 ta có các cách xử lí như sau

• Sử dụng điều kiện xác định 3 ≤ x ≤ 5 để đánh giá phương trình vô nghiệm. Khi 3 ≤ x ≤ 5 thì 3x + 5 ≥ 14 và

> 0 . Mà 1 + x − 3 ≥ 1 nên 0 <

≤1. 1+ 5 − x 1+ x − 3 1 1 + > 14 − 1 = 13 > 0 Từ đó ta được 3x + 5 − 1+ x − 3 1+ 5 − x 1 1 Như vậy phương trình 3x + 5 − + = 0 vô nghiệm. 1+ x − 3 1+ 5 − x 1 • Đảo dấu biểu thức − . Sau khi nhân lượng liên hợp theo nhóm 1 − x − 3 thì ta 1+ x − 3 1 được biểu thức − . Do đó để đổi dấu biểu thức trên thì ta cần đổi kiểu ghép 1+ x − 3

nhóm, tức là ta cần kiểu ghép nhóm

x−3

(

)

x − 3 − 1 . Khi đó phương trình biến đổi như

(

) (

)

3x 2 − 18x + 24 + x − 3 − x − 3 + 3 1 − 5 − x = 0 ⇔ ( x − 4 )( 3x + 6 ) +

x − 3 (x − 4)

3(x − 4)

1+ x − 3

1+ 5 − x   x+3 3 ⇔ ( x − 4 )  3x + 6 + + =0  1 + x − 3 1 + 5 − x  

Dễ thấy biểu thức trong dấu ngoặc luôn dương với mọi 3 ≤ x ≤ 5 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 4 .

Nhận xét. Cách đổi dấu các đại lượng trong biểu thức sau liên hợp như trên người ta hay gọi là kỹ thuật truy ngược dấu đại lượng liên hợp. Bản chất của kỹ thuật truy ngược dấu đại lượng liên hợp f ( x ) − g ( x ) thành kiểu

là thêm bớt vào phương trình một lượng để thay đổi kiểu nhóm liên hợp ghép nhóm liên hợp

f ( x ) g ( x ) − f ( x )  với mục đích đưa tất cả các đại lượng trong biểu thức  

sau liên hợp về cùng một dấu. Kỹ thuật này có những ưu điểm nhất định trong việc chứng minh biểu thức sau liên hợp vô nghiệm. Vậy thì với những trường hợp mà biểu thức sau liên hợp vẫn có nghiệm, thường là nghiệm không đẹp thì ta không thể sử dụng kỹ thuật này. Tất nhiên trong một số ví dụ trên ta đã xét tới việc làm xuất hiện nhân tử chung cho các phương trình không nhẩm được nghiệm đẹp. Ví dụ 15. Giải phương trình

x + 6 − 2 x − 1 = 4 − x2 .

Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 2 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán phương trình có nhân tử chung là x − 2 . Chú ý rằng khi x = 2 thì

x + 6 − 2 = 0; x − 1 − 1 = 0 , do dó ta

tiến hành nhóm liên hợp với hằng số như sau

  3 x + 6 − 2 =      x −1 −1 = 

(

2   x + 6 − 2  3 (x + 6) + 2 3 x + 6 + 4   =

)

(

(x + 6)

x −1 −1

)(

+ 23 x +6 + 4

x −1 +1

x−1 +1

x−2 x −1 +1

x−2 3

(x + 6)

+ 23 x +6 + 4

 Từ đó ta biến đổi phương trình thành ( x − 2 )  x + 2 +  

  = 0. −  2 3 3 ( x + 6 ) + 2 x + 6 + 4 x − 1 + 1  2 Như vậy sau khi nhân liên hợp thì trong phương trình có − có dấu âm, do đó x −1 +1 1

x − 1 − 1 thì ta sẽ liên hợp dạng

thay vì liên hợp dạng

x −1

(

)

x − 1 − 1 . Từ đó ta có lời

giải như sau. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

x 2 − 2x + 3 x + 6 − 2 + 2 x − 1 − x − 1 = 0

⇔ x ( x − 2) +  ( x − 2 ) x + 

( x + 6)

)

x + 6 − 2 + 2 x −1

(

)

x −1 −1 = 0

 2 x −1  + =0 x − 1 + 1 + 23 x + 6 + 4  1

Dễ thấy x +

(

( x + 6) +

+2 x+6 +4

2 x −1 x −1 +1

> 0 với mọi x ≥ 1 .

Do đó từ phương trình trên ta được x − 2 = 0 ⇔ x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Nhận xét. Với điều kiện x ≥ 1 thì ta có x + 2 ≥ 3; 3

Mặt khác dễ thấy

x − 1 + 1 ≥ 1 nên

( x + 6)

− 3

+2 x+6 +4

>0.

+ 23 x + 6 + 4

≤2

x −1 +1

Từ đó ta được x + 2 +

( x + 6)

2 x −1 +1

> 3−2 =1> 0.

Như vậy nếu không sử dụng cách đảo dấu thì ta cũng có thể chứng minh được phương trình sau liên lợp vô nghiệm. Ví dụ 16. Giải phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 = x 2 + 7x + 12 Phân tích và lời giải Nhẩm được x = 2 là một nghiệm của phương trình, do đó ta dự đoán nhân tử chung là ( x − 2 ) . Để ý rằng khi x = 2 thì

x + 2 = 2 nên ta nhóm

(

)

x + 2 − 2 . Khác với các

ví dụ trước thì phương trình đã cho có các biểu thức chứa căn không đứng một mình mà nhân thêm một biểu thức khác, cụ thể là ( x + 1) x + 2 , như vậy để làm xuất hiện nhóm

(

)

x + 2 − 2 ta phải thêm bớt một lượng 2 ( x + 1) , điều này có nghĩa là ta tạo ra nhóm

( x + 1)

( x + 2 − 2 ) . Hoàn toàn tương tự ta cũng tao ra x + 7 − 3 ( x + 6 ) = ( x + 6 ) ( x + 7 − 3 ) . Đến đây ta giải phương trình như sau

x + 2 − 2 ( x + 1) = ( x + 1 )

(x + 6)

nhóm

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 1) x + 2 − 2 ( x + 1) + ( x + 6 ) x + 7 − 3 ( x + 6 ) = x ⇔ ( x + 1) ( x + 2 − 2 ) + ( x + 6 ) ( x + 7 − 3 ) = x + 2x − 8 ( x + 1)( x + 2 − 4 ) + ( x + 6 )( x + 7 − 9 ) = x − 2 x + 4 ⇔ ( )( )

+ 7x + 12 − 5x − 20

x+2 +2 x+7 +3  x +1  x+6 ⇔ ( x − 2)  + − x − 4 = 0 x+7 +3  x+2 +2 

x + 2 ≥ 0  x +1 x+2 x+2  < ≤  2  x+2 +2≥2  x+2 +2 x+2 +2 ⇒ Với x ≥ −2 ta có  x + 6 > 0  x+6 < x+6  x + 7 + 3 > 2  x + 7 + 3 2  x +1

Do đó

x+2 +2

 x +1 x+2  x+6 x+6 −x−4 = − − + <0. 2   x+7 +3 2  x+7 +3  x+2 +2 x+6

Như vậy từ phương trình trên ta thu được x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phươg trình.

Nhận xét. Khi nhóm liên hợp dạng

( x + 1) (

)

x+2 −2 =

( x + 1)( x − 2 )

thì ta thấy x + 1 chưa xác định x+2 −2 dấu khi x ≥ −2 . Do đó một ý tưởng nảy sinh đó là ta sẽ nhóm liên hợp sao cho sau khi nhân liên 2

hợp thì được biểu thức

( x + 1) ( x − 2 ) . x+2 −2

Muốn vậy ta cần thức hiện nhóm liên hợp dạng

x + 1)( x − 2 ) ( ax + b ) − x + 2  và sau khi nhân lượng liên hợp ta được ( đồng thời các hệ số a   ax + b + x + 2 1 4 và b thỏa mãn điều kiện ( ax + b ) − x + 2 = 0 tại x = −1; x = 2 . Từ đó ta tìm được a = ; b = . 3 3  1  4 Như vậy ta cần ghépnhóm liên hợp dạng ( x + 1)  x +  − x + 2  . Để đơn giản hơn ta nhân 3  3  2

hai vế của phương trình với 3. Khi đó ta được ( x + 1) ( x + 3 ) − 3 

( x − 1) ( x − 2 ) . x + 2 = 

x+4+3 x+2

Với nhóm liên hợp dạng 3 − x + 7 = − liên hợp dạng

x+7

(

x−2 3+ x+7

)

x + 7 − 3 . Khi đó ( x + 6 ) x + 7

thì để đảo dấu ta có thể thực hiện nhóm

(

)

x+7 −3 =

( x + 6)

x + 7 ( x − 2) x+7 +3

Từ đó ta có thể giải phương trình trên theo cách như sau Phương trình đã cho tương đương với

( x + 1) ( x + 4 − 3 x + 2 ) + ( x + 6 ) ( x + 1) ( x − 2 ) + ( x + 6 )( x − 2 ) ⇔ 2

x+7

(

)

x + 7 − 3 + x 2 + 3x − 10 = 0

x+7

+ ( x − 2 )( x + 5 ) = 0 x+4+3 x+2 x+7 +3 2  x + 1) ( ( x + 6 ) x + 7 + x + 5 = 0  ⇔ ( x − 2) + x+ 4 + 3 x + 2  x+7 +3  

Dễ thấy

( x + 1)

x+4+3 x+2

( x + 6)

x+7

x+7 +3

+ x + 5 > 0 với mọi x − 2 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 là nghiệm duy nhất. TỔNG KẾT

• Để nhận xét về phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp có lẽ không cần dùng quá nhiều từ hoa mỹ. Nếu ai đã từng sử dụng và đặc biệt là sử dụng thành thạo phương pháp này thì có lẽ đều nhận ra được ưu điểm vượt trội của nó. + Kiến thức cơ bản về phương pháp đơn giản, dễ hiểu. + Phương pháp thực sự mạnh và có ứng dụng lớn trong các bài toán chứa căn như phương trình vô tỷ, hệ phương trình, bất đẳng thức,...

• Cùng với sự pháp triển của toán học thừ phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp ngày càng được hoàn thiện. Có rất nhiều tài liệu và giáo trình viết về phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp với các cách trình bày riêng biệt đầy thú vị. Tuy nhiên về mặt bẩn chất ta có thể nói ngắn gọn phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp theo hai bước như sau. + Bước 1. Tìm lượng liên hợp và nhân liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung. + Bước 2. Xử lý phương trình còn lại sau khi nhân lượng liên hợp. Có cách xử lý biểu thức của phương trình còn lại sau khi nhân lượng liên hợp là Kết hợp với điều kiện xác định để chứng minh phương trình vô nghiệm. Kết hợp với phương trình đã cho tạo thành hệ tạm.

Truy ngược dấu các đại lượng của biểu thức sau liên hợp.

Phương pháp 4

PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ là phương pháp vô cùng quan trọng, bởi có đôi lúc khi gặp các phương trình vô tỷ mà ta không thể sử dụng được phép nâng lên lũy thừa vì có thể không giải được hoặc là giải được nhưng quá rắc rối. Khi đó ẩn phụ hóa phương trình là một giải pháp giúp cho lời giản gọn hơn. Tuy nhiên ngoài những dạng phương trình cụ thể có thể ẩn phụ hóa thì cũng có những dạng phương trình cần phải xem xét biến đổi sao cho có thể ẩn phụ hóa một cách hợp lý nhất. Ngoài ra khi biến đổi phương trình để ẩn phụ hóa thì phải đưa phương trình về dạng giải được. Một số kinh nghiệm khi giải phương trình bằng phương pháp đặt ản phụ là: Phương trình có sự lặp đi lặp lại của các đại lượng, phương trình có các đại lượng có mối liên hệ đặc biệt, các phương trình chứa căn nhưng có dạng đặc biệt như phương trình bạc hai hoặc phương trình đẳng cấp. Một số kỹ thuật sử dụng ẩn phụ cho phương trình vô tỷ.

1. Đặt một ẩn phụ đưa phương trình về dạng phương trình một ẩn Ví dụ 1. Giải phương trình 2x 2 + x 2 − x − 2 = 2x + 7 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta nhận thấy phương trình có dạng cơ bản, do đó ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải phương trình. Tuy nhiên phương trình nhận được lại có bậc bốn trong khi ta không nhẩm được nghiệm đẹp nên việc xử lý rất khó khăn. Một ý tưởng được đưa ra đó là đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng phương trình đa thức có bậc không quá 3. Để ý phương trình đã cho ta chú ý đến biến đổi

(

)

x 2 − 2x − 7 = 2 x 2 − x − 2 − 3 . Do đó nếu đặt ẩn phụ t = x 2 − x − 2 thì ta đưa phương trình

về dạng 2t 2 + t − 3 = 0 . Đến đây thì ta có thể giải quyết được phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − x − 2 ≥ 0 .

(

)

Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 − x − 2 + x 2 − x − 2 − 3 = 0 . Đặt t = x 2 − x − 2 ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0 ) Từ đó ta được

x2 − x − 1 = 1 ⇒ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x =

1 ± 13 . 2

 1 − 13 1 + 13  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S =  ; . 2   2 Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có dạng tổng quát là af ( x ) + b f ( x ) + c = 0 ( a ≠ 0 ) . Các bước giải phương trình trên là + Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình: f ( x ) ≥ 0 + Bước 2: Đặt t = f ( x ) ≥ 0 và đưa phương trình về dạng at 2 + bt + c = 0 ( a ≠ 0 ) . + Bước 3: Xử lý phương trình at 2 + bt + c = 0 ( a ≠ 0 ) với điều kiện t ≥ 0 . + Bước 4: Thay vào phương trình t = f ( x ) để tìm nghiệm và kết luận. Ví dụ 2. Giải phương trình 2

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

Phân tích và lời giải Để ý rằng

(

x+1

)

= x + 1 , ta cần tìm mỗi liên hệ giữa 2x + 1 với x + 2 . Để ý ta có

x + 2 3 ( x + 2 ) − ( 2x + 1) 2x + 1 = = 3− . Từ đó ta có lời giải cho phương trình x+1 x+1 x+1  x < −1 2x + 1 Điều kiện xác định của phương trình là ≥0⇔  . x ≥ − 1 x+1  2

phép biến đổi

Phương trình đã cho tương đương với 2 Đặt t =

2x + 1 2x + 1 2x + 1 2x + 1 = 3− ⇔ +2 −3 = 0. x+1 x +1 x+1 x+1

2x + 1 ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = 1 (do t ≥ 0 ). x +1

Khi đó ta được

2x + 1 = 1 ⇔ 2x + 1 = x + 1 ⇔ x = 0 . x +1

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

x + 2 3 ( x + 2 ) − ( 2x + 1) 2x + 1 = = 3− ta thực hiện như sau x+1 x +1 x +1 m = 3 x + 2 m ( x + 1) + n ( 2x + 1) ( m + 2n ) x + ( m + n )  m + 2n = 1 Biến đổi . = = ⇒ ⇔ x+1 x+1 x +1  2m + n = 2 n = −1

Nhận xét. Để có phép biến đổi

Ví dụ 3. Giải phương trình x 2 − 4x 2x − 1 + 6x − 3 = 0 . Phân tích và lời giải

2x − 1 và lại có 6x − 3 = 3 ( 2x − 1) .

Quan sát ta thấy phương trình có chứa căn thức

Do đó nếu đặt y = 2x − 1 thì ta viết được phương trình về dạng đẳng cấp, tuy nhiên để ý một chút thì ta thấy nếu chia hai vế của phương trình cho 2x − 1 thì ta được x x2 x −4 + 3 = 0 . Đến đây chỉ cần đặt ẩn là t = thì ta thu được một phương 2x − 1 2x − 1 2x − 1 trình bậc hai ẩn t. Chú ý rằng để đảm bảo phép chia thực hiện được ta cần xét các trường hợp 2x − 1 = 0 và 2x − 1 ≠ 0 . Ta có lời giải cho phương trình. 1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ . 2 1 • Xét x = , ta thấy không thỏa mãn phương trình ban đầu. 2 1 • Xét x > , khi đó phương trình đã cho tương đương với 2 x2 x x 2 − 4x 2x − 1 + 3 ( 2x − 1) = 0 ⇔ −4 +3=0 2x − 1 2x − 1 Đặt t =

x 2x − 1

> 0 , khi đó phương trình trở thành t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 3 ) = 0 .

+ Với t − 1 = 0 ta được + Với t − 3 = 0 ta được

2x − 1 x 2x − 1

= 1 ⇔ x 2 = 2x − 1 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 . = 3 ⇔ x 2 = 9 ( 2x − 1) ⇔ x 2 − 18x + 9 = 0 ⇔ x = 9 ± 6 2 .

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình S = 1; 9 − 6 2 ; 9 + 6 2 .

Nhận xét. Khi đặt y = 2x − 1 thì phương trình được viết lại thành x 2 − 4xy + 3y 2 = 0 là phương trình đẳng cấp. Phương trình phân tích được thành tích ( x − y )( x − 3y ) = 0 . Bản chất của hai cách đặt trên đều là đưa phương trình thành phương trình bậc hai một ẩn, với phương trình đẳng cấp trên chỉ cần chia hai vế cho y 2 và đặt t =

x thì ta được phương trình t 2 − 4t + 3 = 0 , tuy nhiên y

cần xét các trường hợp để phép chia thực hiện được.

(

)

Ví dụ 4. Giải phương trình 3 x 2 − 1 + 4x = 4x 4x − 3 . Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 4x − 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho được viết lại thành

3x 2 + 4x − 3 − 4x 4x − 3 = 0 Đến đây ta xét các trường hợp sau

3 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. 4 3x 2 4x 3 − +1= 0. • Nếu x > , khi đó phương trình trên tương đương với 4x − 4 4 4x − 3 x > 0 thì phương trình trở thành 3t 2 − 4t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1)( 3t − 1) = 0 . Đặt t = 4x − 3 x = 1 x + Với t − 1 = 0 ta được = 1 ⇔ x 2 = 4x − 3 ⇔ ( x − 1)( x − 3 ) = 0 ⇔  . 4x − 3 x = 3 3x = 1 ⇔ 9x 2 = 4x − 3 ⇔ 9x 2 − 4x + 3 = 0 , phương trình vô + Với 3t − 1 = 0 ta được 4x − 3 nghiệm. Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {1; 3} .

• Nếu x =

Ví dụ 5. Giải phương trình 3x 2 + 2x + 7 = 3 ( x + 1) x 2 + 3 . Phân tích và lời giải 2

(

)

Để ý ta nhận thấy 3x 2 + 2x + 7 = ( x + 1) + 2 x 2 + 3 , do đó phương trình đã cho được 2

(

)

viết lại thành ( x + 1) + 2 x 2 + 7 − 3 ( x + 1) x 2 + 3 = 0 . Chú ý tiếp ta lai thấy x 2 + 3 > 0 do đó khi chia hai vế của phơng trình thì ta được

( x + 1) 2

x +3

−

3 ( x + 1) x2 + 3

+ 2 = 0 , đến đây ta đặt

x+1

thì pương trình thu được là phương trình bậc hai một ẩn. Ta có lời giải cho x2 + 3 phương trình. Phương trình xác định với mọi x ∈ R . Do x 2 + 3 > 0 nên phương trình đã cho tương đương với

( x + 1) Đặt t =

x +1 2

x +3

• Với

(

)

+ 2 x + 7 − 3 ( x + 1) x 2

( x + 1) +3 =0⇔ 2

x +3

−

3 ( x + 1) x2 + 3

+2=0

, thì phương trình được viết lại thành t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) = 0 .

x + 1 ≥ 0 x + 1 ≥ 0 = 1 ta được x + 1 = x 2 + 3 ⇔  ⇔ ⇔ x = 1. 2 2 x2 + 3 2x = 2 ( x + 1) = x + 3 x + 1 ≥ 0 x+1 x + 1 ≥ 0 = 2 ta được x + 1 = 2 x 2 + 3 ⇔  ⇔ , hệ vô  2 2 2 3x − 2x + 11 = 0 x2 + 3 ( x + 1) = 4x + 12

x+1

nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 6. Giải phương trình x 2 − 3x + 4 = 3 x 3 − 6x 2 + 11x − 6 .

Phân tích và lời giải Biểu thức trong căn là đa thức bậc hai và x 3 − 6x 2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2 )( x − 3 ) và đa thức vế trái có bâc hai nên ta sẽ phân tích đa thức trong căn thành tích của đa thức bậc nhất và đa thức bậc hai, đòng thường biểu diến đa thức vế trái thành tổng của hai đa thức

(

trong căn. Khi đó ta có cách phân tích x 3 − 6x 2 + 11x − 6 = ( x − 1) x 2 − 5x + 6

x 2 − 3x + 4 = x 2 − 5x + 6 + 2 ( x − 1) .

x 2 − 5x + 6 + 2 ( x − 1) − 3

( x − 1) ( x

trình cho x − 1 và đặt t =

Từ 2

đây

viết

lại

phương

trình

)

và

thành

)

− 5x + 6 = 0 . Lúc này nếu ta chia cả hai vế của phương

x 2 − 5x + 6 thì ta thu được phương trình bậc hai ẩn t, chú ý là x −1

cần phải xét điều kiện để phép chia thực hiện được. Điều kiện xác định của phương trình là x 3 − 6x 2 + 11x + 6 ≥ 0 .

• Xét x = 1 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x ≠ 1 , khi đó phương trình đã cho tương đương với x 2 − 5x + 6 + 2 ( x − 1) − 3

( x − 1) ( x

)

− 5x + 6 = 0 ⇔

x 2 − 5x + 6 x 2 − 5x + 6 −3 +2=0 x −1 x −1

x 2 − 5x + 6 ≥ 0 , thì phươg trình trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) = 0 . x −1 x = 3 + 2 x 2 − 5x + 6 x 2 − 5x + 6 =1⇔ = 1 ⇔ x − 6x + 7 = 0 ⇔  + Với t = 1 ta được x −1 x −1  x = 3 − 2

Đặt t =

+ Với t = 2 ta được

x 2 − 5x + 6 x 2 − 5x + 6 21 ± 41 =2⇔ = 4 ⇔ 4x 2 − 21x + 25 = 0 ⇔ x = x −1 x −1 8 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là  21 − 41 21 + 41  S = 3 − 2; 3 + 2; ; . 8 8  

Nhận xét. Giải điều kiện xác định của phương trình là x 3 − 6x 2 + 11x + 6 ≥ 0 ta được x ≥ 3 hoặc

1 ≤ x ≤ 2 , khi đó ta có thể biến đổi

x 2 − 5x + 6 = 1 ⇔ x 2 − 5x + 5 = x − 1 . x −1

Ví dụ 7. Giải phương trình 2x 2 + 13x = 36 + 7 x 3 − 24x + 32 Phân tích và lời giải

x 3 − 24x + 32 = x 2 + 4x − 8 ( x − 4 )  Nhận thấy  , do đó ta thực hiện phép đặt ẩn 2 2 2x + 13x − 36 = 2 x + 4x − 8 + 5 ( x − 4 )

(

)

(

)

phụ tương tự như ví dụ trên. Điều kiện xác định của phương trình là x 3 − 24x + 32 ≥ 0 .

• Xét x = 4 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x ≠ 4 , khi đóphương trình đã cho tương đương với

( 2(x ⇔

) + 4x − 8 ) +5=7

2 x 2 + 4x − 8 + 5 ( x − 4 ) = 7

Đặt t =

(x − 4) (x

+ 4x − 8

)

x 2 + 4x − 8 x−4

x−4

x 2 + 4x − 8 ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành 2t 2 + 5 = 7t ⇔ ( t − 1)( 2t − 5 ) = 0 x−4

. + Với t − 1 = 0 ta được

+ Với t − 1 = 0 ta được 2

x = 1 x 2 + 4x − 8 = 1 ⇔ x 2 + 4x − 8 = x − 4 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇒  x−4  x = −4 x 2 + 4x − 8 = 5 ⇔ 4 x 2 + 4x − 8 = 25 ( x − 4 ) ⇔ 4x 2 − 9x + 68 = 0 , x−4

(

)

phương trình vô nghiệm. Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−4; 1}

Ví dụ 8. Giải phương trình

3−x+ x

(

1 + 2 x 2 − 3x + 4

)

= 1.

Phân tích và lời giải

(

)

Trước hết ta viết phương trình lại thành 3 − x + x = 1 + 2 x 2 − 3x + 4 . Phương trình có chứa hai, sau khi thực hiện nâng lên lũy thừa thì phương trình có bậc bốn. Để làm mất dấu một căn ta có thể sử dụng ẩn phụ t = x ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành

(

)

2 − t 2 + t = 2 t 4 − 3t 2 + 4 . Đến đây ta nâng lên lũy thừa để đưa phương trình về phương trình bậc bốn ẩn t. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

3 − x + x = 1 + 2 x2 − 3x + 4 ⇔ 2 − x + x = 2 x 2 − 3x + 4

)

Đặt t = x ≥ 0 , khi đó ta thu được phương trình  t ≥ 0  2 − t 2 + t = 2 t 4 − 3t 2 + 4 ⇔ t 2 − t − 2 ≤ 0  2 2 2  2 − t − t = 2 t − 3t + 4 t ≥ 0 0 ≤ t ≤ 2  ⇔ t 2 − t − 2 ≤ 0 ⇔ 4 2 3 2 t 4 + 2t 3 − 3t 2 − 4t + 4 = 0 t + 4 + 2 t − 2t − 3t = 0 

(

)

(

)

(

)

(

)

Dễ thấy t = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta có

0 < t ≤ 2  4 3 t + 4 + 2 t − 2t

(

)

0 ≤ t ≤ 2  ⇔  2  2 2  2 2 − 3t = 0  t −  + 2  t −  + 1 = 0 t t  

0 ≤ t ≤ 2 0 ≤ t ≤ 2 0 ≤ t ≤ 2   ⇔  2  2 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ t =1 t + t − 2 = 0  t − + 1  = 0 t − t + 1 = 0  t   Từ t = 1 ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 9. Giải phương trình x − 1 + x = 7x 2 − 17x + 7 . Phân tích và lời giải Hoàn toàn tương tự như ví dụ trên ta có thể đặt t = x để dưa phương trình đã cho 2

về phương trình bậc 4 ẩn t. Tuy nhiên chú ý ta nhận thấy 7x 2 − 17x + 7 = 7 ( x − 1) − 3x , khi 2

đó phương trình đã cho được viết lại thành x − 1 + x = 7 ( x − 1) − 3x . Quan sát phương trình ta thấy khi chia cả hai vế cho

x −1

x thì ta được

x−1 x

+1 =

7 ( x − 1) x

− 3 , đến đây ta đặt

thì được phưng trình t + 1 = 7t 2 − 3 , đây là phương trình cơ bản nên ta sử dụng

x phép nân lên lũy thừa để giải. Để ý là ta cần xét các trường hợp của x để phép chia thực hiện được. x ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . 7x − 17x + 7 ≥ 0 • Xét x = 0 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho.

• Xét x > 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

x − 1 + x = 7 ( x − 1) − 3x ⇔ Đặt t =

x −1 x

7 ( x − 1)

+1=

−3

thì ta được phương trình t + 1 = 7t 2 − 3 , biến đổi tương đương ta được

t = 1 t + 1 ≥ 0 t + 1 ≥ 0  t + 1 = 7t 2 − 3 ⇔  ⇔ ⇔  2 2 2 t = − 2 6t − 2t − 4 = 0 ( t + 1) = 7t − 3  3 x ≥ 1 3+ 5 x ≥ 1 =1⇔  ⇔ 2 ⇔x= . 2 2 x x − 3x + 1 = 0 ( x − 1) = x 0 ≤ x ≤ 1 x−1 2 11 − 2 10 2 x ≥ 1 + Với t = − ta được =− ⇔ ⇔ 2 ⇔x= . 2 3 9 3 x 9x − 22x + 9 = 0 9 ( x − 1) = 4x  11 − 2 10 3 + 5  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S =  ; . 9 2   + Với t = 1 ta được

x −1

Nhận xét. Để không phải xét các trường hợp cho phép chia thực hiện được ta có thể sử dụng cách đặt hai ẩn phụ là a = x − 1; b = x , khi đó ta được phương trình a + b = 7a 2 − 3b 2 . Đến đây ta sử dụng phép nâng lên lũy thừa rồi giải các trường hợp tương tự như trên. Ví dụ 10. Giải phương trình

x 2 + x − 2 + x = 2 + 4x 2 − x − 2 .

Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình về dạng

(

x 2 + x − 2 + x − 2 = 4x 2 − x − 2 . Chú ý

)

rằng ta viết được 4x 2 − x − 2 = 3 x 2 + x − 2 + ( x − 2 ) . Như vậy chia cả hai vế của phương trình cho biểu thức

x−2

x 2 + x − 2 và đặt t =

thì ta thu được phương trình

x +x−2 t + 1 = 3 + t 2 . Đến đây ta có thể giải được phương trình đã cho. Chú ý cần xét các trường hợp để phép chia thực hiện được. 2  x ≤ −2 x + x − 2 ≥ 0 ⇔ x2 + x − 2 ≥ 0 ⇔  Điều kiện xác định của phương trình là  2 . x ≥ 1 4x − x − 2 ≥ 0

• Xét x = −2 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho.

• Xét x = 1 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x 2 + x − 2 > 0 , khi đó phương tình đã cho được viết lại thành

(

)

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

Đặt t =

x−2 2

x +x−2

x−2 x2 + x − 2

+1= 3+

thì phương trình trên trở thành t + 1 = 3 + t 2 . Ta có

(x − 2)

x2 + x − 2

t + 1 ≥ 0  t ≥ −1 t + 1 = 3 + t2 ⇔  ⇔ ⇔ t =1 2 2 2t = 2 ( t + 1) = 3 + t x ≥ 2 x2 + x − 2 x ≥ 2 =1⇔  2 , vô nghiệm. 2 ⇔  x−2 5x = 6 x + x − 2 = ( x − 2 )

Với t = 1 ta có

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Nhận xét. Một sai lầm khi giải phương trình trên đó là biến đổi phương trình bằng cách chia cả hai

x2 + x − 2 . Chú ý rằng với điều kiện xác định x−2 của phương trình thì ta chưa thể khẳng định được x − 2 có dấu âm hay dương, do đó khi thực hiện vế của phương trình cho biểu thức x − 2 và đặt t =

(

)

3 x2 + x − 2 2 1 2 phép chia thì . 3 x + x − 2 + (x − 2) = + 1 là một biến đổi sai. Tuy nhiên khi 2 x−2 (x − 2)

(

)

x 2 + x − 2 thì được vì với điều kiện x ≠ −2;1 thì x 2 + x − 2 luôn dương.

chia cả hai vế cho

Ví dụ 11. Giải phương trình

x + 2 x 2 + x − 2 = 5x 2 + 9x − 10 .

Phân tích và lời giải

(

)

Quan sát phương trình ta nhận thấy 5x 2 + 9x − 10 = 5 x 2 + x − 2 + 4x . Chú ý đến điều kiện xác định của phương trình ta chia cả hai vế của phương trình cho phương trình đã cho được viết lại thành

x2 + x − 2 x

2 x2 + x − 2

(

5 x2 + x − 2

x , khi đó

) + 4 . Đến đây ta đặt

≥ 0 thì ta được phương trình 2t + 1 = 5t 2 + 4 . Ta có lời giải cho phương

trình.

x ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Điều kiện xác định của phương trình là  2 x + x − 2 ≥ 0 Chia hai vế của phương trình cho

(

x > 0 ta được phương trình

)

x + 2 x + x − 2 = 5 x + x − 2 + 4x ⇔ 1 + Đặt t =

x2 + x − 2

2 x2 + x − 2

(

5 x2 + x − 2

)+4

≥ 0 thì phương trình trên trở thành 2t + 1 = 5t 2 + 4 . Bình phương hai

x vế của phương trình ta được

( 2t + 1) • Với t = 1 ta được

t = 1 = 5t 2 + 4 ⇔ 4t 2 + 4t + 1 = 5t 2 + 4 ⇔ t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔  t = 3 x2 + x − 2 x

= 1 ⇔ x2 + x − 2 = x ⇔ x2 = 2 ⇔ x = ± 2 .

x2 + x − 2

• Với t = 3 ta được

= 3 ⇔ x 2 + x − 2 = 9x ⇔ x 2 − 8x − 2 = 0 ⇔ x =

8±6 2 . 2

 8 + 6 2  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  2; . 2   Ví dụ 12. Giải phương trình

x 2 + 3x − 4 + 2 2x − 3 = x 2 + 19x − 28 .

Phân tích và lời giải Quan sát phương trình là nhận thấy x 2 + 19x − 28 = x 2 + 3x − 4 + 8 ( 2x − 3 ) và chú ý đến điều kiện xác định của phương trình ta chia hai vế của phương trình cho đó phương trình đã cho trở thành

x 2 + 3x − 4 2x − 3

+2=

x 2 + 3x − 4 +8 2x − 3

2x − 3 , khi và đặt

≥ 0 thì phương trình viết lại được t + 2 = t 2 + 8 , tuy nhiên cần chú ý xét

điều kiện để 2x − 3 ≠ 0 .

2x − 3 ≥ 0 3 ⇔x≥ . Điều kiện xác định của phương trình là  2 2 x + 3x − 4 ≥ 0 3 3 • Xét x = , ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho nên x = là một nghiệm của phương 2 2 trình. 3 • Xét x > , khi đó phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 + 3x − 4 + 2 2x − 3 = x 2 + 3x − 4 + 8 ( 2x − 3 ) ⇔

x 2 + 3x − 4

2x − 3 Đặt t =

x 2 + 3x − 4 2x − 3

+2=

x 2 + 3x − 4 +8 2x − 3

≥ 0 thì phương trình viết lại được t + 2 = t 2 + 8 . Từ điều kiện t ≥ 0 ta 2

biến đổi tương đương phương trình thì được 2 + t = t 2 + 8 ⇔ ( 2 + t ) = t 2 + 8 ⇔ t = 1 . Từ đó ta được

x 2 + 3x − 4 2x − 3

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

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

Ví dụ 13. Giải phương trình Phân tích và lời giải

−1 ± 5 2

3 là một nghiệm của phương trình. 2

x 3 + 2x 2 + 27x + 13 − x + 2 = x 3 + 1

Quan sát phương trình ta chưa thấy được mối liên hệ giữa các biểu thức dưới dâu căn. Chú ý đến hệ số của hai đa thức bậc ba ta thấy sau khi chuyển vế hạng tử

x + 2 và

nâng lên lũy thừa hai vế thì hạng tử bậc ba bị triệt tiêu. Khi đó phương trình trở thành

( x + 1)( x + 2 ) ( x

2x 2 + 26x + 9 = 2

− x +1

)

 ( x + 1)( x + 2 ) x 2 − x + 1 = x 2 + 3x + 2 . x 2 − x + 1  Để ý tiếp ta lại thấy  2x 2 + 26x + 9 = 7 x 2 + 3x + 2 − 5 x 2 − x + 1

(

)

(

)

) (

)

Đến đây ta chia cả hai vế cho x 2 − x + 1 thì phương trình trên trở thành 7 x 2 + 3x + 2 x 2 + 3x + 2 − 5 = 2 x2 − x + 1 x2 − x + 1

(

Đặt t =

x 2 + 3x + 2 2

)

≥ 0 thì ta có phương trình 7t 2 − 5 = 2t . Ta có lời giải cho phương trình.

x −x+1

x 3 + 2x 2 + 27x + 12 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  x ≥ −2 Phương trình đã cho tương đương với x 3 + 2x 2 + 27x + 13 = x 3 + 1 + x + 2 ⇔ x 3 + 2x 2 + 27x + 13 = x 3 + 1 + x + 2 + 2 x + 2. x 3 + 1 ⇔ 2x 2 + 26x + 9 = 2

( 7 (x ⇔

( x + 1)( x + 2 ) ( x

) ( + 3x + 2 ) −5= 2

− x +1

)

⇔ 7 x 2 + 3x + 2 − 5 x 2 − x + 1 = 2 x 2 − x + 1. x 2 + 3x + 2 2

x2 − x + 1

Đặt t =

x 2 + 3x + 2 2

x 2 + 3x + 2 x2 − x + 1

≥ 0 thì ta có phương trình 7t 2 − 5 = 2t ⇔ 7t 2 − 2t − 5 = 0 ⇔ t = 1 .

x −x+1

x 2 + 3x + 2

1 = 1 ⇔ x 2 + 3x + 2 = x 2 − x + 1 ⇔ x = − . 4 x −x+1 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = − là nghiệm duy nhất của phương trình. 4 2 Nhận xét. Để có phép biến đổi 2x + 26x + 9 = 7 x 2 + 3x + 2 − 5 x 2 − x + 1 ta thực hiện như sau

Từ đó ta được

(

) (

)

2x 2 + 26x + 9 = a x 2 + 3x + 2 − b x 2 − x + 1 = ( a − b ) x 2 + ( 3a + b ) x + ( 2a − b )

a − b = 2 a = 7  Đồng nhất hệ số hai vế ta được 3a + b = 26 ⇔  . b = 5  2a − b = 9 

Ví dụ 14. Giải phương trình

(x + 2)

+ 3 3 ( x − 2 ) = 4 3 x2 − 4 .

Phân tích và lời giải

(x + 2)

x + 2 ( x − 2) x−2 Nhận thấy x − 4 = ( x − 2 )( x + 2 ) , do đó = ; 2 = . Từ đó ta 2 x−2 x −4 x+2 x −4 x+2 thấy nếu chia hai vế của phương trình cho x 2 − 4 và thực hiện phép đặt t = 3 thì x−2 3 phương trình đã cho trở thành t + = 4 hay t 2 − 4t + 3 = 0 . Chú ý rằng trước khi thực hiện t phép chia ta cần xét các trường hợp x 2 − 4 = 0 và x 2 − 4 ≠ 0 . Ta có lời giải cho phương trình như sau Lời giải 2

• Xét x = 2 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x = −2 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. • Xét x 2 − 4 ≠ 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với Đặt t =

x+2 x−2 + 33 = 4. x−2 x+2

x+2 3 ≠ 0 ta được phương trình t + = 4 hay t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 3 ) = 0 . x−2 t

+ Với t − 1 = 0 ta được

x+2 = 1 ⇔ x + 2 = x − 2 , phương trình vô nghiệm. x−2

x+2 28 = 3 ⇔ x + 2 = 27 ( x − 2 ) ⇔ 26x = 56 ⇒ x = , thỏa mãn. x−2 13 28 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = . 13 + Với t − 3 = 0 ta được

Ví dụ 15. Giải phương trình 4 3 ( 2x + 1) + 3 3 ( 2x − 1) = 8 3 4x 2 − 1 . Phân tích và lời giải

Đặt t =

( 2x + )

2x + 1 ( 2x − 1) 2x − 1 Nhận thấy x − 4 = ( x − 2 )( x + 2 ) , do đó . Từ đó ta = ; = 2 2 4x − 1 2x − 1 4x − 1 2x + 1 2x + 1 thấy nếu chia hai vế của phương trình cho 4x 2 − 1 và thực hiện phép đặt t = 3 . 2x − 1 1 • Xét x = , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. 2 1 • Xét x = − , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. 2 2x + 1 2x − 1 • Xét 4x 2 − 1 ≠ 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với 4 3 + 33 = 8. 2x − 1 2x + 1 2

2x + 1 3 ≠ 0 ta được phương trình 4t + = 8 hay 2x − 1 t

4t 2 − 8t + 3 = 0 ⇔ ( 2t − 1)( 2t − 3 ) = 0 . + Với 2t − 1 = 0 ta được 2 3

2x + 1 9 = 1 ⇔ 8 ( 2x + 1) = 2x − 2 ⇔ x = − , thỏa mãn. 2x − 1 14

2x + 1 35 , thỏa mãn. = 3 ⇔ 8 ( 2x + 1) = 27 ( 2x − 1) ⇔ x = 2x − 1 38  9 35  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = − ;  .  14 38  + Với 2t − 3 = 0 ta được 2 3

Ví dụ 16. Giải phương trình

x + 3 + 6 − x = 3 + 18 + 3x − x 2

Phân tích tìm lời giải Phương trình đã cho có ba căn thức bậc hai nên ta cần đi tìm mỗi liên hệ giữa các đại lượng trong phương trình để có hướng đi tìm lời giải đúng đắn. Quan sát nhận thấy

( (

x+3

) +(

6−x

x+3 + 6−x

)

=9+

và

đồng

( x + 3 )( 6 − x ) = 9 + 2

thời

18 + 3x − x 2 .

Như

lại vậy

nếu

có ta

đặt

t2 − 9 . Đến đây ta đưa được phương 2 trình về dạng phương trình ẩn t. Ta có lời giải cho phương trình như sau. Lời giải 18 + 3x − x 2 =

t = x + 3 + 6 − x thì ta suy ra được

Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 6 . Đặt t = x + 3 + 6 − x ( t ≥ 0 ) . Khi đó ta được t 2 = Từ đó suy ra

(

x+3 + 6−x

)

=9+

( x + 3 )( 6 − x ) = 9 + 2

18 + 3x − x 2

t2 − 9 . Thay vào phương trình đã cho ta được 2 t2 − 9 t = 3+ ⇔ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ ( t + 1)( t − 3 ) = 0 2

18 + 3x − x 2 =

Do t ≥ 0 nên từ phương trình trên ta được t − 3 = 0 hay t = 3 . Từ đây suy ra

18 + 3x − x 2 =

 x = −3 32 − 9 . = 0 ⇔ x 2 − 3x − 18 = 0 ⇔  2 x = 6

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 6} .

Nhận xét.

• Phương trình cho trong ví dụ có dạng tổng quát là m

(

ax + b + cx + d + n ( a + c ) x + 2 

)

Trình tự giải phương trình gồm các bước như sau

ax + b ≥ 0 + Bước 1. Xử lý điều kiện các định  . cx + d ≥ 0 + Bước 2. Đặt t = ax + b + cx + d ( t ≥ 0 ) .

( ax + b )( cx + d )  = k

Từ đó ta được ( a + c ) x + 2

( ax + b )( cx + d ) = t − ( b + d ) . + Bước 3. Đưa phương trình đã cho về dạng nt + mt − ( nb + nd − k ) = 0 2

và giải được các giá trị t.

+ Bước 4. Thay các giá trị t tìm được vào phương trình t = ax + b + cx + d ( t ≥ 0 ) để tìm các giá trị x. + Bước 5. Kết hợp với điều kiện để kết luận tập nghiệm.

• Cũng từ cách phân tích trên ta có thể xử lý phương trình thao một hước khác là x + 3 + 6 − x = 3 + 18 + 3x − x 2 ⇔

(

x+3 + 6−x

) = (3 +

18 + 3x − x 2

)

⇔ 9 + 2 18 + 3x − x 2 = 9 + 6 18 + 3x − x 2 + 18 + 3x − x 2 ⇔ 18 + 3x − x 2 + 4 18 + 3x − x 2 = 0

Đến đây ta đặt t = 18 + 3x − x 2 ≥ 0 thì ta được phương trình t 2 + 4t = 0 ⇒ t = 0 . Cách nâng lên lũy thừa hai vế rồi mới đặt ẩn phụ t = 18 + 3x − x 2 chỉ cho ta thấy rõ hơn bản chất của phương trình đã cho có dạng a.f ( x ) + b f ( x ) + c = 0 . Ví dụ 17. Giải phương trình

11 − x + x + 2 + 2 22 + 9x − x 2 = 17

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −2 ≤ x ≤ 11 . Đặt t = 11 − x + x + 2 , t ≥ 0 . Khi đó ta được t 2 = 13 + 2 22 + 9x − x 2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki và chú ý là t ≥ 0 ta có

t2 =

(

11 − x + x + 2

Lại áp dụng bất đẳng thức dạng

)

≤ 2 ( 11 − x + x + 1) = 26 ⇒ t ≤ 26

A + B ≥ A + B ta có

t = 11 − x + x + 2 ≥ 11 − x + x + 2 = 13 Kết hợp hai kết quả trên ta được

13 ≤ t ≤ 26 . Phương trình đã cho trở thành

t 2 + t − 13 = 17 ⇔ t 2 + t − 30 = 0 ⇒ t = 5 Khi đó ta được 13 + 2 22 + 9x − x 2 = 25 ⇔ x 2 − 9x + 14 = 0 ⇔ x = 2; x = 7 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = {2; 7} .

Ví dụ 18. Giải phương trình 4x 2 + 7x + 1 = 2 x + 2 . Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đươg với

(

)

4 x 2 + 4x + 4 − 9 ( x + 2 ) + 3 = 2 x + 2 ⇔ 4 ( x + 2 ) − 9 ( x + 2 ) + 3 = 2 x + 2 Đặt t = x + 2 , t ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành

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

Chú ý rằng t ≥ 0 nên từ phương trình trên ta được

 t =  2t − 3 = 0 ( 2t − 3 )( 2t − 1) = 0 ⇔ 2t − 1 = 0 ⇔  t =  

3 3 1   x+2 = x=   2⇔ 2⇔ 4   1  x+2 = 1 x = − 7   2 2 2   7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S = − ;  .  4 4

• Nhận xét chung Qua một số ví dụ trên ta thấy được phân nào ưu điểm của kỹ thuật đặt một ẩn phụ đưa phương trình về dạng phương trình đa thức. Mặc dù kỹ thuật này chưa giải quyết được nhiều dạng phương trình vô tỷ nhưng với những phương trình có thể xử lý được theo cách này lại dễ dàng xử lý sau đó. Trong có được phép ẩn phụ hóa ta cần có quá trình biến đổi phương trình, tuy nhiên khi biến đổi phương trình ta lại hay gặp một số sai lầm. Để khắc phục được sai lầm đó ta cần chú ý đến đặc điểm của phương trình và điều kiện xác định để có biến đổi thích hợp. 2. Đặt nhiều ẩn phụ đưa phương trình về phương trình tích. Ví dụ 1. Giải phương trình 2x 2 − 6x + 3 + 2 ( x − 2 ) x ( x − 2 ) = 0 . Phân tích và lời giải Phương trình có chứa một căn bậc và chú ý đến các hệ số thì ta nhận thấy sau khi chuyển vế và nâng lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình bậc ba. Tuy nhiên để ý ta thấy nếu đặt ẩn phụ a = x − 2 và b = x ( x − 2 ) thì ta được a 2 + b 2 = 2x 2 − 6x + 4 , điều 2

này dẫn đến phương trình đã cho được viết lại thành a 2 + b 2 + 2ab − 1 = 0 ⇔ ( a + b ) = 1 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ( x − 2 ) ≥ 0 . Đặt a = x − 2; b = x ( x − 2 ) ( b ≥ 0 ) Khi đó ta có a 2 + b 2 = 2x 2 − 6x + 4 . 2

Phương trình đã cho được viết lại thành a 2 + b 2 + 2ab − 1 = 0 ⇔ ( a + b ) = 1 ⇔ a + b = ±1 .

9 x ≤ 3 • Với a + b = 1 ta được x − 2 + x ( x − 2 ) = 1 ⇔  2 2 ⇔ x= 4 x − 2x = ( 3 − x )

x ≤ 1 • Với a + b = −1 ta được x − 2 + x ( x − 2 ) = −1 ⇔ x 2 − 2x = 1 − x ⇔  2 2 (hệ vô x − 2x = ( 1 − x ) nghiệm). 9 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = là nghiệm duy nhất ủa phương trình. 4 Ví dụ 2. Giải phương trình 3x 2 + 2x + 7 = 3 ( x + 1) x 2 + 3 Phân tích và lời giải Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên khi nâng lên lũy thừa ta được phương trình bậc ba. Mặt khác nhẩm một số giá trị đặc biệt ta lại được x = 1 là một nghiệm nên phương trình có thể phân tích được. Tuy nhiên chú ý đến tích vế phải

( x + 1)

x2 + 3

thì 2

có

(

)

phép

biến

đổi

vế

trái

của

phương

trình

3x 2 + 2x + 7 = ( x + 1) + 2 x 2 + 3 . Đến đây ta thực hiện phép đặt ẩn phụ a = x + 1 và b = x 2 + 3 thì ta viết lại được phương trình a 2 + 2b 2 = 3ab ⇔ a 2 − 3ab + 2b 2 = 0 . Đây là

phương trình đẳng cấp bậc hai nên từ đây ta giải được phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 1)

(

)

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

Đặt a = x + 1; b = x 2 + 3 ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành

a 2 + 2b 2 = 3ab ⇔ a 2 − 3ab + 2b 2 = 0 ⇔ ( a − b )( a − 2b ) = 0

x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 • Với a − b = 0 ta được x + 1 = x 2 + 3 ⇔  ⇔ ⇔ x = 1. 2 2 2x = 2 ( x + 1) = x + 3 x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 , hệ vô • Với a − 2b = 0 ta được x + 1 = 2 x 2 + 3 ⇔  ⇔ 2 2 2 3x − 2x + 11 = 0 ( x + 1) = 4 x + 3 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

(

Ví dụ 3. Giải phương trình

)

6x 2 + 4x + 8 = 5 2x 2 + 3 x+1

Phân tích và lời giải Phương trình được viết lại thành 6x 2 + 4x + 8 = 5 ( x + 1) 2x 2 + 3 . Chú ý đến phép

(

) (

)

(

)

biến đổi đa thức 6x 2 + 4x + 8 = 2 x 2 + 2x + 1 + 2 2x 2 + 3 = 2 ( x + 1) + 2 2x 2 + 3 , do đó

tương tự như ví dụ trên ta đặt ẩn phu a = x + 1; b = 2x 2 + 3 để đưa phương trình về dạng đẳng cấp. Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ −1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

(

)

6x 2 + 4x + 8 = 5 ( x + 1) 2x 2 + 3 ⇔ 2 ( x + 1) + 2 2x 2 + 3 = 5 ( x + 1) 2x 2 + 3 Đặt a = x + 1; b = 2x 2 + 3 , khi đó phương trình trên được viết lại thành

a = 2b 2a 2 − 5ab + 2b 2 = 0 ⇔ ( a − 2b )( 2a − b ) = 0 ⇔   2a = b x + 1 ≥ 0 x + 1 ≥ 0 , hệ vô • Với a = 2b ta được x + 1 = 2 2x 2 + 3 ⇔  ⇔ 2 2 2 7x − 2x + 11 = 0 ( x + 1) = 4 2x + 3 nghiệm. −4 + 14 x + 1 ≥ 0 ⇔x= • Với 2a = b ta được 2 ( x + 1) = 2x 2 + 3 ⇔  2 2 2 4 ( x + 1) = 2x + 3

(

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

)

−4 + 14 là nghiệm duy nhất của phương 2

trình.

Ví dụ 4. Giải phương trình x 2 + 5x + 7 = 7 x 3 + 1 . Phân tích và lời giải

 x 3 + 1 = ( x + 1) x 2 − x + 1  Chú ý đến phép biến đổi  . x 2 + 6x + 7 = x 2 − x + 1 + 6 ( x + 1)

(

)

Do đó ta đặt ẩn phụ a = x 2 − x + 1; b = x + 1 , khi đó phương trình đã cho trở thành a 2 + 6b 2 = 7ab là phương trình đẳng cấp. Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

x 2 − x + 1 + 6 ( x + 1) = 7

( x + 1) ( x

−x+1

)

Đặt a = x 2 − x + 1; b = x + 1 ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

a = b a 2 + 6b 2 = 7ab ⇔ ( a − b )( a − 6b ) = 0 ⇔  a = 6b

• Với a = b ta được

x = 0 x 2 − x + 1 = x + 1 ⇔ x 2 − x + 1 = x + 1 ⇔ x 2 − 2x = 0 ⇔  . x = 2

• Với a = 6b ta được x 2 − x + 1 = 6 x + 1 ⇔ x 2 − x + 1 = 36 ( x + 1) ⇔ x 2 − 37x − 35 = 0 ⇔ x =

37 ± 1509 2

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được  37 − 1509 37 + 1509  S = 0; 2; ; . 2 2  

Ví dụ 5. Giải phương trình 2x 2 − x + 1 = 4x 4 + 1 . Phân tích và lời giải  4x 4 + 1 = 2x 2 − 2x + 1 2x 2 + 2x + 1  Chú ý đến các phép biến đổi  . 1 3 2x 2 − x + 1 = 2x 2 + 2x + 1 + 2x 2 − 2x + 1 4 4 

(

)(

(

)

) (

)

Từ đó ta có phép đặt ẩn phụ a = 2x 2 + 2x + 1; b = 2x 2 − 2x + 1 ( a > 0; b > 0 ) và phương trình thu được là phương trình đẳng cấp bậc hai. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

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

( 2x

)(

+ 2x + 1 2x 2 − 2x + 1

)

Đặt a = 2x 2 + 2x + 1; b = 2x 2 − 2x + 1 ( a > 0; b > 0 ) khi đó phương trình được viết lại thành

a = b a 2 + 3b 2 = 4ab ⇔ ( a − b )( a − 3b ) = 0 ⇔  a = 3b

• Với a = b ta được

2x 2 + 2x + 1 = 2x 2 − 2x + 1

Hay ta được 2x 2 + 2x + 1 = 2x 2 − 2x + 1 ⇔ x = 0

• Với a = 3b ta được

2x 2 + 2x + 1 = 3 2x 2 − 2x + 1

(

)

Hay ta được 2x 2 + 2x + 1 = 9 2x 2 − 2x + 1 ⇔ 16x 2 − 20x + 8 = 0 , phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Ví dụ 6. Giải phương trình 5x 2 − x + 5 = 5 x 4 + x 2 + 1 . Phân tích và lời giải

x 4 + x + 1 = x 2 − x + 1 x 2 + x + 1  Để ý đến các biến đổi  2 . Khi đó ta phân tích 2 2 5x − x + 5 = 3 x − x + 1 + 2 x + x + 1

(

)(

(

) (

)

) (

)

phương trình về dạng 2 x 2 + x + 1 + 3 x 2 − x + 1 = 5

)

)(

)

− x + 1 x 2 + x + 1 . Nhận thấy các

đa thức x 2 − x + 1 và x 2 + x + 1 luôn dương. Từ đó ta có ời giải cho phương trình như sau

Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Khi đó phương trình tương đương với

(

) (

)

2 x2 + x + 1 + 3 x2 − x + 1 = 5

)(

− x + 1 x2 + x + 1

)

Do x 2 − x + 1 > 0; x 2 + x + 1 > 0 nên ta đặt a = x 2 + x + 1; b = x 2 − x + 1 ( a > 0; b > 0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành 2a 2 + 3b 2 = 5ab ⇔ ( a − b )( 2a − 3b ) = 0 .

• Với a − b = 0 ta được

x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ x = 0

• Với 2a − 3b = 0 ta được 2 x 2 + x + 1 = 3 x 2 − x + 1

(

) (

)

Hay 4 x 2 + x + 1 = 9 x 2 − x + 1 ⇔ 5x 2 + 13x + 5 = 0 ⇔ x =

13 ± 69 . 10

 13 − 69 13 + 69  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 0; ; . 10 10   Nhận xét.

( ) ( ) − x + 5 = m ( x − x + 1) + n ( x + x + 1) = ( m + n ) x − ( m − n ) x + ( m + n )

• Để có phép biến đổi 5x 2 − x + 5 = 3 x 2 − x + 1 + 2 x 2 + x + 1 ta thực hiện như sau 5x 2

m + n = 5 m = 3 Đồng nhất hệ số ta được  ⇔ , từ đó ta có phép biến đổi như trên. m − n = 1 n = 2

• Để ý ta lại thấy nếu bình phương hai vế thì thu được một phương trình bậc 3 và ta lại nhẩm được một nghiệm là x = 0 . Do đó phương trình bậc ba phân tích được thành phương trình tích.

( 5x

−x+5

)

(

)

(

)

(

= 25 x 4 + x + 1 ⇔ 25x 5 + 50x 2 + 25 − 10x x 2 + 1 = 25 x 4 + x + 1

(

)

⇔ 10x 3 − 26x 2 + 10x = 0 ⇔ x 10x 2 − 26x + 10 = 0 Đến đây ta giải được tập nghiệm như trên. Ví dụ 7. Giải phương trình 3x 2 − 4x + 23 = 3 x 4 − 8x + 63 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy đa thức vế trái có bậc hai và đa thức trong căn có bậc 4, do đó ta sẽ tìm cách phân tích đa thức trong căn thành tích của hai đa thức bậc hai. Chú ý đến hệ số của hạng tử x 4 là 1, nên ta giả sử đa thức x 4 − 8x + 63 phân tích được thành tích

)(

)

+ ax + b x 2 + mx + n = x 4 + ( a + m ) x 3 + ( b + n + am ) x 2 + ( bm + an ) x + bn

a = −m a + m = 0   2  b + n + am = 0 b + n − a = 0 ⇔ Đến đây ta có hệ   bm + an = −8 a ( b − n ) = 8  bn = 63  bn = 63  Chú ý đến bn = 63 = 1.63 = 3.21 = 7.9 = ... , thử các trường hợp ta chọn được bộ số thỏa mãn hệ trên là b = 7; n = 9; a = −4; m = 4 . Khi đó ta có

(

)(

)

x 4 − 8x + 63 = x 2 − 4x + 7 x 2 + 4x + 9 . Ta cần biến đổi

(

)

3x 3 − 4x + 23 = 2 x 2 − 4x + 7 + x 2 + 4x + 9 . Đến đây ta đặt ẩn phụ và giải phương trình như

Lời giải Điều điều kiện xác định của phương trình là x 4 − 8x + 63 ≥ 0 . Phương trình đã cho

(

)

tương đương với 2 x 2 − 4x + 7 + x 2 + 4x + 9 = 3

)(

− 4x + 7 x 2 + 4x + 9

)

Dễ thấy x 2 − 4x + 7 > 0 và x 2 + 4x + 9 > 0 nên ta đặt a = x 2 − 4x + 7 ; b = x 2 + 4x + 9 ( a > 0; b > 0 )

Khi đó phương trình trên trở thành 2a 2 + b 2 = 3ab ⇔ ( a − b )( 2a − b ) = 0

• Khi a = b ta được

1 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ⇔ x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ⇔ x = − . 4

• Khi 2a = b ta được 2 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 10 ± 43 . 3  1 10 − 43 10 + 43  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = − ; ; . 3 3  4 

(

)

Hay ta được 4 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ⇔ 3x 2 − 20x + 19 = 0 ⇔ x =

Nhận xét. Ta có thể phân tích đa thức x 4 − 8x + 63 theo cách khác như sau

( + 1)( x

) ( + 8 − 4x − 1) = ( x

)

x 4 − 8x + 63 = x 4 + 16x 2 + 64 − 16x 2 + 8x + 1 = x 2 + 8 − ( 4x + 1)

(

= x 2 + 8 + 4x 2

)(

+ 4x + 9 x 2 − 4x + 7

)

Ví dụ 8. Giải phương trình 3 3x − 2 + 4 4x − 3 = 7 4 12x 2 − 17x + 6 . Phân tích và lời giải Để ý ta nhận thấy 12x 2 − 17x + 6 = ( 3x − 2 )( 4x − 3 ) và 3x − 2 ≥ 0; 4x − 3 ≥ 0 . Do đó ta viết được

12x 2 − 17x + 6 = 4 3x − 2. 4 4x − 3 . Đến đây ta đặt a = 4 3x − 2; b = 4 4x − 3 thì

phương trình đã cho viết được thành 3a 2 + 4b 2 = 7ab , đây là phương trình đẳng cấp bậc hai nên ta dễ dàng giải được. Từ đó ta có lời giải cho phương trình đã cho.

Lời giải

3x − 2 ≥ 0 3 Điều kiện xác định của phương trình là  ⇔x≥ . 4 4x − 3 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với 3 3x − 2 + 4 3x − 3 = 7 4 3x − 2. 4 4x − 3 . Đặt a = 4 3x − 2; b = 4 4x − 3 ( a > 0; b ≥ 0 ) , khi đó phương trình đã cho trở thành

a = b 3a 2 + 4b 2 = 7ab ⇔ ( a − b )( 3a − 4b ) = 0 ⇔   3a = 4b

• Với a = b ta được

3x − 2 = 4 4x − 3 ⇔ 3x − 2 = 4x − 3 ⇔ x = 1 .

606 . 781  606  ; 1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S =   781 

• Với 3a = 3b ta được 3 4 3x − 2 = 4 4 4x − 3 ⇔ 81 ( 3x − 2 ) = 256 ( 4x − 3 ) ⇔ x =

Ví dụ 9. Giải phương trình x 3 + 6 x 3 + 4x = 3x x 3 + 4x + 8 Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy ở hai vế của phương trình cùng có chứa căn thức

x 3 + 4x nên ta đưa về cùng một vế, khi đó ta có biểu thức 3 ( x − 2 ) x 3 + 4x . Chú ý đến

x 3 và số 8 ở hai về nên khi chuyển vế thì xuất hiện nhân tử x − 2 . Khi đó phương trình trở thành x 3 − 8 = 3 ( x − 2 ) x 3 + 4x . Dễ dàng nhận thấy x = 2 là một nghiệm. Ta cần giải

(

phương trình x 2 + 2x + 4 = 3 x 3 + 4x . Chú ý tiếp thì ta lại thấy x 3 + 4x = x x 2 + 4

(

)

x 2 + 2x + 4 = x 2 + 4 + 2x . Đến đây ta đặt ẩn phụ để giải phương trình.

Điều kiện xác định là x 3 + 4x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với x 3 − 8 = 3 ( x − 2 ) x 3 + 4x

x − 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x 2 + 2x + 4 = 3 ( x − 2 ) x 3 + 4x ⇔  2  x + 2x + 4 = 3 x x 2 + 2 

(

)

(

)

Với phương trình x 2 + 2x + 4 = 3 x x 2 + 4 ta đặt a = x; b = x 2 + 4 ( a ≥ 0; b > 0 )

a = b Khi đó ta có phương trình 2a 2 + b 2 = 3ab ⇔ ( a − b )( 2a − b ) = 0 ⇔  .  2a = b

• Với a = b ta được

x = x 2 + 4 ⇔ x = x 2 + 4 ⇔ x 2 − x + 4 = 0 , phương trình vô nghiệm.

• Với 2a = b ta được 2 x = x 2 + 4 ⇔ 4x = x 2 + 4 ⇔ x 2 − 4x + 4 = 0 ⇔ x = 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .

và

(

)

Nhân xét. Với phương trình x 2 + 2x + 4 = 3 x x 2 + 4 ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải như sau

(

)

x 2 + 2x + 4 = 3 x x 2 + 4 ⇔ x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 16x + 16 = 9x 3 + 36x 2

(

)

⇔ x 4 − 5x 3 + 4x 2 − 20x + 16 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x 2 − x + 4 = 0 ⇔ x = 2 Ví dụ 10. Giải phương trình x 2 + 7x + 3 = 3 x 3 + 4x 2 − 5 . Phân tích và lời giải

x 3 + 4x − 5 = ( x − 1) x 2 + 5x + 5  Quan sát phương trình ta nhận thấy  . 2 2 x + 7x + 3 = x + 5x + 5 + 2 ( x − 1)

(

)

Chú ý là x ≥ 1 nên ta đặt ẩn phụ a = x − 1; b = x 2 + 5x + 5 để giải phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x 3 + 4x 2 − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 Phưng trình đã cho tương đương với x 2 + 5x + 5 + 2 ( x − 1) = 3

( x − 1) ( x

+ 5x + 5

)

Đặt a = x − 1; b = x 2 + 5x + 5 ( a ≥ 0; b > 0 ) , khi đó phương trình trên trở thành

a = b 2a 2 + b 2 = 3ab ⇔ ( a − b )( 2a − b ) = 0 ⇔   2a = b x ≥ 1 • Với a = b ta được x − 1 = x 2 + 5x + 5 ≥  , hệ vô nghiệm. 2 x − 1 = x + 5x + 5 x ≥ 1 • Với 2a = b ta được 2 x − 1 = x 2 + 5x + 5 ≥  , hệ vô nghiệm. 2 4 ( x − 1) = x + 5x + 5 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 11. Giải phương trình x + 1 + 2x + 1 = 3x 2 + 8x + 4 . Phân tích và lời giải Quan sát ta thấy phương trình có chứa hai ăn bậc hai và bậc của các đa thức dưới dẫu căn khác nhau, do đó ta cần tìm mỗi liên hệ của các biểu thức dưới dâu căn rồi mới 2

tìm phương pháp phù hợp. Chú ý ta nhận thấy 3x 2 + 8x + 4 = 3 ( x + 1) + 2x + 1 . Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt một ẩn phụ hoặc hai ẩn phụ. Chú ý là để đặt một ẩn phụ ta cần thực hiện phép chia nên cần phải tìm điều kiện của ẩn để phép chia thực hiện được

2x + 1 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . Phương trình đã cho 3x + 8x + 4 ≥ 0 2

tương đương với x + 1 + 2x + 1 = 3 ( x + 1) + 2x + 1 . Đặt a = x + 1; b = 2x + 1 ( b ≥ 0 ) .

a + b ≥ 0 a + b ≥ 0 Khi đó phương trình trên trở thành a + b = 3a 2 + b 2 ⇔  ⇔  2 2 2 a ( a − b ) = 0 ( a + b ) = 3a + b

• Với a = 0 ta được x + 1 = 0 ⇔= −1 không thỏa mãn phương trình. x + 1 ≥ 0 ⇔ x = 0 , thỏa mãn phương trình. Với a = b ta được x + 1 = 2x + 1 ⇔  2 ( x + 1) = 2x + 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Nhận xét. 2

• Để có biến đổi 3x 2 + 8x + 4 = 2 ( x + 1) + 2x + 1 ta sử dụng phương pháp hệ số bất định • Với phương trình trên ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để giải quyết phương trình. 2

x + 1 + 2x + 1 = 3 ( x + 1) + 2x + 1 ⇔ x 2 + 2x + 1 + 2 ( x + 1) 2x + 1 + 2x + 1 = 3x 2 + 8x + 4

⇔ 2 ( x + 1) 3x 2 + 8x + 4 = 2x 2 + 4x + 2 ⇔ ( x + 1)

(

)

3x 2 + 8x + 4 − x − 1 = 0

Dễ thấy với điều kiện xác định thì x + 1 > 0 do đó từ phương trình trên ta được

x + 1 ≥ 0 x + 1 = 2x + 1 ⇔  ⇔ x = 0 , thỏa mãn phương trình. 2 ( x + 1) = 2x + 1 Ví dụ 12. Giải phương trình x − 1 + 2x + 1 = 2. x 2 + 2 Phân tích và lời giải 2

Để ý đến biến đổi x 2 + 2 = ( x − 1) + 2x + 1 , khi đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ

a = x − 1 và b = 2x + 1 để giải phương trình đã cho. Lời giải Điều kiện xác đinh của phương trình là 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − Phương trình đã cho tương đương với x − 1 = 2x + 1 = 2.

1 . 2

( x − 1)

+ 2x + 1 .

Đặt a = x − 1; b = 2x + 1 ( b ≥ 0 ) , khi đó phương trình trở thành

a + b ≥ 0 a + b ≥ 0 a + b = 2. x 2 + b 2 ⇔  ⇔ ⇔a=b  2 2 2 ( a + b ) = 2 ( a + b ) ( a − b ) = 0 x − 1 ≥ 0 x − 1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ x = 4 , thỏa mãn. Khi đó ta được x − 1 = 2x − 1 ⇔  2 x − 4x = 0 x − 1 = 2x + 1  ( )   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 4 .

Nhận xét. Để ý đến biến đổi a + b = 2. x 2 + b 2 ⇔ ( a + b ) = 2 ( a + b ) ta liên tưởng đến bất đẳng thức Bunhiacopxi. Do đó ta trình bày lời giải bằng phương pháp đánh giá như sau. 2

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng ( a + b ) ≤ 2 ( a + b ) ta có

(x − 1+

2x + 1

)

2 ≤ 2 ( x − 1) + 2x + 1 ⇔ x − 1 + 2x + 1 = 2.  

Từ đó ta được x − 1 + 2x + 1 ≤ 2.

( x − 1)

+ 2x + 1

+ 2x + 1 . Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi và

 x − 1 + 2x + 1 ≥ 0  x − 1 + 2x + 1 ≥ 0  x − 1 + 2x + 1 ≥ 0   ⇔ x ≥ 1 ⇔ x=4. khỉ khi  x ≥ 1  x − 1 = 2x + 1  x 2 − 4x = 0 x x − 4 = 0 )   (

Ví dụ 13. Giải phương trình 2 3x 2 − 14x + 12 + x + 3x = 6 . Phân tích và lời giải

(

)

Để ý đến biến đổi 3 x 2 − 14x + 12 = 3 ( x − 2 ) − 2x , khi đó phương trình đã cho được 2

viết lại thành 3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( 2 − x ) − 2x . Đến đây ta đặt ẩn phụ để giải phương trình.

x ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . 3x − 14x + 12 ≥ 0 2

Phương trình đã cho tương đương với 3 ( 2 − x ) − x = 2 3 ( 2 − x ) − 2x . Đặt a = 2 − x; b = x ( b ≥ 0 ) . Khi đó phương trình đã cho trở thành

3a − b ≥ 0 3a − b ≥ 0 3a − b ≥ 0 3a − b = 2 3a 2 − b 2 ⇔  ⇔ 2   2 2 3a − b ) = 4 3a 2 − 2b 2 a + 2ab − 3b = 0 ( a − b )( a + 3b ) = 0 (

(

)

0 ≤ x ≤ 2 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ 2 ⇔ x = 1. • Với a − b = 0 ta được 2 − x = x ⇔  2 x − 5x + 4 = 0 ( 2 − x ) = x

• Với a + 3b = 0 ta được 2 − x + 3 x = 0 ⇔ 2 − x = −3 x hay ta được 13 + 153 x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 x−2 = 3 x ⇔  ⇔ 2 ⇔x= . 2 2 x − 13x + 4 = 0 ( x − 2 ) = 9x Kết kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 14. Giải phương trình 1 =

x + x 2 + 2x − 3 4x 2 − 2x + 3

Phân tích và lời giải

(

)

Chú ý đến phép biến đổi 4x 2 − 2x + 3 = 5x 2 − x 2 + 2x − 3 , khi đó ta viết phương

(

)

trình lại thành x + x 2 + 2x − 3 = 5x 2 − x 2 + 2x − 3 . Đến đây nếu đặt ẩn phụ

y = x 2 + 2x − 3 thì ta thu được phương trình x + y = 5x 2 − y 2 . Bình phương hai vế ta được phương trình đẳng cấp.

Lời giải

x 2 + 2x − 3 ≥ 0 x ≥ 1 Điều kiện xác định của phương trình là  2 ⇔ 4x − 2x + 3 ≥ 0 x ≤ 3 Phương trình đã cho tương đương với

(

x + x 2 + 2x − 3 = 4x 2 − 2x + 3 ⇔ x + x 2 + 2x − 3 = 5x 2 − x 2 + 2x − 3

)

Đặt y = x 2 + 2x − 3 ≥ 0 , phương trình đã cho trở thành

x + y ≥ 0 x + y ≥ 0 x + y ≥ 0 x + y = 5x 2 − y 2 ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2 2 2 2x − xy − y = 0 ( x − y )( 2x + y ) = 0 ( x + y ) = 5x − y

3 x ≥ 0 • Với x = y ta được x = x 2 + 2x − 3 ⇔  2 ⇔x= 2 2 x = x + 2x − 3 x + y ≥ 0 • Với 2x + y = 0 ta được 2x = x 2 + 2x − 3 ⇔  2 , hệ vô nghiệm. 2 4x = x + 2x − 3 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = . 2 Ví dụ 15. Giải phương trình

x 2 + x − 2 + x = 2 + 4x 2 − x − 2 .

Phân tích và lời giải

(

)

Chú ý đến phép biến đổi 4x 2 − x − 2 = 3 x 2 + x − 2 + ( x − 2 ) , khi đó phương trình đã cho được viết lại thành

(

)

x 2 + x − 2 + x − 2 = 3 x 2 + x − 2 + ( x − 2 ) . Đến đây ta thực hiện

phép đặt ẩn phụ a = x 2 + x − 2 ; b = x − 2 ( a ≥ 0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành

a + b ≥ 0 a + b ≥ 0 a + b = 3a 2 + b 2 ⇔  ⇔  2 2 2 a ( a − b ) = 0 ( a + b ) = 3a + b  x2 + x − 2 + x − 2 ≥ 0  a + b ≥ 0  x 2 + x − 2 + x − 2 ≥ 0 • Với  ⇒ ⇔  x = 1 , hệ vô nghiệm. 2 a = 0   x + x − 2 = 0   x = −2  x2 + x − 2 + x − 2 ≥ 0 x ≥ 2 2   a + b ≥ 0  x + x − 2 + x − 2 ≥ 0   • Với  ⇒ ⇔ x ≥ 2 ⇔ 6 , vô nghiệm. a − b = 0  x 2 + x − 2 = x − 2  2 x = 5 2   x + x − 2 = ( x − 2 ) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 16. Giải phương trình 2 x 2 + 3x + 3 + x + 1 = 9x 2 + 23x + 19 Phân tích và lời giải

(

)

Để ý đến phép biến đổi 9x 2 + 23x + 19 = 5 x 2 + 3x + 3 + 4 ( x + 1) nên ta sử dụng phép dặt ẩn phụ để giải phương trình. 2 x + 3x + 3 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 ⇔ x∈R . 9x + 23x + 19 ≥ 0

(

)

Phương trình đã cho được viết lại thành 2 x 2 + 3x + 3 + x + 1 = 5 x 2 + 3x + 3 + 4 ( x + 1) . Đặt a = x 2 + 3x + 3; b = x + 1 ( a > 0 ) . Khi đó phương trình đã cho trở thành

2a + b ≥ 0 2a + b ≥ 0 2a + b ≥ 0 2a + b = 5a 2 + 4b 2 ⇔  ⇔ ⇔   2 2 2 2 2 a − 4ab + 3b = 0 ( a − b )( a − 3b ) = 0 ( 2a + b ) = 5a + 4b

• Với a = b ta được

x ≥ −1 x + 1 ≥ 0 x 2 + 3x + 3 = x + 1 ⇔  2 , hệ vô nghiệm. 2 ⇔   x = −2 x + 3x + 3 = ( x + 1) 33 − 15 x + 1 ≥ 0 x 2 + 3x + 3 = 2 ( x + 1) ⇔  2 . 2 ⇔ x= 16 x + 3x + 3 = 4 ( x + 1)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

33 − 15 là nghiệm duy nhất. 16

Nhận xét.

• Chú ý rằng

x 2 + 3x + 3 > 0 nên ta có thể chia hai vế của phương trình cho

đó ta được phương trình

x+1 x 2 + 3x + 3

+2 = 5+

4 ( x + 1) 2

x + 3x + 3

. Đến đây ta đặt t =

x 2 + 3x + 3 , khi

x +1 x 2 + 3x + 3

thì

ta được phương trình một ẩn t + 2 = 4t 2 + 5 .

• Nếu chia hai vế của phương trình cho x + 1 ta và đặt ẩn phụ t =

x 2 + 3x + 3 thì cũng thu được x+1

phương trình ẩn t tương tự như trên. Tuy nhiên vì chưa xác định được x + 1 ≠ 0 nên để phép chia thực hiện được ta cần xét các trường hợp x + 1 = 0 và x + 1 ≠ 0 . Ví dụ 17. Giải phương trình 2 2x − 3 + x 2 + 3x − 4 = x 2 + 19x − 28 . Phân tích và lời giải

(

)

Chú ý đến phép biến đổi x 2 + 19x − 28 = x 2 + 3x − 4 + 8 ( 2x − 3 ) , khi đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ a = 2x − 3; b = x 2 + 3x − 4 để đưa phương trình về dạng phân tích được thành tích. Lời giải  2x − 3 ≥ 0 3  Điều kiện xác định của phương trình  x 2 + 3x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 2  x 2 + 19x − 28 ≥ 0  Phương trình đã cho tương đương với 2 2x − 3 + x 2 + 3x − 4 = x 2 + 3x − 4 + 8 ( 2x − 3 ) .

Đặt a = 2x − 3; b = x 2 + 3x − 4 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

a = 0 2a + b ≥ 0 2a + b ≥ 0 2a + b = 8a 2 + b 2 ⇔  2 ⇔ ⇔ 2 2 2 a = b 4a + 4ab + b + 8a + b a ( a − b ) = 0 3 • Với a = 0 , khi đó ta được 2x − 3 = 0 ⇔ x = . 2 −1 ± 5 • Với a = b , khi đó ta được 2x − 3 = x 2 + 3x − 4 ⇔ x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x = . 2 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 Nhận xét. Ta cũng có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ t =

x 2 + 3x − 4 để đưa phương trình đã cho 2x − 3

về dạng t + 2 = t 2 + 8 . Chú ý xét các trường hợp 2x − 3 = 0 và 2x − 3 ≠ 0 để phép chia thực hiện được. Ví dụ 18. Giải phương trình

5x 2 + 14x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 .

Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình thành

5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1 . Theo

(

)

tư tưởng như các ví dụ trên giả sử ta phân tích được 5x 2 + 14x + 9 = a x 2 − x − 20 + b ( x + 1) , ta cần xác định các giá trị a, b. Dễ thấy ngay a = 5 nhưng b không tồn tại. Như vậy phương án này thất bại. 5x 2 + 14x + 9 − 5 x + 1 = x 2 − x − 20 . Thực hiện

Ta viết phương trình về dạng khác

(

)

biến đổi x 2 − x − 20 = a 5x 2 + 14x + 9 + b ( x + 1) , thấy ngay a =

1 nhưng b cũng không tồn 5

tại, như vậy phương án này cũng thất bại. Đến đây ta nghĩ đến bình phương hai vế của phương trình rồi mới tìm cách đặt ẩn phụ, tuy nhiên ta chú ý rằng cần phải chuyển phải chuyển vể rồi mới bình phương hai vế vì khi đó biểu thức trong căn có dạng đa thức bậc ba. 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 25 ( x + 1) + 10

( x + 4 )( x − 5 )( x + 1)

( x + 4 )( x − 5 )( x + 1) Chú ý đến đa thức bậc ba trong căn ( x + 4 )( x − 5 )( x + 1) có thể viết được về các ⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 5

dạng.

( x + 1) ( x

)

(

)

(

− x − 20 = ( x − 5 ) x 2 + 5x + 4 = ( x + 4 ) x 2 − 4x − 5

)

Ta cần phân tích đa thức 2x 2 − 5x + 2 về tổng của hai đa thức trong các tích trên.

(

)

Trong qua trình phân tích ta chỉ có trường hợp 2x 2 − 5x + 2 = 2 x 2 − 5x − 5 + 3 ( x + 4 ) thỏa mãn. Như vậy ta cần viết được

( x + 1)( x + 4 )( x − 5 ) =

x + 4. x 2 − 4x − 5 . Tuy nhiên ta cần

kiểm tra xem các căn thức đó có xác định hay không.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 5 . Phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 25 ( x + 1) + 10

(

( x + 4 )( x − 5 )( x + 1)

)

⇔ 2 x 2 − 5x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 x + 4. x 2 − 4x − 5 Đặt a = x 2 − 4x − 5; b = x + 4 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó ta có phương trình

a = b 2a 2 + 3b 2 = 5ab ⇔ ( a − b )( 2a − 3b ) = 0 ⇔   2a = 3b

5 ± 61 2 7  x=− • Với 2a = 3b ta có 2 x 2 − 4x − 5 = 3 x + 4 ⇔ 4 x 2 − 4x − 5 = 9 ( x + 4 ) ⇔  4.   x = 8

• Với a = b ta có

x 2 − 4x − 5 = x + 4 ⇔ x 2 − 4x − 5 = x + 4 ⇔ x 2 − 5x − 9 ⇔ x =

(

)

 5 + 61  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 8; . 2   Ví dụ 19. Giải phương trình

x 3 + 2x 2 + 27x + 12 = x 3 + 1 + x + 2 .

Phân tích tìm lời giải Chú ý đến hệ số cao nhất của hai đa thức bậc 3 trong căn ta thấy rằng nếu bình phương hai vế của phương trình thì hạng tử bậc 3 bị triệt tiêu. Chú ý tiếp lai lại thấy sau khi

bình 3

phương

hai

vế

của

phương

trình

thì

)

xuất

hiện

tích

+ 1 . ( x + 1) = x 2 − x + 1. x 2 + 3x + 2 . Đến đây ta chỉ biểu diện đa thức bậc hai ngoài

căn về các đa thức bậc hai trong căn là được.

Lời giải 3 2 3 x + 2x + 27x + 12 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  . x + 1 ≥ 0

Phương trình đã cho tương đương với

x 3 + 2x 2 + 27x + 12 = x 3 + 1 + x + 2 + 2 x 3 + 1. x + 2 ⇔ 2x 2 + 26x + 9 = 2 x 2 − x + 1. x 2 + 3x + 2

(

) (

)

⇔ 7 x 2 + 3x + 2 − 5 x 2 − x + 1 = 2 x 2 − x + 1. x 2 + 3x + 2 Đặt a = x 2 + 3x + 2 ; b = x 2 − x + 1 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

7a 2 − 5b 2 = 2ab ⇔ ( a − b )( 7a + 5b ) = 0 . Dễ thấy với a ≥ 0; b > 0 thì 5a + 7b > 0 . Do đó từ phương trình trên ta được

a− b = 0 ⇔ a = b. Do đó

1 x 2 + 3x + 2 = x 2 − x + 1 ⇔ x 2 + 3x + 2 = x 2 − x + 1 ⇔ 4x = −1 ⇔ x = − . 4

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = −

(

Ví dụ 20. Giải phương trình x 2 + 14

)

1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 4

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

Phân tích tìm lời giải Để ý đến mối liên hệ giữa các biểu thức trong phương trình ta viết được phương

(

trình về dạng khác là x 2 + 8 + 6

)

x = ( 2x + 3 ) x 2 + 8 . Khi đó nếu đặt a = x ; b = x 2 + 8

(

) (

)

thì ta viết được phương trình về dạng b 2 + 6 a = 2a 2 + 3 b . Nếu phân tích được phương trình

thành

) (

tích

thì

xem

như

phương

trình

được

giải

quyết.

Chú

)

+ 6 a = 2a 2 + 3 b ⇔ ( a − 2b )( ab − 3 ) = 0 . Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 .

(

Phương trình đã cho tương đương với x 2 + 8 + 6

)

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

Đặt a = x; b = x 2 + 8 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó phương trình trên trở thành

a = 2b + 6 a = 2a 2 + 3 b ⇔ ( a − 2b )( ab − 3 ) = 0 ⇔  ab = 3

) (

)

• Với a = 2b ta được

x = 2 x 2 + 8 ⇔ x = 4x 2 + 32 ⇔ 4x 2 − x + 32 = 0 , vô nghiệm.

• Với ab = 3 ta được

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

(

)

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 21. Giải phương trình Phân tích tìm lời giải

4x 2 + 1 x −1 = x+ . 6x − 1 2x − 1

là

Trước hết ta viết lại phương trình thành

4x 2 + 1 = 6x − 1

2x 2 − 1 . Như vậy phương trình 2x − 1

thu được có dạng cơ bản nên ta sử dung phép nâng lên lũy thừa để là mất căn bậc hai, khi 2

 4x 2 + 1  2x 2 − 1 đó ta có phương trình  . Đến đây nếu quy đồng hai vế thu được =  2x − 1  6x − 1  phương trình bậc năm trong khi ta chưa nhẩm được nghiệm đẹp. Do đó ta không sử dụng phép nâng lên lũy thừa mà sử dụng các khác. Ta sẽ tìm cách biểu diễn 4x2 + 1 và 6x − 1 qua 2x2 − 1 và 2x − 1 .

4x 2 + 1 = 2 2x 2 − 1 + 3 Chú ý là ta có hai phép biểu diễn sau  6x − 1 = 3 ( 2x − 1) + 2 Do đó nếu đặt a = 2x 2 + 1; b = 2x − 1 thì ta viết lại được phương trình thành

(

)

a 4a 2 + 12a + 9 a  2a + 3  = ⇔ = ⇔ ( 4a − 9b )( ab − 1) = 0   b 9b 2 + 12b + 4 b  3b + 2 

Lời giải

 2x 2 − 1 >0  Điều kiện xác định của phương trình là  2x − 1 . 6x − 1 > 0  2

 4x 2 + 1  4x 2 + 1 2x 2 − 1 2x 2 − 1 Phương trình đã cho tương đương với = ⇔ = .  6x − 1 2x − 1 2x − 1  6x − 1  Đặt a = 2x 2 − 1; b = 2x − 1 , khi đó ta viết lại được phương trình thành 2

ab = 1  2a + 3  a 4a 2 + 12a + 9 a = ⇔ = ⇔ ( 4a − 9b )( ab − 1) = 0   3b + 2  2 b 9b + 12b + 4 b    4a = 9b x = 0  1 2 2 • Với ab = 1 ta được 2x − 1 ( 2x − 1) = 1 ⇔ x 2x − x − 1 = 0 ⇔  x = − .  2 x = 1 

(

)

(

)

9 ± 41 . 8 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  9 − 41 9 + 41  S= ;1; . 8   8

(

)

• Với 4a = 9b ta được 9 2x 2 − 1 = 4 ( 2x − 1) ⇔ 8x 2 − 18x + 5 = 0 ⇔ x =

Ví dụ 22. Giải phương trình Phân tích tìm lời giải

x 3 + 14 x 3 − 3x + 4 =2 +3. x+2 x+1

x 3 − 3x + 8 = x+2

Trước hết ta viết lại phương trình thành phép

biến

đổi

(

a = x 3 − 3x + 4; b = x + 1

(

)

x 3 − 3x + 8 = x 3 − 3x + 4 + 3

thì

) (

viết

lại

x 3 − 3x + 4 . Để ý đến các x +1

x + 2 = ( x + 1) + 1 .

và

phương

trình

thành

Khi

đó

a+4 a =2 b+1 b

đặt hay

)

b a 2 + 8a + 16 = a b 2 + 2b + 1 . Đến đây ta phân tích phương trình thành tích thì phương

trình đã cho giải được.

Lời giải

 x 3 − 3x + 4 ≥0  Điều kiện xác định của phương trình  x + 1 . x + 2 ≠ 0  Phương trình đã cho tương đương với

x 3 − 3x + 8 = x+2

x 3 − 3x + 4 x +1

Đặt a = x 3 − 3x + 4; b = x + 1 thì ta viết lại phương trình thành a = 4b a+4 a =2 ⇔ b a 2 + 8a + 16 = a b 2 + 2b + 1 ⇔ ( a − 4b )( ab − 4 ) = 0 ⇔  b+1 b ab = 4

(

) (

)

x = 0 . • Với a = 4b ta được x 3 − 3x + 4 = 4 ( x + 1) ⇔ x x 2 − 7 = 0 ⇔   x = ± 7

(

)

x = 0  . • Với ab = 4 ta được x − 3x + 4 ( x + 1) = 4 ⇔ x ( x − 1) x + 2x − 1 = 0 ⇔  x = 1   x = −1 ± 2

(

)

(

)

{

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0;1; −1 − 2 ; −1 + 2 ; − 7 ; 7

Ví dụ 23. Giải phương trình

}

2 ( 3x − 2 ) 2x − 1 + 1 3x − 2 . = 2x − 1 2 + 8x 3 − 12x 2 + 6x − 1

Phân tích tìm lời giải 3

Chú ý rằng 8x 3 − 12x 2 + 6x − 1 = ( 2x − 1) , khi đó ta thấy phương trình có sự lặp lại của các đại lượng 3x − 2 và 2x − 1 . Để ý đến điều kiện xác định của phương trình ta có

3x − 2 3x − 2 = . Đến đây ta đặt ẩn phụ a = 3x − 2; b = 2x − 1 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó ta 2x − 1 2x − 1 a 2a 2 b + 1 ⇔ ab 3 + 2a = 2a 2 b 2 + b . viết phương trình đã cho lại thành = 3 b b +2 Lời giải 3x − 2 ≥ 0 2 ⇔x≥ . Điều kiện xác định của phương trình là  3 2x − 1 > 0

Phương trình đã cho tương đương với

3x − 2

2 ( 3x − 2 ) 2x − 1 + 1

2x − 1

( 2x − 1)

Đặt a = 3x − 2; b = 2x − 1 ( a ≥ 0; b > 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

 2a = b a 2a 2 b + 1 = 3 ⇔ ab 3 + 2a = 2a 2 b 2 + b ⇔ ( 2a − b ) ab 2 − 1 = 0 ⇔  2 b b +2 ab = 1

(

• Với 2a = b ta được 2 ( 3x − 2 ) = 2x − 1 ⇔ 10x = 7 ⇔ x = 2

)

7 . 10

(

)

• Với ab 2 = 1 ta được ( 3x − 2 )( 2x − 1) = 1 ⇔ ( x − 1) 12x 2 − 8x + 3 = 0 ⇔ x = 1 . 7  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S =  ;1 .  10  • Nhận xét chung Với một số phương trình vô tỷ có thể phân tích được thành tích nhưng quá trình biến đổi phương trình gặp quá nhiều phức tạp, khi đó thì đặt ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình tích là một giải pháp hoàn toàn hợp lý. Ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ hay nhiều hơn nữa ẩn phụ nhưng mục đích chính vẫn là phân tích phương trình thành phương trình tích. Trong qua trình ẩn phụ hóa đưa phương trình về dạng tích ta cần nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử, các hằng đẳng thức đáng như và cả kỹ năng sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai. 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn. Ví dụ 1. Giải phương trình x 2 − 5x 2x − 4 + 8x − 12 = 0 . Phân tích tìm lời giải Quan sát ta thấy phương trình chỉ chứa một dấu căn nên ta có thể chuyển về phương trình dạng cơ bản và sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Tuy nhiên phương trình nhận được lại có bậc 4 và lại không nhẩmđược nghiệm đẹp nên ý tưởng này không khả thi lắm. Để ý mỗi liên hệ giữa các biểu thức ta nhận thấy 8x − 12 = 4 ( 2x − 3 ) , như vậy nếu đặt

y = 2x − 3 thì ta đưa được phương trình về dạng hai ẩn đồng bậc là x 2 − 5xy + 4y 2 = 0 . Phương trình này dễ dàng phân tích được thành tích nên ta có lời giải như sau.

Lời giải

3 . 2 Phương trình đã cho tương đương với x 2 − 5x 2x − 3 + 4 ( 2x − 3 ) = 0 . Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

Đặt y = 2x − 3 ≥ 0 , khi đó ta có phương trình

x = y x 2 − 5xy + 4y 2 = 0 ⇔ ( x − y )( x − 4y ) = 0 ⇔   x = 4y x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ 2 , vô nghiệm. • Với x = y ta được x = 2x − 3 ⇔  2 x = 2x − 3 x − 2x + 3 = 0

x ≥ 0 • Với x = 4y ta được x = 4 2x − 3 ⇔  2 ⇔ x = 16 ± 4 13 . x − 32x + 48 = 0 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là

{

}

S = 16 − 4 13;16 + 4 13 .

Ví dụ 2. Giải phương trình ( x + 3 ) 48 − x 2 − 8x = x + 2 . Phân tích và lời giải Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên ta thêm bớt một lượng và đặt ẩn phụ để chuyển phương trình phương trình có thể phân tích được, khi đó phương trình được viết lại thành − x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) − x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0

Đặt t = 48 − 8x − x 2 , t ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành 2

t 2 + 2 ( x + 3 ) t + x 2 + 6x = 0 ⇔ ( t + x ) + 6x ( t + x ) = 0 ⇔ ( t + x )( t + x + 6 ) = 0

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

2 ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2 ( x + 3 ) − x 2 − 8x − 48 ⇔ −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0 Đặt t = 48 − 8x − x 2 , t ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành 2

t 2 + 2 ( x + 3 ) t + x 2 + 6x = 0 ⇔ ( t + x ) + 6x ( t + x ) = 0 ⇔ ( t + x )( t + x + 6 ) = 0

• Nếu t + x = 0 , suy ra t = −x , do đó ta được x ≤ 0 48 − 8x − x 2 = − x ⇔  2 ⇔ x = −2 7 − 2 x + 4x − 24 = 0 • Nếu t + x + 6 = 0 , suy ra t = −x − 6 , do đó ta được x ≤ −6 48 − 8x − x 2 = −x − 6 ⇔  2 ⇔ x = −5 − 31 x + 10x − 6 = 0

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S = −2 7 − 2; −5 − 31 .

Ví dụ 3. Giải phương trình 4x 2 + 2x + 9 = 9 . Lời giải

9 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 2 Phương trình đã cho tương đương với 2x + 9 − 2x + 9 − 4x 2 − 2x = 0 . Đặt t = 2x + 9 , t ≥ 0 . Khi đó ta có phương trình

t 2 − t − 4x 2 − 2x = 0 ⇔ ( t + 2x )( t − 2x − 1) = 0 .

• Trường hợp 1: Nếu 2x + t = 0 ⇔ t = −2x , từ đó ta được  9 1 − 37 − ≤ x ≤ 0 −2x = 2x + y ⇔  2 ⇔x= 4 4x 2 = 2x + 9  • Trường hợp 2: Nếu t − 2x − 1 = 0 ⇔ t = 2x + 1 , từ đó ta được  1 33 − 1 − 2 ≤ x . 2x + 1 = 2x + y ⇔  ⇔x= 4 ( 2x + 1)2 = 2x + 9  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là  1 − 37 33 − 1  S= ; . 4   4

Ví dụ 4. Giải phương trình

4x + 9 + 3 ( 2x + 1) = 2x 2 .

Lời giải 9 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 4 2 4x + 9 + 6x + 3 − 2x = 0 ⇔ 4x + 9 + 2 4x + 9 − 4x 2 + 8x − 3 = 0 Đặt t = 4x + 9 , t ≥ 0 thì phương trình trên trở thành

 t = 1 − 2x t 2 + 2t − 4x 2 + 8x − 3 = 0 ⇔ ( t + 2x + 1)( t − 2x + 3 ) = 0 ⇔   t = 2x − 3  3  3 x ≥ x ≥ ⇔ ⇒x=4 • Với 2x − 3 = 4x + 9 ⇔  2 2 4x 2 − 12x + 9 = 4x + 9 x 2 − 4x = 0  

 1  3 x ≤ x ≥ ⇔ ⇒ x = 1− 3 • Với 1 − 2x = 4x + 9 ⇔  2 2 4x 2 − 4x + 1 = 4x + 9 x 2 − 2x − 2 = 0  

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = 1 − 3; 4 .

Ví dụ 5. Giải phương trình x 2 = 3 + ( x − 1) x 2 − x + 3 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với 3 − x 2 + ( x − 1) x 2 − x + 3 ⇔ x 2 − x + 3 + ( x − 1) x 2 − x + 3 + x − 2x 2 = 0

Đặt t = x 2 − x + 3 , t ≥ 0 . Khi đó ta thu được phương trình

t = x t 2 + ( x − 1) t + x − 2x 2 = 0 ⇔ ( t − x )( t + 2x − 1) = 0 ⇔   t = 1 − 2x x ≥ 0 • Khi t = x ta được x = x 2 − x + 3 ⇔  2 ⇔ x = 3. 2 x = x − x + 3

 1 3 − 33 x ≤ ⇔x= . • Khi t = 1 − 2x ta được 1 − 2x = x 2 − x + 3 ⇔  2 6 2 3x − 2x − 2 = 0   3 − 33  Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S =  ; 3 .  6  Ví dụ 6. Giải phương trình x 2 + x + 6 = ( 2x + 3 ) 2x 2 + 10x + 4 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 5x + 2 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

2x 2 + 10x + 4 + ( 2x + 3 ) 2x 2 + 10x + 4 − 3x 2 − 11x − 10 = 0 Đặt t = 2x 2 + 10x + 4 , t ≥ 0 . Khi đó ta được phương trình t 2 + ( 2x + 3 ) t − 3x 2 − 11x − 10 = 0 . Xem phương trình trên ta phương trình bậc hai ẩn t, khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( 2x + 3 ) + 4 3x 2 + 11x + 10 = ( 4x + 7 ) ≥ 0 Do đó phương trình trên có các nghiệm là t = x + 2 và t = −3x − 5 .

• Với t = x + 2 ta được x ≥ −2 x ≥ −2 x + 2 = 2x 2 + 10x + 4 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x=0 2 x + 4x + 4 = 2x + 10x + 4 x + 6x = 0 • Với t = −3x − 5 ta được  5 x ≤ − 2 2x + 10x + 4 = −3x − 5 ⇔  (Hệ vô nghiệm) 3 7x 2 + 10x + 21 = 0  Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x = 0 .

• Nhận xét chung. Mục đích chính của việc đặt ẩn phụ đó chính là viết phương trình về dạng phương trình hai ẩn trong đó vẫn còn ẩn của phương trình. Tuy nhiên phương trình thu được lại không còn chứa căn thức và có thể giải được bằng cách phân tích thành tích hoặc sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai. 4. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình. a) Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đại số có thể giải được.

Ví dụ 1. Giải phương trình 2 3x − 2 − 2x − 1 = 1 . Phân tích tìm lời giải Phương trình đã cho có dạng cơ bản nên hoàn toàn có thể sử phép nâng lên lũy thừa, tuy nhiên để làm mất hết căn bậc hai trong phương trình thì ta cần đến hai lần nâng lên lũy thừa do đó ta tạm dừng ý tương nâng lên lũy thừa. Tìm hiểu mỗi liên hệ gữa các đại lượng trong dấu căn ta nhận thấy có mỗi liên hệ 2 ( 3x − 2 ) − 3 ( 2x − 1) = −1 , từ đây ta thấy nếu đặt a = 3x − 2; b = 2x − 1 thì ta thu được hai phương trình là 2a − b = 1 và

2a 2 − 3b 2 = −1 . Như vậy ta đã đưa phương trình về dạng hệ phương trình và hệ phương trình đó có thể giải được. Đến đây xem như phương trình được giải.

Lời giải

3x − 2 ≥ 0 2 ⇔x≥ Điều kiện xác định của phương trình là  3 2x − 1 ≥ 0 a = 3x − 2 a 2 = 3x − 2 ⇒ 2a 2 − 3b 2 = −1 Đặt  ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , khi đó  2  b = 2x − 1  b = 2x − 1 2a − b = 1 Kết hợp với phương trình ta được  2 2 2a − 3b = −1 Từ phương trình thứ nhất ta được b = 2a − 1 , thế vào phương trình thứ hai ta được 2a 2 − 3 ( 2a − 1) = −1 ⇔ 10a 2 − 12a + 2 = 0 ⇔ a = 1; a =

1 5

Với a = 1 ta được b = 1 , thỏa mãn Với a =

1 3 ta được b = − , loại do b < 0 . 5 5

Với ( a; b ) = ( 1; 1) ta được

3x − 2 = 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1

Nhận xét. Với điều kiện xác định x ≥

2 ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa như sau. 3

Biến đổi tương đương phương trình ta được 2 3x − 2 − 2x − 1 = 1 ⇔ 2 3x − 2 = 2x − 1 + 1 Bình phương hai vế và thu gọn ta được 5x − 4 = 2x − 1 . Tiếp tục bình phương hai vế ta được  4 5x − 4 ≥ 0 x ≥ 5x − 4 = 2x − 1 ⇔  ⇔ ⇔ x=1 5  2 25x − 40x + 16 = 2x − 1 25x 2 − 42x + 17 = 0  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

3x + 1 − x + 3 = x − 1 .

Phân tích tìm lời giải Để ý ta nhận thấy mối liên hệ 3x + 1 − ( x + 3 ) = 2 ( x − 1) . Do đó khi thực hiện phép đặt ẩn phụ a = 3x + 1; b = x + 3 thì ta thu được hai phương trình a − b = x − 1 và a 2 − b 2 = 2 ( x − 1) . 2 2 a − b = 2 ( x − 1) Đến đây ta được hệ phương trình có thể giải được là  . a − b = x − 1

Lời giải 1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 3

a = 3x + 1 a 2 = 3x + 1 ⇒ a 2 − b 2 = 2 ( x − 1) Đặt  ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , khi đó ta được  2  b = x + 3  b = x + 3 a 2 − b 2 = 2 ( x − 1) Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  a − b = x − 1  x = 1  ( x − 1)( a + b ) = 2 ( x − 1) ( x − 1)( a + b − 2 ) = 0 a − b = 0 ⇔ ⇔  Khi đó ta được  a + b = 2 a − b = x − 1 a − b = x − 1   a − b = x − 1 • Với x = 1 ta được một nghiệm thỏa mãn phương trình đã cho. a + b = 2 • Với  ⇒ 2a = x + 1 , từ đó kết hợp với a = 3x + 1 ta suy ra được a − b = x − 1

 1 x = 5 − 2 7 x ≥ − ⇔ 2 3x + 1 = x + 1 ⇔  3 12x + 4 = x 2 + 2x + 1  x = 5 + 2 7  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình thì x = 5 − 2 7 ; x = 5 + 2 7 đều thỏa mãn.

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; 5 − 2 7 ; 5 + 2 7 .

Ví dụ 3. Giải phương trình sau:

x + 1 + x + 10 = x + 2 + x + 5 Lời giải

Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với 2x + 11 + 2

( x + 1)( x + 10 ) = 2x + 7 + 2 ( x + 2 )( x + 5 )

Thu gọn và tiếp tục bình phương hai vế ta được

x 2 + 11x + 10 + 2 = x 2 + 7x + 10 ⇔ x 2 + 11x + 14 + 4 x 2 + 11x + 10 = x 2 + 7x + 10 x + 1 ≤ 0  x ≤ −1 ⇔ x 2 + 11x + 10 = − x − 1 ⇔  2 ⇒ x = −1 2 ⇔   x = −1 x + 11x + 10 = ( x + 1) Kết hợp với điều kiện xác định ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x = −1 .

Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −1 .

x + 10 − x + 2 = x + 5 − x + 1 .

Phương trình đã cho tương đương với

a = x + 10 Đặt  ( a > 0; b > 0 ) , khi đó ta được b = x + 2 

a 2 = x + 10 ⇒ a 2 − b2 = 8 .  2  b = x + 2

a 2 − b 2 = 8 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình  a − b = x + 5 − x + 1 8  = 2 x+5 + x+1 a + b = x+5 − x+1 Khi đó ta được   2a − 2b = 2 x + 5 − x + 1  Từ đó dẫn đến 3a − b = 5 x + 5 , kết hợp với phép đặt ẩn phụ ta được

(

)

3 x + 10 − x + 2 = 4 x + 5 ⇔ 3 x + 10 = 4 x + 5 + x + 2 ⇔ 9x + 90 = 17x + 82 + 2

( x + 5 )( x + 2 ) ⇔

x 2 + 7x + 10 = 1 − x

1 − x ≥ 0 x ≤ 1 ⇔ 2 ⇒ x = −1 2 ⇔  9x + 9 = 0 x + 7x + 10 = 1 − x ( )   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x = −1 .

Nhận xét.

• Lời giải thứ nhất sử dụng hoàn toàn phép biến đổi tương đương bằng cách nâng lên lũy thừa. Điểm đặc biệt trong lời giải này là sau khi bình phương hai vế thì thu được hai căn bậc hai và hằng số, hệ số của hạng tử x 2 trong hai căn thức bằng nhau nên sau một lần bình phương nữa thì ta thu được phương trình bậc hai.

• Lời giải thứ hai sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình nhưng không thoát khỏi việc sử dụng đẳng thức liên hợp

(

x+5 − x+1

)(

)

x + 5 − x + 1 = 4 . Lời giải thứ hai phức tạp hơn

lời giải thứ nhất, tuy nhiên lời giải thứ hai lại mở ra cho ta thêm hướng đi mới cho nhiều bài toán khác. Ví dụ 4. Giải phương trình sau:

2x + 3 − x + 1 = x + 2 . Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 .

a = 2x + 3 Đặt  ( a > 0; b ≥ 0 ) , khi đó ta được  b = x + 1

a 2 = 2x + 3 ⇒ a 2 − b2 = x + 2 .  2  b = x + 1

Kết hợp với phương trình đã cho ta được

a 2 − b 2 = x + 2  x = −2 ( a − b )( a + b ) = x + 2 ⇔ ⇒ ( x + 2 )( a + b ) = x + 2 ⇒   a − b = x + 2 a + b = 1 a − b = x + 2

• Dễ thấy x = −2 không thỏa mãn điều kiện xác định của phương trình. • Với a + b = 1 , kết hợp với a − b = x + 2 ta được 2a = x + 3 hay ta được x + 3 ≥ 0 x ≥ −3  x = −1 2 2x + 3 = x + 3 ⇔  ⇒ 2 ⇔  2 x − 2x − 3 = 0  x = 3 4 ( 2x + 3 ) = ( x + 3 ) Thay vào phương trình đã cho ta được nghiệm của phương trình là x = −1 .

Nhận xét. Trong lời giải trên ta thấy có hai giá trị x = −1 và x = 3 thỏa mãn điều kiện xác định nhưng chỉ có x = −1 là nghiệm của phương trình. Nguyên nhân là do phương trình a + b = 1 được từ hệ phương trình là một phương trình hệ quả, do đó khi giải được các nghiệm ta cần thử lại vào phương trình ban đầu rồi mới kết luận tâp nghiệm. Ví dụ 5. Giải phương trình

3x + 5 + 3 4 − 3x = 3 . Lời giải

Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được 3

3x + 5 + 3 4 − 3x = 3 ⇔ 3x + 5 + 4 − 3x + 3 3 ( 3x + 5 )( 4 − 3x )

Chú ý rằng

(

)

3x + 5 + 3 4 − 3x = 27

3x + 5 + 3 4 − 3x = 3 nên phương trình trên trở thành

x = 1 2  3x + 5 4 − 3x = 2 ⇔ 3x + 5 4 − 3x = 8 ⇔ 3x + x − 4 = 0 ⇒ ( )( ) ( )( ) x = − 4 3  4 Thử lại vào phương trình ban đầu ta được x = 1 và x = − là nghiệm phương trình. 3 Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . 3

Đặt a = 3 3x + 5; b = 3 4 − 3x , khi đó a 3 + b 3 = 9 . Kết hợp với phương trình ban dầu ta có hệ

a + b = 3 a + b = 3 a + b = 3 a = 1 a + b = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒  3 3 3 27 − 9ab = 9 ab = 2 a + b − 3ab a + b = 9 a + b = 9 ( ) ( )   a = 2  4 3x + 5 = 1 ⇔ 3x + 5 = 1 ⇔ x = − . 3 3 • Với a = 2 thì ta được 3x + 5 = 2 ⇔ 3x + 5 = 8 ⇔ x = 1 .

• Với a = 1 thì ta được

Thử lại vào phương trình ban đầu ta được x = 1 và x = −

Ví dụ 6. Giải phương trình sau:

4 là nghiệm phương trình. 3

7x + 1 + 3 x − 1 = 2 3 x . Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R .

• Xét x = 0 , khi đó ta được

7.0 + 1 + 3 0 − 1 = 2 3 0 luôn đúng, do đó x = 0 là một nghiệm

của phương trình đã cho.

• Xét x ≠ 0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

1 3 1 + 1− = 2. x x

1 1 Đặt a = 3 7 + ; b = 3 1 − , khi đó ta được a 3 + b 3 = 8 . Kết hợp với phương trình trên ta x x được hệ

a + b = 2 a + b = 2 a + b = 2 ⇔ ⇔ ⇒ ab = 0  3 3 3 ab ( a + b ) = 0 a + b = 8 ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = 8

1  1 1  3  7 + x   1 − x  = 0 ⇔ ( 7x + 1)( x − 1) = 0 ⇔ x = 1; x = − 7 .    1 Thử lại ta thấy x = 1 và x = − đều thỏa mãn phương trình. 7  1  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = − ; 0;1 .  7  Từ đó suy ra

Ví dụ 7. Giải phương trình sau:

4 ( 6x + 1) − 3 3x − 7 = 3 3x + 1 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R .

1 • Xét x = − , khi đó ta được 3 Do đó x = −

 1  1  1 24.  −  + 4 − 3 3.  −  − 7 = 3 3  −  + 1 , là đẳng thức sai.  3  3  3

1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. 3

1 • Xét x ≠ − , khi đó phương trình đã cho tương đương với 3 Biến đổi tương đương phương trình trên ta được

24x + 4 3 3x − 7 − = 1. 3x + 1 3x + 1

12x 24x +4 − 3 −7 = 1 3x + 1 3x + 1

12x 24x + 4; b = 3 − 7 , khi đó ta được 2a 3 − b 3 = 15 . 3x + 1 3x + 1 a − b = 1 . Kết hợp với phương trình trên ta có hệ  3 3 2a − b = 15

Đặt a =

Từ a − b = 1 ta được a = b + 1 , thế vào phương trình thứ hai của hệ trên thì được

(

)

2 ( b + 1) − b 3 = 15 ⇔ b 3 + 6b 2 + 6b − 13 = 0 ⇔ ( b − 1) b 2 + 7b + 13 = 0 ⇔ b = 1 Như vậy ta được

24x 24x −7 = 1⇔ − 7 = 1 ⇔ 24x = 8 ( 3x + 1) ⇔ 0x = 8 , phương trình 3x + 1 3x + 1

vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 8. Giải phương trình 3 3 x + 7 − 2 3 x =

8 3

x + 7x

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình có nghiệm là x 2 + 7x ≠ 0 . Đặt a = 3 x + 7 ; b = 3 x , khi đó a 3 − b3 = 7 và phương trình đã cho trở thành 3a − 2b =

8 . ab

a 3 − b 3 = 7 3 3  a − b = 7 . Từ đó ta được Ta có hệ phương trình  8 ⇔ ab ( 3a − 2b ) = 8 3a − 2b =  ab 

(

)

(

)

8 a 3 − b 3 = 7ab ( 3a − 2b ) ⇔ 8a 3 − 21a 2 b + 14ab 2 − 8b 3 = 0 ⇔ ( a − 2b ) 8a 2 − 5ab + 4b 2 = 0

Ta xét hai trường hợp sau

• Với a − 2b = 0 suy ra a = 2b , từ đó ta được

x + 7 = 2 3 x ⇔ x + 7 = 8x ⇔ x = 1 .

 5  103b 2 • Với 8a − 5ab + 4b = 0 ⇔ 8  a − b  + =0 ⇔ a = b =0. 16  32  2

Từ đó ta được

x + 7 = 3 x = 0 , phương trình vô nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 . 2

Ví dụ 9. Giải phương trình 2 3 ( 2x − 1) ( 6x − 5 ) = 1 + 3 ( 2x − 1)( 6x − 5 ) . Lời giải Điều kiện xác định của phương trình có nghiệm là x ∈ R . Đặt a = 3 2x − 1; b = 3 6x − 5 , khi đó ta có phương trình 3a 3 − b 3 = 2 . 3 3 3a − b = 2 Phương trình đã cho trở thành 2a 2 b = 1 + ab 2 . Khi đó ta có hệ phương trình  2 2 2a b = 1 + ab 3a 3 − b 3 = 2 Biến đổi hệ phương trình tên ta được  2 . Từ đó ta được 2 2a b − ab = 1

(

)

(

)

3a 3 − b 3 = 2 2a 2 b − ab 2 ⇔ 3a 3 − b 3 − 4a 2 b + 2ab 2 = 0 ⇔ ( a − b ) 3a 2 − ab + b 2 = 0

• Nếu a − b = 0 suy ra a = b , khi đó ta có

2x − 1 = 3 6x − 5 ⇔ 2x − 1 = 6x − 5 ⇔ x = 1 .

2 a = 0 1  11a 2  • Nếu 3a − ab + b = 0 suy ra  a − b  + = 0 ⇔ 1 ⇔ a = b = 0. 4 2   2 a − b = 0 2x − 1 = 0 Khi đó ta có hệ  , hệ phương trình vô nghiệm. 6x − 5 = 0 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Ví dụ 10. Giải phương trình 5 1 − 4x + 2 25x + 4 +

(1 − 4x )( 25x + 4 ) = 11 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −

4 1 ≤x≤ . 25 4

a = 1 − 4x Đặt  ( a ≥ 0, b ≥ 0 ) . Khi đó ta được 25a 2 + 4b 2 = 41 .  b = 25x + 4 Phương trình đã cho trở thành 5a + 2b + ab = 11 . Từ đó ta có hệ phương trình 2 2 25a + 4b = 41  5a + 2b + ab = 11

Biến đổi tương đương hệ phương trình và chú ý đến a + b ≥ 0 ta được 2 2  25a 2 + 4b 2 = 41 ( 5a + 2b ) − 20ab = 41 ( 5a + 2b ) − 20 11 − ( 5a + 2b )  = 41 ⇔ ⇔  5a + 2b + ab = 11 ab = 11 − ( 5a + 2b ) ab = 11 − ( 5a + 2b )

a = 1 ( 5a + 2b )2 − 20 ( 5a + 2b ) 261 = 0 5a + 2b = 9 5a + 2b = 9  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ a = 4 ab = 2 ab = 11 − ( 5a + 2b ) ab = 11 − ( 5a + 2b )  5

• Với a = 1 ta được • Với a =

4 ta được 5

1 − 4x = 1 ⇔ x = 0 . 1 − 4x =

4 9 ⇔x= . 5 100

 9  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = 0; .  100  Ví dụ 11. Giải phương trình

2 − x = 1− x −1 .

Phân tích và lời giải Phương trình có chứa hai căn thức có bậc lệch nhau nên ta sẽ sử dụng ẩn phụ để giải quyết phương trình. Đặt a = 3 2 − x; b = x − 1 ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta được phương trình

a 3 + b 2 = 1 và từ phương trình đã cho ta lại có a = 1 − b . Đến đây ta có hệ phương trình giải được.

Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Đặt a = 3 2 − x; b = x − 1 ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình

a = 1 − b  b = 1 − a  b = 1 − a ⇔ 3 ⇔ 3 ⇔ a ∈ {0;1; −2}  3 2 2 2 a + b = 1 a + ( 1 − a ) = 1 a + a − 2a = 0

• Với a = 0 ta được

2−x =0 ⇔ x = 2.

• Với a = 1 ta được

2 − x = 1 ⇔ x = 1.

• Với a = −2 ta được

2 − x = −2 ⇔ x = 10 .

Thử các giá trị trên vào phương trình ban đầu ta được tập nghiệm S = {1; 2;10} .

Nhận xét. Ngoài cách đặt hai ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình ta cũng có thể đặt một ẩn phụ đưa phương trình về dạng phương trình một ẩn khác. Đặt t = x − 1 ≥ 0 , khi đó ta được x = 1 + t 2 . Thay vào phương trình đã cho ta được 3

(

)

2 − 1 + t 2 = 1 − t ⇔ 1 − t 2 = ( 1 − t ) ⇔ t ( t − 1)( t − 3 ) = 0

Đến đây ta có thể tìm được các nghiệm của phương trình. Ví dụ 12. Giải phương trình

(

)

3 − 2x 2 3x − 2 + 1 = 3 ( 4x − 3 ) .

Phân tích và lời giải Phương trình có chứa hai căn thức lệch bậc nhau do đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ phương trình. Đặt a = 3 3 − 2x; b = 3x − 2 ( b ≥ 0 ) và ta cần biểu

(2 3

3 ( 4x − 3 )

diễn

)(

theo

hoặc

Chú

đến

phép

biến

đổi

)

3x − 2 + 1 2 3x − 2 − 1 = 3 ( 4x − 3 ) . Khi đó ta viết được phương trình về dạng

3 − 2x =

3 ( 4x − 3 ) 2 3x − 2 + 1

⇔ 3 3 − 2x = 2 3x − 2 − 1 . Đến đây xem như phương trình giải được. Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 3x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ Phương trình đã cho tương đương với

2 . Chú ý rằng 3

3x − 2 + 1 > 0 .

3 − 2x = 2 3x − 2 − 1 .

Đặt a = 3 3 − 2x; b = 3x − 2 ( b ≥ 0 ) , khi đó ta được 3a 3 + 2b 2 = 5 . Từ phương trình đã cho ta được a = 2b − 1 . Từ đó ta có hệ phương trình

a = 2b − 1 2b = a + 1 2b = a + 1 ⇔ ⇔  3  3 2 2 2 3a + 2b = 5 ( a − 1) 6a + 7a + 9 = 0 6a + ( a + 1) = 5

(

)

Dễ thấy phương trình 6a 2 + 7a + 9 = 0 vô nghiệm. Do đó từ hệ trên ta được a = 1 . Suy ra 3 3 − 2x = 1 ⇔ x = 1 . Thử vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Nhận xét. Để ý ta thấy có thể viết lại được phương trình thành

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1 . Đến đây

ra dụng phương pháp đánh giả để giải phương trình. + Nếu x > 1 thì ta được

2x − 3 + 2 3x − 2 > 1 , do đó phương trình trên vô nghiệm.

+ Nếu x < 1 thì ta được

2x − 3 + 2 3x − 2 < 1 , do đó phương trình trên vô nghiệm.

+ Nếu x = 1 thì ta được

2x − 3 + 2 3x − 2 = 1 , do đó phương trình trên có nghiệm x = 1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. b) Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng I. Ví dụ 1. Giải phương trình sau:

6 − x + x + 7 + 42 − x − x 2 = 11 .

Phân tích và lời giải Để ý ta thấy 6 − x + x + 7 = 13 và ( 6 − x )( x + 7 ) = − x 2 − x + 42 . Do đó khi sử dụng phép đặt ẩn phụ a = 6 − x; b = x + 7 thì ta viết phương trình về dạng a + b + ab = 11 . Ngoài ra

a 2 + b 2 = 13 từ cách đặt ẩn phụ ta lại có a + b = 13 , Như vậy ta có hệ phương trình  . a + b + ab = 11 2

Hệ phương trình thu được là hệ phương trình đối xứng dạng 1.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −7 ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với

6−x + x+7 +

( 6 − x )( x + 7 ) = 11

a = 6 − x Đặt  ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , khi đó ta được a 2 + b2 = 13 .  b = x + 7 Phương trình đã cho trở thành a + b + ab = 11 . Như vậy ta có hệ phương trình 2 2 a + b = 13  a + b + ab = 11

Biến đổi tương đương hệ phương trình trên và chú ý rằng a + b ≥ 0 ta được 2 2 2 2 2 a + b = 13 a + b + 2ab + 2 ( a + b ) = 35 ( a + b ) + 2 ( a + b ) − 35 = 0 ⇔ ⇔  a + b + ab = 11 2 ( a + b ) + 2ab = 22 a + b + ab = 11

a + b = 5 a + b = 5 a = 2 ⇔ ⇔ ⇒ a + b + ab = 11 ab = 11 a = 3

• Với a = 2 , ta có

6−x = 2 ⇔ 6−x = 4 ⇔ x = 2.

• Với a = 3 , ta có

6 − x = 3 ⇔ 6 − x = 9 ⇔ x = −3 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 2} .

Nhận xét. Với phương trình đã cho ta có thể sử dụng phép đặt một ẩn phụ như sau. Phương trình đã cho tương đương với

6−x + x+7 +

( 6 − x )( x + 7 ) = 11

Đặt t = 6 − x + x + 7 , t ≥ 0 . Khi đó ta được

t 2 = 13 + 2

( 6 − x )( x + 7 ) ⇒ ( 6 − x )( x + 7 ) = t

− 13 2

Ta có các nhận xét sau + Với t ≥ 0 thì t 2 = 13 + 2

( 6 − x )( x + 7 ) ≥ 13 ⇒ t ≥

+ Với t ≥ 0 thì t 2 = 13 + 2

( 6 − x )( x + 7 ) ≤ 13 + 6 − x + x + 7 = 26 ⇒ 0 ≤ t ≤

13 26 .

Kết hợp hai kết quả trên ta được 0 ≤ t ≤ 26 . Như vậy phương trình đã cho trở thành

t 2 − 13 t+ = 11 ⇔ t 2 + 2t − 35 = 0 ⇔ t = 5; t = −7 . 2 Kết hợp với điều kiện 0 ≤ t ≤ 26 ta được t = 5 . Từ đó dẫn đến

( 6 − x )( x + 7 ) = 6 ⇔ x

+ x − 6 = 0 ⇔ x = −3; x = 2 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 2} . Ví dụ 2. Giải phương trình sau:

11 − x + x + 2 + 2 22 + 9x − x 2 = 17 .

Phân tích tìm lời giải Để ý rằng phương trình đã cho viết được thành 11 − x + x + 2 + 2

( 11 − x )( x + 2 ) = 17 , Kkhi đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ

a = 11 − x ; b = x + 2 để đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 1. Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −2 ≤ x ≤ 11 . Phương trình đã cho tương đương với

11 − x + x + 2 + 2

( 11 − x )( x + 2 ) = 17

a = 11 − x Đặt  ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , khi đó ta được a 2 + b2 = 13 .  b = x + 2 Phương trình đã cho trở thành a + b + 2ab = 17 . Khi đó ta có hệ phương trình

a + b + 2ab = 17 .  2 2 a + b = 13

Biến đổi tương đương hệ phươg trình và chú ý rằng a + b ≥ 0 ta được

a + b + 2ab = 17 a + b + 2ab = 17 a + b = 5 a + b + 2ab = 17 ⇔ ⇔ ⇔  2  2 2 a + b + 2ab + a + b = 30 a + b = 5 ab = 6 ( a + b ) + a + b − 30 = 0 Từ đó ta suy ra được a = 2 hoặc a = 3 . Với kết quả đó ta tìm được x = 2 và x = 7 . Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = {2; 7} .

Nhận xét. Ta cũng có thể sử dụng phép đặt một ẩn phụ như sau. Đặt t = 11 − x + x + 2 , t ≥ 0 . Khi đó ta được t 2 = 13 + 2 22 + 9x − x 2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki và chú ý là t ≥ 0 ta có

t2 =

(

11 − x + x + 2

Lại áp dụng bất đẳng thức dạng

)

≤ 2 ( 11 − x + x + 1) = 26 ⇒ t ≤ 26

A + B ≥ A + B ta có

t = 11 − x + x + 2 ≥ 11 − x + x + 2 = 13

Kết hợp hai kết quả trên ta được

13 ≤ t ≤ 26 . Phương trình đã cho trở thành

t 2 + t − 13 = 17 ⇔ t 2 + t − 30 = 0 ⇒ t = 5

Khi đó ta được 13 + 2 22 + 9x − x 2 = 25 ⇔ x 2 − 9x + 14 = 0 ⇔ x = 2; x = 7 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = {2; 7} . Ví dụ 3. Giải phương trình sau x + 5 − x 2 + 3x 5 − x 2 = 9 . Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là − 5 ≤ x ≤ 5 . 2 2 x + y = 5 Đặt y = 5 − x 2 , y ≥ 0 . Khi đó ta có hệ phương trình  . x + y + 3xy = 9 Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được  x + y = 3   3 x 2 + y 2 = 15  3 ( x + y )2 + 2 ( x + y ) = 33  11 ⇔ ⇔    x+y = −  3  2 ( x + y ) + 6xy = 18  x + y + 3xy = 9   x + y + 3xy = 9 x + y = 3 x + y = 3  x = 1; y = 2  x = 1 • Trường hợp 1: Xét hệ  ⇔ ⇔ ⇒ x + y + 3xy = 9 xy = 2  x = 2; y = 1  x = 2 11 11   x + y = − x + y = − • Trường hợp 2: Xét hệ  ⇔ 3 3 , hệ phương trình vô nghiệm. x + y + 3xy = 9 xy = 20

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = {1; 2} .

Ví dụ 4. Giải phương trình 3 2 − x 2 + 9x 2 − 8 +

( 2 − x )( 9x 2

)

−8 = 0.

Lời giải Điều kiện xác định của hệ phương trình là

8 ≤ x2 ≤ 2 . 9

a = 3 2 − x 2 Đặt  ,a ≥ 0; b ≥ 0 . Khi đó ta được a 2 + b 2 = 10 . 2  b = 9x − 8 1 Phương trình đã cho trở thành a + b + ab = 5 . Khi đó ta có hệ phương trình 3 2 2 a + b = 10  .  1 a + b + ab = 5 3  Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được  a + b = 4 ( a + b )2 − 2ab = 10 ( a + b )2 + 6 ( a + b ) = 40  ⇔ ⇔  a + b = −10  ab = 15 − 3 ( a + b ) ab = 15 − 3 ( a + b )  ab = 15 − 3 ( a + b ) Chú ý rằng a ≥ 0; b ≥ 0 nên ta được a + b ≥ 0 .

a + b = 4 a = 1 ⇒ . Do đó ta có hệ phương trình  ab = 3 a = 3

(

)

• Với a = 1 ta được 3 2 − x 2 = 1 ⇔ 9 2 − x 2 = 1 ⇔ x 2 =

(

17 17 ⇔x=± 9 3

)

• Với a = 3 ta được 3 2 − x 2 = 3 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 . Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm  17 17  S = − ; −1;1; . 3   3

Ví dụ 5. Giải phương trình

(14 + x )

+ 3 ( 14 − x ) − 3 196 − x 2 = 7 . Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 14 + x ; b = 3 14 − x , khi đó ta được a 3 + b 3 = 28 . Phương trình đã cho trở thành a 2 + b 2 − ab = 7 . Khi đó ta có hệ phương trình a 3 + b 3 = 28 .  2 2 a + b − ab = 7 Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được

( a + b ) a 2 + b 2 − ab = 28 a + b = 4 a + b = 4 a + b = 4 ⇔ 2 ⇔ ⇔  2  2 2 2 ab = 3 a + b − ab = 7 a + b − ab = 7 ( a + b ) − 3ab = 7 Từ hệ phương trình cuối cùng ta thu được a = 1 và a = 3 .

(

)

• Với a = 1 ta được

14 + x = 1 ⇔ 14 + x = 1 ⇔ x = −13 .

• Với a = 3 ta được

14 + x = 3 ⇔ 14 + x = 27 ⇔ x = 13 .

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−13; 13} .

Ví dụ 6. Giải phương trình

1 − x + 3 1 + x + 3 3 1 − x2 = 5 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 1 − x ; b = 3 1 + x , khi đó a 3 + b 3 = 2 . Phương trình đã cho trở thành a + b + 3ab = 5 . Khi đó ta có hệ phương trình

a 3 + b 3 = 2 .  a + b + 3ab = 5 Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được

( a + b )3 − 3ab ( a + b ) = 2 ( 5 − 3ab )3 − 3ab ( 5 − 3ab ) = 2 ⇔   a + b = 5 − 3ab a + b = 5 − 3ab 3

Đặt t = 3ab = 3 3 1 − x 2 suy ra t ≤ 3 . Thay vào phương trình ( 5 − 3ab ) − 3ab ( 5 − 3ab ) = 2 ta được phương trình

(5 − t)

(

)

− t ( 5 − t ) = 2 ⇔ t 3 − 16t 2 + 80t − 123 = 0 ⇔ ( t − 3 ) t 2 − 13t + 41 = 0

• Với t − 3 = 0 ta được t = 3 nên 3 3 1 − x 2 = 3 ⇔ x = 0 .

• Với t 2 − 13t + 41 = 0 ta được t =

13 ± 5 > 3 , loại. 3

Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Ví dụ 7. Giải phương trình

1 1 3 + = . x 5 − x2 2

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có chứa một căn thức bậc hai dưới mẫu, do đó khi đặt ẩn phụ

y = 5 − x 2 thì ta thu được phương trình

1 1 3 + = , ngoài ra từ cách đặt ta lại có x y 2

y 2 = 5 − x 2 ⇔ x 2 + y 2 = 5 . Kết hợp hai phương trình ta có hệ phương trình đối xứng dạng 1.

Lời giải

− 5 < x < 5 Điều kiện xác định của phương trình là  . x ≠ 0 Đặt y = 5 − x 2 ( y > 0 ) , khi đó ta được phương trình x 2 + y 2 = 5 .

x 2 + y 2 = 5  Kết hợp với phương trình ban đầu ta có hệ phương trình  1 1 3 . x + y = 2 

Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được

 2 ( x + y ) = 3xy  2 ( x + y ) = 3xy   2 ( x + y ) = 3xy  x + y = 3 ⇔ ⇔    2 2 4 5 ( x + y ) − ( x + y ) = 5  ( x + y ) − 2xy = 5 3    x + y = − 3 Ta xét các trường hợp sau x + y = 3 x + y = 3  x = 1; y = 2  x = 1 ⇔ ⇔ ⇒ . • Với  2 ( x + y ) = 3xy xy = 2  x = 2; y = 1  x = 2  −5 + 115  5  5 x+y = − x =  x + y = −   3⇒ 6 • Với  . ⇔ 3 5  5 115 − −  2 ( x + y ) = 3xy  xy = −  x =  2 6  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là

 −5 + 115  S = 1; 2; . 6   Ví dụ 8. Giải phương trình

1 1 + = 2. 3 x 2 − x3 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0; x ≠ 3 2 . Đặt y = 3 2 − x 3 , khi đó ta có phương trình x 3 + y 3 = 2 . Phương trình ban đầu trở thành

1 1 + =2. x y 1 1  + =2 Ta có hệ phương trình  x y . Biến đổi tương đương hệ phương trình trên ta được x 3 + y 3 = 2 

x + y = 2xy x + y = 2xy x + y = 2xy ⇔ ⇔    3 3 2 2 2 2 ( xy − 1) 4x y + xy + 1 = 0 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 2 ( 2xy ) − 6x y = 2 Dễ thấy 4x 2 y 2 + xy + 1 > 0 với mọi x, y nên hệ phương trình trên tương đương với

(

)

x + y = 2xy x + y = 2 ⇔ ⇔ x= y =1  xy − 1 = 0 xy = 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta suy ra được nghiệm duy nhất của phương trình là x = 1 .

Ví dụ 9. Giải phương trình

1+ x 17 − 4x

1− x 17 + 4x

4 . 5

Phân tích tìm lời giải Phương trình có chưa hai căn bậc hai dưới mẫu khi đó phản xạ thông thường đó là đặt ẩn phụ để đơn giản hóa phương trình. Nếu ta đặt a = 17 − 4x; b = 17 + 4x thì ta cần

biểu diễn được x + 1 và 1 − x theo a và b. Chú ý rằng từ cách đặt ta thu được phương trình có a và b có vai trò như nhau, do đó ta cần biểu diễn x + 1 và 1 − x theo a và b cũng phải có vài trò như nhau. Chú ý rằng từ cách đặt ta có 4x = 17 − a 2 = b 2 − 17 . Như vẩy khi thay vào phương trình ta được phương trình ẩn a, b đối xứng là 1+

17 − a 2 b 2 − 17 17 − 4 21 21 16 4 + 4 = ⇔ + =a+b+ a b 5 a b 5

Ngoài ra cũng từ cách đặt ẩn phụ ta thu được a 2 + b 2 = 34 . Đến đây ta được hệ phương trình đối xứng dạng 1.

17 17 . <x< 4 4 Đặt a = 17 − 4x; b = 17 + 4x ( a > 0; b > 0 ) . Khi đó ta được a 2 + b 2 = 34 . Điều kiện xác định của phương trình là −

Cũng từ cách đặt trên ta thu được 4x = 17 − a 2 = b 2 − 17 . 17 − a 2 b 2 − 17 1+ 17 − 4 21 21 16 4 + 4 Khi đó phương trình đã cho trở thành = ⇔ + =a+b+ . a b 5 a b 5 a 2 + b 2 = 34  Từ đó ta thu được hệ phương trình  21 21 16 . =a+b+  + b 5 a ( a + b )2 = 34 − 2ab ( a + b )2 − 34 = 2ab   Biến đổi hệ phương trình trên ta được  21 a + b ⇔ ( ) = a + b + 16  42 ( a + b ) = a + b + 16  5 5  ab  2ab 42 ( a + b ) 2 16 Từ đó suy ra =a+b+ ⇔ 5.42 ( a + b ) =  5 ( a + b ) + 16  ( a + b ) − 34  . 2   5 ( a + b ) − 34 Đặt t = a + b > 0 , khi đó phương trình trên trở thành

(

)

(

)

5.42t = ( 5t + 16 ) t 2 − 34 ⇔ 5t 3 + 16t 2 − 380t − 544 = 0 ⇔ ( t − 8 ) 5t 2 + 56t + 68 = 0

Do t > 0 nên 5t 2 + 56t + 68 > 0 , do đó từ phương trình trên suy ra t = 8 . 2

Thay vào phương trình ( a + b ) − 34 = 2ab ta được ab = 15 . Suy ra

(17 − 4x )(17 + 4x ) = 15 ⇔ x

= 1 ⇔ x = ±1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {−1;1} .

Ví dụ 10. Giải phương trình

1 + 2x + 1 2

( x + 3 )( 2 − x )

7 . 12

Lời giải

−3 < x < 2 Điều kiện xác định của phương trình là  . Đặt a = 2x + 1; b = 2 2x ≠ −1

( x + 3 )( 2 − x ) > 0 .

Khi đó ta có phương trình a 2 + b 2 = ( 2x + 1) + 4 ( x + 3 )( 2 − x ) = 25 .

a 2 + b 2 = 25 1 1 7  . Từ đó ta có hệ phương trình  1 1 7 Phương trình đã cho trở thành + = a b 12  + =  a b 12 2  12 ( a + b ) = 7ab ( a + b ) = 25 + 2ab ⇔ Biến đổi hệ phương trình ta được  . 2 2   a b 25 2ab 24 a b 7 a b 25 + = + + = + − ( ) ( ) ( )     

(

)

Đặt a + b = t , khi đó ta có phương trình 24t = 7 t 2 − 25 ⇔ t = 7; t = −

25 . Xét hai trường 7

hợp xẩy ra như sau:

x = 1 a + b = 7 a = 3  • Trường hợp 1: Với t = 7 , khi đó ta có hệ phương trình  ⇒ ⇒ 3 ab = 12 a = 4  x = 2 

• Trường hợp 2: Với t = −

25 , khi đó ta có hệ phương trình 7

  25 5 73 − 25 x = 1 a =  a + b = − 7 a < 0 14  ⇒ ⇒  x = 3 300  5 73 39 −  ab = − 2  a =  47 14 

 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 1;  .  2 x+2 1− x 11 + = . Ví dụ 11. Giải phương trình 7 − 6x 13 + 6x 8 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là − Phương trình đã cho tương đương với

13 7 <x< . 6 6

3 + 2x + 1 10 − 3 ( 2x + 1)

Đặt y = 2x + 1 khi đó ta viết lại phương trình thành

2 − ( 2x + 1) 10 + 3 ( 2x + 1)

3+y 10 − 3y

3−y 10 + 3y

11 . 4

Đặt ẩn a = 10 − 3y ; b = 10 + 3y ( a > 0; b > 0 ) . Khi đó ta có a 2 + b 2 = 20 . Mặt khác cũng từ cách đặt ta có 3y = 10 − a 2 = b2 − 10 . Khi đó phương trình trên trở thành 3+

10 − a 2 b 2 − 10 3− 19 ( a + b ) 11 33 3 + 3 = ⇔ =a+b+ a b 4 ab 4

Từ đó ta có hệ phương trình

a 2 + b 2 = 20 ( a + b )2 − 20 = 2ab    19 ( a + b ) 2 33 ⇔  =a+b+  152 ( a + b ) = ( a + b ) − 20  ( 4a + 4b + 33 )    4  ab

(

)

(

)

Đặt t = a + b > 0 thì ta có 152t = t 2 − 20 ( 4t + 33 ) ⇔ ( t − 6 ) 4t 2 + 57t + 110 = 0 . Do t > 0 nên từ phương trình trên ta được t − 6 = 0 ⇔ t = 6 .

a + b = 6 a + b = 6 a = 2 Từ đó ta có  2 ⇔ ⇒ . 2 ab = 8 a = 4 a + b = 20

• Với a = 2 ta được

10 − 3y = 2 ⇔ y = 2 , do đó ta được 2x + 1 = 2 ⇔ x =

1 . 2

3 . 2  3 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = − ;  .  2 2

• Với a = 4 ta được

10 − 3y = 4 ⇔ y = −2 , do đó ta được 2x + 1 = −2 ⇔ x = −

Ví dụ 12. Giải phương trình

x 2 − 2x + 14

( 2x + 3 )( 7 − 2x )

12 + 2x − x 2

14x 2 − 8x + 29

= 20

Lời giải Điều kiến xác định của phương trình −

3 7 <x< . 2 2 2

Phương trình đã cho được viết lại thành 2

Đặt y = ( x − 1) ,0 ≤ y <

( x − 1) + 13 25 − 4 ( x − 1)

13 − ( x − 1)

25 + 4 ( x − 1)

25 . Khi đó phương trình trên trở thành 4

y + 13

= 20 .

25 − 4y

13 − y 25 + 4y

Đặt a = 25 − 4y ; b = 25 + 4y , ( a > 0; b > 0 ) , khi đó ta có phương trình a 2 + b 2 = 50 . Chú ý rằng từ cách đặt trên ta được 4y = 25 − a 2 = b 2 − 25 . 25 − a 2 b 2 − 25 13 − 77 ( a + b ) 4 + 4 = 20 ⇔ = a + b + 80 . Do đó ta ta có phương trình a b ab a 2 + b 2 = 50  Kết hợp các phương trình trên ta có hệ phương trình  77 ( a + b ) . = a + b + 80  ab  13 +

( a + b )2 − 50 = 2ab  Biến đổi hệ phương trình trên thì được  2 154 ( a + b ) = ( a + b ) − 50  ( a + b + 80 )    Đặt t = a + b > 0 , khi đó ta có phương trình

(

)

(

)

154t = t 2 − 50 ( t + 80 ) ⇔ ( t − 8 ) t 2 + 88t + 500 = 0 ⇔ t = 8

= 20 .

a + b = 8 a = 1 Từ đây ta có hệ phương trình  ⇒ ab = 7 a = 7 Do y > 0 nên suy ra a = 25 − 4y < 5 , do đó ta loại trường hợp a = 7 . 2

Với a = 1 ta được y = 6 suy ra ( x − 1) = 6 ⇒ x = ± 6 + 1 . Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ban đầu ta được tập nghiệm

{

}

S = ± 6 +1 .

c) Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng II. Ví dụ 1. Giải phương trình 5x 2 + 2 = 4

4x − 2 . 5

Phân tích tìm lời giải Phương trình có dạng cơ bản nên ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để làm mất dấu căn, tuy nhiên sau phép nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được là phương trình bậc bốn mà ta lại không nhẩm được nghiệm đẹp, do đó ý tưởng nâng lên lũy thừa không khả thi. Để đơn giản hóa phương trình ta có thể đặt ẩn phụ y =

4x − 2 , khi đó 5

phương trình có dạng 5x 2 + 2 = 4y . Muốn giải được phương trình thì ta cần có thêm một phương trình nữa để tạo thành hệ. Chú ý từ cách đặt ta có 5y 2 = 4x − 2 hay ta được

5x 2 + 2 = 4y , đây là hệ phương trình đối xứng 5y + 2 = 4x . Từ đó ta có hệ phương trình  2 5y + 2 = 4x 2

dạng 2 nên ta có thể giải được.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ Đặt y =

1 . 2

4x − 2 ( y ≥ 0 ) , khi đó ta có phương trình 5y 2 = 4x − 2 hay ta được 5y 2 + 2 = 4x . 5

Phương trình đã cho trở thành 5x 2 + 2 = 4y .

5x 2 + 2 = 4y Kết hợp hai phương trình ta được hệ phương trình  2 . 5y + 2 = 4x Lấy hiệu theo vế hai phương trình ta được 5x 2 − 5y 2 = 4y − 4x ⇔ ( x − y )( 5x + 5y + 4 ) = 0 . 1 và y ≥ 0 nên ta có 5x + 5y + 4 > 0 . Suy ra từ phương trình trên ta được x = y . 2  x ≥ 0 x ≥ 0 4x − 2 ⇔ 2 ⇔ 2 , vô nghiệm. Do đó x = 5  5x = 4x − 2 5x − 4x + 1 = 0

Do x ≥

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Nhận xét. Chú ý ta viết lại được phương trình 25x 2 + 10 = 4 20x − 10 , đến đây ta nghĩ tới phân tích phương trình thành tích. Chú ý đến tích 4 20x − 10 ta viết phương trình về thành 2

25x 2 + 20x + 4 = 20x − 10 + 4 20x − 10 + 4 ⇔ ( 5x + 2 ) = Đến đây ta được 5x + 2 =

(

20x − 10 + 2

)

20x − 10 + 2 ⇔ 5x = 20x − 10 , phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 2. Giải phương trình ( x + 1)( x + 3 ) = 5 5x + 11 . Phân tích và lời giải Quan xét phương trình ta thấy phương trình cũng có dạng tương tự như ví dụ trên nên ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2 hoặc là phân tích phương trình thành tích. Nếu ta đặt ẩn phụ y = 5x + 11 khi đó phương trình thu được là y 2 = 5x + 11 và phương trình đã cho trở thành x 2 + 4x + 3 = 5y , như vậy khệ thu được chưa có tính đối xứng. Vì vậy ta cần biến đổi phương trình trước kh đặt ẩn phụ. Giải sử khi ta đặt ẩn phụ y = at + b thì ta được phương trình y 2 = at + b . Khi đó ta cần viết được phương trình đã cho về dạng t 2 = ay + b hay là t 2 − b = ay . Như vậy với phương trình đã cho ta cần viết được về dạng t 2 − b = 5 5t + b và ta cần xác định được t, b. 2

Để ý rằng 5x + 11 = 5 ( x + 2 ) + 1 và x 2 + 4x + 3 = ( x + 2 ) − 1 . Như vậy ta có sẽ t = x + 1 và b = 1 . Đến đây ta giải được phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −

11 . 5 2

Phương trình đã cho tương đương với x 2 + 4x + 3 = 5 5x + 11 ⇔ ( x + 2 ) − 1 = 5 5 ( x + 2 ) + 1 . Đặt t = x + 2 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 − 1 = 5 5t + 1 .

  1 Đặt y = 5t + 1,  t ≥ − ; y ≥ 0  . Khi đó ta có phương trình y 2 = 5t + 1 . 5   t 2 = 5y + 1 Phương trình đã cho trở thành t − 1 = 5y . Từ đó ta có hệ phương trình  2  y = 5t + 1 2

Từ đó ta được y 2 + 5y = t 2 + 5t ⇔ ( t − y )( t + y + 5 ) = 0 .

1 Để ý rằng do t ≥ − ; y ≥ 0 nên t + y + 5 > 0 , do đó từ phương trình trên ta có 5 t−y=0⇔ t = y 2

Suy ra t 2 − 1 = 5t ⇔ t 2 − 5t − 1 = 0 hay ta được ( x + 2 ) − 5 ( x + 2 ) − 1 = 0 ⇔ x 2 − x − 7 = 0 .

 1 + 29 1 − 29  Giải phương trình trên ta được x ∈  ; . 2   2  1 + 29  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S =  .  2  Nhận xét. Trong cách giải trên ta tiếp tục sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ đối xứng dạng 2. Các bước thực hiện có thể hiểu đơn giản như sau: 2

• Biến đổi phương trình sao cho vế phải có dạng ( mx + n ) + b và căn thức trong vế trái có thể viết dưới dạng a a ( mx + n ) − b . Khi đó ta có phương trình dạng

( mx + n )

+ b = a a ( mx + n ) − b .

• Đặt y = a ( mx + n ) − b thì ta được y 2 + b = a ( mx + n ) Và khi đó phương trình ban đầu trở  y 2 + b = at 2 thành ( mx + n ) + b = ay . Đặt t = mx + n thì ta có hệ phương trình  2 t + b = ay Ví dụ 3. Giải phương trình 8x 2 + 8x =

2x + 3 . 2

Phân tích và lời giải Trước hết ta viết lại phương trình thành 16x 2 + 16x = 4x + 6 . Để ý đến phép biến 2

đổi phương trình về thành ( 4x + 2 ) − 4 =

( 4x + 2 ) + 4 . Khi đó đặt

t = 4x + 2 thì phương

trình bên được viết lại thành t 2 − 4 = t + 4 . Đến đây ta tiếp tục đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2.

Lời giải 3 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 2 2

Phương trình đã cho tương đương với 16x 2 + 16x = 4x + 6 ⇔ ( 4x + 2 ) − 4 = Đặt t = 4x + 2 thì phương trình bên được viết lại thành t 2 − 4 = t + 4 (*) Đặt y = t + 4 ≥ 0 , khi đó ta có phương trình y 2 = t + 4 . Phương trình (*) trở thành t 2 − 4 = y hay t 2 = y + 4 .

( 4x + 2 ) + 4 .

t 2 = y + 4 Kết hợp lại ta có hệ phương trình  2 .  y = t + 4 Trừ theo vế hai phương trình của hệ ta được t 2 − y 2 = y − t ⇔ ( t − y )( t + y + 1) = 0 . • Với t − y = 0 ta được y 2 − y − 4 = 0 ⇒ y =

1 + 17 17 − 3 ⇒x= . 2 8

• Với t + y + 1 = 0 ta được t 2 + t − 3 = 0 ⇔ t = Kết

hợp

điều

kiện

xác

định

−1 ± 13 −5 ± 13 ⇒x= . 2 8

được

tập

nghiệm

của

phương

trình

là

 17 − 3 −5 − 13  S= ; . 8   8 2

Nhận xét. Để có phép biến đổi ( 4x + 2 ) − 4 =

( 4x + 2 ) + 4 2

ta xử lý bằng cách sử dụng đồng nhất

thức như sau 16x 2 + 16x = 4x + 6 ⇔ ( 4x + n ) − ( ax + b ) = 2

( 4x + n ) + ax + b

2x 2 − 6x − 3 = 4x + 9 ⇔ 4x 2 − 12x − 6 = 4 4x + 9 2

⇔ ( 2x + n ) − ( ax + b ) = 2 2 ( 2x + n ) + ax + b n 2 − b = 0 n = 2 2   Đồng nhất hệ số ta có 8n − a = 16 ⇒ a = 0 . Do đó ta có biến đổi ( 4x + 2 ) − 4 =  b = 4  n + b = 6

Ví dụ 4. Giải phương trình

( 4x + 2 ) + 4 .

4x + 9 + 3 ( 2x + 1) = 2x 2 . Lời giải

9 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 4 2

2x 2 − 6x − 3 = 4x + 9 ⇔ ( 2x − 3 ) − 15 = 2 ( 2x − 3 ) + 15

Đặt t = 2x − 3 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 − 15 = 2 2t + 15 ( * ) . Đặt y = 2t + 15 , t ≥ 0 . Khi đó ta có phương trình y 2 = 2t + 15

 y 2 = 2t + 15 Phương trình ( * ) trở thành t 2 − 15 = 2y . Khi đó ta có hệ phương trình  2 . t − 15 = 2y t − y = 0 Từ hệ phương trình trên ta được 2t − 2y = y 2 − t 2 ⇔ ( t − y )( t + y + 2 ) = 0 ⇔  . t + y + 2 = 0 Ta xét hai trường hợp sau

• Trường hợp 1: Với t − y = 0 hay t = y , khi đó ta được

 3  3 x ≥ x ≥ 2x − 3 = 4x + 9 ⇔  ⇔ ⇒x=4 2 2 4x 2 − 12x + 9 = 4x + 9 x 2 − 4x = 0   • Trường hợp 2: Với t + y + 2 = 0 hay y = − t − 2 , khi đó ta được

 1  3 x ≤ x ≥ 1 − 2x = 4x + 9 ⇔  ⇔ ⇒ x = 1− 3 2 2 4x 2 − 4x + 1 = 4x + 9 x 2 − 2x − 2 = 0  

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S = 1 − 3; 4 .

Nhận xét.

• Phương trình đã cho có dấu hiệu khả quan về việc đưa về hệ phương trình đối xứng loại hai, khi đó ta có thể xử lí như sau: + Đưa phương trình về dạng 2x 2 − 6x − 3 = 4x + 9 và đặt

4x + 9 = my + n .

2 2 2 m y + 2mny + n − 4x − 9 = 0 Khi đó ta có hệ phương trình  2 2x − 6x − my − 3 − n = 0

+ Để hệ phương trình trên là hệ đối xứng loại hai thì các hệ số của các ẩn tương ứng trong hai

m 2 2mn −4 n 2 − 9 = = = . Từ dãy tỉ số này ta tìm được 2 6 −m −n

phương trình tuân theo dãy tỉ số m = 2; n = −3 thỏa mãn.

• Ngoài ra ta có thể xử lý bằng cách sử dụng đồng nhất thức như sau 2x 2 − 6x − 3 = 4x + 9 ⇔ 4x 2 − 12x − 6 = 4 4x + 9 2

⇔ ( 2x + n ) − ( ax + b ) = 2 2 ( 2x + n ) + ax + b  n 2 − b = −6  n 2 + 2n = 3  n = −3    Đồng nhất hệ số ta được  4n − a = −12 ⇒  4n − a = −12 ⇒ a = 0   2n + b = 9  b = 15   2n + b = 9  2

Từ đó ta có biến đổi sau ( 2x − 3 ) − 15 = 2 ( 2x − 3 ) + 15 . Ví dụ 5. Giải phương trình x 2 = 3 + ( x − 1) x 2 − x + 3 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với x 2 = 3 + ( x − 1) x ( x − 1) + 3 . Đặt t = x − 1 thì phương trình trên trở thành x 2 = 3 + t xt + 3 .

Đến đây ta đặt y = xt + 3 , y ≥ 0 . Khi đó ta thu được phương trình y 2 = xt + 3 .

x 2 = yt + 3 Từ đó ta được hệ phương trình  2 . Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta  y = xt + 3 được

x = y x 2 − y 2 = yt − xt ⇔ ( x − y )( x + y + y ) = 0 ⇔  x + y + t = 0 x ≥ 0 • Khi x = y ta có x = x 2 − x + 3 ⇔  2 ⇔ x = 3. 2 x = x − x + 3  1 3 − 33 x ≤ 2 ⇔x= . • Khi x + y + t = 0 ta có 1 − 2x = x − x + 3 ⇔  2 6 3x 2 − 2x − 2 = 0 

 3 − 33  Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S =  ; 3 .  6  Ví dụ 6. Giải phương trình

2x 2 − x + 1 6x − 5

= 2. Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x >

5 . Phương trình đã cho tương đương với 6

2x 2 − x + 1 = 2 6x − 5 ⇔ 4x 2 − 2x + 2 = 4 6x − 5 2

⇔ 4x 2 − 4x + 1 + 2x + 1 = 4 6x − 5 ⇔ ( 2x − 1) + 2x + 1 = 4 4 ( 2x − 1) − ( 2x + 1) Đặt t = 2x − 1; y = 6x − 5 , ( y ≥ 0 ) . Khi đó ta có phương trình 4t − ( 2x + 1) = y 2 .

t 2 + 2x + 1 = 4y Từ đó ta có hẹ phương trình  . Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta 2 4t − ( 2x + 1) = y được

t = y t 2 + 4t = y 2 + 4y ⇔ ( t − y )( t + y + 4 ) = 0 ⇔  t + y + 4 = 0  1  1 x = 1 x ≥ 2 x ≥ • Với t = y ta có 2x − 1 = 6x − 5 ⇔  ⇔ ⇔ 2 3.  2 = x 2    2  2x − 5x + 3 = 0 ( 2x − 1) = 6x − 5 5 . 6  3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = 1;  .  2

• Với t + y + 4 = 0 ta có 2x + 3 + 6x − 5 = 0 , phương trình vô nghiệm do x >

Ví dụ 7. Giải phương trình x 2 + 7x + 16 = ( 2x − 3 ) 2x 2 + 2x − 16

Phân tích tìm lời giải Thực hiện ý tưởng đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2 ta biến 2

đổi phương trình đã cho thành ( mx + n ) + f ( x ) = ( 2x − 3 )

( 2x − 3 )( mx + n ) − f ( x )

và ta cần

xác định các hệ số m, n và biểu thức f ( x ) .

( mx + n )2 + f ( x ) = x 2 + 7x + 16 Từ đó ta có hệ  . 2 ( 2x − 3 )( mx + n ) − f ( x ) = 2x + 2x − 16 m 2 x 2 + 2mnx + n 2 + f ( x ) = x 2 + 7x + 16 Hay ta được  2 2 2mx + ( 2n − 3m ) x − 3n − f ( x ) = 2x + 2x − 16

(

)

Do đó ta được m 2 + 2m x 2 + ( 2mn + 2n − 3m ) x + n 2 − 3n = 3x 2 + 9x .

 m 2 + 2m = 3 m = 1  . Đồng nhất hệ số hai vế ta được  2mn + 2n − 3m = 9 ⇒  n = 3  n 2 − 3n = 0  2

Như vậy ta tìm được f ( x ) = x 2 + 7x + 16 − ( x + 3 ) = x + 7 . 2

Đến đây ta viết được phương trình về dạng ( x + 3 ) + x + 7 = ( 2x − 3 ) Đặt u = x + 3; v =

( 2x − 3 )( x + 3 ) − x − 7

( 2x − 3 )( x + 3 ) − x − 7 .

thì ta đưa được phương trình về hệ phương trình

u 2 + x + 7 = ( 2x − 3 ) v đối xứng dạng 2 là  2 . Đến đây ta có lời giải cho phương trình. v + x + 7 = ( 2x − 3 ) u Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + x − 8 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 3) Đặt u = x + 3; v =

+ x + 7 = ( 2x − 3 )

( 2x − 3 )( x + 3 ) − x − 7

( 2x − 3 )( x + 3 ) − x − 7 ( v ≥ 0 ) .

Khi đó phương trình trên trở thành u 2 + x + 7 = ( 2x − 3 ) v . Từ v =

( 2x − 3 )( x + 3 ) − x − 7

ta được v 2 + x + 7 = ( 2x − 3 ) u .

u 2 + x + 7 = ( 2x − 3 ) v Kết hợp lại ta có hệ phương trình  2 v + x + 7 = ( 2x − 3 ) u Lấy hiệu theo vế hai phương trình ta được

u = v u 2 − v 2 = ( 2x − 3 )( v − u ) ⇔ ( u − v )( u + v + 2x − 3 ) = 0 ⇔   u + v + 2x − 3 = 0

x + 3 ≥ 0 ⇔ x = 2 + 29 . • Với u = v ta được x + 3 = 2x 2 + 2x − 16 ⇔  2 2 ( x + 3 ) = 2x + 2x − 16 x ≥ 0 • Với u + v + 2x − 3 = 0 ta được 3x = 2x 2 + 2x − 16 ⇔  2 , vô nghiệm. 2 9x = 2x + 2x − 16 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 + 29 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 8. Giải phương trình

2x 2 + 2x − 3 = x 2 + 5x + 7 . 2x + 3 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ −

3 . 2

Phương trình đã cho tương đương với 2x 2 + 2x − 3 = ( 2x + 3 ) x 2 + 5x + 7 hay ta được

( x + 1) Đặt u = x + 1; v =

+ x 2 − 4 = ( 2x + 3 )

( 2x + 3 )( x + 1) − x

+ 4 (v > 0) .

Khi đó phương trình trên trở thành u 2 + x 2 − 4 = ( 2x + 3 ) v Cũng từ v =

( 2x + 3 )( x + 1) − x

+ 4 ta được v 2 + x 2 − 4 = ( 2x + 3 ) u .

u 2 + x 2 − 4 = ( 2x + 3 ) v Kết hợp hai phương trình ta được  2 2 v + x − 4 = ( 2x + 3 ) u Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được

u = v u 2 − v 2 = ( 2x + 3 )( v − u ) ⇔ ( u − v )( u + v + 2x + 3 ) = 0 ⇔   u + v + 2x + 3 = 0

x + 1 ≥ 0 • Với u = v ta được x + 1 = x 2 + 5x + 7 ⇔  , vô nghiệm. 2 2 ( x + 1) = x + 5x + 7

• Với u + v + 2x + 3 = 0 ta được x + 1 + x 2 + 5x + 7 + 2x + 3 = 0 hay ta được 3x + 4 ≤ 0 −19 − 73 −3x − 4 = x 2 + 5x + 7 ⇔  ⇔x= 2 2 16 ( 3x + 4 ) = x + 5x + 7 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

−19 − 73 là nghiệm duy nhất. 16

Nhận xét. Để ý rằng 2 = 1 + 1 nên ta phân tích phương trình thành

(x + n)

+ x 2 + ax + b = ( 2x + 3 )

( 2x + 3 )( x + n ) − ( x

+ ax + b

)

 n 2 + b = −3 n 2 + 3n = 4 n = 1   3n − b = 7 3n − b = 7  Đồng nhất hệ số ta có  ⇔ ⇔ a = 0 . 2n + a = 2 n = 1    b = −4  2n + 3 − a = 5 a = 0   2

Từ đó ta có biến đổi phương trình thành ( x + 1) + x 2 − 4 = ( 2x + 3 ) Ví dụ 9. Giải phương trình 5 +

( 2x + 3 )( x + 1) − x

+4.

3 = 2x 2 + x + 1 . x

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 2

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

Đặt u = x + 2; v = x ( x + 2 ) + x 2 − x + 1 ( b > 0 ) .

(

)

Khi đó phương trình đã cho trở thành u 2 − x 2 − x + 1 = xv .

(

)

Cũng từ v = x ( x + 2 ) + x 2 − x + 1 ta được v 2 − x 2 − x + 1 = xu .

u 2 − x 2 − x + 1 = xv  Kết hợp hai phương trình ta có hệ  2 . 2 v x x 1 xu − − + = 

( (

) )

Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được

u 2 − v 2 = x ( v − u ) ⇔ ( u − v )( u + v + x ) = 0 .

x + 2 ≥ 0 3 + 21 ⇔x= . • Với u − v = 0 ta được x + 2 = 2x 2 + x + 1 ⇔  2 2 2 x 2 2x x 1 + = + + ( ) 

• Với u + v + x = 0 ta được x + 2 + 2x 2 + x + 1 + x = 0 hay ta được x + 1 ≤ 0 −2x − 2 = 2x 2 + x + 1 ⇔  ⇔ x = −3 2 2 2x + 2 = 2x + x + 1 ( )  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình  3 − 21 3 + 21  S = −3; ; . 2 2   Nhận xét. Do biểu thức ngoài căn có dạng nhị thức bậc nhất nên viết phương trình về dạng 2

(

)

5x + 3 = x 2x 2 + x + 1 ⇔ ( x + n ) − x 2 + ax + b = x x ( x + n ) + x 2 + ax + b  n 2 − b = 3; b = 1 n = 2  n 2 = 4; b = 1   Đồng nhất hệ số hai vế ta được  n + a = 1 ⇔ ⇔ a = −1 .  n = 2; a = −1   b = 1  2n − a = 5 2

Do đó ta có biến đổi phương trình thành ( x + 2 ) − x 2 + x − 1 = x x ( x + 2 ) + x 2 − x + 1 .

Ví dụ 10. Giải phương trình

2x 2 + 7x − 9 − 9

= x + 1.

Lời giải

2x 2 + 7x − 9 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình  2 . Phương trình đã cho tương đương 2x + 7x ≠ 90 với 30 = ( x + 1) 2

)

(

2x 2 + 7x − 9 − 9 ⇔ 9x + 39 = ( x + 1) 2x 2 + 7x − 9

(

)

⇔ ( x + 5 ) − x 2 + x − 14 = ( x + 1)

( x + 1)( x + 5 ) + x + x − 14 Đặt u = x + 5; v = ( x + 1)( x + 5 ) + x + x − 14 ( v ≥ 0; v ≠ 9 ) . Khi đó phương trình trên trở thành u − ( x + x − 14 ) = ( x + 1) v . Cũng từ v = ( x + 1)( x + 5 ) + x + x − 14 ta được v − ( x + x − 14 ) = ( x + 1) u . u − ( x + x − 14 ) = ( x + 1) v  Kết hợp hai phương trình  . v − ( x + x − 14 ) = ( x + 1) u 2

Lấy hiệu theo vế hai phương trình ta được

u = v u 2 − v 2 = ( x + 1)( v − v ) ⇔ ( u − v )( u + v + x + 1) = 0 ⇔  u + v + x + 1 = 0 x + 5 ≥ 0 3 ± 145 • Với u = v ta được x + 5 = 2x 2 + 7x − 9 ⇔  ⇔x= . 2 2 2 x 5 2x 7x 9 + = + − ( ) 

• Với u + v + x + 1 = 0 ta được x + 1 + x + 5 + 2x 2 + 7x − 9 = 0 hay ta được 2x + 6 ≤ 0 2x + 6 ≤ 0 2x 2 + 7x − 9 = −2x − 6 ⇔  2 2 ⇔  2 2x + 17x + 45 = 0 2x + 7x − 9 = ( 2x + 6 ) Hệ trên vô nghiệm.

 3 − 145 3 + 145  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =  ; . 2 2   10 +1= x. Ví dụ 11. Giải phương trình 6x 2 − x − 6 − 4 Phân tích và lời giải Giả sử ta viết lại phương trình thành

10 =

(

)

6x 2 − x − 6 − 4 ( x − 1) ⇔ 4x + 6 = ( x − 1) 6x 2 − x − 6 2

(

)

⇔ ( mx + n ) − m 2 x 2 + ax + b = ( x − 1)

( x − 1)( mx + n ) + ( m x 2

+ ax + b

)

 m ∈ {−3; 2}  2mn − a = 4  2 m = 2  2 n − n = 0  n − b = 6   n = 1 Khi đó đồng nhất hai vế ta được  m + m 2 = 6 ⇔  n − m + a = −1 ⇔   n − m + a = −1  − n + b = −6 a = 0    b = −5  − n + b = −6  2mn − a = 4  Từ đó ta có phép biến đổi phương trình 10 =

)

(

6x 2 − x − 6 − 4 ( x − 1) ⇔ ( 2x + 1) − 4x 2 + 5 = ( x − 1)

( x − 1)( 2x + 1) + 4x

−5

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 6x 2 − x − 6 ≥ 0 và 6x 2 − x − 6 ≠ 16 . Phương trình đã cho tương đương với

10 =

(

)

6x 2 − x − 6 − 4 ( x − 1) ⇔ 4x + 6 = ( x − 1) 6x 2 − x − 6 2

⇔ ( 2x + 1) − 4x 2 + 5 = ( x − 1)

( x − 1)( 2x + 1) + 4x

Đặt u = 2x + 1; v =

( x − 1)( 2x + 1) + 4x

−5

− 5 , khi đó ta có phương trình u 2 − 4x 2 + 5 = ( x − 1) v

. Cũng từ v =

( x − 1)( 2x + 1) + 4x

− 5 ta được v 2 − 4x 2 + 5 = ( x − 1) u .

u 2 − 4x 2 + 5 = ( x − 1) v Kết hợp hai phương trình ta được ệ phương tình  2 2 v − 4x + 5 = ( x − 1) u Lấy hiệu theo vế của hai phương trình ta được

u = v u 2 − v 2 = ( x − 1)( v − u ) = 0 ⇔ ( u − v )( u + v + x − 1) = 0 ⇔  u + v + x − 1 = 0  2x + 1 ≥ 0 7 • Với u = v ta được 2x + 1 = 6x 2 − x − 6 ⇔  ⇔x= . 2 2 2 ( 2x + 1) = 6x − x − 6 x ≤ 0 • Với u + v + x − 1 = 0 ta được 6x 2 − x − 6 = −3x ⇔  2 , vô nghiệm. 2 6x − x − 6 = 9x 7 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 Ví dụ 12. Giải phương trình

x2 + 1 = x 3 + 2x + 1 . 2 x −x+1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 3 + 2x + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

x2 + 1 = x 2 − x + 1

x 3 + 2x + 1 ⇔ ( x + 1) − 2x =

)

− x + 1 ( x + 1) + 2x

Đặt u = x + 1; v =

(

)

− x + 1 ( x + 1) + 2x ( v ≥ 0 ) . Khi đó phương trình đã cho trở thành

)

u 2 − 2x = x 2 − x + 1 v . Từ v =

)

(

)

− x + 1 ( x + 1) + 2x ta được v 2 − 2x = x 2 − x + 1 u .

u 2 − 2x = x 2 − x + 1 v  Kết hợp hai phương trình trên ta được  2 2 v − 2x = x − x + 1 u

( (

) )

Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được

(

)

(

)

u2 − v 2 = x2 − x + 1 ( v − u ) ⇔ ( u − v ) u + v + x2 − x + 1 = 0

• Với u − v = 0 ta được x + 1 − x 3 + 2x + 1 = 0 hay ta được x + 1 ≥ 0 x + 1 ≥ 0 x = 0 x + 1 = x 3 + 2x + 1 ⇔  ⇔ ⇔  2 2 3 x x − 1) = 0 x = 1 ( x + 1) = x + 2x + 1  (

• Với u + v + x 2 − x + 1 = 0 ta được

x 3 + 2x + 1 + x 2 + 2 = 0 , phương trình vô nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {0;1} .

Ví dụ 13. Giải phương trình ( x + 1)( x + 2 ) =

2  2 2 3 4 +  x +  x + x 2 − x + + 1 với x > 0 . x  x x

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x 3 + x 2 − x +

4 + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương x

dương với

x 2 + 3x − 2

2  2 4 + 2 =  x2 +  x3 + x2 − x + + 1 x x x 

⇔ ( x + 1) + x −

2 2  2 2    + 1 =  x 2 +   x 2 +  ( x + 1) −  x − + 1  x x  x x   

 2  2  Đặt u = x + 1; v =  x 2 +  ( x + 1) −  x − + 1  ( v ≥ 0 ) . x x    2  2 Khi đó phương trình đã cho trở thành u 2 + x − + 1 =  x 2 +  v . x x 

  2 2   2 2 Cũng từ v =  x 2 +  ( x + 1) −  x − + 1  ta được v 2 + x − + 1 =  x 2 +  u . x x  x x     2 2  2 2 u + x − + 1 =  x +  v x x   Kết hợp hai phương trình ta có hệ phương trình  v 2 + x − 2 + 1 =  x 2 + 2  u   x x   Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được

u = v  2 2  2 2  u − v =  x + (v − u) ⇔ (u − v) u + v + x +  = 0 ⇔ u + v + x2 + 2 = 0 x x   x  2

4 + 1 hay ta được x x + 1 ≥ 0 x + 1 ≥ 0   x + 1 ≥ 0 ⇔ ⇔  2   4 4 4 2 3 2 3 x − 3x + 4 = 0 ( x + 1) = x + x − x + x + 1 x − 3x + x = 0 Hệ trên vô nghiệm.

• Với u = v ta được x + 1 = x 3 + x 2 − x +

2 2 = 0 ta được v + x 2 + x + 1 + = 0 . x x 2 2 Dễ thấy với x > 0; v ≥ 0 thì v + x 2 + x + 1 + > 0 do đó v + x 2 + x + 1 + = 0 vô nghiệm. x x

• Với u + v + x 2 +

Vậy phương trình đã cho không có nghiệm dương.

Ví dụ 14. Giải phương trình

−6x 2 − 15x + 12 = x 3 + 7x 2 + 15x + 13 . x ( x − 5) Lời giải

x ( x − 5 ) ≠ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  3 . 2 x + 7x + 12x + 13 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với − 6x 2 − 15x + 12 = x ( x − 5 ) x 3 + 7x 2 + 12x + 13 2

(

) (

⇔ ( x + 5 ) − 7x 2 + 40x + 13 = x 2 − 5x

Đặt u = x + 5; v =

) (x

)

− 5x ( x + 5 ) + 7x 2 + 40x + 13

)

− 5x ( x + 5 ) + 7x 2 + 40x + 13 ( v ≥ 0 ) .

(

) (

)

Khi đó phương trình đã cho trở thành u 2 − 7x 2 + 40x + 13 = x 2 − 5x v . Từ v =

)

(

) (

)

− 5x ( x + 5 ) + 7x 2 + 40x + 13 ta được v 2 − 7x 2 + 40x + 13 = x 2 − 5x u .

u 2 − 7x 2 + 40x + 13 = x 2 − 5x v  Kết hợp hai phương trình ta có ta có hệ  . 2 2 2 v − 7x + 40x + 13 = x − 5x u

( (

) ( ) (

) )

Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta được

u = v u 2 − v 2 = x 2 − 5x ( v − u ) ⇔ ( u − v ) u + v + x 2 − 5x = 0 ⇔  2  u + v + x − 5x = 0

(

)

• Với u = v ta được x + 5 =

(

)

− 5x ( x + 5 ) + 7x 2 + 40x + 13 nên ta được

x + 5 ≥ 0 x ≥ −5 ⇔ ⇔ x ∈ {−4; −3;1}   2 3 2 x − 1 x + 3 x + 4 = 0 ( )( )( ) x + 5 = x + 7x + 12x + 13 ( )   

x 3 + 7x 2 + 12x + 13 + ( x − 2 ) + 1 = 0 , phương trình vô

• Với u + v + x 2 − 5x = 0 ta được nghiêm.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−4; −3;1} .

• Nhận xét chung. Qua các ví dụ trên chúng ta đã phần nào trả lời được câu hỏi là khi nào thì ta cần đặt hai ẩn phụ để chuyển phương trình thành hệ phương trình. Vấn đề nằm ở đây là ta cần nắm vững các kỹ thuật xử lý hệ phương trình. Để giải quyết được vấn đề này ta có thể tham khảo các nội dung của phần III. 5. Đặt nhiều ẩn phụ đưa phương trình về phương trình giải được. Ví dụ 1. Giải phương trình

x + 3 + 3x + 1 = 5x − 1 + 5 − x

Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có bốn căn thức bậc hai và các biểu thức dưới dấu căn đều có bậc một do đó ta nghĩ đến phép nâng lên lũy thừa. Sau hai lần nâng lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình bậc hai. Tuy nhiên để ý phương trình ta nhận thấy

(

x+3

) +(

3x + 5

) =(

) (

5x − 1 +

)

5−x ,

khi

đó

nếu

a = x + 3; b = 3x + 1; c = 5x − 1; d = 5 − x thì ta thu được một hệ phương trình

a + b = c + d ⇒ ab = cd  2 2 2 2 a + b = c + d Hay ta được

( x + 3 )( 3x + 1) = ( 5x − 1)( 5 − x ) , đến đây ta giải được phương trình.

Điều kiện xác định của phương trình là

1 ≤x≤5. 5

Đặt a = x + 3; b = 3x + 1; c = 5x − 1; d = 5 − x . Khi đó ta được a 2 + b 2 = c 2 + d 2 . Phương trình đã cho trở thành a + b = c + d ⇔ a 2 + b 2 + 2ab = c 2 + d 2 + 2cd . Kết hợp với a 2 + b 2 = c 2 + d 2 ta được 2ab = 2cd ⇔ ab = cd . Như vậy ta được

( x + 3 )( 3x + 1) = ( 5x − 1)( 5 − x ) ⇔

3x 2 + 10x + 3 = −5x 2 + 26x − 5 ⇔ x = 1

Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét. Sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa.Phương trình đã cho tương đương với

đặt

(

x + 3 + 3x + 1

) =(

5x − 1 + 5 − x

)

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

⇔ 4x + 4 + 2

⇔ 3x 2 + 10x + 3 = −5x 2 + 26x − 5 ⇔ 8x 2 − 16x + 8 = 0 ⇔ x = 1

Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2. Giải phương trình

x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 .

Phân tích và lời giải Phương trình có dạng cơ bản nên ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa để xử lý phương

trình.

Nhưng

ở

đây

có

thể

sử

dụng

phép

đặt

ẩn

phụ

a = 3 x + 1; b = 3 3x + 1; c = 3 x − 1 , khi đó từ phương trình đã cho ta được a + b = c . Mặt khác để ý ta thấy 2 ( x + 1) = ( 3x + 1) − ( x − 1) , từ đó ta lại có phương trình 2a 3 = b 3 − c 3 . Từ đó ta có hệ phương trình

a + b = c 3 ⇒ 2a 3 = b 3 − ( a + b ) ⇔ a 3 + a 2 b + ab 2 = 0 ⇔ a a 2 + ab + b 2 = 0  3 3 3 2a = b − c

(

)

Đến đây ta có lời giải cho phương trình Điều kiện xác định cho phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 x + 1; b = 3 3x + 1; c = 3 x − 1 . Khi đó từ phương trình đã cho ta được a + b = c . Mặt khác để ý ta thấy 2 ( x + 1) = ( 3x + 1) − ( x − 1) nên ta được 2a 3 = b 3 − c 3 . Từ đó ta có hệ phương trình 3 a + b = c ⇒ 2a 3 = b 3 − ( a + b ) ⇔ a 3 + a 2 b + ab 2 = 0 ⇔ a a 2 + ab + b 2 = 0  3 3 3 2a = b − c

(

)

• Nếu a = 0 thì ta được x + 1 = 0 ⇔ x = −1 2

 b  3b 2 • Nếu a + ab + b =  a +  + = 0 ⇔ a = b = 0 , khi đó x + 1 = 0 ⇔ x = −1 . 2 4  2

Thử vào phương trình đã cho ta thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1 .

Nhận xét. Cách giải tổng quát cho phương trình dạng

a 1x + b1 + 3 a 2 x + b 2 = 3 a 3 x + b 3 bằng

phương pháp đặt ẩn phụ là. Đặt u = 3 a 1x + b1 ; v = 3 a 2 x + b 2 ; w = 3 a 3 x + b 3 .

a = ma 2 + na 3 Tìm các số m và n thỏa mãn a 1x + b1 = m ( a 2 x + b 2 ) + n ( a 3 x + b 3 x ) ⇒  1 .  b1 = mb 2 + nb 3

u + b = w Đưa phương trình về hệ phương trình  3 và giải hệ bằng phương pháp thế. 3 3 u = mv + nw 1

Ví dụ 3. Giải phương trình

2x − 1

2x + 1

x+1

1 3x − 1

Phân tích và lời giải Để ý phương trình ta nhận thấy ( 2x − 1) + ( 2x + 1) = ( x + 1) + ( 3x − 1) , do đó nếu ta đặt ẩn phụ

a = 2x − 1; b = 2x + 1; c = x + 1; d = 3x − 1

thì ta có hệ phương trình

1 1 1 1  + = +  a b c d . Đến đây ta có lời giải cho phương trình. a 2 + b 2 = c 2 + d 2  Điều kiện xác định của phương trình là x >

1 . 2

Đặt a = 2x − 1; b = 2x + 1; c = x + 1; d = 3x − 1 ( a > 0; b > 0; c > 0; d > 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2  + = + cd ( a + b ) = ab ( c + d ) c d ( a + b ) = a b ( c + d ) ⇔ a b c d ⇔  2 2 2 2 2 2 2 2 a + b = c + d a 2 + b 2 = c 2 + d2  a + b = c + d 

(

)

(

)

Từ phương trình thứ nhất ta được c 2 d 2 a 2 + b 2 + 2ab = a 2 b 2 c 2 + d 2 + 2cd , do đó duy ra

(

)

(

c 2 d 2 a 2 + b 2 + 2ab = a 2 b 2 a 2 + b 2 + 2cd

(

)(

)

⇔ a 2 + b 2 a 2 b 2 − c 2 d 2 + 2abcd ( ab − cd ) = 0 ⇔ ( ab − cd )  a 2 + b 2 ( ab + cd ) + 2abcd  = 0   2 2 Do a > 0; b > 0; c > 0; d > 0 nên a + b ( ab + cd ) + 2abcd > 0 .

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được ab = cd hay Giải phương trình trên kết hợp với điều kiện x >

2x − 1. 2x + 1 = x + 1. 3x − 1 . 1 ta được x = 2 . 2

Thử vào phương trình ba đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 .

Ví dụ 4. Gải phương trình

7x + 1 − 3 x 2 − x − 8 + 3 x 2 − 8x − 1 = 2

Phân tích và lời giải Phương trình chứa đến ba căn thức bậc ba và biểu thức trong căn có dạng tam thức bậc hai nên ta sẽ không sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Do đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ để đơn giản hóa phương trình.

Để

( 7x + 1) + ( −x

đại

lượng

) (

trong

các

)

+ x + 8 + x 2 − 8x − 1 = 8 .

căn

thức

Như

vậy

nhận nếu

thấy đặt

a = 3 7x + 1b = − 3 x 2 − x − 8 ; c = 3 x 2 − 8x − 1 thì ta có a 3 + b 3 + c 3 = 8 . Đến đây kết hợp với

a + b + c = 2 phương trình đã cho ta có hệ  3 3 3 a + b + c = 8 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 7x + 1b = − 3 x 2 − x − 8 ; c = 3 x 2 − 8x − 1

Khi đó ta có phương trình a 3 + b 3 + c 3 = 8 . Phương trình đã cho trở thành a + b + c = 2 . 3 a + b + c = 2 ( a + b + c ) = 8 Kết hợp hai phương trình ta được  3 ⇔ 3 3 3 3 3 a + b + c = 8 a + b + c = 8 3

Từ đó ta được ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 hay

a 3 + b 3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = a 3 + b 3 + c 3 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0  3 7x + 1 = 3 x 2 − x − 8  x 2 − 8x − 9 = 0 a = − b  x = ±1     3 2 3 2  ⇔  b = −c ⇔ x − x − 8 = x − 8x − 1 ⇔ 7x = 7 ⇔ x = 9  2   3 7x + 1 = − 3 x 2 − 8x − 1 c = −a  x = 0 x − x = 0  Thử lại vào phương trình đã cho ta được tập nghiệm S = {−1; 1; 9} .

Ví dụ 5. Giải phương trình x 3 − 6x 2 + 15x − 12 + ( x + 3 ) x + 3 = 3 ( x − 2 ) x + 3. 3 3x − 4 Phân tích và lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −3 . Để ý rằng ta có 3

x 3 − 6x 2 + 15x − 12 + ( x + 3 ) x + 3 = ( x + 2 ) +

(

x+3

) +(

3x − 4

)

Do đó ta viết phương trình đã cho tương đương với 3

(

) + ( 3x − 4 ) = 3 ( x + 2 ) x + 3. 3x − 4 ⇔ ( x + 2 ) + ( x + 3 ) + ( 3x − 4 ) − 3 ( x + 2 ) x + 3. 3x − 4 = 0 ( x + 2)

x+3

Đặt a = x + 2; b = x + 3; c = 3 3x − 4 , khi đó phương trình trên trở thành

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = 0 ⇔

2 2 2 1 a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  = 0 (   2

a + b + c = 0 a + b + c = 0 ⇔ ⇔ 2 2 2 a = b = c ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) = 0

• Khi a = b = c ta được x + 2 = x + 3 = 3 3x − 4 , phương trình vô nghiệm.

• Khi a + b + c = 0 ta được ( x + 2 ) + x + 3 + 3 3x − 4 = 0 . + Nếu x > 1 thì ( x + 2 ) + x + 3 + 3 3x − 4 > 0 + Nếu −3 ≤ x < 1 thì ( x + 2 ) + x + 3 + 3 3x − 4 < 0 + Nếu x = 1 thì ( x + 2 ) + x + 3 + 3 3x − 4 = 1 + 2 + 1 + 3 + 3 3.1 − 4 = 0 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhât của phương trình.

Nhận xét. Trong phương trình ta sử dụng phép phân tích đa thức thành nhân tử a 3 + b 3 + c 3 − 3abc =

2 2 2 1 a + b + c ) ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  (    2

Ví dụ 6. Giải phương trình x + 1 + 3 3x 2 − 5x − 1 = 3 6x 2 − 2 + 3 x 3 − 2x + 2 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có dạng

f ( x ) + 3 g ( x ) + 3 h ( x ) = 3 r ( x ) , trong đó

f ( x ) = ( x + 1) ; g ( x ) = 3x 2 − 5x − 1; h ( x ) = − x 3 + 2x − 2; r ( x ) = 6x 2 − 2

Để ý rằng ta có f ( x ) + g ( x ) + h ( x ) = r ( x ) . Do đó ta sử dụng phép đặt ẩn phụ và sử 3

dụng hằng đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) để xử lý phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = x + 1; b = 3 3x 2 − 5x − 1; c = − 3 x 3 − 2x + 2 .

Khi đó ta được a 3 + b 3 + c 3 = 6x 2 − 2 . Phương trình đã cho trở thành a + b + c = 3 6x 2 − 2 .

a + b + c = 3 6x 2 − 2 Khi đó ta có hệ phương trình  ⇒ a + b + c = 3 a 3 + b3 + c 3 . 3 3 3 2 a + b + c = 6x − 2 3

Suy ra ta được ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 hay suy ra

a 3 + b 3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = a 3 + b 3 + c 3 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0  x x 2 + 6x − 2 = 0  x + 1 = − 3 3x 2 − 5x − 1 a = − b   3  3 3 3 2  ⇔  b = −c ⇔ 3x − 5x − 1 = x − 2x + 2 ⇔ ( x − 1) = −4    3x 2 + 5x − 1 = 0  3 x 3 − 2x + 2 = − ( x + 1) c = −a  

(

)

Giải các trường hợp trên và thử vào phương trình ta được tập nghiệm là

 −5 ± 37  S = 0;1 − 3 4 = −3 ± 11;  6   Ví dụ 7. Giải phương trình

3x 2 − x + 2001 − 3 3x 2 − 7x + 2002 − 3 6x − 2003 = 3 2002 .

Lời giải

Đặt a = 3 3x 2 − x + 2001; b = − 3 3x 2 − 7x + 2002 ; c = − 3 6x − 2003 Suy ra a 3 + b 3 + c 3 = 2002 . Do đó phương trình đã cho trở thành

(a + b + c )

= a 3 + b 3 + c 3 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0

• Nếu a + b = 0 ⇔ 3 3x 2 − x + 2001 = 3 3x 2 − 7x + 2002 ⇔ 6x = 1 ⇔ x =

1 6

• Nếu b + c = 0 ⇔ 3 3x 2 − 7x + 2002 = − 3 6x − 2003 ⇔ 3x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x =

1 ± 13 6

• Nếu a + c = 0 ⇒ 3 3x 2 − x + 2001 = 3 6x − 2003 ⇔ 3x 2 − 7x + 4004 = 0 , vô nghiệm  1 1 + 13 1 − 13  Vậy phương trình có ba nghiệm S =  ; ; . 6 6   6 • Nhận xét chung. Phương pháp dùng nhiều ẩn phụ đặc biệt có hiệu quả đối với phương trình vô tỷ chứa nhiều căn thức, đặc biệt phương trình vô tỷ có các biểu thức dưới dấu căn là các nhị thức bậc nhất vì đơ giản nhị thức bậc nhất luôn biểu diễn được dưới dạng hai nhị thức bậc nhất khác. Tuy nhiên có thể nói đặt nhiều ận phụ cho phương trình vô tỷ là một kỹ thuật khó. Ở đây ta cần tìm được mối liên đặc biệt của các đại lượng trong phương trình. Với các phương trình chứa nhiều căn thức ta thường nghĩ đến đặt nhiều ẩn phụ, tuy nhiên nếu không tìm được mối liên hệ đặc biệt của các ẩn phụ đó thì việc đặt bị phản tác dụng. Kỹ thuật đặt nhiều ẩn phụ ngoài việc giúp ta xử lý phương trình còn giúp ta tạo ra bài toán

(

)

mới. Chẳng hạn từ đẳng thức a 3 + b 3 + c 3 = 3abc . Chọn a = x − 2; b = 3 2 x 3 + 2 ; c = 3 3x − 4 , khi

(

)

đó ta có phương trình x 3 − 2x 2 + 5x − 2 = ( x − 2 ) 3 x 3 + 2 ( 6x − 8 ) . Với hằng đẳng thức bậc hai 2

dạng ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) nếu ta chọn a = x + 3; b = 3x + 1; c = x − 5 thì ta có phương trình x 2 − 6x + 29 + 2 3x 2 + 10x + 3 = ( 10 − 2x )

(

)

x + 3 + 3x + 1 .

TỔNG KẾT

• Với các kỹ thuật đặt ẩn phụ nêu trên giúp chúng ta đưa các bài toán tương đối phức tạp về bài toán đơn giản hơn, quen thuộc và dễ giải hơn. Điều đó giúp cho ta có ý tưởng có thể tiếp cận các bài toán phức tạp hơn các bài toán trên bằng cách đặt ẩn số phụ. Cũng cần lưu ý rằng nếu đặt ẩn số phụ phải đưa về bài toán đơn giản hơn thì cách làm mới có ý nghĩa.

• Các kỹ thuật đặt ẩn phụ trên cho ta thấy sự đa dạng trong cách ẩn phụ hóa để biến phương trình vô tỷ về dạng đơn giản nhất. Tuy nhiên việc đặt ẩn phụ phù hợp cho bài

toán phụ thuộc vào lối tư duy linh hoạt và phân tích kỹ các mối liên hệ bản chất trong phương trình. Các bài toán trên giúp ta thấy được sự đa dạng của việc đặt ẩn phụ.

Phương pháp 5 – PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Có một lớp các phương trình vô tỷ khi giải bằng các phương pháp khác thường rất dài dòng và rắc rối, cũng có khi các phương pháp đó không thể xử lý được bài toán. Khi đó phương pháp đánh giá sẽ được tính đến. Phương trình giải bằng phương pháp đánh giá thường có những dấu hiệu đặc biệt như khi chia khoảng xác định mà ta gọi là làm chặt miền nghiệm thì thu được những điều vô lý, hay khi dấu hiệu nằm ở hình thức phương trình gợi cho ta hình ảnh của các hằng đẳng thức, cũng có khi phương trình nhẩm được nghiệm đẹp nhưng lại không thể xử lý được bằng các phương pháp trước đó. Phương trình giải bằng phương pháp đánh giá thường có lời giải đẹp, bất ngờ và có lối tư duy linh hoạt. Một số kỹ năng đánh giá phương trình vô tỷ

• Kỹ năng làn chặt miền nghiệm để đánh giá.

• Kỹ năng sử dụng hằng đẳng thức đưa phương tình về dạng A 2m + B2n + C2k = 0 , trong đó các số m, n, k ∈ N* .

• Kỹ năng sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. Sau đây ta đi tìm hiểu các kỹ năng đánh giá phương trình vô tỷ qua các ví dụ sau.

1. Làm chặt miền nghiệm để đánh giá phương trình vô tỷ. Giả sử ta viết phương trình đã cho về dạng f ( x ) = k , khi đó ta có các đánh giá như sau.

• Với x = x0 khi đó f ( x ) = f ( x0 ) = k , do đó x 0 là nghiệm • Với x > x0 khi đó f ( x ) > f ( x 0 ) = k , do đó phương trình vô nghiệm • Với x < x 0 khi đó f ( x ) < f ( x0 ) = k , do đó phương trình vô nghiệm Vậy x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 1. Giải phương trình 3 + 4 7x + 15 = x + 2x . Phân tích và lời giải

Phương trình có điểm đặc biệt là chứa hai căn thực bậc lệch nhau trong đó có một căn thức bậc bốn, do đó ta không thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa hay phương pháp nhân liên hợp dù ta nhẩm được x = 3 là một nghiệm. Ta cũng không thể sử dụng phép đặt ẩn phụ và cũng không phân tích được thành tích. Do đó ta tính đến sử dụng phương pháp đánh giá.

x = 3 Do x = 3 là một nghiệm của phương trình nên khi đó ta có  4 .  7x + 15 = 2x Ta viết lại phương trình thành ( 3 − x ) +

(

)

7x + 15 − 2x = 0 ( * ) . Ta thấy

3 − x > 0 0 ≤ x < 3 •4 ⇔ ⇔0≤x<3 ( x − 3 )( 4x + 5 ) < 0  7x + 15 > 2x x > 3  3 − x < 0 •4 ⇔ ( x − 3 )( 4x + 5 ) > 0 ⇔ x > 3 .  7x + 15 < 2x x ≥ 0  Như vậy + Nếu 0 ≤ x < 3 thì ta có ( 3 − x ) + + Nếu x > 3 thì ta có ( 3 − x ) +

(

)

7x + 15 − 2x > 0 hay phương trình ( * ) vô nghiệm.

)

7x + 15 − 2x < 0 hay phương trình ( * ) vô nghiệm.

Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với ( 3 − x ) +

(

)

7x + 15 − 2x = 0 ( * )

+ Nhận thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình ( * ) . + Ta xét các hệ điều kiện sau

3 − x > 0 0 ≤ x < 3 •4 ⇔ ⇔0≤x<3 ( x − 3 )( 4x + 5 ) < 0  7x + 15 > 2x x > 3  3 − x < 0 •4 ⇔ ( x − 3 )( 4x + 5 ) > 0 ⇔ x > 3 . x ≥ 0  7x + 15 < 2x  Từ đó ta được Nếu 0 ≤ x < 3 thì ta có ( 3 − x ) + Nếu x > 3 thì ta có ( 3 − x ) +

(

)

7x + 15 − 2x > 0 hay phương trình ( * ) vô nghiệm.

)

7x + 15 − 2x < 0 hay phương trình ( * ) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Ví dụ 2. Giải phương trình

7x 2 + 11x + 6 − 3x = x − 6 .

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

7x 2 + 11x + 6 − 3x + ( 6 − x ) = 0 ( * ) .

+ Nhận thấy x = 6 là một nghiệm của phương trình ( * ) . + Ta xét các hệ điều kiện sau

6 − x > 0 0 ≤ x < 3 •4 2 ⇔ ⇔0≤x<6  7x + 11x + 6 − 3x ( x − 6 )( 2x − 1) < 0 x > 6 6 − x < 0  •4 2 ⇔ ( x − 6 )( 2x + 1) > 0 ⇔ x > 6 . x ≥ 0  7x + 11x + 6 < 3x  Từ đó ta được Nếu 0 ≤ x < 6 thì ta có

(

)

7x 2 + 11x + 6 − 3x + ( 6 − x ) > 0 hay phương trình ( * ) vô

nghiệm. Nếu x > 3 thì ta có

(

)

7x 2 + 11x + 6 − 3x + ( 6 − x ) < 0 hay phương trình

nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 6 . 2

Ví dụ 3. Giải phương trình ( x − 1) +

( x + 1)

( 2x + 1)

= 3.

Lời giải 1 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 2 + Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình đã cho. + Ta xét các hệ điều kiện sau

  •  

 2x + 1 ≥ 0 ( x + 1) > x + 1  ⇔ ( x + 1) x + 1 − 1 > 0 ⇔ x > 0 . 3  2x + 1 > 2x + 1 ( ) ( 2x + 1) 2x + 1 − 1 > 0  3

(

)

(

)

(* )

vô

  •  

 2x + 1 ≥ 0 ( x + 1) < x + 1 1  ⇔ ( x + 1) x + 1 − 1 < 0 ⇔ − ≤ x < 0 . 3 2 ( 2x + 1) < 2x + 1  2x + 1 2x + 1 − 1 < 0 ( )  3

(

)

(

)

Từ đó ta được Nếu x > 0 thì ta có

( x − 1)

( x + 1)

( 2x + 1) > ( x − 1) 2

Suy ra phương trình ( x − 1) + Nếu −

( x + 1)

+ x + 1 + 2x + 1 = x 2 + x + 3 > 3

( 2x + 1)

= 3 vô nghiệm.

1 ≤ x < 0 thì ta có 2

( x − 1)

( x + 1)

( 2x + 1) < ( x − 1) 2

Suy ra phương trình ( x − 1) +

( x + 1)

+ x + 1 + 2x + 1 = x 2 + x + 3 < 3

( 2x + 1)

= 3 vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Nhận xét. Từ các ví dụ trên ta nhận thấy rằng để chứng minh được phương trình có nghiệm x = x0 ta tường sử dụng các đánh giá VT > VP hoặc VT < VP . Tuy nhiên các đánh giá này chỉ

đúng trên một khoảng ( a; b ) thuộc tập xác định của phương trình. Từ đó ta cần phải chia nhỏ điều kiện xác định của phương trình lể làm chặt các hệ điều kiện trong các đánh giá đó. Để xác định được các khỏng chia ta đi giải các hệ điều kiện như các ví dụ trên để từ đó tìm ra các khoảng đánh giá thích hợp. Ví dụ 4. Giải phương trình

1 − x 2x + x 2 = . x 1 + x2 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 0 < x ≤ 1 Phương trình đã cho tương đương với + Nhận thấy x =

1− x 2x − 1 = 1+ (* ) . x 1 + x2

1 là một nghiệm của phương trình ( * ) . 2

+ Ta xét hai trường hợp sau

1 thì ta có 1 − x > x > 0 và 2x − 1 < 0 . Do đó ta được 2 Suy ra phương trình ( * ) vô nghiệm.

1− x 2x − 1 > 1 > 1+ x 1 + x2

1 < x ≤ 1 thì ta có 0 ≤ 1 − x < x và 2x − 1 > 0 . Do đó ta được 2 Suy ra phương trình ( * ) vô nghiệm.

1− x 2x − 1 < 1 < 1+ x 1 + x2

• Với 0 < x <

• Với

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

1 . 2

x+7 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 x +1

Ví dụ 5. Giải phương trình

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

6 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 x+1 + Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho.

+ Ta xét các trường hợp sau

• Với

1 ≤ x < 2 , khi đó ta có 2

6 + 8 > 3 + 8 > 2x 2 + 2x − 1 x+1

Do đó phương trình

6 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 vô nghiệm. x+1

• Với 2 < x , khi đó ta có

Do đó phương trình

6 + 8 < 3 + 8 < 2x 2 + 2x − 1 x+1

6 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 vô nghiệm. x+1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 .

Ví dụ 6. Giải phương trình

x 2 − 2013x + 2012 + x 2 − 2014 + 2013 = 2 x 2 − 2015x + 2014 .

Lời giải x 2 − 2013x + 2012 ≥ 0 x ≤ 1  Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − 2014x + 2013 ≥ 0 ⇔  .  x ≥ 2014 x 2 − 2015x + 2014 ≥ 0  + Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình. + Xét x ≥ 2014 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

( x − 1)( x − 2012 ) + ( x − 1)( x − 2013 ) = 2 ( x − 1)( x − 2014 ) ⇔ x − 2012 + x − 2013 = 2 x − 2014  x − 2012 > x − 2014 Dễ thấy với x ≥ 2014 thì  ⇒ x − 2012 + x − 2013 > 2 x − 2014 .  x − 2013 > x − 2014 Do đó phương trình đã cho không có nghiệm khi x ≥ 2014 . + Xét x < 1 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

( x − 1)( x − 2012 ) + ( x − 1)( x − 2013 ) = 2 ( x − 1)( x − 2014 ) ⇔ 2012 − x + 2013 − x = 2 2014 − x

 2012 − x < 2014 − x ⇒ 2012 − x + 2013 − x > 2 2014 − x . Dễ thấy với x < 1 thì   2013 − x > 2014 − x Do đó phương trình đã cho không có nghiệm khi x < 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Nhận xét. Một số phương trình tương tự a) x 2 − 2015x + 2014 + x 2 − 2016 + 2015 = 2 x 2 − 2017x + 2016 b)

x 2 − 5x + 6 + x 2 − 6x + 8 = 2 x 2 − 7x + 10

Ví dụ 7. Giải phương trình

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 .

Phân tích và lời giải Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình đã cho, do đó ta nảy sinh ý tưởng đánh giá phương trình xoay quanh x = −1 . Để ý đến các biến đổi sau 2

3x 2 + 6x + 7 = 3 ( x + 1) + 4 ≥ 4 = 2; 5x 2 + 10x + 14 = 5 ( x + 1) + 9 ≥ 9 = 3 Từ đó ta được

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 ≥ 5 .

Như vậy bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chỉ ra được 4 − 2x − x 2 ≤ 5 . Tuy nhiên để

(

)

ý rằng ta có đánh giá 4 − 2x − x 2 = 5 − x 2 + 2x + 1 = 5 − ( x + 1) ≤ 5 . Đến đây ta có lời giải cho bài toán.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Ta có

3x 2 + 6x + 7 = 3 ( x + 1) + 4 ≥ 4 = 2 2

5x 2 + 10x + 14 = 5 ( x + 1) + 9 ≥ 9 = 3 Do đó ta được

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 ≥ 5 .

(

)

Mặt khác ta lại có 4 − 2x − x 2 = 5 − x 2 + 2x + 1 = 5 − ( x + 1) ≤ 5 .

 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 ≥ 5 Như vậy ta có  . 2 4 − 2x − x ≤ 5 2  2  3x + 6x + 7 = 3 ( x + 1) + 4 = 2  2 Để phương trình xẩy ra ta cần có  5x 2 + 10x + 14 = 5 ( x + 1) + 9 = 3 ⇔ x = −1 .  2 2 2 4 − 2x − x = 5 − x + 2x + 1 = 5 − ( x + 1) = 5 

(

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1

Nhận xét. Ta cũng có thể trình bày lời giải theo cách khác như sau + Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của hương trình đã cho. 2  2  3x + 6x + 7 = 3 ( x + 1) + 4 > 4 = 2 + Xét x ≠ −1 , khi đó ta có   5x 2 + 10x + 14 = 5 ( x + 1) 2 + 9 > 9 = 3 

Từ đó suy ra

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 > 5 .

(

)

Mặt khác 4 − 2x − x 2 = 5 − x 2 + 2x + 1 = 5 − ( x + 1) < 5 . Như vậy ta được

3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 > 4 − 2x − x 2 hay phương trình đã cho vô

nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1 . Ví dụ 8. Giải phương trình 2x 2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 0 . Phân tích và lời giải Nhận thấy phương trình trên có nghiệm x = 3 từ đó ta sẽ đi đánh giá phương trình 2

(

xoay quanh giá trị x = 3 . Lại thấy 2x 2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 2 ( x − 3 ) + x + 3 − 3 3 4x − 4

)

nên nếu ta chứng minh được x + 3 − 3 3 4x − 4 ≥ 0 thì xem như bài toán được giải quyết. 2

Chú ý rằng x + 3 − 3 3 4x − 4 ≥ 0 ⇔ x + 3 ≥ 3 3 4x − 4 ⇔ ( x − 3 ) ( x + 15 ) ≥ 0 , điều này có nghĩa là x + 3 − 3 3 4x − 4 ≥ 0 chỉ đúng khi x ≥ −15 . Từ đây nảy sinh một vấn đề là sử dụng

điều kiện của nghiệm để làm hẹp khoảng có nghiệm của phương trình. Thật vậy, phương

2x 2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4 , mà ta có 2x 2 − 11x + 21 > 0

trình tương đương với

nên

3 3 4x − 4 > 0 ⇔ x > 1 . Đến đây thì bất đẳng thức trên được thỏa mãn và ta có lời giải cho phương trình.

Lời giải 2

(

)

Phương trình đã cho tương đương với 2 ( x − 3 ) + x + 3 − 3 3 4x − 4 = 0 . Từ phương trình đã cho ta lại có 2x 2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4 , mà 2x 2 − 11x + 21 > 0 nên ta được 3 3 4x − 4 > 0 ⇔ x > 1 . 2

Mặt khác x + 3 − 3 3 4x − 4 ≥ 0 ⇔ x + 3 ≥ 3 3 4x − 4 ⇔ ( x − 3 ) ( x + 15 ) ≥ 0 đúng với x > 1 . 2

(

)

Như vậy ta luôn có 2 ( x − 3 ) + x + 3 − 3 3 4x − 4 ≥ 0 .

2 ( x − 3 )2 = 0 Kết hợp với 2 ( x − 3 ) + x + 3 − 3 4x − 4 = 0 ta được  ⇔x=3 3 x + 3 − 3 4x − 4 = 0  2

(

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Ví dụ 9. Giải phương trình

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

Phân tích và lời giải Bài toán có bốn dấu căn thức gồm hai căn thức bậc hai và hai căn thức bậc ba. Do đó ta sử dụng phép đánh giá để xử lý phương trình. Ta xét các đánh giá sau 3

1 + 2x ≥ 3 1 + 3x ⇔ ( 1 + 2x ) ≥ ( 1 + 3x ) ⇔ x 2 ( 3 + 8x ) ≥ 0 1 − 2x ≥ 3 1 − 3x ⇔ ( 1 − 2x ) ≥ ( 1 − 3x ) ⇔ x 2 ( 3 − 8x ) ≥ 0 Để ý rằng với điều kiện xác định −

1 1 ≤ x ≤ thì các đánh giá trên không đúng. Do đó 2 2

ta có ý tưởng làm chặt miền có nghiệm để các đánh giá trên đúng, muốn vậy ta sử dụng đến điều kiện có nghiệm của phương trình. Đặt u = 1 + 2x + 1 − 2x = 3 1 + 3x + 3 1 − 3x . Khi đó ta có u 2 = 2 + 2 1 − 4x 2 ≥ 2 ⇒ u ≥ 2 . Mặt khác u = 3 1 + 3x + 3 1 − 3x ⇒ u 3 = 2 + 3u. 3 1 − 9x 2 nên

1 − 9x 2 =

u3 − 2 > 0 do u ≥ 2 . u

1 1 Từ đó ta được 1 − 9x 2 > 0 ⇔ − < x < . Đến đây thì các đánh giá trên hoàn toàn đúng và 3 3 ta có lời giải cho phương trình.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −

1 1 ≤x≤ . 2 2

Đặt u = 1 + 2x + 1 − 2x = 3 1 + 3x + 3 1 − 3x . Khi đó ta có u 2 = 2 + 2 1 − 4x 2 ≥ 2 ⇒ u ≥ 2 . Mặt khác u = 3 1 + 3x + 3 1 − 3x ⇒ u 3 = 2 + 3u. 3 1 − 9x 2 nên

1 − 9x 2 =

u3 − 2 > 0 do u ≥ 2 . u

1 1 Từ đó ta được 1 − 9x 2 > 0 ⇔ − < x < . 3 3 1 1 Như vậy phương trình đã cho có nghiệm đúng khi − < x < , khi đó ta có các bất đẳng 3 3 thức 3

1 + 2x ≥ 3 1 + 3x ⇔ ( 1 + 2x ) ≥ ( 1 + 3x ) ⇔ x 2 ( 3 + 8x ) ≥ 0 1 − 2x ≥ 3 1 − 3x ⇔ ( 1 − 2x ) ≥ ( 1 − 3x ) ⇔ x 2 ( 3 − 8x ) ≥ 0 Do đó suy ra

1 + 2x + 1 − 2x ≥ 3 1 + 3x + 3 1 − 3x . Kết hợp với phương trình đã cho ta

được 2  1 + 2x = 3 1 + 3x x ( 3 + 8x ) = 0 ⇔ 2 ⇔x=0  3 x ( 3 − 8x ) = 0  1 − 2x = 1 − 3x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

• Nhận xét. Với kỹ năng làm chặt miền nghiệm ta có thể đánh giá đánh giá được một phương trình vô nghiệm trên một khoảng nào đó thuộc tập xác định. Bản chất của vấn đề là đánh giá

VT > VP hoặc VT < VP trên khoảng xác định đó. Trong một số trường hợp các đánh giá trên chưa đúng thì ta có thể sử dụng đễn điều kiện có nghiệm của phương trình để làm chặt hơn nữa khoảng đánh giá. 2. Kỹ năng sử dụng hằng đẳng thức đưa phương trình về dạng tổng các lũy thừa bậc chẵn. Khi ta viết được phương trình về dạng A 2 + B2 = 0 , do luôn có A 2 ≥ 0; B2 ≥ 0 nên từ phương trình đó ta suy ra được A = B = 0 . Tuy nhiên để viết được phương về dạng như trên ta

cần cử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ ( a ± b ) = a 2 ± 2ab + b 2 và việc phát hiện ra hằng đẳng thức chính là nhờ vào đại lương trong phương trình có dạng 2ab . Ví dụ 1. Giải phương trình 2 4x − 3 = 5x 2 − 6x + 3 . Phân tích và lời giải Phương trình được viết lại thành 5x 2 − 6x + 3 − 2 4x − 3 . Để ý đến hạng tử −2 4x − 3 ta viết thành dạng bình phương của một hiệu. Khi đó ta viết phương trình về dạng

4x − 3 − 2 4x − 3 + 1 + 5x 2 − 10x + 5 = 0 2

Hay ta được 5 ( x − 1) +

(

)

4x − 3 − 1 = 0 . Đến đây ta giải được phương trình đã cho

Lời giải 3 Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ . Phương trình đã cho tương đương với 4 2

5x 2 − 10x + 5 + 4x − 3 − 2 4x − 3 + 1 = 0 ⇔ 5 ( x − 1) +

(

)

4x − 3 − 1 = 0

5 ( x − 1) = 0  x − 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x=1 2 4x 3 1 0 − − =  4x 3 1 0 − − =    2

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét. Bản chất của phương trình trên chính là 5a 2 + b 2 = 0 trong đó a = x − 1; b = 4x − 3 − 1 .

Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 + 13x + 28 = 4 ( x + 4 ) x + 3 + 2 2x − 1 Phân tích và lời giải Phương trình được viết lại thành x 2 + 13x + 28 − 4 ( x + 4 ) x + 3 − 2 2x − 1 . Để ý đến đại lượng −2 2x − 1 khi đó ta viết được bình phương của hiệu là

(

)

2x − 1 − 1 , như vậy

(

)

các đại lượng còn lại của vế trái là x 2 + 11x + 28 − 4 ( x + 4 ) x + 3 = ( x + 4 ) x + 7 − 4 x + 3 . Chú ý ta lại có x + 7 − 4 x + 3 =

(

)

x+3 −2 .

Như vậy ta viết được phương trình thành ( x + 4 )

(

) (

x+3 −2 +

)

2x − 1 − 1 = 0 . Đến

đây ta giải được phương trình đã cho.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương với . 2

( x + 4 )( x + 7 ) − 4 ( x + 4 ) x + 3 + 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x + 7 − 4 x + 3 ) + ( 2x − 1 + 1) = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x + 3 − 2 ) 2

(

)

2x − 1 − 1 = 0

2  + + − =0 x 4 x 3 2 ( )  x + 3 = 2  ⇔ ⇔ ⇔ x=1  2 − = 2x 1 1  2x − 1 − 1   1 Đối chiếu điều kiện x ≥ thu được nghiệm duy nhất x = 1 . 2 Nhận xét. Bản chất của phương trình trên chính là ab 2 + c 2 = 0 trong đó

(

)

a = x + 4; b = x + 3 − 2; c = 2x − 1 − 1 . Ví dụ 3. Giải phương trình 2x 2 + x + 7 = 2x 2x − 1 + 4 x + 3 Lời giải 1 . Phương trình đã cho tương đương với 2

Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

2x 2 + x + 7 − 2x 2x − 1 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 2x 2 − 2x 2x − 1 + x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0

(

) (

⇔ x 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 +

x+3 −2

)

=0⇔x

(

) (

2x − 1 − 1 +

x+3 −2

)

2  2x − 1 = 1 x 2x − 1 − 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x=1 2 x + 3 = 4  x+3 −2 = 0 

(

)

Thử lại x = 1 thỏa mãn phương trình ban đầu. Kết luận nghiệm x = 1 .

Ví dụ 4. Giải phương trình 2 ( x + 1) 3x − 2 + 2 ( 2x − 1) 2 − x = x 2 + 9x − 4 . Lời giải 2 Điều kiện xác định của phương trình là ≤ x ≤ 2 . Phương trình đã cho tương đương với 3 ( x + 1)( 3x − 2 ) − 2 ( x + 1) 3x − 2 + x + 1 + ( 2x − 1)( 2 − x ) − 2 ( 2x − 1) 2 − x + 2x − 1 = 0

( ⇔ ( x + 1) (

)

(

)

⇔ ( x + 1) 3x − 2 − 2 3x − 2 + 1 + ( 2x − 1) 2 − x − 2 2 − x + 1 = 0  3x − 2 − 1 = 0 2 2 − x −1 = 0 ⇔  ⇔ x=1 2 − x − 1 = 0  Thử lại ta thấy x = 1 nghiệm đúng phương trình. Kết luận S = {1} .

)

3x − 2 − 1 + ( 2x − 1)

(

)

Ví dụ 5. Giải phương trình x 2 + 11x + 18 = 2 1 + x + 4 ( 2 + x ) x + 4 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

x + 1 − 2 x + 1 + 1 + x 2 + 10x + 16 − 4 ( x + 2 ) x + 4 = 0 ⇔

(

)

(

)

x + 1 − 1 + ( x + 2) x + 8 − 4 x + 4 = 0 ⇔

2  x + 1 − 1 =0  ⇔ ( x + 2 ) x + 4 − 2 

(

)

(

)

(

)

x + 1 − 1 + ( x + 2)

(

x+4 −2

)

x + 1 = 1  x + 1 − 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔x=0 x + 4 = 4  x + 4 = 2 =0

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

Ví dụ 6. Giải phương trình 12x 2 + 16x − 1 − 2 24x 3 + 12x 2 − 6x − 4 x 2 − x = 4 8x 4 + 9x 2 + x . Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 24x 3 + 12x 2 − 6x ≥ 0; x 2 − x ≥ 0; 8x 4 + 9x 2 + x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với P = 12x 2 + 16x − 1 − 2 24x 3 + 12x 2 − 6x − 4 x 2 − x − 4 8x 4 + 9x 2 + x = 0

Ta có 6x − 2 24x 3 + 12x 2 − 6x + 4x 2 + 2x − 1 =

(

1 − 2 4x 2 − 4x + 4x 2 − 4x = 1 − 4x 2 − 4x

(

6x −

6x − 4x 2 + 2x − 1

)

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

4x 2 + 4x − 2 − 2 8x 3 + 9x + x + 8x + 1 = Từ đó ta được P =

)

(

4x 2 + 4x − 2 − 8x + 1

8x + 1

) =0.

 6x − 4x 2 + 2x − 1 = 0  1± 2  Suy ra 1 − 4x 2 − 4x = 0 . ⇔ 4x 2 − 4x − 1 = 0 ⇔ x = 2  2  4x + 4x − 2 − 8x + 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

1+ 2 là nghiệm duy nhất. 2

Nhận xét. Bản chất của phương trình trên chính là a 2 + b 2 + c 2 = 0 trong đó a = 6x − 4x 2 + 2x − 1; b = 1 − 4x 2 − 4x; c = 4x 2 + 4x − 2 − 8x + 1 .

Ví dụ 7. Giải phương trình

3x + 3 x

= 4+

x+1 2

x −x +1 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Phương trìnhđã cho tương đương với

 3 x+ = 4+ ⇔ 3 x x2 − x + 1  3

x+1

( x) 4

 1  −2+  4  x

  x +1   +2− =0 2   x −x+1 

2  1  2 x − x + 1 − ( x − 1) ⇔4 x− + =0  4 x  x2 − x + 1 2

3 ( x − 1)  1  ⇔4 x−  + 4 x  2 x2 − x + 1 + x + 1

(

)

1 4  x− 4 =0 =0⇔ ⇔ x=1 x x2 − x + 1 x − 1 = 0 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 .

Ví dụ 8. Giải phương trình

(x − 4)

x − 2 −1

2 + ( 2x − 4 ) x − 2 x −1

4−x +x−5

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 2 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

( x − 4)

x − 2 −1

2 + 2 (x − 2) x − 2 x −2 +1

4 − x + x − 4 −1

Đặt a = x − 2; b = 4 − x ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có a 2 + b 2 = 2 . Phương trình đã cho trở thành

1 + ab 2 2 + 2a 3 = 2 ⇔ 1 + ab 2 a 2 + 1 = 2 + 2a 3 1 + b 2 − b 2 1+ b − b a + 1 ⇔ a 2 + 1 + a 3 b 2 + ab 2 = 2b 2 − 2b + 2 + 2a 3 b 2 − 2a 3 b + 2a 3

(

)(

) (

)(

)

⇔ a 3 + a 3 b 2 − 2a 3 b + b 2 − 2b + 1 + b 2 − ab 2 + a 3 − a 2 = 0 2

(

)

⇔ a 3 ( b − 1) + ( b − 1) + 2 − a 2 − a 2 − a 2 + a 3 − a 2 = 0

(

)

⇔ a 3 + 1 ( b − 1) + 2 ( a − 1) ( a + 1) = 0 Do a ≥ 0; b ≥ 0 nên từ phương trình trên ta được b − 1 = a − 1 = 0 .  x − 2 − 1 = 0  x − 2 = 1 ⇔ ⇔ x = 3. Do đó ta được   4 − x − 1 = 0  4 − x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

• Nhận xét. Qua các ví dụ trên ta thấy được phần nào bản chất các phương trình phân tích được về dạng tổng các lũy thừa bậc chẵn. Để phát hiện ra được các hằng đẳng thức ta cần có các biến đổi tinh tế phương trình để làm xuất hiện các đại lượng dạng 2ab . Từ đó có các phương án nhóm hạng tử thích hợp để làm xuất hiện hằng đẳng thức đáng như 3. Kỹ năng sử dụng các bất đẳng thức kinh điển. a. Bất đẳng thức Cauchy.

Dạng tổng quát. Cho x1 , x 2 , x 3 ,..., x n là các số thực không âm ta có: Dạng 1:

x1 + x 2 + ... + x n n ≥ x1 .x 2 ...x n n

Dạng 2:

x1 + x 2 + ... + x n ≥ n. n x1 .x 2 ...x n

Dạng 3:

 x1 + x 2 + ... + x n    ≥ x1 .x 2 ...x n n  

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x 2 = ... = x n Một số dạng đặc biệt

n=2

n=3

Điều kiện

x, y ≥ 0

x, y, z ≥ 0

Dạng 1

x+y ≥ xy 2

x+y+z 3 ≥ xyz 3

Dạng 2

x+y   ≥ xy  2 

Dạng 3









x+y+z   ≥ xyz 3  









( x + y )  x1 + y1  ≥ 4

( x + y + z )  x1 + y1 + z1  ≥ 9

( x, y > 0 )

( x, y, z > 0 )

x=y

x=y=z

Đẳng thức xẩy ra

b. Bất đẳng thức Bunhiacopxki Dạng tổng quát Cho hai dãy số tùy ý a 1 ; a 2 ; a 3 ; ...; a n và b1 ; b 2 ; b 3 ; ...; b n . Khi đó ta có:

(

Dạng 1: a 12 + a 22 + ... + a 2n Dạng 2:

2 1

)( b

+ a 22 + ... + a n2

2 1

)

+ b 22 + ... + b 2n ≥ ( a 1 b1 + a 2 b 2 + ... + a n b n )

)( b

2 1

)

+ b 22 + ... + b n2 ≥ a 1 b1 + a 2 b 2 + ... + a n b n

Dấu đẳng thức xảy ra ở dạng 1 và dạng 2 là: Dạng 3:

2 1

+ a 22 + ... + a n2

)( b

2 1

a1 a 2 a = = ... = n b1 b 2 bn

)

+ b 22 + ... + b n2 ≥ a 1 b1 + a 2 b 2 + ... + a n b n

Dấu đẳng thức xảy ra ở dạng 3 là:

a1 a 2 a = = ... = n ≥ 0 b1 b 2 bn

Một số dạng đặc biệt

n=3

n=2

+ b2

)( x

+ b2

)

+ y 2 ≥ ( ax + by )

)( x

+ b2 + c 2

)

+ y 2 ≥ ax + by

)(

+ b2 x 2 + y 2 ≥ ax + by

Đẳng thức xẩy ra

a b = x y

)( x

+ b2 + c 2

)

+ y 2 + z 2 ≥ ( ay + by + cz )

)( x

)

+ y 2 + z 2 ≥ ay + by + cz

)(

)

+ b2 + c 2 x 2 + y 2 + z 2 ≥ ay + by + cz

Đẳng thức xẩy ra

a b c = = x y z

c. Một số bất đẳng thức khác.

(

)

+ x 2 + y 2 ≥ 2xy; 2 x 2 + y 2 ≥ ( x + y ) ; 2

3(x + y)

+ x + y − xy ≥

2 (x + y) ≥ x + y

+ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx

(

)

+ 3 x 2 + y 2 + z 2 ≥ ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) Thông thường các phương trình vô tỷ áp dụng các bất đẳng thức kinh điển thương là dành cho đối tượng học sinh giỏi, nó dựa trên kiến thức về vốn có và kinh nghiệm xử lý các bất đẳng thức của học sinh. Trong nội dung này chúng tôi trình bày các ví dụ với mức đội từ dễ đến khó để các em có thể hiểu kỹ hơn về kỹ năng sử dụng bất đẳng thức trong giải phương trình vô tỷ.

Ví dụ 1. Giải phương trình

x − 2 + 10 − x = x 2 − 12x + 40 .

Phân tích và lời giải Để ý vế phải của phương trình ta thấy đánh giá được vế trái

x 2 − 12x + 40 = ( x − 6 ) + 4 ≥ 4 . Như vậy nếu

x − 2 + 10 − x ≤ 4 thì xem như phương trình được giải. Thử một

vài giá tri đặc biệt ta thấy phương trình có nghiệm là x = 6 . Khi đó ta thấy

x − 2 = 10 − x = 2 và để ý đến chiều bất đẳng thức cần đánh giá ta nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy hoặc Bunhiacopxki. + Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

 1 4+x−2 x+2 =  x − 2 = 2 4. ( x − 2 ) ≤ 4 4 ⇒ x − 2 + 10 − x ≤ 4  1 4 10 x 14 − x + −  10 − x = 4 ( 10 − x ) ≤ =  2 4 4 + Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(

x − 2 + 10 − x

) ≤ (1 + 1 ) ( x − 2 + 10 − x ) = 16 ⇒ 2

x − 2 + 10 − x ≤ 4

Đến đây ta có lời giải cho phương trình như sau

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 2 ≤ x ≤ 10 .

+ Lời giải 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta có x − 2 + 10 − x =

( x − 2 ) .4 2

(10 − x ) .4 2

≤

x − 2 + 4 10 − x + 4 + =4 4 4

x − 2 = 4 ⇔ x = 6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  10 − x = 4

(

)

Mà x 2 − 12x + 40 = x 2 − 12x + 36 + 4 = ( x − 6 ) + 4 ≥ 4 , dấu bàng xẩy ra khi x = 6 .

 x − 2 + 10 − x ≤ 4 Từ đó ta được  2 . x − 12x + 40 ≥ 4 Như vậy để phương trình xẩy ta thì các bất đẳng thức đồng thời xẩy ra dấu bằng. Kết hợp với điều kiện xác định ta suy ra được x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình. + Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(

x − 2 + 10 − x

) ≤ (1 + 1 ) ( x − 2 + 10 − x ) = 16 ⇒ 2

x − 2 + 10 − x ≤ 4

x − 2 = 10 − x ⇔ x = 6 .

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

(

)

Mà x 2 − 12x + 40 = x 2 − 12x + 36 + 4 = ( x − 6 ) + 4 ≥ 4 , dấu bàng xẩy ra khi x = 6 .

 x − 2 + 10 − x ≤ 4 Từ đó ta được  2 . x − 12x + 40 ≥ 4  Như vậy để phương trình xẩy ta thì các bất đẳng thức đồng thời xẩy ra dấu bằng.

Kết hợp với điều kiện xác định ta suy ra được x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét. Ta sử dụng bổ đề sau để giải phương trình: Với a ≥ 0; b ≥ 0 , ta luôn có

(a + b)

a+b=

≤

(a + b) + (a − b)

(

⇒ a + b ≤ 2 a 2 + b2

)

x − 2 + 10 − x ≤ 2 ( x − 2 + 10 − x ) = 4 .

Áp dụng bổ đề trên ta được

Đến đây trình bày lời giải hoàn toàn như hai lời giải trên. Ví dụ 2. Giải phương trình

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

Phân tích và lời giải Nhận thấy phương trình có một nghiệm là x = 1 . Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

    

Như vậy ta có

x2 + x − 1 + 1 x2 + x = 2 2 2 x − x + 1 + 1 x − x2 + 2 x − x 2 + 1 .1 ≤ = 2 2 2 2 x +x x−x +2 x2 + x − 1 + x − x2 + 1 ≤ + = x+1 2 2

(

)

+ x − 1 .1 ≤

)

Như ta cần chứng minh được x 2 − x + 2 ≥ x + 1 hay ta được ( x − 1) ≥ 0 , đây là đánh giá đúng nên ta có lời giải cho bài toán.

Lời giải

x 2 + x − 1 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  . 2 x − x + 1 ≥ 0 Vì x 2 + x − 1 ≥ 0 và x − x 2 + 1 ≥ 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai số không âm ta được

     Cộng theo vế ta được

x2 + x − 1 + 1 x2 + x = 2 2 2 x − x + 1 + 1 x − x2 + 2 x − x 2 + 1 .1 ≤ = 2 2

(x (

)

+ x − 1 .1 ≤

)

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 ≤

x2 + x x − x2 + 2 + = x+1 2 2

Mà ta lại có ( x − 1) ≥ 0 ⇔ x 2 − x + 2 ≥ x + 1 . Do đó ta có

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 ≤ x2 − x + 2

Kết hợp với phương trình ta suy ra dấu đẳng thức của các đánh giá trên xẩy ra hay ra được x = 1 Thử lại ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.

Ví dụ 3. Giải phương trình

2x − 3 + 5 − 2x = 3x 2 − 12x + 14 .

Lời giải

2x − 3 ≥ 0 3 5 ⇔ ≤x≤ . Điều kiện xác định của phương trình là  2 2 5 − 2x ≥ 0

(

)

+ Lời giải 1. Ta có 3x 2 − 12x + 14 = 3 x 2 − 4x + 4 + 2 = 3 ( x − 2 ) + 2 ≥ 2 . Đẳng thức xảy ra khi x = 2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho các số không âm ta được

2x − 3 + 5 − 2x ≤

+ 12

) ( 2x − 3 + 5 − 2x ) =

4 =2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2x − 3 = 5 − 2x ⇔ x = 2 . Kết hợp với phương trình ta suy ra được dấu bằng ở các bất đẳng thức trên xẩy ra. Thử vào phương trình ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

+ Lời giải 2. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có +1 =2 ( 2x − 3 ) .1 + ( 5 − 2x ) .1 ≤ 2x −23 + 1 + 5 − 2x 2

2x − 3 = 1 ⇔ x =2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  5 − 2x = 1

(

)

Mà ta lại có 3x 2 − 12x + 14 = 3 x 2 − 4x + 4 + 2 = 3 ( x − 2 ) + 2 ≥ 2 . Đẳng thức xảy ra khi x = 2 . Kết hợp với phương trình ta suy ra được dấu bằng ở các bất đẳng thức trên xẩy ra. Thử vào phương trình ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 4. Giải phương trình x 2 − 2x + 3 = 2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 Lời giải 2 2x − x ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  . 2 1 + 3x − 3x ≥ 0 2

Ta có x 2 − 2x + 3 = ( x − 1) + 2 ≥ 2 , đẳng thức xảy ra khi x = 1 . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 ≤

)(

)

+ 12 2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 = 2 + 4x − 2x 2

Mà ta lại có 2 + 4x − 2x 2 = 4 − ( x − 1) ≤ 4 . Do đó ta được

2x 2 − x + 1 + 3x − 3x 2 ≤ 2

Đẳng thức xảy ra khi 2x 2 − x = 1 + 3x − 3x 2 . Kết hợp với phương trình đã cho ta suy ra các bất đẳng thức trên đồng xẩy ra, tức là x = 1 . Thử vào phương trình ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 5. Giải phương trình

x + 3 + 3x + 1 + 4 5 − x = 12 . Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là −

1 ≤ x ≤ 5 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 2

 1 x+7  x + 3 = 2 . 4 ( x + 3) ≤ 4  1 3x + 5  ⇒ x + 3 + 3x + 1 + 4 5 − x ≤ 12  3x + 1 = . 4 ( 3x + 1) ≤ 2 4  4 5 − x = 2 4 ( 5 − x ) ≤ 9 − x   Mà ta lại có

x + 3 + 3x + 1 + 4 5 − x = 12 . Như vậy các bất đẳng thức trên xẩy ra dấu

bằng hay ta được x = 1 . Thử lại vào phương trình đã cho ta được x = 1 là nghiệm duy nhất.

Nhận xét. Ta cũng có thể đánh giá phương trình bằng bất đẳng thức Bunhiacopxki như sau

( Từ đó ta được

x + 3 + 3x + 1 + 2 20 − 4x

)

≤ 3 ( x + 3 + 3x + 1 + 20 − 4x ) = 144

x + 3 + 3x + 1 + 4 5 − x ≤ 12 .

Ví dụ 6. Giải phương trình

(

)

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 = 7x 2 − x + 4 .

2 . 4

Phân tích và lời giải Nhận thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình. Vế trái của phương trình có chứa nhiều căn phức tạp nên ta nghĩ đến sử dung bất đẳng thức để đánh giá phương trình. Để ý rằng khi x = −1 thì ta có

3x 2 − 1 = x 2 − x = x 2 + 1 nên ta sử dụng bất đẳng

thức Bunhiacopxki để đánh giá vế trái

( Hay ta được

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1

) ≤ (1 + 1 + x )( 3x − 1 + x − x + x + 1)

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 ≤

)(

)

+ 2 5x 2 − x .

(

) (

)

Lại thấy khi x = −1 thì 2 x 2 + 2 = 5x 2 − x do đó ta có đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy như sau Để ý ta thấy

(

)(

)

2 x + 2 5x − x ≤

Từ đó ta được

(

) (

2 x 2 + 2 + 5x 2 − x

) = 7x

(

−x+2 . 2

)

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 ≤ 7x 2 − x + 4 .

2 . Đến đây ta giải được 4

phương trình đã cho.

Lời giải

3x 2 − 1 ≥ 0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki x − x ≥ 0 ta có

( Hay ta được

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1

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

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 ≤

)(

)

+ 2 5x 2 − x .

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta có 2 x 2 + 2 + 5x 2 − x 7x 2 − x + 2 2 2 2 x + 2 5x − x ≤ = 2 2 2 2 2 2 x + 2 + 5x − x 2 7x − x + 2 Do đó ta được x 2 + 2 5x 2 − x ≤ = 2 4

(

Do đó suy ra

)(

)

) (

(

) (

) ( (

)

(

)

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 ≤ 7x 2 − x + 4 .

)

2 4

3x 2 − 1 = x 2 − x Như vậy kết hợp với phương trình đã cho ta có  2 ⇔ x = −1 . 2 5x − x = 2 x + 2 

(

)

Thay x = −1 vào phương trình ta thấy thỏa mãn.Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

x = −1 .

Ví dụ 7. Giải phương trình

6x − x 2 − 8 + 4 x − 2 + 4 4 − x + 6x 3x = x 3 + 30 .

Phân tích và lời giải Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. Để ý ta thấy 6x − x 2 − 8 =

Cauchy

ab ≤

( 4 − x )( x − 2 ) , điều này làm ta nghĩ đến đánh giá theo bất đẳng thức a+b , chú ý là khi x = 3 thì ta có 4 − x = x − 2 , có nghĩa là đánh giá xẩy ra 2

dấu bằng. Để ý tiếp ta lại thấy 4 − x + x − 2 = 2 nên ta có đánh giá

x−2 + 4 4−x ≤ 2

(

)

2 ( x − 2 + 4 − x ) = 2 . Như vậy với bất đẳng thức

x − 2 + 4 − x ≤ 2.

Cauchy và Bunhiacopxki ta có các đánh giá

4 2 ( 4 − x )( x − 2 ) ≤ 4 − x +2 x − 2 = 1  6x − x − 8 =   4 x − 2 + 4 4 − x ≤ 2 x − 2 + 4 − x ≤ 2. 2 ( x − 2 + 4 − x ) = 2 

(

)

Như vậy kết hợp với phương trình đã cho thì ta cần một đánh giá cùng chiều

6x 3x ≤ 27 + x 3 . Tuy nhiên chú ý đến dấu bằng xẩy ra tại x = 3 thì ta có 6x 3x = 2 27.x 3 ≤ 27 + x 3 . Đến đây thì ta có lời giải cho bài toán.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 2 ≤ x ≤ 4 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

4 2  6x − x − 8 = ( 4 − x )( x − 2 ) ≤ 4 − x +2 x − 2 = 1   3 3 6x 3x = 2 27.x ≤ 27 + x 4 4  x − 2 + 4 − x ≤ 2 x − 2 + 4 − x ≤ 2. 2 ( x − 2 + 4 − x ) = 2  

(

)

Khi đó cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 4

6x − x 2 − 8 + 4 x − 2 + 4 4 − x + 6x 3x ≤ x 3 + 30

Kết hợp với phương trình đã cho suy ra dấu bằng của các bất đăng thức trên đồng thời xẩy ra, hay ta được x = 3 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 8. Giải phương trình

8 − x2 +

x2 − 2 1 + x2 = 5 − . x 2x 2

Lời giải

 −2 2 ≤ x ≤ − 2 Điều kiện xác định của phương trình là  .  2 ≤ x ≤ 2 2  1 12 − x 2 x2 2 2 8 − x = . 4 8 − x ≤ = 3 −  2 4 4  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  2 . 2 2  x − 2 = 2. x − 2 . 1 ≤ x − 2 + 1 = 3 − 1  2x 2 4 4 x2 2x 2 4 2x 2

(

)

Từ đó ta được

8 − x2 +

x 2 − 2 15 1 x 2 ≤ − 2 − . Như vậy để phương trình có nghiệm thì ta 4 x 4 2x 2

cần có 2

1 + x 2 15 1 x 2 x 1 1 x  1 1 5− ≤ − 2− ⇔  − 1 +  −  ≤ 0 ⇔ − 1 = − = 0 ⇔ x = 2 x 4 x 4 2 x 2 2  x 2

Thay x = 2 vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 . 4

Ví dụ 9. Giải phương trình

x +1 +

(

x +1 + x −2

(

x−2 +1

)

) = 3.

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Khi đó ta có

x+1 +

Phương trình đã cho tương đương với

x+1 + x− 2 > 0 . 4

(

)(

x+1− x−2

x −2 +1

Đặt a = x + 1; b = x − 2 ( a > b ≥ 0 ) . Khi đó phương trình trở thành a +

)

= 3.

( a − b )( b + 1)

= 3.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số dương ta được

( a − b )( b + 1)

=a−b+

b+1 b +1 4 + + −1 ≥ 4 −1 = 3 2 2 2 a b b 1 − + ( )( )

Kết hợp với phương trên ta được a − b =

b +1 4 = . 2 2 ( a − b )( b + 1)

a = 2  x + 1 = 2 ⇒ ⇔ x = 3. Từ đó suy ra   b = 1  x − 2 = 1 Thay vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Ví dụ 10. Giải phương trình

3x + 1 + x + 3

(

x + 5 + 2 x2 + 1

)

= (1 − x ) 1 − x +

3−3 x . 2

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

 1 3x + 5  3x + 1 = 2 . 4 ( 3x + 1) ≤ 4 ⇒ 3x + 1 + x + 3 ≤ x + 3   x + 3 = 1 . 4 ( x + 3) = x + 5  2 4

3x + 1 = 4 ⇔ x =1. Dấu bằng của các bất đẳng thức trên xẩy ra khi và chỉ khi  x + 3 = 4

(

)

Mặt khác theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có x + 5 + 2 x 2 + 1 ≥ x + 5 + x + 1 = 2 ( x + 3 ) . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x = 1 . Suy ra

(

x + 5 + 2 x2 + 1

)

≤

3x + 1 + x + 3 1 1 1 ≤ ( x + 3) . = . . Do đó 2 ( x + 3) 2 2 ( x + 3) x + 5 + 2 x2 + 1

(

Để phương trình đã cho có nghiệm thì ( 1 − x ) 1 − x +

)

3−3 x 1 ≤ khi 0 ≤ x ≤ 1 2 2

1 − x = 0 + 1− x ≤ 0 ⇔  ⇔ x = 1 khi 0 ≤ x ≤ 1 . 1 − x = 0 Thay x = 1 vào phương trình đã cho ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy

(1 − x )

Hay ta được

(

)

nhất là x = 1 .

Ví dụ 11. Giải phương trình 2 ( x + 5 ) 1 − 3x + 3x − 10 =

(

5 x 2 + 4x + 9

)

2 10 − 6x + 4 + 3x + 1

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là −

4 1 ≤ x ≤ . Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta 3 3

có

2 10 − 6x + 4 + 3x = 2 10 − 6x +

 1 . 8 + 6x ≤  4 +  .18 = 9 2 2 

10 − 6x = 2. 8 + 6x ⇔ x = −1 . 2 1 1 Từ đó ta được 2 10 − 6x + 4 + 3x + 1 ≤ 10 ⇔ ≥ . 2 10 − 6x + 4 + 3x + 1 10 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

Suy ra

(

5 x 2 + 4x + 9

)

2 10 − 6x + 4 + 3x + 1

≥

x 2 + 4x + 9 . 2

Ta cần chứng minh được 2 ( x + 5 ) 1 − 3x + 3x − 10 ≤

x 2 + 4x + 9 4 1 khi − ≤ x ≤ . Ta có 2 3 3

x 2 + 4x + 9 − 2 ( x + 5 ) 1 − 3x − 3x + 10 = x 2 − 2x + 29 − 4 ( x + 5 ) 1 − 3x 2 2

(

= ( x + 5 ) − 2 ( x + 5 ) .2 1 − 3x + 4 ( 1 − 3x ) = x + 5 − 2 1 − 3x Như vậy ta được 2 ( x + 5 ) 1 − 3x + 3x − 10 ≤

)

≥0

x 2 + 4x + 9 . 2

Kết hợp với phương trình suy ra dấu bằng của các bất đẳng thức trên đồng thời xẩy ra.

Do đó ta có x = −1 , thay vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = −1 .

(

x 2 4x + 1 2 2 3 − 2x + 3 − 2 = 1 + x 16x 4

Ví dụ 12. Giải phương trình

)

Lời giải 2 ≥0. x2 1  x + + 4 = 2y 2  x + 4x + 1 x  Đặt y = , khi đó ta có hệ phương trình  . 2x  3 − 2x 2 + 3 − 2 = 1 + y 4  x2  2 2 Từ hệ phương trình trên ta được 3 − 2x 2 − 2x +  3 − 2 −  = y 4 − 4y + 9 .  x  x  1. 3 − 2x 2 + − 2 x 2 ≤ 1 + 2. 3 − 2x 2 + 2x 2 = 3  Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có  2 2 2 2 1. 3 − 2 + − 2 . ≤ 1 + 2. 3 − 2 + 2 = 3 x x x x  .  2 2 Như vậy ta có 3 − 2x 2 − 2x +  3 − 2 −  ≤ 6 .  x  x 

Điều kiện xác định của phương trình là 3 − 2x 2 ≥ 0; 2 −

(

)

(

)( )

)

2 2 Mặt khác ta có y 4 − 4y + 9 = 6 + ( y − 1) ( y + 1) + 2  ≥ 6 .  

Kết hợp với phương trình đã cho ta suy ra các bất đẳng thức trên đồng thời xẩy ra dấu bằng, khi đó ta có

 3 − 2x 2 = −x  x 2 + 4x + 1  =1 y =  2 1 x  ⇔  3 − 2 = − ⇔ x = −1  x x  3 − 2x 2 = x 2 ; 3 − 2 = − 1 2  2 2  x + 2x + 1 = 0 x − 2 2 x  Thay x = −1 vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

x = −1 .

TỔNG KẾT

• Qua các ví dụ trên ta thấy được những phân tích cần có và những chủ đích tư duy thường gặp nhất khi giải phương trình bằng phương pháp đánh giá. Mặt khác cũng qua

các ví dụ đó ta thấy được sức mạnh của phương pháp đánh giá trong giải phương trình vô tỷ.

• Tuy nhiên với một phương trình vô tỷ ta thường chọn các phương pháp khác để xử lý thay vì phương pháp đánh giá. Với những phương trình có cấu trúc thực sự đặc biệt khi đó ta mới thường nghĩ đến đánh giá để xử lý bài toán.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: PHƯƠNG PHÁP NÂNG LÊN LŨY THỪA

Bài 1. Giải các phương trình sau: a)

x +1 = x −1

x 2 − 2x + 1 + x 2 + 4x + 4 = 3

Bài 2. Giải phương trình

3x + 1 − x − 7 = x .

Bài 3. Giải phương trình

x + 3 + 3x + 1 = 4 .

Bài 4. Giải phương trình

x −1 + x − 4 = 3.

Bài 5. Giải phương trình

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

Bài 6. Giải phương trình

x + 10 − x = 4 .

Bài 7. Giải phương trình

3x + 15 − 3x = 8x − 5 .

Bài 8. Giải phương trình

( 4 + x )( 6 − x ) = x

Bài 9. Giải phương trình: Bài 10. Giải phương trình Bài 11. Giải phương trình

− 2x − 12 .

x + 2 + 5 − 2x = 1 + 6 − x .

(

)

x + 1 + 1 ( 5 − x ) = 2x .

x + 1 + 5x = 4x − 3 + 2x + 4 .

(

)

Bài 12. Giải phương trình 3 x 2 − 6 = 8

(

)

x3 − 1 − 3 .

Bài 13. Giải phương trình 5 1 + x 3 = 2 ( x 2 + 2 ) . Bài 14. Giải phương trình x 2x − 2 + 5x = 9 . Bài 15. Giải phương trình

x − 1 + 4x + 1 = 4 .

(

)

Bài 16. Giải phương trình ( x + 1) 2 x 2 + 4 = x 2 − x − 2 . Bài 17. Giải phương trình

x + x + 11 + x − x + 11 = 4 .

Bài 18. Giải phương trình

x +1 −1 = x − x + 8 .

Bài 19. Giải phương trình

x 2 + 2x + 6 − x 2 + x + 2 = 1 .

Bài 20. Giải phương trình

x 2 + 8 + x 2 − 3x + 6 = 5 .

Bài 21. Giải phương trình

x 2 − 2x + x 2 − 4x = 3x 2 + x .

Bài 22. Giải phương trình

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

Bài 23. Giải phương trình 2 x 2 − 9 = ( x + 5 )

x+3 . x−3

Bài 24. Giải phương trình

x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x 2 .

Bài 25. Giải phương trình

3 4 5 + +2 = −2. 2 x x x

Bài 26. Giải phương trình

2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 .

Bài 27. Giải phương trình x 2 = x + 1 + 1 . Bài 28. Giải phương trình

x + 4 − 1 − x = 1 − 2x .

Bài 29. Giải phương trình

x − 2 − 3 x2 − 4 = 0 .

Bài 30. Giải phương trình 2x 2 − 1 + x 2 − 3x + 2 − 2x 2 + 2x + 3 = x 2 − x + 6 . Bài 31. Giải phương trình 4x 2 − 3 + 2 − x = 3x 2 + 1 . Bài 33. Giải phương trình

2 2

+ x = x+9 . x +1 x x2 + 1 Bài 34. Giải phương trình = 3 1 − x2 . 1 − x2

(

)

Bài 35. Giải phương trình 4x 2 = 8x 2 − 6x − 10 + 4x + 10 .

(

2 x 2 − 16

Bài 36. Giải phương trình Bài 37. Giải phương trình

x−3

x−3 =

x− x

(

)

1 − 2 x2 − x + 1

7−x x−3

= 1.

x3 + 1 + 2 ( x + 1 ) = 2 ( x + 1) + x 2 − x + 1 . 2x + 1

Bài 38. Giải phương trình

Bài 39. Giải phương trình x 3 + 3x 2 + 2x + 3 − x = x 3 + 2x 2 + 1 . Bài 40. Giải phương trình x 3 − 2x 2 − 2x + 12 − 2 ( x + 1) = x 3 − 8x + 2 .

(

)

Bài 41. Giải phương trình x 2 + 2 − x 2 + 2 x = 4 + 2 x 2 + 2 . Bài 42. Giải phương trình Bài 43. Giải phương trình

x+2 + 3 7−x = 3. x+3 + 3 5−x = 2.

Bài 44. Giải phương trình

x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x .

Bài 45. Giải phương trình 3 2x 2 + 3x − 2 = 3 3x 2 + 5x − 3 x 2 + 2x + 2 . Bài 46. Giải phương trình 3 x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 = 3 x 2 + 4x − 4 + 1 . Bài 47. Giải phương trình x + 3 3x 2 + x − 3 = 3 6x 2 + 12x + 4 + 3 2x 3 + 3x 2 + x + 1 − 2 . Bài 48. Giải phương trình x + 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 + 2 . HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1.

x ≥ 1 x − 1 ≥ 0 x ≥ 1  x +1 = x −1 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x = 0 ⇔ x = 3 2 x + 1 = (x − 1) x − 3x = 0   x = 3 

b) x 2 − 2x + 1 + x 2 + 4x + 4 = 3 ⇔ (x − 1)2 + (x + 2)2 = 3 ⇔ x − 1 + x + 2 = 3 + Với x < −2 thì phương trình trên trở thành 1 − x − x − 2 = 3 ⇔ x = −2 (loại) + Với −2 ≤ x < 1 thì phương trình trên trở thành 1 − x + x + 2 = 3 ⇔ 0x = 0 (đúng với mọi x thỏa mãn −2 ≤ x < 1 ) + Với x ≥ 1 thì phương trình trên trở thành x − 1 + x + 2 = 3 ⇔ x = 1 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là −2 ≤ x ≤ 1

Bài 2. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 7 . Phương trình tương đương với 3x + 1 = 2x − 7 + 2 x ( x − 7 ) ⇔ x + 8 = 2 x 2 − 7x ⇔ 3x 2 − 44x − 64 = 0 ⇔ x = 16

1 Bài 3. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình tương đương với 3

x + 3 + 3x + 1 + 2

( x + 3 )( 3x + 1) = 16 ⇔

3x 2 + 10x + 3 = 6 − 2x

x ≤ 3 6 − 2x ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ x = 1 2 3x + 10x + 3 = 4x − 24x + 36   x = 33  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm của phương trình.

Bài 4. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

x − 1 + x − 4 = 3 ⇔ 2x − 5 + 2 x 2 − 5x + 5 = 9 ⇔ x 2 − 5x + 5 = 7 − x

4 ≤ x ≤ 7 ⇔ 2 ⇔x=5 2 x − 5x + 4 = x − 14x + 49

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5 .

Bài 5. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0. Khi đó phương trình tương đương với x + 3 + 4x + 4 x + 3. x = 4 ( 3x + 1) ⇔ 4 x 2 + 3x = 7x + 1

(

)

⇔ 16 x 2 + 3x = 49x 2 + 14x + 1 ⇔ 33x 2 − 34x + 1 = 0 ⇔ x = 1; x = Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = 1; x =

1 33

1 . 33

Bài 6. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 10 . Với điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với

x + 10 − x + 2 − 2 x ( 10 − x ) = 16 ⇔ x ( 10 − x ) = 3 ⇔ x ( x − 10 ) = 9 ⇔ x = 1; x = 9 Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương trình là x = 1; x = 9 .

Bài 7. Điều kiến xác định của phương trình là

5 ≤ x ≤ 5 .phương trình đã cho tương đương 8

với 3x + 15 − 3x + 2 45x − 9x 2 = 8x − 5 ⇔ 45x − 9x 2 = 4x − 10 5  x≥ 5 5    2 x ≥ x ≥  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x=4 2 2 x = 1 45x − 9x 2 = 16x 2 − 80x + 100 x 2 − 5x + 4 = 0      x = 4 kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình là x = 4

Bài 8. Điều kiện xác định của phương trình là ( 4 + x )( 6 − x ) ≥ 0 ⇔ −4 ≤ x ≤ 6 . Phương trình tương đương

−x 2 + 2x + 24 − x 2 + 2x + 12 = 0 ⇔ − x 2 + 2x + 24 + −x 2 + 2x + 24 − 12 = 0.

Đặt t = −x 2 + 2x + 24 , t ≥ 0 . Ta có phương trình t 2 + t − 12 = 0 ⇔ t = 3; t = −4 (loại) Với t = 3 ⇔ − x 2 + 2x + 24 = 3 ⇔ x 2 − 2x − 15 = 0 ⇔ x1 = 5; x 2 = −3 (thỏa điều kiện). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −3; x = 5 .

Bài 9. Điều kiện xác định của phương trình là −2 ≤ x ≤ tương đương với

5 . Khi đó phương trình đã cho 2

x + 2 + 5 − 2x = 1 + 6 − x ⇔

⇔ 7−x+2

(

x + 2 + 5 − 2x

( x + 2 )( 5 − 2x ) = 7 − x + 2

6−x ⇔

) = (1 +

6−x

)

( x + 2 )( 5 − 2x ) =

6−x

x ≤ 6  x = −1 x ≤ 6 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2x − 2x − 4 = 0 ( x + 2 )( 5 − 2x ) = 6 − x x = 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm của phương trình là x = −1; x = 2 .

Bài 10. Điều kiện xác định của phương trình là x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. Với x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x ≠ 0 , nhân 2 vế với

x + 1 − 1 ≠ 0 ta được

7 − x ≥ 0 x +1 −1 ⇔ 2 x +1 = 7 − x ⇔  2 4 ( x + 1) = ( 7 − x ) x ≤ 7 x ≤ 7  ⇔ 2 ⇔  x = 3 ⇔ x = 3 x − 18x + 45 = 0   x = 15  x ( 5 − x ) = 2x

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 11. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

3 . Phương trình tương đương với 4

x + 1 + 2 x + 1. 5x + 5x = 4x − 3 + 2 4x − 3. 2x + 4 + 2x + 4 ⇔ x + 1. 5x = 4x − 3. 2x + 4 ⇔ 5x ( x + 1) = ( 4x − 3 )( 2x + 4 ) ⇔ 3x 2 + 5x − 12 = 0 ⇔ x = −3; x = Kết hợp với điều kiện xá định ta được x =

4 3

4 là nghiệm của phương trình. 3

Bài 12. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Ta có

(

)

3 x2 − 6 = 8

(

)

x 3 − 1 − 3 ⇔ 3x 2 − 18 = 8 x 3 − 1 − 24 ⇒ 3x 2 + 6 = 8 x 3 − 1

Bình phương hai vế ta có

9x 4 + 36x 2 + 36 = 64x 3 − 64 ⇒ 9x 4 − 64x 3 + 36x 2 + 100 = 0

(

) ( ) ( ⇔ x ( 9x + 8x + 10 ) − 8x ( 9x + 8x + 10 ) + 10 ( 9x ⇔ ( 9x + 8x + 10 )( x − 8x + 10 ) = 0

)

⇔ 9x 4 + 8x 3 + 10x 2 − 72x 3 + 64x 2 + 80x + 90x 2 + 80x + 100 = 0 2

+ Với x 2 − 8x + 10 = 0 ⇔ x1 = 4 + 6; x 2 = 4 − 6 (thỏa mãn) + Với 9x 2 + 8x + 10 = 0 , phương trình vô nghiệm

)

+ 8x + 10 = 0

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 4 + 6; x = 4 − 6

Bài 13.Điều kiện xác định của phương trình là 1 + x 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 . Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với

(

)

5 1 + x3 = 2 x2 + 2 ⇔ 5

(1 + x ) (1 − x + x ) = 2 ( x 2

)

Đặt u = 1 + x; v = 1 − x + x 2 ; u ≥ 0, v > 0 2

(

Phương trình đã cho trở thành 5uv = 2 u + v

)

u u 1 u u ⇔ 2   − 5 + 2 = 0 ⇔ = 2 hoặc = v v 2 v v

+ Với

u = 2 ⇒ 1 + x = 2 1 − x + x 2 ⇔ 4x 2 − 5x + 3 = 0 (vô nghiệm) v

+ Với

5 ± 37 u 1 = ⇒ 2 1 + x = 1 − x + x 2 ⇔ x 2 − 5x − 3 = 0 ⇔ x = (thỏa mãn) 2 v 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x =

5 ± 37 . 2

Cách 2.Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

) (

5 1 + x 3 = 2 x 2 + 2 ⇔ 25 1 + x 3 = 4 x 2 + 2

)

⇔ 4x 4 − 25x 3 + 16x 2 − 9 = 0

 x 2 − 5x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 5x − 3 4x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔  2  4x − 5x + 3 = 0

(

)(

+ Với x 2 − 5x − 3 = 0 ⇔ x =

)

5 ± 37 (thỏa mãn) 2

+ Với 4x 2 − 5x + 3 = 0 phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x =

5 ± 37 . 2

Bài 14. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Biến đổi tương đương phương trình ta được 2x 2x − 2 + 10x = 18 ⇔ x 2 + 2x 2x − 2 + 2x − 2 = x 2 − 8x + 16

 x + 2x − 2 = x − 4  2x − 2 = −4 2 = (x − 4) ⇔  ⇔  x + 2x − 2 = 4 − x  2x − 2 = 4 − 2x 3 1 ≤ x ≤ 2 1 ≤ x ≤ 2 ⇔ ⇔ 2 ⇔x= 2 2 2x − 2 = 4x − 16x + 16 2x − 9x + 9 = 0

(

⇔ x + 2x − 2

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được phương trình có nghiệm là x =

3 . 2

Bài 15. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình tương đương với

(

x − 1 + 4x + 1

)

= 16 ⇔ 2

( x − 1)( 4x + 1) = 16 − 5x

16  16  1 ≤ x ≤ 5 1 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ =0⇔x=2 5 4 ( x − 1)( 4x + 1) = ( 16 − 5x )2 9x 2 − 148x + 260   Kết hợp với điều kiện xác định ta được phương trình có nghiệm là x = 2 .

Bài 16. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R , phương trình tương đương với  x = −1 x = 1 2   ( x + 1)  2 x + 4 − ( x − 2 ) = 0 ⇔  2 x2 + 4 = x − 2 ⇔ x ≥ 2 ⇔ x = −1   x = −2  

(

)

(

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1

Bài 17. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −11 . Phương trình đã cho tương đương với

x + x + 11 + x − x + 11 + 2 x 2 − x − 11 = 16 ⇔ x 2 − x − 11 = 8 − x

8 − x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔x=5 2 x − x − 11 = x − 16x = 64 Thử lại thấy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5.

x ≥ −1 Bài 18. Điều kiện xác định của phương trình là  . Phương trình đã cho tương x − x + 8 ≥ 0 đương với

 x + 1 − 1 ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ ⇔  2 x + 1 = 2 + x + 8 4x + 4 = x + 12 + 4 x + 8 x + 2 − 2 x + 1 = x − x + 8  8 x ≥ 3  8 x ≥ 0  x ≥ ⇔ ⇔ ⇔ x = 8 ⇔ x = 8 3 3x − 8 = 4 x + 8 9x 2 − 48x + 64 = 16 + 128  8  x = − 9   Kết hợp với điều kiện xác định ta được phương trình đã cho có nghiệm x = 8

Bài 19. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + 2x + 6 = x 2 + x + 2 + 1 ⇔ x 2 + 2x + 6 = x 2 + x + 3 + 2 x 2 + x + 2 x = 1 x ≥ −3 x ≥ −3 ⇔ x+3=2 x +x+2 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ 2 x = − 1 x + 6x + 9 = 4x + 4x + 8 3x − 2x − 1 = 0   3  2

 1  Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − ;1 .  3  Bài 20. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với

x 2 − 3x + 6 = x 2 + 33 − 10 x 2 + 8 10 x 2 + 8 = 27 + 3x x 2 − 3x + 6 = 5 − x 2 + 8 ⇔  ⇔ 2 2 x ≤ 17 x + 8 ≤ 25  −17 ≤ x ≤ 17  −17 ≤ x ≤ 17  71  ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ 1;   2 2 2  91  100x + 800 = 9x + 162x + 729 91x − 162x + 71 = 0

 71  Kết luận phương trình đã cho có tập nghiệm S = 1;   91  x 2 − 2x ≥ 0  x = 0   1 Bài 21. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − 4x ≥ 0 ⇔  x ≤ − 3 3x 2 + x ≥ 0    x ≥ 4 Xét x = 0 , ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho. Xét x ≥ 4 ; phương trình đã cho trở thành

x − 2 + x − 4 = 3x + 1 ⇔ 2x − 6 + 2 x 2 − 6x + 8 = 3x + 1 ⇔ 2 x 2 − 6x + 8 = x + 7 2 2 2 19 + 2 103 4x − 24x + 32 = x + 14x + 49 3x − 38x − 17 = 0 ⇔ ⇔ ⇔x= 3 x ≥ 4 x ≤ 4

1 Xét x ≤ − ; phương trình đã cho trở thành 3 2 − x + 4 − x = −3x + 1 ⇔ 6 − 2x + 2 x 2 − 6x + 8 = −3x − 1 ⇔ 2 x 2 − 6x + 8 = x − 7 2 2 2 4x − 24x + 32 = x + 14x + 49 3x − 38x − 17 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈∅ x ≥ −7 x ≤ −7

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm như trên.

x 2 + x ≥ 0 Bài 22. Điều kiện xác đinh của phương trình là  2 . x + 3x ≥ 0 Xét x = 0 ta thấy thỏa mãn phương trình đã cho. Xét x > 0 , kh đó phương trình đã cho tương đương với

x 2 + x + x 2 + 3x = 2 x 2 ⇔ x + 1 + x + 3 = 2 x ⇔ 2x = 4 + 2 x 2 + 4x + 3 = 4x

x ≥ 2 ⇔ x 2 + 4x + 3 = x − 2 ⇔  2 2 x + 4x + 3 = x − 4x + 4 Hệ trên vô nghiệm vô nghiệm Xét x ≤ −3 ; phương trình đã cho trở thành

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

x ≤ 2 1 ⇔ x 2 + 4x + 3 = − x + 2 ⇔  2 ⇔x= 2 8 x + 4x + 3 = x − 4x + 4 Giá trị này bị loại do x ≤ −3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 .

x ≥ 3 Bài 23. Điều kiện xác định của phương trình là  .  x < −3 Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với 2   x + 5)  ( 2 x+3  2  =0 4 x − 9 = ( x + 5 ) . ( x + 3 ) .  4 ( x − 3 ) − x−3   x−3 ⇔     x + 5 ≥ 0   x ≥ −5 2 2   1 ( x + 3 ) ( x − 3 ) − ( x + 5 )  = 0 ( x + 3 )( x − 1)( 3x − 1) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈ −3; 11;  3  x ≥ −5 x ≥ −5

(

)

So sánh với điều kiện xác định thu được tập nghiệm S = {−3; 11}

Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với 2 x2 − 9 = ( x + 5 )

x2 − 9

( x − 3)

⇔ 2 x2 − 9 =

x+5 . x2 − 9 x−3

 x2 = 9  x2 − 9 = 0    1 ⇔ ⇔  2x − 6 = x + 5 ⇔ x ∈ −3; ;11 3  2 x − 3 = x + 5    6 − 2x = x + 5  So sánh với điều kiện xác định thu được nghiệm S = {−3; 11}

 x ≤ −2  Bài 24. Điều kiện xác định của phương trình là  x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương  x = 0 đương với

(

)

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

x = 0 ⇔ 4x x + x − 2 = x ( 2x − 1) ⇔ x ( 8x − 9 ) = 0 ⇔  x = 9  8 2

(

)

 9 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0;   8 Bài 25. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

x = 1 3 4 25 20 22 24 + +2= 2 − +4⇔ 2 − + 2 = 0 ⇔ x 2 − 12x = 11 = 0 ⇔  2 x x x x x x  x = 11 Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S = {1; 11}

Bài 26. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương 2

với

x 2 + 1 ≤ 3x 2x − 1 = 3x − x 2 + 1 ⇔  4 2 2 2 2x − 1 = x + 2x + 1 + 9x − 6x x + 1 2 x 2 + 1 ≤ 3x x 2 + 1 ≤ 3x x + 1 ≤ 3x  ⇔ 4 ⇔ 2 ⇔ 2 3 2 x − 4x + 2 ( x − 1) = 0 x ∈ 1; 2 − 2; 2 + 2 x + 6x + 11x − 8x + 2 = 0 

(

)

(

So sánh với điều kiện x ≥

)

{

)

1 thu được tập nghiệm S = 1; 2 − 2 2

{

}

Bài 27. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với

x ≥ 1 2   x − 1 ≥ 0    x + 1 = x2 − 1 ⇔  ⇔   x ≤ −1 4 2 x + 1 = x − 2x + 1 x x 3 − 2x − 1 = 0  x ≥ 1   x ≤ −1  1 + 5  ⇔  ⇔ x ∈ −1;  2   x x + 1 x 2 − x − 1 = 0  )  (

(

)

 1 + 5  Phương trình đã cho có tập nghiệm là S = −1;  2   Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với

)

}

1 1 1  1  = x + 1+ x + 1 + ⇔ x +  =  x + 1 +  4 4 2  2   x ≥ 0  1+ 5  2 x=  ⇔ x − x + 1 x + 1 + x + 1 = 0 ⇔  x = x + 1 ⇔ 2    x = −1 x + 1 = x + 1 = 0 x2 + x +

(

)(

)

 1 + 5  Kết hợp điều kiện x ≥ −1 thu được tập nghiệm S = −1;  2   1 Bài 28.Điều kiện xác định của phươg trình là −4 ≤ x ≤ . Phương trình đã cho tương 2 đương với x + 4 − 1 − x = 1 − 2x ⇔ x + 4 = 1 − 2x + 1 − x

1 − 2x ≥ 0 1   x ≤ 2 ⇔ 1 − x ≥ 0 ⇔  2x + 1 = 2x 2 − 3x + 1  x + 4 = 1 − 2x + 1 − x + 2 ( 1 − 2x )( 1 − x ) 1  1  −1 x ≤ 2 ≤x≤ 1  −1  2   ≤x≤ 2 ⇔ 2x + 1 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔x=0 2 ⇔  = x 0  x 2 + 7x = 0  2 2 ( 2x + 1) = 2x − 3x + 1    x = −7  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . Phương trình tương Bài 29.Điều kiện xác định của phương trình là  2 x − 4 ≥ 0 đương với x = 2  x−2 = 0 x − 2 − 3 ( x − 2 )( x + 2 ) = 0 ⇔ x − 2. 1 − 3 x + 2 = 0 ⇔  ⇔  x = −17 1 − 3 x + 2 = 0  9

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất. 2 2x − 1 ≥ 0 Bài 30. Điều kiện xác định của phương trình là  2 . Phương trình đã cho tương x − 3x + 2 ≥ 0

đương với

2x 2 − 1 − x 2 − x + 6 = 2x 2 + 2x + 3 − x 2 − 3x + 2 ⇒

(

2x 2 − 1 − x 2 − x + 6

( 2x

⇔

(

⇔ 2x 2

)( − 1)( x 2

) =(

)

− 1 x2 − x + 6 = 2

( 2x

2x 2 + 2x + 3 − x 2 − 3x + 2 2

)(

+ 2x + 3 x 2 − 3x + 2

) (

)(

)

− x + 6 = 2x 2 + 2x + 3 x 2 − 3x + 2

 x = −2 ⇔ x + 5x + 3x − 6 = 0 ⇔ ( x + 2 ) x + 3x − 3 = 0 ⇔   x = −3 ± 21  2 3

(

)

Thử lại vào phương trình ban đầu ta thấy x = −2 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là

x = −2 .

 x ≤ −2 Bài 31. Điều kiện xác định của phương trình là  . Phương trìn đã cho tương đương x ≥ 4 với x (x + 2) + ⇔

(

x ( x + 2) +

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

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

⇔ ( x + 2 )( x + x − 4 ) + 2 x ( x + 2 ) ( x − 4 ) = ( 2x − 5 )( x + 2 ) x + 2 ≤ 0 2 ⇔ 2 x ( x + 2) ( x − 4) = − ( x + 2) ⇔  2 2 4x ( x + 2 ) ( x − 4 ) = ( x + 2 ) x + 2 ≤ 0  ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2   4x ( x − 4 ) = 1   Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = −2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 32. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 5 . Phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1 ⇔ 5x 2 + 14x + 9 = ⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 5 4

⇔ 4x − 45x + 33x

( x + 1) ( x 2

) + 505x + 504 = 0 ⇔ ( 4x + 7 )( x − 8 ) ( x 2

(

x 2 − x − 20 + 5 x + 1

) (

(

− x − 20 ⇔ 2x 2 − 5x + 2 = 25 ( x + 1) x 2 − x − 20 2

)

− 5x − 9 = 0

Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm

 5 + 61  S = 8; . 2  

)

Bài 33. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

2 2 + x ( x + 1) =

( x + 1)( x + 9 ) ⇔ 2 2

⇔ 32x ( x + 1) = ( 9x + 1) ⇔ x =

2 + x ( x + 1)  = ( x + 1)( x + 9 ) 

1 7

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 7

Bài 34. Điều kiện xác định của phương trình là −1 < x < 1 . Phương trình đã cho tương đương với

x ≥ 0 ⇔ 2 2 2 2 x x + 1 = 9 1 − x Đặt t = x 2 ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành

(

)

x x2 + 1 = 3

(

1 − x2

)

(

)

(

)

(

)

t ( t + 1) = 9 ( 1 − t ) ⇔ 10t 3 − 25t 2 + 28t − 9 = 0 ⇔ ( 2t − 1) 5t 2 − 10t + 9 = 0 1 1 nên x = . 2 2 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 2

Giải các trường hợp trên ta được t =

Bài 35. Điều kiện xác định của phương trình 4x 2 − 3x − 5 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 4x 2 − 4x − 10 ≥ 0  4x − 4x − 10 = 8x − 6x − 10 ⇔  2 2 2  4x − 4x − 10 = 8x − 6x − 10 2 2 4x − 4x − 10 ≥ 0 4x − 4x − 10 ≥ 0 ⇔ 4 ⇔ 2 3 2 ( 2x − 5 )( x + 1) 4x − 2x − 11 = 0 8x − 16x − 36x + 43x + 55 = 0 Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm  5 1 − 3 5  S= ; . 4   3 Bài 36. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4 . Phương trình đã cho tương đương 2

(

)

(

)

với

(

)

(

)

2 x 2 − 16 + x − 3 = 7 − x ⇔ 2 x 2 − 16 + = 10 − 2x x ≤ 5 x ≤ 5 ⇔ ⇔ x = 10 − 34 2 ⇔  2 2 x − 16 = ( 10 − 2x ) x = 10 ± 34

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x = 10 − 34 là nghiệm duy nhất.

Bài 37. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương dương với

( 2(x

) − x + 1) −

(

)

x − x = 1 − 2 x2 − x + 1 ⇔ 1 − x = 2 x2 − x + 1 − x

⇒ (1 − x ) =  

x  ⇔ x 2 + x + 1 = 2 2x x 2 − x + 1  2 2 3± 5 ⇔ x 2 + x + 1 = 8x x 2 − x + 1 ⇔ 2x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 2 3− 5 là nghiệm. Thử lại vào phương trình ban đầu ta được x = 2 1 Bài 38. Điều kiện xác định của phương trình là x > − . Phương trình đã cho tương đương 2 với 2

(

)

(

) (

)

2  x3 + 1  + 2 ( 2x + 1)  =  2 ( x + 1) + x 2 − x + 1     2x + 1  

x = 0 x3 + 1 2 2 ⇔ + 2 ( 2x + 1) = 2 ( x + 1) + x − x + 1 ⇔ x x − 5x − 1 = 0 ⇔   x = 5 ± 29 2x + 1  2  5 − 29 5 + 29  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0; ; . 2 2  

(

)

Bài 39. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với x 3 + 3x 2 + 2x + 3 = x 3 + 2x 2 + 1 + x

(

⇔ x 3 + 3x 2 + 2x + 3 = x 3 + 2x 2 + x + 1 + 2 x x 3 + 2x 2 + 1

(

) (

)

(

)

⇔ x 2 + x + 2 = 2 x x 3 + 2x 2 + 1 ⇔ x 2 + x + 2 = 4x x 3 + 2x 2 + 1

(

)

⇔ ( x − 1) 3x 3 + 9x 2 + 4x + 4 = 0 Do x ≥ 0 nên dễ thấy 3x 3 + 9x 2 + 4x + 4 > 0 , do đó từ phương trình trên ta được x = 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . x 3 − 2x 2 − 2x + 12 ≥ 0  Bài 40. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho x 3 − 8x + 2 ≥ 0  tương đương với

x 3 − 2x 2 − 2x + 12 =  x 3 − 8x + 2 + 2 ( x + 1)    2  4 + 2x − x ≥ 0 2 3 ⇔ 4 + 2x − x = ( 2x + 2 ) x − 8x + 2 ⇔  2 2 3  4 + 2x − x = ( 2x + 2 ) x − 8x + 2 4 + 2x − x 2 ≥ 0  x = 10 − 4 ⇔ 2 ⇔  2  x = 1 ± 3  x + 8x + 6 x − 2x − 2 =

(

)(

)

(

)

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =

{

}

10 − 4;1 − 3;1 + 3 .

Bài 41. Phương trình đã cho tương đương với

(

⇔ 10x − 5x − 16x + 8 = 0 ⇔ ( 2x − 1) 5x 3

) = (x − 2) (x − 8) = 0

x 2 + 3x − 4 = ( 2 − x ) x 2 + 2 ⇒ x 2 + 3x − 4

Giải các trường hợp trên ta thu được nghiệm duy nhất là x =

)

2 10 . 5

Bài 42.Biến đổi tương đương phương trình ta được 3

x + 2 + 3 7 − x = 3 ⇔ x + 2 + 7 − x + 3 3 x + 2. 3 7 − x

(

)

x + 2 + 3 7 − x = 27

 x = −1 Suy ra 9 + 9. 3 (x + 2)(7 − x) = 27 ⇔ 3 (x + 2)(7 − x) = 2 ⇔ x 2 − 5x − 6 = 0 ⇔  x = 6 Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −1; x = 6 .

Bài 43. Lập phương hai vế phương trình

8 + 3 3 ( x + 3 )( 5 − x )

(

x + 3 + 3 5 − x = 2 , ta được:

)

x+3 + 3 5−x = 8 ⇔

x + 3 = 0

 x = −3



( x + 3 )( 5 − x ) ⇔ 5 − x = 0 ⇔ x = 5

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −3; x = 5 .

Bài 44. Lập phương hai vế của phương trình ta được

5x = x + 1 + x − 1 + 3 3 ( x + 1)( x − 1)  3 x + 1 + 3 x − 1   

(

⇔ 5x = 2x + 3 3 x 2 − 1. 3 5x ⇔ 3 x 2 − 1. 3 5x = x ⇔ x 3 = 5x x 2 − 1

x = 0 ⇔ 4x − 5x = 0 ⇔  x = ± 5  2 3

Thử lại ta thấy phương trình có đúng ba nghiệm trên.

Bài 45. Phương trình đã cho tương đương với

)

2x 2 + 3x − 2 = 3 3x 2 + 5x − 3 x 2 + 2x + 2 ⇔ 2x 2 + 3x − 2 =

(

3x 2 + 5x − 3 x 2 + 2x + 2

)

 2x 2 + 3x − 2 = 0  ⇔ 0 = 3. 3 2x 2 + 3x − 2. 3 3x 2 + 5x. 3 x 2 + 2x + 2 ⇔  3x 2 + 5x = 0  x 2 + 2x + 2 = 0 

 5 1 Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm của phương trình là S = −2; − ; 0;  . 3 2  Bài 46. Phương trình đã cho tương đương với 3

x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 − 1 = 3 x 2 + 4x − 4 ⇔  3 x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 − 1 = x 2 + 4x − 4  

⇔ x 2 + 4x − 4

(

x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5

)(

x 2 + 3x − 5 − 1

)(

)

x + 2 − 1 = x 2 + 4x − 4

 3 x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 = 0  ⇔ 3 x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 3 x 2 + 3x − 5 − 1 3 x + 2 − 1 = 0 ⇔  3 x 2 + 3x − 5 − 1 = 0  3 x + 2 −1 = 0    −3 ± 33 ; −2 ± 7  Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm là S = −1 = 2  

)(

(

)(

)

Bài 47. Phương trình đã cho tương đương với x + 2 + 3 3x 2 + x − 3 − 3 6x 2 + 12x + 4 = 3 x 3 + 3x 2 + x + 1

(

⇔ 3 x+2+ 3

) = x + 3x + x + 1 3x + x − 3 )( 3x + x − 3 − 6x + 12x + 4 )( x + 2 −

⇔ x + 2 + 3 3x 2 + x − 3 − 3 6x 2 + 12x + 4 2

)

6x 2 + 12x + 4 = 0

−11 ± 37   Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm S = −1; −4 ± 11; − 3 4;  6   Bài 48. Phương trình đã cho tương đương với

x = 3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 + 2 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 ⇔ x3 =

⇔

(

2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 + 2 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1

2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1

)(

)

)(

)

2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 + 2 2 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 0

 3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 0  ⇔  3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 + 2 = 0 ⇔   2 − 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 0 

 3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 = 3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1   3 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 = −2   3 x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 2 

 2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 = x 3 + 3x 2 + 3x − 1  ⇔  2x 3 + 3x 2 + 3x − 9 = −8 ⇔  x 3 + 3x 2 + 3x − 1 = 8 

x3 = 9  3 2  2x + 3x + 3x − 1 = 0  x 3 + 3x 2 + 3x − 9 = 0 

{

}

Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm S = 2; 3 10 − 1 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH PHƯƠNG TRÌNH THÀNH TÍCH

Bài 1. Giải phương trình

( 9 − 4x ) ( x

)

− 6x + 9 = −2x + 4 9 − 4x .

Bài 2. Giải phương trình 2x 2 − 5x + 1 = 2x + 1 . x3

Bài 3. Giải phương trình

16 − x

Bài 4. Giải phương trình

+ x 2 − 16 = 0 .

x2 + 7 3 = . x 2 ( x + 1)

Bài 5. Giải phương trình x 2 + 2x + 3 = 2 x 2x + 3 . Bài 6. Giải phương trình x + 3 + 1 − x 2 = 3 x + 1 + 1 − x . Bài 7. Giải phương trình x 2 + 4x + 7 = ( x + 4 ) x 2 + 7 . Bài 8. Giải phương trình ( 3 − x )

( 3 + x) (9 + x ) = 4 5 ( 3 − x) . 2

Bài 9. Giải phương trình 18x 2 − 2x −

(

Bài 10. Giải phương trình x 2 − 9 Bài 11. Giải phương trình

)

17 1 +9 x− = 0. 3 3

(

)

2 − x = x x2 − 9 .

x + 1 + x − 2 = x2 − x − 2 + 1 .

Bài 12. Giải phương trình x + 4 7 − x = 4 x − 1 +

( 7 − x )( x − 1) + 1 .

Bài 13. Giải phương trình ( x + 3 ) 48 − x 2 − 8x = x + 2 . Bài 14. Giải phương trình

x + 1 + x2 − x + 1 = x3 + 1 + 1 .

Bài 15. Giải phương trình x 2x 2 + x − 3 + 2 = 2x 2x − 1 + x + 3 . Bài 16. Giải phương trình

x2 + x + 2 +

1 13 − 7x = . x 2

Bài 17. Giải phương trình

2x ( 2 − x )

3 + x2 =

2x − 1

Bài 18. Giải phương trình 1 + x − 2x 2 = 4x 2 − 1 − 2x + 1 . Bài 19. Giải phương trình

x − 2 2x 9 − 6 1+ x

= 1.

Bài 20. Giải phương trình x 2 + 13x + 28 = 4 ( x + 4 ) x + 3 + 2 2x − 1 . Bài 21. Giải phương trình 2 ( x + 1) 3x − 2 + 2 ( 2x − 1) 2 − x = x 2 + 9x − 4 . Bài 22. Giải phương trình x 2 + 11x + 18 = 2 1 + x + 4 ( 2 + x ) x + 4 . Bài 23. Giải phương trình 2x 2 − 6x − 1 = 5 + 4x . Bài 24. Giải phương trình 2x 2 + x + 3 = 3x x + 3 . Bài 25. Giải phương trình

x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3 .

2x 2 − x + 1

Bài 26. Giải phương trình

6x − 5

Bài 27. Giải phương trình 18x 2 − 2x −

(

Bài 28. Giải phương trình x 2 − 9

)

= 2. 17 1 +9 x− = 0. 3 3

(

)

2 − x = x x2 − 9 .

(

)

Bài 29. Giải phương trình 2 2x 2 + 4x + 3 = ( 5x + 4 ) x 2 + 3 . Bài 30. Giải phương trình 2x 2 − 5x + 1 = 2x + 1 . Bài 31. Giải phương trình

( Bài 33. Giải phương trình (

x2 + 7 3 = . x 2 ( x + 1)

)( x + 4 − 2 )(

Bài 32. Giải phương trình

x+4 −2

) 4 − x + 2 ) = −2x . 4 − x + 2 = 2x .

Bài 34. Giải phương trình x + 3 + 1 − x 2 = 3 x + 1 + 1 − x . Bài 35. Giải phương trình x 2x − 2 + 5x = 9 .

(

) (

Bài 36. Giải phương trình x 5x 3 + 2 − 2 Bài 37. Giải phương trình

)

2x + 1 − 1 = 0 .

x + 1 + 2x x + 3 = 2x + x 2 + 4x + 3.

Bài 38. Giải phương trình x 2 + 4x + 7 = ( x + 4 ) x 2 + 7 . Bài 39. Giải phương trình x 2 − 3x + 2 x = 4 x − 3 + x − 8 . Bài 40. Giải phương trình x + 1 + x 2 − x + 1 = x 3 + 1 + 1

Bài 41. Giải phương trình ( 2x − 3 ) x 2 + 2x − 3 + 3 = 4x ( x − 1) .

(

Bài 42. Giải phương trình x 2 + 2

)

(

x 2 − 1 + 5x 2 + 2 = 2x x 2 + 3 x 2 − 1 + 3 .

Bài 43. Giải phương trình ( 2x + 3 ) 2x + 2 = 8x 3 − 2x 2 − 37x − 24 .

 1   3 Bài 44. Giải phương trình 2  x + − 1  2x + 3 + 7  2x 2 + x +  = 3x 3 + 15 . x  x    1  2  1 Bài 45. Giải phương trình  x + 1 +  6 + = 2x +1+ . x x x  

Bài 46. Giải phương trình

( x − 1)

(x − x )

x2 + x + 6 . x2

) (

(

Bài 47. Giải phương trình 3x 2 − 9x + 9 + 4 x x 2 − 3x + 3 = 4 x + 3

(

)(

)

2x 2 − 10x + 15 .

)

Bài 48. Giải phương trình 2 x + 2 x + 3 3 − 2x + 3 = x 2 − 2x + 9 .

(

Bài 49. Giải phương trình 2 x 2 + 3x − 1

)

x + 2 = x 3 + 4x 2 + 2x − 1 .

(

)

Bài 50 . Giải phương trình x 3 − 7x − 12 = 3x 3 9 3 + x − 2x 2 . Bài 51. Giải phương trình x 2 + 2x = x + 5 + 3 .

(

)

Bài 52. Giải phương trình x 3 − 2x 2 + 5x − 2 = ( x − 2 ) 3 x 3 + 2 ( 6x − 8 ) . Bài 53. Giải phương trình 1 + x 2 + 7x − 2x 4 + 14x 3 − x 2 − 7x = 2x 2 − 1 . Bài 54. Giải phương trình 1 + 3 x − 1 + 3 x 3 + 3x + 1 = 3 1 + 2x − 3x 2 + x 3 − x 4 . Bài 55. Giải phương trình 2 3x 2 − 2x − 1 + 3 = 3x + 1 + 6 x − 1 . Bài 56. Giải phương trình 2x 2 − x − 3 + 2 x − 2 = x 2 − x − 2 + 2 2x − 3 . Bài 57. Giải phương trình 2

( x + 1)

Bài 58. Giải phương trình x + 3 +

+ 3 2x + 3 − 3 = 2 2x 2 + 5x + 3 + 3x .

3 2 x +4= + 2 x2 + x − 2 . x −1 x −1

Bài 59. Giải phương trình x 2x + 3 + 3

(

)

x + 5 + 1 = 3x + 2x 2 + 13x + 15 + 2x + 3 .

Bài 60. Giải phương trình 2x 2 − 3x + 1 + ( 2x − 1) 2x + 3 + ( x − 1) x + 1 + 2x 2 + 5x + 3 = 0 . Bài 61. Giải phương trình 3x 2 + x − 2 + ( 2 − 3x ) 3x + 2 + ( x + 1) x + 2 = 3x 2 + 8x + 4 .

(

)

Bài 62. Giải phương trình 13x − 17 + 4 x + 1 = 6 x − 2 1 + 2 x + 1 .

(

Bài 63. Giải phương trình 6 ( 4x − 3 ) = 2x 2 − 19x + 14

(

Bài 64. Giải phương trình x 2 − 3x − 4 = x 2 − 4x − 2

)

2x − 1 .

x −1 .

Bài 65. Giải phương trình x 2 + 2x = 2x ( x − 3 ) x + 2 + 7 .





( 2x + 12 + 4 ) x + 2x + 12 + 2 = x  7 x2 + 3 + 13  . Bài 67. Giải phương trình ( 2 2x − 1 − 4 ) x + ( 7 − 4 2x − 1 ) x + 2x − 1 − 3 = 0 . Bài 66. Giải phương trình

(

Bài 68. Giải phương trình 6x 3 − 25x + 8x + 2 = 4x 2 − 23x + 10 Bài 69. Giải phương trình

( 2x + 1)

Bài 70. Giải phương trình x 2 + x +

+ x 3 + 3 ( x − 1)

4x x − 1 x + x −1

(

)

2x − 1 .

)

2x + 1 − x = 2 .

= 5.

Bài 72. Giải phương trình x 3 + ( 2x − 1) 2x − 1 +

3x 2x − 1 x + 2x − 1

=1.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤

9 . Biến đổi tương đương phương trình 4

ta được

( 9 − 4x ) ( x

)

− 6x + 9 = −2x + 4 9 − 4x ⇔ x − 3 9 − 4x = −2x + 4 9 − 4x

 4x − 9 = 0  ⇔ 9 − 4x x − 3 − −2x + 4 = 0 ⇔  x − 3 = −2x + 4  x − 3 = 4x − 4

(

)

Giải các trường hợp trên và kết hợp với đều kiện xác định ta được x = 2; x =

Bài 2. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

9 . 4

−1 . Phương trình tương đương với 2

2x 2 − 5x + 1 = 2x + 1 ⇔ 4x 2 − 10x + 2 = 2 2x + 1

) (

(

 7 + 17  2x + 1 = 2x − 3 x=  2x + 1 + 2x − 1 = 0 ⇔  ⇔ 4   2x + 1 = 1 − 2x  x = 0

)

⇔

2x + 1 − 2x + 3

)(

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

(

)

(

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

2x + 1 + 1 −  2 ( x + 1)  = 0

)

7 + 17 ; x=0 4

Bài 3.Điều kiện xác định của phương trình là −4 < x < 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

) =0 ⇔ ( x − 16 − x )( x + x 16 − x + 16 − x ) = 0   1  3 16 − x  + ( 16 − x )  ( x − 16 − x ) = 0 ⇔  x + 2    4 16 − x 2

+ x 2 − 16 = 0 ⇔ x 3 − 2

(

16 − x 2

x > 0   x 0 >   ⇔ x = 16 − x 2 ⇔  2 ⇔ x = 2 2 ⇔ x = 2 2 2 x = 16 − x    x = −2 2 2

 1  3 Do  x + 16 − x 2  + 16 − x 2 > 0 . Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 2 . 2   4

(

)

Bài 4.Điều kiện xác định là x > 0 . Phương trình tương đương với 2 ( x + 1) x +

3 = x2 + 7 x

hay

2 ( x + 1) x +

+ Với

3  3  1 3 4 = x2 + 7 ⇔  x +  − 2  1 +  x + + = 0 x x  x x x 

 3  x+ = 2     3 3 2 x ⇔  x + − 2 x + −  = 0 ⇔       x x x 3 2    x+ = x x  x = 1 3 3 x + = 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔  x x x = 3

3 2 3 4 = ⇔ x + = 2 ⇔ x 3 + 3x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1) x 2 + x + 4 = 0 ⇔ x = 1 . x x x x Vậy phương trình có các nghiệm là x = 1; x = 3 . + Với

(

Bài 5. Điều kiện xác định x ≥

(x −

2x + 3

)

−3 . Khi đó phương trình tương đương với 2

= 0 ⇔ x = 2x + 3 ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3

Đối chiếu điều kiện ta thấy thoả mãn. Tập nghiệm của phương trình là {−1; 3}

Bài 6. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1 . Phương trình được viết lại thành

x + 1 − x + 1 + 1 − x2 − 2 x + 1 + 2 = 0 ⇔ x+1

⇔

(

)

x + 1 −1 + 1− x

x +1 −1

)(

(

) (

x +1 −1 − 2

)

x+1 −1 = 0

 x +1 −1 = 0 x + 1 + 1− x − 2 = 0 ⇔  ⇔x=0  x + 1 + 1 − x − 2 = 0

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm của phương trình.

Bài 7. Biến đổi tương đương phương trình ta được

x 2 + 4x + 7 = ( x + 4 ) x 2 + 7 ⇔ x 2 + 7 − x x 2 + 7 + 4x − 4 x 2 + 7 = 0 ⇔

(

x2 + 7 − 4

 x2 + 7 − 4 = 0 x = 3 x2 + 7 − x = 0 ⇔  ⇔  x2 + 7 − x = 0  x = −3 

)(

)

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −3; x = 3

Bài 8. Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 3 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

( 3 − x) (3 + x) (9 + x ) = 4 5 ( 3 − x) ⇔ 2

3−x

(

3−x

(3 + x) (x

)

+9 −4 5 =0

 3−x = 0 x = 3 ⇔ 81 − x 4 − 4 5 = 0 ⇔   81 − x 4 = 4 5  x = ±1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = {−1; 1; 3} . ⇔ 3−x

)

(

Bài 9. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình tương đương với 3

  8  1 1 1  1 1 2  18x − 2x − 3  + 9  x − 3 − 3  = 0 ⇔ ( 18x − 8 )  x + 3  + 9  x − 3 − 3  = 0              4  1 9 =0 ⇔  x −  18  x +  + 9   3 1 1  x− +   3 3   1 9 1 4 > 0 , do đó phương trình trên tương đương với x = Vì x ≥ nên 18  x +  + 3 3 9 1 1  x− + 3 3 4 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = là nghiệm của phương trình. 9 Bài 10. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 2 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

−9

)

(

) (

2−x = x x −9 ⇔ x −9

)(

x2 − 9 = 0 2−x −x = 0 ⇔   2 − x − x = 0

)

+ Với x 2 − 9 = 0 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3

0 ≤ x ≤ 2 2−x −x = 0 ⇔ 2−x = x ⇔  2 ⇔ x =1 x + x − 2 = 0 Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương trình là x = −3; x = 1 + Với

Bài 11. Điều kiện xác định của phươg trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với

x + 1 + x − 2 = x 2 − x − 2 + 1 ⇔ x − 2 − 1 = x + 1. x − 2 − x + 1 ⇔ x − 2 −1 = x +1 ⇔

(

x − 2 −1

)(

(

x − 2 −1

)

 x − 2 = 1 x − 2 = 1 x = 3 x +1 −1 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ x + 1 = 1 x = 0  x + 1 = 1

)

Kết hợp điều kiện x ≥ 2 ta thu được nghiệm S = {2}

Bài 12. Điều kiện xác định của phương trình 1 ≤ x ≤ 7 . Phương trình đã cho tương đương với

x −1− 4 x −1 =

( 7 − x )( x − 1) − 4

7 − x ⇔ x −1

(

)

x −1 − 4 = 7 − x

(

x −1 − 4

)

 x −1 = 1  x − 1 = 16  x = 17 x −1 − 7 − x = 0 ⇔  ⇔ ⇔ x − 1 = 7 − x x = 4  x − 1 = 7 − x Kết hợp điều kiện 1 ≤ x ≤ 7 ta thu được nghiệm S = {4} ⇔

(

x −1 − 4

)(

)

Bài 13. Điều kiện xác định của phương trình là −12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

2 ( x + 3 ) 48 − 2x − x 2 = 2x − 24 ⇔ 48 − 2x + 2 ( x + 3 ) − x 2 − 8x − 48 ⇔ −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + x 2 + 6x = 0 2

⇔ −x 2 − 8x + 48 + 2 ( x + 3 ) −x 2 − 8x + 48 + ( x + 3 ) = 9 ⇔

• Với • Với

(

− x 2 − 8x + 48 + x + 3

)

 48 − 8x − x 2 = − x =9⇔  48 − 8x − x 2 = − x − 6

x ≤ 0 48 − 8x − x 2 = − x ⇔  2 ⇔ x = −2 7 − 2 x + 4x − 24 = 0 x ≤ −6 48 − 8x − x 2 = −x − 6 ⇔  2 ⇔ x = −5 − 31 x + 10x − 6 = 0

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S = −2 7 − 2; −5 − 31 .

Bài 14. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

x + 1 + x 2 − x + 1 = x + 1. x 2 − x + 1 + 1 ⇔ x + 1 − 1 = x 2 − x + 1 ⇔

(

x +1 −1

)(

(

x +1 −1

 x+1 =1 x + 1 = 1 x = 0 x2 − x + 1 − 1 = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ x = 1  x2 − x + 1 = 1  x − x = 0

)

So sánh với điều kiện x ≥ −1 thu được nghiệm S = {0;1}

Bài 15. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương 2

với

x 2x − 1. x + 3 + 2 = 2x 2x − 1 + x + 3 ⇔ x 2x − 1 ⇔

(

)(

(

)

x+3 −2 = x+3 −2

)

x + 3 − 2 x 2x − 1 − 1 = 0

x = 1 x + 3 = 4 x = 1 ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2 2  x ( 2x − 1) = 1 ( x − 1) 2x + x + 1 = 0  2x + x + 1 = 0 ( * )

(

Phương trình (*) vô nghiệm do x ≥

)

1 ( hoặc ∆ < 0 ). Kết luận nghiệm S = {1} . 2

Bài 16. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

 x 2 + x + 2 = 4x − 2 ( 1) x + x + 2 − x = ( 3x − 2 ) ⇔   x 2 + x + 2 = 2 − 2x ( 2 )   1 x≥  1 1   2  x ≥ x ≥ • ( 1) ⇔  ⇔ ⇔  x = 1 ⇔ x=1 2 2   2 2 2  x + x + 2 = 16x − 16x + 4 15x − 17x + 2 = 0  2   x =  15  x ≤ 1 x ≤ 1 9 − 57 • ( 2) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x= 2 6 x + x + 2 = 4x − 8x + 4 3x − 9x + 2 = 0

(

)

 9 − 57  So sánh với điều kiện x ≠ 0 ta thu được nghiệm S =  ;1 .  6  1 Bài 17. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ . Bất phương trình đã cho tương 2 đương với

( 2x − 1)

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

(

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

)

 x 2 + 3 = 3 − x ( 1) 2 2 x 2 + 3 + 2x − 1 − ( x + 2 ) = 0   x 2 + 3 = −3x − 1 ( 2 )  3 − x ≥ 0 • ( 1) ⇔  2 ⇔ x=1 2 x + 3 = x − 6x + 9 1  −3x − 1 ≥ 0 x ≤ • ( 2) ⇔  2 ⇔ ⇔ x = −1. 3  2 x + 3 = 9x + 6x + 1 8x 2 + 6x − 2 = 0  ⇔

)

(

Kết hợp điều kiện thu được nghiệm duy nhất x= 1.

Bài 18. Điều kiện xác định của phương trình là x = − nghiệm của phương trình đã cho. Xét x ≥

1 1 1 hoặc x ≥ . Nhận xét x = − là một 2 2 2

1 , phương trình đã cho tương đương với 2

2 + 2x − 4x 2 = 2 4x 2 − 1 − 2 2x + 1 ⇔ 4x 2 − 1 + 2 4x 2 − 1 + 1 = 2x + 1 + 2

(

2x + 1 + 1

)

2 2x ≥ 1 1 2x + 1 + 1 ⇔ 4x 2 − 1 = 2x + 1 ⇔  2 ⇔x= 2 2x − x = 0  1 1 Kết luận nghiệm của phương trình đã cho S = − ;  .  2 2

⇔

(

) (

)

4x 2 − 1 + 1 =

Bài 19. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với x − 2 2x = 9 − 6 1 + x ⇔ x − 2 2x + 6 x + 1 − 9 = 0

(

)

⇔ 2x − 2 2x + 1 − x + 1 − 6 x + 1 + 9 = 0 ⇔ ⇔

(

2x + x + 1 − 4

)(

(

) (

2x − 1 −

x +1 − 3

 2x + x + 1 − 4 = 0 2x − x + 1 + 2 = 0 ⇔   2x − x + 1 + 2 = 0 

)

( 1) (2)

• ( 2 ) ⇔ 2x + 2 = x + 1 ⇔ 2x + 4 + 4 2x = x + 1 ⇔ x + 4 2x + 3 = 0 , vô nghiệm. • Với

2x + x + 1 − 4 = 0 ta có

0 ≤ x ≤ 5 3x + 1 + 2 2x 2 + x = 16 ⇔ 2 2x 2 + x = 15 − 3x ⇔  ⇔ x = 47 − 8 31 2 2 ( 15 − 3x ) = 8x + 4x

{

}

Kết luận nghiệm của phương trình S = 47 − 8 31 .

Bài 20. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ với .

1 . Phương trình đã cho tương đương 2

( x + 4 )( x + 7 ) − 4 ( x + 4 ) x + 3 + 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x + 7 − 4 x + 3 ) + ( 2x − 1 + 1) = 0 ⇔ ( x + 4 ) ( x + 3 − 2 ) 2

(

)

2x − 1 − 1 = 0

2  x + 4 x + 3 − 2 =0 ( )  x + 3 = 2  ⇔ ⇔ ⇔ x=1  2 − = 2x 1 1  2x − 1 − 1   1 Đối chiếu điều kiện x ≥ thu được nghiệm duy nhất x = 1 . 2 2 Bài 21. Điều kiện xác định của phương trình là ≤ x ≤ 2 . Phương trình đã cho tương 3

(

)

(

)

đương với

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

(

)

3x − 2 − 1 + ( 2x − 1)

(

2 − x + 2x − 1 = 0

 3x − 2 − 1 = 0 2 2 − x −1 = 0 ⇔  ⇔ x=1  2 − x − 1 = 0

)

Thử lại thấy x = 1 nghiệm đúng phương trình. Kết luận S = {1} .

Bài 22. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với x + 1 − 2 x + 1 + 1 + x 2 + 10x + 16 − 4 ( x + 2 ) x + 4 = 0

( ⇔(

⇔

) x + 1 − 1)

( + ( x + 2) (

)

x + 1 − 1 + ( x + 2) x + 8 − 4 x + 4 = 0 2

x+4 −2

)

 x + 1 − 1 = 0 =0⇔ ⇔x=0  x + 4 = 2

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 .

Bài 23. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ với

5 . Phương trình đã cho tương đương 4

4x 2 − 12x − 2 = 2 5 + 4x ⇔ 4x 2 − 8x + 4 = 5 + 4x + 2 5 + 4x + 1

 2x − 3 = 5 + 4x ( 1) 2 5 + 4x + 1 ⇔  1 − 2x = 5 + 4x ( 2 )  3 3   x ≥ x ≥ • ( 1) ⇔  ⇔ ⇔ x = 2+ 3 2 2  2 2 4x − 12 + 9 = 5 + 4x x − 4x + 1 = 0   2

⇔ ( 2x − 2 ) =

(

)

 1  1 x ≤ x ≤ • (2) ⇔  ⇔ ⇔ x = 1− 2 2 2 4x 2 − 4x + 1 = 5 + 4x x 2 − 2x − 1 = 0  

{

}

So sánh điều kiện; kết luận tập nghiệm của phương trình là S = 1 − 2 ; 2 + 3 .

Bài 24. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −3 . Với điều kiện trên, phương trình trở thành

2x 2 − 3x x + 3 +

(

)(

(

⇔ x − x + 3 2x − + Với + Với

) = 0 ⇔ 2x − 2x x + 3 − x  x+3 = x x + 3) = 0 ⇔   x + 3 = 2x 2

x+3

x+3 +

(

x+3

)



x ≥ 0 x ≥ 0 1 + 13 x+3 =x ⇔  ⇔ ⇔x=  2 2 2 x + 3 = x x − x − 3 = 0 x ≥ 0 x ≥ 0 x + 3 = 2x ⇔  ⇔ 2 ⇔ x=1 2 x + 3 = 4x 4x − x − 3 = 0

1 + 13 ; x=1 2 Bài 25. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương

So với điều kiện ban đầu. Vậy phương trình có các nghiệm là x =

với x 2 − 3x + 2 + x + 3 = x − 2 + x 2 + 2x − 3 ⇔ x −1

(

) (

x−2 − x−3 −

)

x−2 − x−3 = 0

 x−2 − x−3 x −1 −1 = 0 ⇔  x=2  x − 1 − 1 = 0 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. ⇔

(

x−2 − x−3

)(

)

Bài 26. Điều kiện xác định của phương trình là x >

5 . Phương trình đã cho tương đương 6

với 4x 2 − 2x + 2 = 4 6x − 5 ⇔ 4x 2 + 4x + 1 = 6x − 5 + 4 6x − 5 + 4 2

⇔ ( 2x + 1) =

(

6x − 5 + 2

)

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

 1  1 x = 1 x ≥ 2 x ≥  • 2x − 1 = 6x − 5 ⇔  . ⇔ ⇔ 2 x = 3 2 ( 2x − 1) = 6x − 5 2x 2 − 5x + 3 = 0  2  

• 2x + 3 + 6x − 5 = 0 , phương trình vô nghiệm do x >

5 . 6

 3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S = 1;  .  2 1 Bài 27. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ . Phương trình tương đương với 3       ( 18x − 8 )  x + 13  + 9  x − 13 − 13  = 0 ⇔  x − 94  18  x + 13  + 9  = 0 1 1         x− +   3 3   1 9 1 4 > 0 , do đó phương trình trên tương đương với x = Vì x ≥ nên 18  x +  + 3 3 9 1 1  x− + 3 3 4 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = là nghiệm của phương trình. 9 Bài 28. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 2 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

x2 − 9

)

(

) (

2 − x = x x2 − 9 ⇔ x2 − 9

)(

x2 − 9 = 0 2−x −x = 0 ⇔   2 − x − x = 0

)

+ Với x 2 − 9 = 0 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3

Bài 29. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R .Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

(

)

2 2x 2 + 4x + 3 = ( 5x + 4 ) x 2 + 3 ⇔ 2 x 2 + 3 − ( 4x + x + 4 ) x 2 + 3 + 2x 2 + 8x = 0

(

)

⇔ 2 x 2 + 3 − 4x x 2 + 3 − ( x + 4 ) x 2 + 3 + 2x ( x + 4 ) = 0 ⇔ 2 x2 + 3

(

)

x 2 + 3 − 2x − ( x + 4 )

(

)

x 2 + 3 − 2x = 0

 x 2 + 3 − 2x = 0 ⇔ x + 3 − 2x 2 x + 3 − x − 4 = 0 ⇔  2 x2 + 3 − x − 4   4 + 2 7 4 − 2 7  Giải các trường hợp trên ta được S = −1; ;  3 3  

(

)(

)

Bài 30. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

−1 . Phương trình tương đương với 2

2x 2 − 5x + 1 = 2x + 1 ⇔ 4x 2 − 10x + 2 = 2 2x + 1

) (

(

 7 + 17  2x + 1 = 2x − 3 x=  2x + 1 + 2x − 1 = 0 ⇔  ⇔ 4   2x + 1 = 1 − 2x  x = 0

)

⇔

2x + 1 − 2x + 3

)(

(

)

(

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

2x + 1 + 1 −  2 ( x + 1)  = 0

)

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

7 + 17 ; x=0 4

Bài 31.Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Phương trình tương đương 2 ( x + 1) x +

2 ( x + 1) x +

+ Với

3 = x 2 + 7 . Chia hai vế cho x ta thu được x

3  3  1 3 4 = x2 + 7 ⇔  x +  − 2  1 +  x + + = 0 x x  x x x 

 3  x+ = 2   3 3 2 x ⇔  x + − 2 x + −  = 0 ⇔      x x x 3 2     x+ = x x  x = 1 3 3 x + = 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x 2 − 4x + 3 = 0 ⇔  x x x = 3

+ Với a x +

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

(

)

Vậy phương trình có các nghiệm là x = 1; x = 3 .

Bài 32.Điều kiện xác định của phương trình là −4 ≤ x ≤ 4 . phương trình tương đương với

( x + 4 − 2 )( 4 − x + 2 ) = 2x ⇔ ( x + 4 + 2 )( x + 4 − 2 )( 4 − x + 2 ) = 2x ( ⇔ x ( 4 − x + 2 − 2 x + 4 − 4) = 0 ⇔ x ( 4 − x + 2 − 2 x + 4 − 4) = 0 x = 0 ⇔ x ( 4 − x − 2 x + 4 − 2) = 0 ⇔   4 − x − 2 x + 4 − 2 = 0 Ta có

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

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0; x = −

x+4 +2

2 96 ⇔x=− 5 25

96 25

Bài 33. Điều kiện xác định là −4 ≤ x ≤ 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

)

(

x+4 −2

)(

⇔ x  4 − x + 2 + 2  Vì

4−x +2+2

(

) = −2x ( x + 4 + 2)

)

4 − x + 2 = −2x ⇔

(

4−x +2

x + 4 + 2  = 0 ⇔ x = 0 

)

x + 4 + 2 > 0 . Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm x = 0 .

Bài 34. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1 . Phương trình được viết lại thành

x + 1 − x + 1 + 1 − x2 − 2 x + 1 + 2 = 0

⇔ x+1 ⇔

(

)

x +1 −1 + 1− x

x +1 −1

)(

(

) (

x +1 −1 − 2

)

x +1 −1 = 0

)

x +1 + 1− x − 2 = 0

 x +1 −1 = 0 x + 1 = 1 ⇔ ⇔ ⇔x=0 2  x + 1 + 1 − x − 2 = 0  1 − x = 1 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm của phương trình.

Bài 35. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Biến đổi tương đương phương trình ta được 2x 2x − 2 + 10x = 18 ⇔ x 2 + 2x 2x − 2 + 2x − 2 = x 2 − 8x + 16  x + 2x − 2 = x − 4  2x − 2 = −4 2 = (x − 4) ⇔  ⇔  x + 2x − 2 = 4 − x  2x − 2 = 4 − 2x 1 ≤ x ≤ 2 1 ≤ x ≤ 2 3 ⇔ ⇔ 2 ⇔x= 2 2 2x − 2 = 4x − 16x + 16 2x − 9x + 9 = 0 3 Vậy phương trình có nghiệm là x = . 2 1 Bài 36.Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Biến đổi tương đương phương 2 trình ta được 2 ( 2x + 1 − 1) x 5x 3 + 2 − 2 2x + 1 − 1 = 0 ⇔ x 5x 3 + 2 − =0 2x + 1 + 1  3  2x + 1 − 1      2 ⇔ x  5x 3 + 2  1 − = 0 ⇔ x 5x + 2  =0     2x + 1 + 1   2x + 1 + 1          4  2  2 ⇔ x  5x + 2 = 0 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = 0 2  2x + 1 + 1     Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0

(

⇔ x + 2x − 2

(

)

) (

(

)

(

)

Bài 37. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −1 . Ta có

( x + 1)( x + 3 ) = 0

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

(

)

x + 3 −1 − x +1

(

)

x + 3 −1 = 0 ⇔

(

x + 3 −1

)(

 x+3 =1 x + 1 − 2x = 0 ⇔   x + 1 = 2x

)

+ Với

x + 3 = 1 ⇔ x = −2 .

+ Với

x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 1 + 17  x + 1 = 2x ⇔  ⇔ 2 ⇔ 1 ± 17 ⇔ x = 2 8 x + 1 = 4x 4x − x − 1 = 0 x = 8 

Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm x =

1 + 17 . 8

Bài 38. Biến đổi tương đương phương trình ta được x 2 + 4x + 7 = ( x + 4 ) x 2 + 7 ⇔ x 2 + 7 − x x 2 + 7 + 4x − 4 x 2 + 7 = 0 ⇔

(

x +7 −4

 x2 + 7 − 4 = 0 x = 3 ⇔ x +7 −x = 0 ⇔  2  x +7 −x = 0  x = −3 

)(

)

Vậy phương trình có hai nghiệm là x = −3; x = 3

Ví dụ 39. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 3 . Phương trình đã cho tương đương với

x ( x − 3) − 4 x − 3 = x − 2 x − 8 ⇔ x − 3 ⇔

(

x −4

(

) (

x −4 =

x +2

)(

x −4

)

 x −4 = 0 x−3 − x +2 = 0 ⇔   x − 3 − x + 2 = 0

)(

)

• Với

x − 4 = 0 ⇔ x = 16 , thỏa mãn điều kiện xác định.

• Với

x − 3 − x − 2 = 0 ⇔ x + 2 = x − 3 ⇔ 4 x = −7 , phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 16

Ví dụ 40. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 1) ( x

⇔ x2 − x + 1

)

− x + 1 − x2 − x + 1 − x + 1 + 1 = 0

(

) (

x+1 −1 −

)

x +1 −1 = 0 ⇔

(

x +1 −1

)(

)

x2 − x + 1 − 1 = 0

 x +1 −1 = 0  x +1 = 1 x + 1 = 1 x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 2  x − x + 1 − 1 = 0  x − x + 1 = 1  x − x + 1 = 1  x = 1

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {0;1} .

Bài 41. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 2x − 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( 2x − 3 )

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

 3  3 x=  x = 2 2  2x − 3 = 0 ⇔ 2 ⇔  2x + 1 ≥ 0 ⇔   2x + 1 ≥ 0  x + 2x − 3 = 2x + 1  2  2  2  3x + 2x + 4 = 0  x + 2x − 3 = ( 2x + 1) Dễ thấy phương trình 3x 2 + 2x + 4 = 0 vô nghiệm. Do đó kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

3 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2

Bài 42. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

− 2x + 2

)

(

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

)

(

x 2 − 1 = ( 2x − 1) x 2 − 2x + 2

)

Do x 2 − 2x + 2 = ( x − 1) + 1 > 0 nên phương trình trên tương đương với 3

(

)

x 2 − 1 = 2x − 1 ⇔ x 2 − 1 = ( 2x − 1) ⇔ x 8x 2 − 13x + 6 = 0 ⇔ x = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0

Bài 43. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

( 2x + 3 )

 2x + 3 = 0 2x + 2 = ( 2x + 3 ) 4x 2 − 7x − 8 ⇔  2  2x + 2 = 4x − 7x − 8

(

3  x = − 2  ⇔ 4x 2 − 7x − 8 ≥ 0   2x + 2 = 4x 2 − 7x − 8 

(

)

3  3  x=−  x = − 2  2   ⇔ 4x 2 − 7x − 8 ≥ 0 ⇔ x = 1 + 3    x = 3 − 2 10  16x 2 − 24x − 31 x 2 − 2x − 2 = 0   4

(

)(

)

 3 − 2 10  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = 1 + 3; . 4   3 Bài 44. Điều kiện xác định của phương trình là x − và x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương 2 đương với

( ⇔ 2(x

) − x + 1)

2 x2 − x + 1 2

2x + 3 = 8x 4 − 14x 3 − 7x 2 + 15x − 21

(

)(

2x + 3 = x 2 − x + 1 8x 2 − 6x − 21

)

8x 2 − 6x − 21 ≥ 0  ⇔ 2 2x + 3 = 8x − 6x − 21 ⇔  2 4 ( 2x + 3 ) = 8x − 6x − 21  1+ 2 3 x = 8x 2 − 6x − 21 ≥ 0 2 ⇔ 2 ⇔ 2  1 − 2 10  4x − 4x − 11 16x − 8x − 39 = 0 x =  4 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là 2

(

)(

)

 1 + 2 3 1 − 2 10  S= ; . 4   2 Bài 45. Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(x +

x +1

)

) (

(

6x + 2 = 2 x 2 + x + 1 ⇔ x + x + 1

)

(

)(

6x + 2 = 2 x + x + 1 x − x + 1

)

Do x + x + 1 > 0 với mọi x nên phương trình trên tương đương với

(

) (

6x + 2 = 2 x − x + 1 ⇔

6x + 2 + 2 x

(

)

= ( 2x + 2 )

)

⇔ 2x 2 − x + 1 = 2 x ( 6x + 2 ) ⇔ 2x 2 − x + 1 = 4x ( 6x + 2 ) 3±2 2 ; x = −1 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  3 − 2 2 3 + 2 2  S= ; . 2   2 Bài 46. Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 và x ≠ 1 .Phương trình đã cho tương

(

)

⇔ 4x 2 − 12x + 1 ( x + 1) = 0 ⇔ x =

đương với  

(

x −1

 x 

(

x + 1  2  = x + x + 16 ⇔ x 2 x2 x − 1  

)

(

)

x + 1 = x 2 + x + 16 ⇔ 2 x 3 = 16 ⇔ x = 4

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x = 4 là nghiệm duy nhất.

x ≥ 0 Bài 47. Điều kiện xác định của phương trình là  2 . Phương trình đã cho 2x − 10x + 15 ≥ 0 tương đương với

(3 + 4 x )(x

) (

− 3x + 3 = 4 x + 3

)

2x 2 − 10x + 15

(

⇔ x 2 − 3x + 3 = 2x 2 − 10x + 15 ⇔ x 2 − 3x + 3

)

= 2x 2 − 10x + 15

x = 1 − 2 ⇔ x 2 − 4x + 6 x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔   x = 1 + 2

(

)(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 + 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 48. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 2

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

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

x − 3 ≥ 0  ⇔ 4 2x + 3 − x

(

)

= ( x − 3)

 x ≥ 3  ⇔ 3 + 18x − x 2 ≥ 0  2 64x ( 2x + 3 ) = 3 + 18x − x

(

x ≥ 3 ⇔ 2 8 x ( 2x + 3 ) = 3 + 18x − x

)

x ≥ 3  ⇔ 3 + 18x − x 2 ≥ 0 ⇔ x = 3+2 2  2 2  x − 6x + 1 x − 30x + 9 = 0

(

)(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 + 2 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 49. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với  −3 ± 13  x 2 + 3x − 1 = 0 x = 2 x + 3x − 1 x + 2 = ( x + 1) x + 3x − 1 ⇔  ⇔ 2  x + 2 = x + 1  x = 1 + 2 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  −3 + 13  S= ;1 + 2 2  . 2  

(

)

(

)

Bài 50 . Đặt y = − 3 9 ( x + 1) ; z = 3 2x − 3 .

(

)

Khi đó ta có x 3 + y 3 + x 3 = x 3 − 7x − 12 và 3x 3 9 3 + x − 2x 2 = 3xyz Do đó phương trình đã cho được viết lại thành

x = y = z 2 2 2 x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz ⇔ ( x + y + z ) ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x )  = 0 ⇔    x + y + z = 0

• Với x = y = z ta được x = − 3 9 ( x + 1) = 3 2x − 3 , phương trình vô nghiệm.

• Với x + y + z = 0 ta được x + − 3 9 ( x + 1) + 3 2x − 3 = 0 . Để ý rằng x = −1 không phải là nghiệm của phương trên trên bên ta xét x ≠ −1 . Khi đó phương trình trên tương đương với

x−

2 3 9 ( x + 1) 3

+ 3 2x − 3 −

9 ( x + 1) 3

    2 3 3x + 6x + 4   15 ⇔ ( x − 2)  + =0  2 2 3 3 3 3 9 ( x + 1)( 2x − 3 )  2 2x 9 ( x + 1) 4 ( 9x + 9 ) ( 9x + 9 )  3 + + 2x − 3 − x −  3 9 3 9   2 3 3x + 6x + 4 15 Do + > 0 nên từ 2 2 3 3 3 9 x+1 3 9 x + 1 2x − 3 2x 4 9x + 9 9x + 9 ( ) ( ) 3 ( )( ) ( ) x2 − + 2x − 3 − + 3 9 3 9

(

)

(

)

phương trình ta có x − 2 = 0 hay x = 2 là nghiệm của phương trình.

Bài 51. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −5 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)(

)

x2 − ( x + 5 ) + x − x + 5 = 0 ⇔ x − x + 5 x + x + 5 + 1 = 0  x ≥ 0  1 + 21  2 x = x − x + 5 = 0 x = x + 5  x − x − 5 = 0 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  x ≤ − 1   x + 1 + x + 5 = 0  − x − 1 = x + 5 −1 − 17  x =  ( x + 1)2 = x + 5  2  

 1 + 21 −1 − 17  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S =  ; . 2  2  Bài 52. Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

3 x 3 − 2x 2 + 5x − 2 = 3 ( x − 2 ) 3 x 3 + 2 ( 6x − 8 )

(

)

(

)

Đặt a = x − 2; b = 3 2 x 3 + 2 ; c = 3 3x − 4 , khi đó ta có a 3 + b 3 + c 3 = 3 x 3 − 2x 2 + 5x − 2 .

a + b + c = 0 Từ đó ta có phương trình a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇔  a = b = c

(

)

• Với a = b = c ta được x − 2 = 3 2 x 3 + 2 = 3 3x − 4 , vô nghiệm.

(

)

• Với a + b + c = 0 ta được x − 2 + 3 2 x 3 + 2 + 3 3x − 4 = 0 . Giải phương trình trên ta được x = 1 là nghiệm duy nhất. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 .

 x ≤ −7 2 x + 7x ≥ 0  ⇔ Bài 53. Điều kiện xác định là  2 . Phương trình đã cho tương đương x ≥ 1 2x ≥ 1  2 với

1 + x 2 + 7x =

( 2x

)(

)

− 1 x 2 + 7x + 2x 2 − 1

)

(

⇔ 1 + x 2 + 7x = 2x 2 − 1 1 + x 2 + 7x ⇔ 2x 2 − 1 = 1 ⇔ x = ±1 Do 1 + x 2 + 7x > 0 với mọi x Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 54. Phương trình đã cho tương đương với

(

)

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

(

)

⇔ 1 + 3 x − 1 + 3 x 3 + 3x + 1 1 + 3 x − 1 = 0  3 x 3 + 3x + 1 + 1 = 0 x 3 + 3x + 1 + 1 = 0 ⇔  1 + 3 x − 1 = 0 1 x 3 + 3x + 1 + 1 = 0 ⇔ x 3 + 3x + 2 = 0 . Đặt x = t − ( t ≠ 0 ) , khi đó phương trình thành t 1 t 3 − 3 + 2 = 0 ⇔ t 6 + 2t 2 − 1 = 0 ⇔ t 3 = −1 ± 2 ⇔ t = 3 −1 ± 2 t

(

⇔ 1+ 3 x −1

• Với

)(

)

Từ hai giá trị của t trên cho ta giá trị x =

2 −1 − 3 2 +1

• Với 1 + 3 x − 1 = 0 ⇔ 3 x − 1 = −1 ⇔ x = 0 . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =

{

}

2 − 1 − 3 2 + 1; 0

Bài 55. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với 2 

( x − 1)( 3x + 1) −

(

3x + 1  + 3 − 6 x − 1 = 0 

(

) (

)

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

(

⇔ 2 x −1 −1

)(

5  2 x − 1 − 1 = 0 x = 4 ⇔ 3x + 1 − 3 = 0 ⇔   3x + 1 − 3 = 0 x = 8  3

)

5 8 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S =  ;  . 4 3 Bài 56. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với

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

• Với • Với

(

) (

)

2x − 3 − x − 2 − 2

x+1 −2

)(

)

x − 2 − 2 2x − 3 = 0

2x − 3 − x − 2 = 0

 x+1 −2 = 0 2x − 3 − x − 2 = 0 ⇔   2x − 3 − x − 2 = 0

)

x +1 − 2 = 0 ⇔ x +1 = 2 ⇔ x = 3. x ≥ 2 , hệ vô nghiệm. 2x − 3 − x − 2 = 0 ⇔   2x − 3 = x − 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm là x = 1 .

Bài 57. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

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

(

)

(

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

)

⇔ ( x + 1) 2 x + 1 − 3 + 2x + 3 3 − 2 x + 1 = 0  x + 1 − 2x + 3 = 0 ⇔ x + 1 − 2x + 3 2 x + 1 − 3 = 0 ⇔   2 x + 1 − 3 = 0 x + 1 ≥ 0 • Với x + 1 − 2x + 3 ⇔  ⇔x= 2. 2 ( x + 1) = 2x + 3 5 • Với 2 x + 1 − 3 = 0 ⇔ 2 x + 1 = 3 ⇔ x = . 4  5 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =  2;  . 4 

(

)(

)

Bài 58. Điều kiện xác định của phương trình là x > 1 . Phương trình đã cho tương đương với x ( x + 2)

2 x + 2 ( x − 1)( x + 2 ) x −1 x −1  x   x  ⇔ ( x − 1)( x + 2 )  − 2 + 22 − =0  x −1   x − 1      ( x − 1)( x + 2 ) − 2 = 0    x ⇔  ( x − 1)( x + 2 ) − 2   2 − =0⇔ x   x − 1   =0 2 −  x −1

x − 1 ≥ 0 x 9 + 17 ⇔ 2 ( x − 1) = x ⇔  ⇔x= . 2 x −1 8 4 ( x − 1) = x  x = −3 ( x − 1)( x + 2 ) − 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 3 ) = 4 ⇔ x = 2 . 

• Với 2 − • Với

+4=

 9 + 17  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 2;  8   3 Bài 59. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình dã cho tương đương 2 với 3

(

⇔3

)

x + 5 + 1− x =

(

( 2x + 3 )( x + 5 ) +

)

x + 5 + 1 − x = 2x + 3

(

2x + 3 − x 2x + 3

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

)

• Với

x − 1 ≥ 0 x + 5 + 1− x = 0 ⇔  2 ⇔ x =4. x + 5 = ( x − 1)

• Với

2x + 3 = 3 ⇔ 2x + 3 = 9 ⇔ x = 3 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = {3; 4} .

Bài 60. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

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

x +1 +

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

)

2x + 3 = 0

 x − 1 + 2x + 3 = 0 ⇔ x − 1 + 2x + 3 2x − 1 + x + 1 = 0 ⇔   2x − 1 + x + 1 = 0 x − 1 ≤ 0 ⇔ x = 2− 6 . • Với x − 1 + 2x + 3 = 0 ⇔  2 ( x − 1) = 2x + 3 2x − 1 ≤ 0 ⇔ x=0. • Với 2x − 1 + x + 1 = 0 ⇔  2 ( 2x − 1) = x + 1

(

)(

)

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 2 − 6; 0 .

2 Bài 61. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 3 với

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

x+2 −

( 3x + 2 )( x + 2 ) = 0

)

3x + 2 = 0

3x − 2 + x + 2 = 0 ⇔ 3x − 2 + x + 2 x + 1 − 3x + 2 = 0 ⇔  x + 1 − 3x + 2 = 0

(

)(

)

2 − 3x ≥ 0 13 − 97 ⇔x= . • Với 3x − 2 + x + 2 = 0 ⇔  2 18 ( 2 − 3x ) = x + 2 x + 1 ≥ 0 1± 5 • Với x + 1 − 3x + 2 = 0 ⇔  . ⇔x= 2 2 ( x + 1) = 3x + 2  1 − 5 1 + 5 13 − 97  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =  ; ; . 2 18   2 Bài 62. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với 13x − 17 − 12  ⇔  4 ( x + 1) − 12 

( ⇔ (2

( x + 1)( x − 2 )  + ( 4

)

x+1 −6 x−2 = 0

( x + 1)( x − 2 ) + 9 ( x − 2 )  + 2 ( 2

)

x +1 − 3 x− 2 − 3 = 0

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

⇔ 2 x+1 −3 x−2 x+1 −3



x +1 − 3 x − 2 −1 = 0 x +1 − 3 x− 2 + 3 = 0

• Với 2 x + 1 − 3 x − 2 − 1 = 0 ⇔ 2 x + 1 = 3 x − 2 + 1 ⇔ x = 3 . • Với 2 x + 1 − 3 x − 2 + 3 = 0 ⇔ 2 x + 1 + 3 = 3 x − 2 . Khi đó ta được 5x − 31 ≥ 0 454 + 16 486 = 9 ( x − 2) ⇔  ⇔x= 2 50 ( 5x − 31) = 12 ( x + 1) Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là

x+1+3

)

 454 + 16 486  S = 3; . 50   Bài 63. Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

6 ( 4x − 3 ) + 2 2x 2 − 19x + 14 = 2x 2 − 19x + 14

(

⇔ 2 ( x − 1)( 2x − 5 ) = 2x 2 − 19x + 14

( ⇔ 2 ( x − 1) ( ⇔ 2 ( x − 1)

)(

2x − 1 + 2

)

)( 2x − 1 − 1) = ( 2x − 19x + 14 ) ( 2x − 1 + 2 ) 2x − 1 + 2 ) = 2x − 19x + 14 ⇔ 2 ( x − 1) 2x − 1 = 2x − 15x + 10 2

2x − 1 + 2

2  ( x − 1) 2x 2 − 15x + 10 ≥ 0 ( x − 1) 2x − 15x + 10 ≥ 0  ⇔ ⇔ 2 2 2 2 4 ( x − 1) ( 2x − 1) = 2x − 15x + 10  x − 12x + 8 4x − 20x + 13 = 0

(

)

(

)

(

)

)(

)

Giải các trường hợp trên và kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm

 5 − 2 3  S = 6 + 2 7 ;  2   Bài 64. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

x 2 − 3x − 4 − x 2 − 4x − 2 = x 2 − 4x − 2

(

⇔ x − 2 = x 2 − 4x − 2 ⇔

(

x −1 −1

)(

x −1 −1

)

(

x − 1 − 1 ⇔ ( x − 1) − 1 = x 2 − 4x − 2

) (

x − 1 + 1 = x 2 − 4x − 2

)(

x −1 −1

)(

x −1 −1

)

 x −1 −1 = 0  x −1 = 1 ⇔ ⇔  x − 1 + 1 = x 2 − 4x − 2  x − 1 = x 2 − 4x − 3

x −1 = 1 ⇔ x −1 = 1 ⇔ x = 2 . x 2 − 4x − 3 ≥ 0  2 • Với x − 1 = x − 4x − 3 ⇔  2 ⇔ x = 5. 2 − = − − x 1 x 4x 3  2 2 Do x − 1 = x 2 − 4x − 3 ⇔ ( x − 5 )  x x 2 − 4x − 3 + ( x − 1) − 3  = 0   • Với

(

( (

)

) )

Kết hợp điều kiện x ≥ 1 và x 2 − 4x − 3 ≥ 0 ta được x ≥ 2 + 7 . 2

(

)

Từ đó suy ra ( x − 1) > 3 nên x x 2 − 4x − 3 + ( x − 1) − 3 = 0 vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {2; 5} .

Bài 65. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + 2x − 7 + 2x ( x − 3 ) = 2x ( x − 3 ) ⇔ ( x + 1)( 3x − 7 ) = 2x ( x − 3 )

( ⇔(

(

x+2 +1

)

)( x + 2 − 1) ( 3x − 7 ) = 2x ( x − 3) ( x + 2 + 1) x + 2 − 1) ( 3x − 7 ) = 2x ( x − 3 ) ⇔ 2x − 3x − 7 = ( 3x − 7 ) x+ 2 +1

⇔

x+2

 2  2x 2 − 3x − 7 ( 3x − 7 ) ≥ 0  2x − 3x − 7 ( 3x − 7 ) ≥ 0  ⇔ ⇔ 2 2 2 2 4x − 13x + 7 x 2 − 2x − 7 = 0  2x − 3x − 7 = ( 3x − 7 ) ( x + 2 )   13 − 57  Giải các trường hợp trên ta có tập nghiệm S =  ;1+ 2 2 .  18 

( (

) )

( (

)

)(

)

Bài 66. Điều kiên xác định của phương trình là x ≥ −6 . Phương trình dã cho tương đương với

7x   2 7x   4x 2 − 13x + 2 − 4  x 2 − + 1 +  x − + 1 2 2      2 7x  ⇔ 2 (x − 2) + 2  x − + 1  2x + 12 + 4 = 0 2  

(

)

2x + 12 + 4 = 0

)

 7x  2x + 12 + 4 + 2  x 2 − + 1  2x + 12 + 4 = 0 2   2 2x − 7x − 2 ≥ 0 ⇔ 2x 2 − 7x − 2 = 2x + 12 ⇔  2 2  2x − 9x + 2 2x − 5x − 4 = 0  9 − 65 5 + 57  Giải các trường hợp trên kết hợp với điều kiện xác định ta được S =  ; . 4   4 Bài 67. Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương

⇔

(

2x + 12 − 4

)(

)

(

)

)(

)

đương với

( 2x − 4x + 1) 2x − 1 = 4x − 7x + 3 ⇔ ( 2x − 4x + 1) ( 2x − 1 − x + 1) = 2 ( 1 − x ) ( 2x − 4x + 2 ) ⇔ ( 2x − 4x + 1) ( 2x − 1 − x + 1) = 2 ( 1 − x ) ( x − 1) − ( 2x − 1)    ⇔ ( 2x − 4x + 1) ( 2x − 1 − x + 1) = 2 ( 1 − x ) ( x − 1 − 2x − 1 )( x − 1 + 2

)

 2x − 1 − x + 1 = 0 ⇔ 2  2x − 4x + 1 = 2 ( x − 1) x − 1 + 2x − 1  x − 1 ≥ 0 2x − 1 − x + 1 = 0 ⇔ 2x − 1 = x − 1 ⇔  2 ⇔ x=2+ 2 . 2x − 1 = ( x − 1)

(

• Với

2x − 1

)

(

)

• Với 2x 2 − 4x + 1 = 2 ( x − 1) x − 1 + 2x − 1 ta được 2 ( x − 1) 2x − 1 + 1 = 0 , phương trình vô nghiệm khi x ≥

1 . 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 + 2 .

Bài 68. Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

6x 3 − 25x + 8x + 2 − 4x 2 − 23x + 10 = 4x 2 − 23x + 10

(

) (

)(

2x − 1 − 1

) ( 2x − 1 − 1) − 23x + 8 ) = 2 ( 4x − 23x + 10 ) (

)

⇔ ( x − 1) 6x 2 − 23x + 8 = 4x 2 − 23x + 10

⇔

(

)(

2x − 1 − 1

)(

2x − 1 + 1 6x 2

 2x − 1 − 1 = 0 ⇔  2x − 1 + 1 6x 2 − 23x + 8 = 2 4x 2 − 23x + 10 

(

• Với

)(

2x − 1 = 1 ⇔ 2x − 1 = 1 ⇔ x = 1 .

) (

)

2x − 1 − 1

)

• Với

(

)(

) (

)

2x − 1 + 1 6x 2 − 23x + 8 = 2 4x 2 − 23x + 10 ta được

( 6x − 23x + 8 ) 2x − 1 = 2x − 23x + 12 ⇔ ( 6x − 23x + 8 ) ( 2x − 1 − 1) = 4 ( x + 1)( 1 − x ) ⇔ ( 6x − 23x + 8 ) ( 2x − 1 − 1) = 2 ( x + 1) ( 1 − 2x − 1 )( 2

 2x − 1 − 1 = 0 ⇔  − 6x 2 − 23x + 8 = 2 ( x + 1) 

(

)

(

2x − 1 + 1

)

x = 1  2 ⇔  ( x + 1) −6x + 21x − 10 ≥ 0 2x − 1 + 1  2 2   9x − 20x + 8 4x − 20x + 13 = 0

(

)

(

)

)(

)

10 + 2 7 5−2 3 ;x = thỏa mãn. 9 2  10 + 2 7 5 − 2 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 1; ; . 9 2   Giải các trường hợp trên ta được x = 1; x =

Bài 69. Điều kiện xác định của phương trình là 2x + 1 ≥ 0 . Đặt y = 2x + 1 ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành y 3 + x 3 − 3 ( x − 1)( y − x ) = 1 ⇔ x 3 − 3x 2 + 3 ( y + 1) x + y 3 − 3y − 2 = 0 . Phương trình trên tương đương với

( x + y ) ( x − xy + y ) + 3 ( x − 1) y − 3x + 3x − 2 = 0 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x − xy + y ) + 2 ( x − xy + y ) + 3 ( x − 1) y − 3x ⇔ ( x + y − 2 ) ( x − xy + y ) + ( x + y − 2 )( 2y − x + 1) = 0 ⇔ ( x + y − 2 ) ( x − xy + y + 2y − x + 1) = 0 2

+ 3x − 2 = 0

2 x2 1 1 x  Dễ thấy x − xy + y + 2y − x + 1 =  − y  + 2y + + ( x − 1) + > 0 với y ≥ 0 . 2 2 2 2  2

Do đó từ phương trình trên ta được x + y − 2 = 0 ⇔ y = 2 − x hay 2 − x = 2x + 1 . Giải phương trình trên và kết ợp với điều kiện xác định ta được x = 3 − 6 là nghiệm duy nhất.

Bài 70. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Đặt y = x − 1 , khi đó phương trình đã cho trở thành

(

)

x2 + y 2 + 1 +

 4xy  2 4xy 4xy = 5 ⇔ x2 + y2 + = 4 ⇔ (x + y) − 4 +  − 2xy  = 0 x+y x+y x+y 

⇔ ( x + y − 2 )( x + y + 2 ) +

2xy ( 2 − x − y ) x+y

x + y − 2 = 0 = 0 ⇔  2xy x+y+2− =0  x+y

2 − x ≥ 0 5− 5 . • Với x + y − 2 = 0 ⇒ x − 1 = 2 − x ⇔  2 ⇔ x = 2 x − 1 = ( 2 − x ) 2 2xy = 0 ⇔ ( x + y ) + 2 ( x + y ) − 2xy = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2 ( x + y ) = 0 . • Với x + y + 2 − x+y Dễ thấy với x ≥ 1; y ≥ 0 thì phương trình trên vô nghiệm.

5− 5 là nghiệm duy nhất. 2 Bài 72. Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 1 ≥ 0 . Đặt y = 2x − 1 ≥ 0 , khi đó

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x =

phương trình đã cho trở thành x3 + y3 +

3 3xy 3xy = 1 ⇔ (x + y) − 1 + − 3xy ( x + y ) = 0 x+y x+y

3xy ( x + y − 1)( x + y + 1) 2 ⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) + x + y + 1 − =0   x+y  3 ( x + y + 1)  2 ⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) + x + y + 1 − =0 x + y   1 − x ≥ 0 • Với x + y − 1 = 0 ta được 2x − 1 = 1 − x ⇔  2 ⇔ x = 2− 2 2x − 1 = 1 − x ( )  3 ( x + y + 1) 2 = 0 ta được • Với ( x + y ) + x + y + 1 − x+y 3

( x + y ) + ( x + y ) + x + y − 3xy ( x + y + 1) = 0 Dễ thấy ( x + y ) + ( x + y ) + x + y − 3xy ( x + y + 1) = x + y + x + y − xy + x + y > 0 3

x≥

với mọi

1 ;y ≥ 0. 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 − 2 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐẠI LƯỢNG LIÊN HỢP

( x + 3 − x )( 1 − x + 1) = 1 Bài 2.Giải phương trình ( x + 4 − 2 )( 4 − x + 2 ) = −2x Bài 3. Giải phương trình ( x + 2 − x − 1 )( 2 − x + 1) = 1. Bài 4. Giải phương trình 3 ( 4 + x − 3 ) = 3x + x + 5.

Bài 1. Giải phương trình

Bài 5. Giải phương trình

5x − 6 + 10 − 3x = 2x 2 − x − 2

Bài 6. Giải phương trình

10x + 1 + 3x − 5 = 9x + 4 + 2x − 2 .

(

)

Bài 7. Giải phương trình

3x 2 − 5x + 1 − x 2 − 2 = 3 x 2 − x − 1 − x 2 − 3x + 4 .

Bài 8. Giải phương trình

x + 2 + x 2 = 3x − 2 + x + 2 .

Bài 9. Giải phương trình

9x 2 − 8x + 1 + 3 x 2 − x + 1 = 8 − x

Bài 10. Giải phương trình

3x − 2 + x − 1 + x 4 − 5x 3 + 12x 2 − 15x + 3 = 0 .

Bài 11. Giải phương trình

3x + 1 + 2x − 1 + x + 3 + 2x 3 + x 2 − 5x − 3 = 0 .

Bài 12. Giải phương trình 3 3 x 2 + x 2 + 8 − 2 = x 2 + 15 . Bài 13. Giải phương trình

x 2 + 2 3 x − ( x − 4 ) x − 7 − 3x + 28 = 0 .

Bài 14. Giải phương trình

−x 2 + x − 1 + 2x − 1 + x 2 + x = 2 .

(

Bài 15. Giải phương trình x 3 + 2x − x 2 + 1 Bài 16. Giải phương trình

x−

)

2x − 1 = 3 2x 2 − x .

4 + 4x = 3 x 3 + 3x 2 + 2 − 3x . 3

Bài 17. Giải phương trình x 2 + 2x = x 4x + 1 + 3 3x + 2 .

)

(

Bài 19. Giải phương trình ( x + 1) 2 x 2 + 3 − x 2 + 3 3x 2 + 5 = 5x + 3 .

)

(

Bài 20. Giải phương trình 2 + x 2 − 2x + 5 ( x + 1) + 4x x 2 + 1 = 2x x 2 − 2x + 5 .

Bài 21. Giải phương trình

x2 + 4

+6 = 2

x 2 + 3x − 3 + x2 . 3x + 2

Bài 22. Giải phương trình 5 x − 1 + 3 7x − 8 + 2 = x 2x − 1 Bài 23. Giải phương trình ( x − 1) x 2 − 2x + 5 − 4x x 2 + 1 = 2 ( x + 1) Bài 24. Giải phương trình

x − 4 + 6 − x = x 3 − 25x + 2

(

)

Bài 25. Giải phương trình 4 x + 1 + 2 2x + 3 = ( x − 1) x 2 − 2 .

)

(

Bài 26. Giải phương trình ( x + 7 ) x 2 − 9x + 1 − 3 20x 2 + 102x − 121 + 63x + 1 = 0

4  Bài 27. Giải phương trình  2 −  x 

(

)

x −1 −1 =

9x 2 − 14x + 25 3x + 3 + 4 2x − 1

Bài 28. Giải phương trình 2x + 9 = 4 x + 4 + 4 4x + 1 . Bài 29. Giải phương trình

6x 2

(

2x + 1 + 1

)

= 2x + x − 1 − 1 2 2−x = ( x + 1) x+2 x + 6 = x 3 − 4x 2 − 8x + 18

Bài 30. Giải phương trình ( x − 1) 4x + 1 + ( x + 1) 1 − 2x +

(

Bài 31. Giải phương trình 3 ( x − 3 ) x + 2 − x 2 − 4

)

Bài 32. Giải phương trình x 2 − 9x + 5 + x 2x 2 + 6 = 6x − 1 . Bài 33. Giải phương trình 2x 2 − x − 2 + 3x 2 + 2x + 3 = 8x + 3 .

(

Bài 34. Giải phương trình x 2 + 3

)

x 2 − x + 1 = x 3 + 3x 2 − 4x + 1

Bài 35. Giải phương trình ( x + 3 ) 5x 2 + x + 3 = 13x − 1

(

Bài 36. Giải phương trình x 2 + 2x + 3

)

x − 1 = x 2 + 6x + 21 .

Bài 37. Giải phương trình x 3 − 7x 2 + 14x = 3x − 8 + 5x − 11 + 3

(

)

Bài 38. Giải phương trình 3 x 2 − x + 3 = 6x − 1 + ( x + 2 ) 2x 2 + 6 Bài 39. Giải phương trình 8x 3 + 6x − 1 + 10x + 3 + 6x = 48x 2 Bài 40. Giải phương trình 2x 3 + 3x 2 − 17x − 26 = 2 x + 1 Bài 41. Giải phương trình 2x 2 − 5x − 1 = x − 2 + 4 − x . Bài 42. Giải phương trình

Bài 43. Giải phương trình

x + 6 + x − 1 = x2 − 1 x 2 − 2x + 5 + 2 4x + 5 = x 3 − 2x 2 + 5x + 4 .

)

(

Bài 44. Giải phương trình 5x + 3 = ( x + 1) 2 x 2 + 3 − x 2 + 3 3x 2 + 5 . Bài 45. Giải phương trình x 2 − x − 18 + ( 2x + 9 ) x + 3 − 2 5x − 1 = 0 . Bài 46. Giải phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 = x 2 + 7x + 12 Bài 47. Giải phương trình x 3 + 2x 2 − 6x + 1 = 2 x 2 − x + 1 − ( x + 1) 3x + 1 Bài 48. Giải phương trình 4

(

)

(

)

x + 1 − 3 x 2 + 13 x + 1 − 8 x − 4 x − 1 − 3 = 0 .

Bài 49. Giải phương trình 2x 2 + x + x 2 + 3 + 2x x 2 + 3 = 6 Bài 50. Giải phương trình 3x 3 − 9x 2 + 4x + 5 = 3 2x − 3 . Bài 51. Giải phương trình

4x 3 − 29x 2 + 76x − 32 = 2x 3 − 16x 2 + 40x − 16 . 5x − 4

Bài 52. Giải phương trình

Bài 53. Giải phương trình Bài 54. Giải phương trình 2

8 − x + 5x + 4 = 2x 2 + 7x + 4

(

)

5x 2 + 6x + 1 − 3 1 + x + 1 = 3 x − 2 − 5x 2 − 9x − 2

x2 + x + 1 2 + x2 − 4 = x+4 x2 + 1

Bài 55. Giải phương trình 2x 2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4 .

Bài 56. Giải phương trình

x 2 + 16 − 2 x 2 − 3x + 4 = x + 1 − 1

Bài 57. Giải phương trình ( 5x − 4 ) 2x − 3 − ( 4x − 5 ) 3x − 2 = 2 Bài 58. Giải phương trình 2 3 x 3 + 7 + 1 = 1 + 16x + 8x 2 . Bài 59. Giải phương trình

2x + 1 + 4 2x − 1 = x − 1 + x 2 − 2x + 3

Bài 60. Giải phương trình ( 5x + 9 ) 3x + 1 + 5 1 − x = ( 6x + 7 ) x + 4 . Bài 61. Giải phương trình

3x + 1 =

8x − 4 3

3x + 5

Bài 62. Giải phương trình 32x 4 − 16x 2 − 9x − 9 2x − 1 + 2 = 0 . Bài 63. Giải phương trình

3x + 1 + 5x + 4 = 3x 2 − x + 3 .

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 1 . Ta có phương trình tương đương với

(

x+3 − x

)(

Do 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 3

(

)

1− x +1 = 1 ⇔

)

1 − x + 1 ≥ 3;

⇒3

(

3 x+3 + x

(

)

1− x +1 = 1 ⇔ 3

(

)

1− x + 1 = x + 3 + x

x+3 + x ≤ 3

3 1 − x + 1 = 3  1− x + 1 = x + 3 + x ⇔  ⇔ x =1  x + 3 + x

(

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 2.Điều kiện xác định của phương trình là −4 ≤ x ≤ 4 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

x+4 −2

)(

⇔ x  4 − x + 2 + 2  Vì

4−x +2+2

(

) = −2x ( x + 4 + 2)

)

4 − x + 2 = −2x ⇔

(

4−x +2

x + 4 + 2  = 0 ⇔ x = 0 

)

x+4 +2 > 0

Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm x = 0 .

Bài 3. Điều kiện xác định 1 ≤ x ≤ 2. Biến đổi tương đương phương trình ta được

x + 2 − x −1 =

⇔

2− x +1

x + 2 + x −1

⇔ x + 2 + x −1 = 3 2 − x + 3 ⇔ x−2

⇔

x+2 +2

(

2−x +1

) (

x+2 −2 +

)

x −1 −1 = 3 2 − x

  1 1 = 3 2 − x ⇔ ( x − 2)  +  = 3 2−x x −1 +1 x −1 +1  x+2 +2 x−2

Kết hợp với điều kiện xác định ta có các trường hợp sau + Nếu x = 2 thỏa mãn phương trình + Nếu 1 ≤ x < 2 thì được vế trái âm và vế phải dương nên trường hợp này phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2

Bài 4. Với x ≥ 3 phương trình đã cho tương đương với

x − 3 − x + 5 = 3 ( x − 4)

Vì x ≥ 3 nên 3 x − 3 + x + 5 > 0, do đó phương trình (1) tương đương với 8 (x − 4)

  8 = 3 (x − 4) ⇔ (x − 4)  − 3 = 0 3 x−3 + x+5 3 x−3 + x+5 

Do x ≥ 3 nên 3 x − 3 + x + 5 ≥ 2 2 , như vậy

3 x−3 + x+5 Vậy x − 4 = 0, do đó phương trình có nghiệm x = 4. Bài 5. Điều kiện xác định của phương trình là

(

) (

−3≤

8 2 2

−3 < 0

6 10 ≤x≤ . phương trình tương đương với 5 3

)

5x − 6 − 2 +

10 − 3x − 2 = 2x 2 − x − 6

5(x − 2)

3 (2 − x)

= ( x − 2 )( 2x + 3 ) 5x − 6 + 2 10 − 3x + 2   5 3 ⇔ (x − 2) − − 2x − 3  = 0 10 − 3x + 2  5x − 6 + 2  x = 2 ⇔  5 3 − − 2x − 3 = 0  5x − 6 + 2 10 − 3x + 2 ⇔

Ta có

5 5x − 6 + 2

−

3 10 − 3x + 2

− 2x − 3 = 0 ⇔

5x − 6 + 2

3 10 − 3x + 2

Với những giá trị của x thuộc tập xác định ta thấy

5 5x − 6 + 2

< 3;

Do vậy phương trình trên vô nghiệm.

3 10 − 3x + 2

+ 2x + 3 > 3

+ 2x + 3

Đối chiếu điều kiện xác định ta được phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .

5 . Phương trình ban đầu trở thành 3 x−3 x−3 9x + 4 + 3x − 5 − 2x − 2 = 0 ⇔ + =0 10x + 1 + 9x + 4 9x + 4 + 2x − 2  1 1 +  = 0x = 3 10x + 1 + 9x + 4 9x + 4 + 2x − 2 

Bài 6. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 10x + 1 −  ⇔ ( x − 3)   Vì

10x + 1 + 9x + 4

9x + 4 + 2x − 2

> 0 ∀x ≥

5 3

Kết hợp với điều kiện xác định, phương trình có nghiệm là x = 3 .

Bài 7. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ − 2 hoặc x ≥

1+ 5 . Phương trình đã 2

cho tương đương với

(

)

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

⇔

(

)

−

3x − 5x + 1 + 3 x − x − 1

3x − 6 x − 2 + x 2 − 3x + 4

  2 3  =0 ⇔ ( x − 2) +   2 2 x − 2 + x − 3x + 4   3x 2 − 5x + 1 + 3 x 2 − x − 1   2 3 + > 0. x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 3x 2 − 5x + 1 + 3 x 2 − x − 1

(

Dễ thấy

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Bài 8. Điều kiện xác định của phương trình 3x − 2 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

2x − 4

= ( x − 2 )( x + 1) 3x − 2 + x + 2 x = 2   2 ⇔ ( x − 2)  − x − 1 = 0 ⇔  2  − x −1 = 0  3x − 2 + x + 2   3x − 2 + x + 2 3x − 2 − x + 2 = x 2 − x − 2 ⇔

Với x ≥ Do đó

2 ta có 3

2 3x − 2 + x + 2

≤

6 2 và x + 1 ≥ + 1 > 1 . 2 3

− x − 1 = 0 vô nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 9. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤

4− 7 4+ 7 ≤x<8. hoặc 8 8

+ Xét

9x 2 − 8x + 1 = 9x 2 − 9x + 9 , phương trình vô nghiệm.

+ Xét

9x 2 − 8x + 1 ≠ 9x 2 − 9x + 9 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với

9x 2 − 8x + 1 + 9x 2 − 9x + 9 = 8 − x ⇔ ⇔

1 2

x−8 2

9x − 8x + 1 − 9x 2 − 9x + 9

=8−x

= −1 ⇔ 9x 2 − 8x + 1 − 9x 2 − 9x + 9 = −1

9x − 8x + 1 − 9x − 9x + 9

 9x 2 − 8x + 1 − 9x 2 − 9x + 9 = −1 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  .  9x 2 − 8x + 1 + 9x 2 − 9x + 9 = 8 − x 9 − x ≥ 0 9 ± 6 46 Suy ra ta được 2 9x 2 − 9x + 9 = 9 − x ⇔  . 2 ⇔ x = 2 35 4 9x − 9x + 9 = 9 − x ( ) 

(

)

 9 − 6 46 9 + 6 46  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S =  ; . 35   35 Bài 10. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

3x − 2 − 2 + x − 1 − 1 + x 4 − 5x 3 + 12x 2 − 15x + 6 = 0 ⇔

3 ( x − 2)

x−2

(

)

+ ( x − 2 ) x 3 − 3x 2 + 6x − 3 = 0

3x − 2 + 2 x −1 +1   3 1 ⇔ ( x − 2)  + + x 3 − 3x 2 + 6x − 3  = 0 x −1 +1  3x − 2 + 2  3

Dễ thấy x 3 − 3x 2 + 6x − 3 = ( x − 1) + 3x − 2 > 0 với mọi x ≥ 1 . Do đó ta được

3 3x − 2 + 2

1 x−1 +1

+ x 3 − 3x 2 + 6x − 3 > 0 .

Suy ra từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điề kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Bài 11. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ với

1 . Phương trình đã cho tương đương 2

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

2 ( x − 1)

+ ( x − 1)( 2x − 1)( x + 2 ) = 0 3x + 1 + 2 2x − 1 + 1 x+3 +2   3 2 1 ⇔ (x − 2)  + + + ( 2x − 1)( x + 2 )  = 0 2x − 1 + 1 x+3 +2  3x + 1 + 2  3 2 1 1 + + + ( 2x − 1)( x + 2 ) > 0 . Dễ thấy với x ≥ thì 2 3x + 1 + 2 2x − 1 + 1 x+3 +2 ⇔

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .

Bài 12. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với 3

(

)(

x2 − 1 +

(

3 x2 − 1

)

x2 + 8 − 3 −

)

x2 − 1

x 2 + 15 − 4 = 0 x2 − 1

=0 x4 + 3 x2 + 1 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4   3 1 1 ⇔ x2 − 1  + −  = 0 3 4 3 2 2 2 x +8 +3 x + 15 + 4   x + x +1

⇔

(

Dễ thấy

Suy ra

x2 + 8 + 3

1 x 2 + 15 + 4

−

)

−

3 3

1 + x 2 + 15 − x 2 + 8

(

x2 + 8 + 3

−

x + x +1

x +8 +3

)(

x 2 + 15 + 4

)

>0.

x + 15 + 4

Do đó từ phương trình ta được x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 và x = −1 .

Bài 13. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 7 . Phương trình đã cho tương đương với 6x − 56 − 2 3 x 2 + 4 3 x + 2 ( x − 4 ) x − 7 = 0 ⇔ 3 x2

(

) (

x −2 +4

( x − 8)

)

x − 2 + 2 (x − 4) 4 (x − 8)

(

)

x − 7 − 1 + 7x − 56 = 0

2 ( x − 4 )( x − 8 )

+ 7 (x − 8) = 0 x x2 + 2 3 x + 4 3 x2 + 2 3 x + 4 3 2   2 (x − 4) x 4 ⇔ (x − 8)  + + +7 = 0  3 x2 + 2 3 x + 4 3 x2 + 2 3 x + 4  x   ⇔

Dễ thấy

x2 + 2 3 x + 4

4 3

x2 + 2 3 x + 4

2 (x − 4) x

+ 7 > 0 với mọi x ≥ 7 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 7 , thoa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 7 .

Bài 14. Điều kiện xác định của phương trình là 2x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)(

( x − 1) ( x

⇔ 3

) (

−x2 + x − 1 + x +

( −x

+ x −1

)

(

)

2 ( x − 1)

− x −x + x − 1 + x

2x − 1 + 1

+ ( x − 1)( x + 1) = 0

    x2 + 1 2 ⇔ ( x − 1)  + + x + 1 = 0 2 2x − 1 + 1  3 −x 2 + x − 1 − x 3 −x 2 + x − 1 + x 2    2 1 x +1 2 + + x + 1 > 0 với mọi x ≥ . 2 2 2x − 1 + 1 −x 2 + x − 1 − x 3 −x 2 + x − 1 + x 2

(

Dễ thấy

)

2x − 1 − 1 + x 2 − 1 = 0

)

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã ch có nghiệm duy nhất là x = 1 . 1 Bài 15. Điều kiện xác định là x ≥ . Đặt a = 3 2x 2 − x . Phương trình đã cho tương đương 2 với

 x x2 + 1 − x2 + 1 

(

( (x ⇔

) (

)( + 1) ( x − 1)

)

(

2x − 1  + x − 3 2x 2 − x = 0 

)

) (

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

x + 2x − 1

x ( x − 1)

+ 3

( 2x

−x

)

=0 2

+ x 2x − x + x

   x2 + 1  x ⇔ ( x − 1)  + =0 2  x + 2x − 1 3 2x 2 − x + x 3 2x 2 − x + x 2    2 1 x +1 x Dễ thấy + > 0 với mọi x ≥ . 2 x + 2x − 1 3 2x 2 − x 2 + x 3 2x 2 − x + x 2 2

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Bài 16. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, do đó x > 0 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với.

  4 3 3 2  3 x − + 3x  + 4x − x + 3x + 2 + 3x − 3x = 0 3   3 1 81x + 3x − 4 63x 3 − 3x − 2 3x − 9x 2 ⇔ . 2 + + =0 3 a − 3ax + 9x 2 16x 2 + 4xb + b 2 3x + 3x

)(

(

)

(

)

2 2 1 ( 3x − 1) 27x + 9x + 4 ( 3x − 1) 21x + 6x + 2 3x ( 3x − 1) ⇔ . + − =0 3 a 2 − 3ax + 9x 2 16x 2 + 4xb + b 2 3x + 3x

 1 27x 2 + 9x + 4 21x 2 + 6x + 2 3x  ⇔ ( 3x − 1)  . 2 + − =0 2 2 2 3x + 3x   3 a − 3ax + 9x 16x + 4xb + b

3x 1 27x 2 + 9x + 4 21x 2 + 6x + 2 3x . 2 + − > 0 do < 1. 2 2 2 3 a − 3ax + 9x 16x + 4xb + b 3x + 3x 3x + 3x 1 Do đó từ phương trình trên ta được 3x − 1 = 0 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện xác định. 3 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 3 1 Bài 17. Điều kiện xác định là x ≥ − . Đặt a = 3 3x + 2 . Phương trình đã cho tương đương 4 Dễ thấy

với

4x ( x + 1) − 4x + 1  + 3 3x + 2   ⇔

4x 2 ( x − 2 )

x + 1 + 4x + 1

+ 3

)

3x + 2 − 4 + ( x − 2 ) = 0

( x − 2 )( 9x + 30 ) 3x + 2 + x − 2 = 0 ( ) ( 3x + 2 ) + 4 3x + 2 + 16

+ 3

 4x 2 ⇔ (x − 2)  +  x + 1 + 4x + 1  Dễ thấy

x + 1 + 4x + 1

4x 2

(

( 9x + 30 ) ( 3x + 2 ) + 4 2

 + 1 = 0  3 3x + 2 + 16  

3x + 2

1 + 1 > 0 với x ≥ − . 4 3 3x + 2 + 16

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Bài 18. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(1 +

x+1

)(

) (

2x 2 − 2x + 1 + x − 1 = 1 + x + 1

)(

x +1 −1

)

⇔ 2x 2 − 2x + 1 + x − 1 = x + x 2 − x ⇔ 2x 2 − 2x + 1 − x 2 + x = 1 − x − x x 2 − 3x + 1

⇔

= 1− x − x ⇔

−x

+ x −1+ x = 0 2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x x − 1 + x = 0   x −1− x + 1 = 0 ⇔  x −1− x  +1= 0 2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x   2 2  2x − 2x + 1 + x + x

2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x

 ⇔ x −1+ x   

(

( x − 1)

)

3− 5 x ≥ 0 • Với x − x − 1 = 0 ⇔  . ⇔x= 2 2 x − 1 = x ( ) 

• Với

x −1− x

+1 = 0.

2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x

2x 2 − 2x + 1 ≥ 1; x 2 + x − x ≥ 0 , do đó ta có

Do x ≥ 0 nên ta được

x −1− x 2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x

2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x + x − 1 − x

+1 =

2x 2 − 2x + 1 + x 2 + x

x −1− x

Do đó phương trình

2x − 2x + 1 + x 2 + x

≥0

+ 1 = 0 có nghiệm là x = 0 .

 3 − 5  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = 0; . 2   Bài 19. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

) x + 3 − 2) + (x + 1 −

( x +3(

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

⇔

( x + 1)

(

x2 + 3 x2 − 1 x2 + 3 + 2

)

3x 2 + 5 + ( x − 1) = 0 x 3 + 3x − 4

( x + 1 ) + ( x + 1)

3x + 5 +

( 3x

)

 2 2  ( x + 1) x + 3 x2 + x + 4 ⇔ ( x − 1)  + 2 x2 + 3 + 2  x + 1) + ( x + 1) 3 3x 2 + 5 + 3 3x 2 + 5 ( 

(

Dễ thấy

( x + 1)

x2 + 3

x2 + 3 + 2

x2 + x + 4

+ 2

( x + 1) + ( x + 1)

3x + 5 +

( 3x

)

+ ( x − 1) = 0

  + 1 = 0  

+ 1 > 0 với mọi x.

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

(

)

Bài 20. Giải phương trình 2 + x 2 − 2x + 5 ( x + 1) + 4x x 2 + 1 = 2x x 2 − 2x + 5 .

Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phươg trình đã cho tương đương với

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

x 2 − 2x + 5 + 2x 2 x 2 + 1 − x 2 − 2x + 5 = 0 2

  6x 2 − 2x ⇔ ( x + 1)  2 + x 2 − 2x + 5 +  = 0 2 2 2 x + 1 + x − 2x + 5    x = −1  ⇔ 6x 2 − 2x 2 + x 2 − 2x + 5 + =0  2 x 2 + 1 + x 2 − 2x + 5 Ta có 2 + x 2 − 2x + 5 +

6x 2 − 2x 2 x 2 + 1 + x 2 − 2x + 5

⇔ 4 x 2 + 1 + 2 x 2 − 2x + 5 + 2

)(

)

+ 1 x 2 − 2x + 5 + 7x 2 − 4x + 5 = 0

Dễ thấy 7x 2 − 4x + 5 > 0 với mọi x. Do đó phương trình trên có vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 21. Điều kiện xác định của phương trình là

2 3 − 21 −3 − 21 ≤ x < − hoặc x ≥ . 2 3 2

Phương trình đã cho tương đương với  x 2 + 3x − 3   3  x2 − 5 + 2  − 1 +  1 − =0 2    3x 2 + x 4 +    2 2 x −5 x2 − 5 ⇔ x2 − 5 + + =0 2 2 2 x 4 3 x 4 + + + 3x + 2 + ( 3x + 2 ) x + 3x − 3

(

)

(

)

(

)

(

 ⇔ x − 5 1 +   3x + 2 + 2

)

 =0 + 2 2 2 ( 3x + 2 ) x + 3x − 3 x + 4 + 3 x + 4  1 Dễ thấy 1 + + > 0 với mọi x thỏa mãn điều x2 + 4 + 3 x2 + 4 3x + 2 + ( 3x + 2 ) x 2 + 3x − 3

(

)

(

)

kiện xác định. Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 5 = 0 ⇔ x = ± 5 .

{

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = − 5; 5

}

Bài 22. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Đặt a = x − 2; b = 3 7x − 8 . + Xét x = 1 ta thấy thỏa mãn phương trình. + Xét x > 1 , khi đó phương trình đã cho tương đương với

(

) (

) ( 2x ( x − 6x + 5 ) +

x x + 1 − 2 2x − 1 = 5 x − 1 − 2 x − 1 + x 2 − 6x + 5 + 2 x − 2 − 3 7x − 8

(

x x 2 − 6x + 5

)

(

5 x 2 − 6x + 5

)

(

)

= x − 6x + 5 a 2 + ab + b 2 x + 1 + 2 2x − 1 x − 1 + 2 x − 1   5 2x x ⇔ x 2 − 6x + 5  + 1+ 2 − =0 2 a + ab + b x + 1 + 2 2x − 1  x −1+ 2 x −1 ⇔

(

Ta có 1 −

)

1 + 2 2x − 1

> 0 với mọi x > 1 . Do đó ta được x + 1 + 2 2x − 1 5 2x x + 1+ 2 − >0 2 a + ab + b x + 1 + 2 2x − 1 x −1+ 2 x −1 =

x + 1 + 2 2x − 1

Suy ra từ phương trình trên ta được x 2 − 6x + 5 = 0 ⇒ x = 5 (do x > 1 ). Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = 1 và x = 5 .

Bài 23. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

2 ( x + 1) + ( 1 − x ) x 2 − 2x + 5 + 4x x 2 + 1 = 0 ⇔ 2 ( x + 1) + ( x + 1 − 2x ) x 2 − 2x + 5 + 4x x 2 + 1 = 0

( ⇔ ( x + 1) ( 2 +

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

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

  6x 2 − 2x ⇔ ( x + 1)  2 + x 2 − 2x + 5 +  = 0 2 x 2 + 1 + x 2 − 2x + 5   Dễ thấy 2 + x 2 − 2x + 5 +

6x 2 − 2x

2 x 2 + 1 + x 2 − 2x + 5

4 x 2 + 1 + 2 x 2 − 2x + 5 + 2 2

)(

)

+ 1 x 2 − 2x + 5 + 7x 2 − 4x + 5 2

2 x + 1 + x − 2x + 5 Do đó từ phương trình trên ta được x + 1 = 0 ⇔ x = −1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = −1 .

Bài 24. Điều kiện xác định của phương trình là 4 ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

x 3 − 25x + 1 − x − 4 + 1 − 6 − x = 0 ⇔ x ( x − 5 )( x + 5 ) +

5−x

x−5

=0 1+ 6 − x   1 ⇔ ( x − 5 )  x 2 + 5x − + =0 1+ x − 4 1+ 6 − x   Dễ thấy với 4 ≤ x ≤ 6 thì x + 5x − Do đó x 2 + 5x −

1 1+ x − 4

)(

1+ 6 − x

)

+ 5x 1 + x − 4 − 1

1+ x − 4

1+ x − 4 1

1+ x − 4

> 0.

, nên từ phương trình trên ta được x = 5 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 25. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Dễ thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình. Với x > −1 thì phương trình đã cho tương đương với

(

) (

)

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

(

−2 x 2 − 2x − 3

) + −(x

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

− 2x − 3

)

− 2x − 3 2 x +1 + x +1 2   2 1 ⇔ x 2 − 2x − 3  + + x + 1 = 0  2 x + 1 + x + 1 2 2x + 3 + x + 3  ⇔

(

)

Do x > −1 nên

2 x + 1 + x + 1 2 2x + 3 + x + 3

+ x +1> 0.

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x = 3 , do x > −1 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được S = {−1; 3} .

Bài 26. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Dễ thấy x = của phương trình. Do đó với x ≠

(x + 7)(x

1 không phải là nghiệm 2

1 thì phương trình đã cho tương đương với 2

)

− 9x + 1 − ( x + 7 ) 3 20x 2 + 102x − 121 + 63x + 1 = 0

⇔ x 3 − 2x 2 + x + 8 − ( x + 7 ) 3 20x 2 + 102x − 121 = 0

)

(

⇔ x 3 − 2x 2 + x + 8 − ( x + 7 )( 2x − 1) 2x − 1 − 3 20x 2 + 102x − 121 = 0

( x + 7 ) ( 2x − 1) − ( 20x 2

⇔ x − 4x − 12x + 15 +

 8 (x + 7) ⇔ x 3 − 4x 2 − 12x + 15 1 + =0 P  

(

)

+ 102x − 121  

)

Với P =

( 20x

+ 102x − 121

Dễ thấy với x ≠ 3

) + ( 2x − 1)

20x 2 + 102x − 121 + ( 2x − 1) .

2 1 thì ( 2x − 1) > 0 nên P > 0 . Ta có 2

( 20x

+ 102x − 121

) + ( 2x − 1)

20x 2 + 102x − 121 + ( 2x − 1) + 8 ( x + 7 )

2  2x − 1  227 =  3 20x 2 + 102x − 121 + + 3x 2 + 5x + >0  2  4  8(x + 7) = P + 8 ( x + 7 ) > 0 nên từ phương trình trên ta được Do đó 1 + P

(

)

(

)

x 3 − 4x 2 − 12x + 15 = 0 ⇔ ( x − 1) x 2 − 3x − 15 = 0 ⇔ x = 1; x =

3 ± 69 2

 3 − 69 3 + 69  ; Kết hợp với điều kiện xác định ta được S = 1; . 2 2   Bài 27. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình Khi x > 1 thì phương trình tương đương với  4 2−  x 

(

 4 ⇔ 2−  x   4 ⇔ 2−  x 

x −1 −1

) )

( 3x + 3 ) =

− 16 ( 2x − 1)

3x + 3 + 4 2x − 1

( 3x + 3 + 4

)(

2x − 1 3x + 3 − 4 2x − 1

(

x −1 −1 =

(

x − 1 − 1 = 3x + 3 − 4 2x − 1

)

3x + 3 + 4 2x − 1

)

(

)

(

)

⇔ x 2 + 11x − 8 − 4x 2x − 1 + ( 2x − 4 ) x − 1 − x − 1 = 0

(x ⇔

)

+ 11x − 8 − 16x 2 ( 2x − 1)

x 2 + 11x − 8 − 4x 2x − 1

+ ( 2x − 4 )

( x − 1) − ( x − 1 ) = 0 x −1+ x −1

Do với x > 1 thì x 2 + 11x − 8 > 0 và x − 1 + x − 1 > 0 . Suy ra phương trình trên tương đương với

( x − 1) ( x

− 9x 2 + 112x − 64

) + 2 ( x − 1)( x − 2 )

=0 x 2 + 11x − 8 + 4x 2x − 1 x −1+ x −1 2  x 3 − 9x 2 + 112x − 64 2 ( x − 2)  =0 ⇔ ( x − 1)  2 +  x + 11x − 8 + 4x 2x − 1 x − 1 + x − 1    2 3 2 Do x > 1 nên x − 9x + 112x − 64 = ( x − 1) ( x − 4 ) + 88  + 40 > 0 .   Nên từ phương trình trên ta được x = 1 , loại do x > 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

1 Bài 28. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 4 với

(x + 8 − 4 ( x + 8) ⇔

) (

− 16 ( x + 4 )

x+8+4 x+4 x2

⇔

)

x + 4 + x + 1 − 4 4x + 1 = 0

x+8+4 x+4

(

( x + 1) − ( 4x + 1) 4x + 1 ) ( x + 1) +  2

x + 1+ 4

(

x 2 x 2 + 4x + 6

(

4x + 1  

)

x + 1 + 4 4x + 1 ( x + 1) + 4x + 1   

)

  1 x 2 + 4x + 6   ⇔x  + =0 2 4 ( x + 1) + 4x + 1   x + 8 + 4 x + 4 x + 1 + 4x + 1     1 x 2 + 4x + 6 1 + > 0 với mọi x ≥ − . Dễ thấy 2 4 x+8+4 x+4 x + 1 + 4 4x + 1 ( x + 1) + 4x + 1    2

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 29. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

3  3 ( 2x + 1) − 1 = 2x + x − 1 ⇔  2 2 2x + 1 + 1 2

( ⇔ 3(

) 2x + 1 − 1)

(

)

(

2x + 1 + 1   = 2x + x − 1 2 2x + 1 + 1

2x + 1 − 1

(

)(

)

) (

= 2 2x + x − 1 ⇔ 3 2x + 2 − 2 2x + 1 = 2 2x + x − 1

)

9 1 = x −1+ x −1 + 4 4 2 2  2x + 1 = x − 1 + 2  3  1 ⇔  2x + 1 −  =  x − 1 +  = 0 ⇔  2  2  2x + 1 + x − 1 = 1  x − 2 ≥ 0 2x + 1 = x − 1 + 2 ⇔ x − 2 = 4 x − 1 ⇔  ⇔ x = 10 + 4 5 2 ( x − 2 ) = 16 ( x − 1) ⇔ x + 4 − 3 2x + 1 = x − 1 ⇔ 2x + 1 − 3 2x + 1 +

• Với

2x + 1 + x − 1 = 1 , không xẩy ra do x ≥ 1 nên

2x + 1 + x − 1 ≥ 3 > 1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 10 + 4 5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 30. Điều kiện xác định của phương trình là −

1 1 ≤ x ≤ . Phương trình đã cho tương 4 2

đương với

(1 − x ) ( ⇔ (1 − x ) ⇔

)

(

)

2−x =0 x+2 x2 + 1 ( x + 2 ) + x − 2

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

( 4x + 1) − 1 + 4x + 1 + 1

4x ( 1 − x )

( x + 1)

2x ( x + 1)

1 − ( 1 − 2x )

1 + 1 − 2x x x 2 + 2x + 2

(

x+2

4x + 1 + 1 1 + 1 − 2x

(

)

x+2

) =0

 4 (1 − x ) 2 ( x + 1) x 2 + 2x + 2  ⇔ x + + =0 x + 2   4x + 1 + 1 1 + 1 − 2x Dễ thấy với −

1 1 ≤ x ≤ thì 1 − x > 0; x + 1 > 0; x + 2 > 0 . 4 2

Do đó từ phương trình trên ta được x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phươgn trình có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 31. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình dã cho tương đương với

3 ( x − 3)

(

) (

x + 2 − 2 − x2 − 4

3 ( x − 3 )( x + 2 − 4 )

(x −

)(

)

x + 6 − 3 = x 3 − x 2 − 14x + 24

)

− 4 ( x + 6 − 9)

= ( x − 2 )( x − 3 )( x + 4 ) x+2 +2 x+6 +3   3 x+2 ⇔ ( x − 2 )( x − 3 )  − − x − 4 = 0 x+6 +3  x+2 +2  3 x+2 3 − −x−4 < +0+ 2−4 < 0. Dễ thấy với x ≥ −2 thì 2 x+2 +2 x+6 +3 x = 2 Do đó từ phương trình trên ta được ( x − 2 )( x − 3 ) = 0 ⇔  . x = 3 ⇔

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = {2; 3} .

Bài 32. Điều kiện xác định của phương trình là 6x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

) (

(

2 x 2 − 4x + 2 + x + 1 − 6x − 1 + x

(

)

⇔ 2 x 2 − 4x + 2 +

x 2 − 4x + 2

x + 1 + 6x − 1

(

)

2x 2 + 6 − x − 2 = 0 2

x x − 4x + 2

)

2x 2 + 6 + x + 2

  1 x ⇔ x 2 − 4x + 2  2 + +  = 0  x + 1 + 6x − 1 2x 2 + 6 + x + 2   1 x 1 + > 0. Dễ thấy với x ≥ thì 2 + 6 x + 1 + 6x − 1 2x 2 + 6 + x + 2

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 .

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 2 − 2; 2 + 2 .

3 Bài 33. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 8 với

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

2x 2 − 2x − 1 3x 2 + 2x + 3 + x + 2

4x 2 − 4x − 2 2x + 1 + 8x + 3

  1 2 ⇔ 2x 2 − 2x − 1  1 + +  = 0 2 2x + 1 + 8x + 3 3x + 2x + 3 + x + 2  

(

Dễ thấy với x ≥ −

)

1 2 3 + >0. thì 1 + 8 3x 2 + 2x + 3 + x + 2 2x + 1 + 8x + 3

1± 3 . 2  1 − 3 1 + 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =  ; . 2   2 Bài 34. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Do đó từ phương trình trên ta được 2x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x =

+ Xét trường hợp

x ≤ −3 x2 − x + 1 + x + 3 = 0 ⇔  2 , vô nghiệm. 2 x − x + 1 = x + 6x + 9

x 2 − x + 1 + x + 3 ≠ 0 , khi đó phương trình tương đương với x 3 + 3x 2 − 4x + 1 x2 − x + 1 = x2 + 3 x 3 + 3x 2 − 4x + 1 ⇔ x2 − x + 1 − ( x + 3 ) = − ( x + 3) x2 + 3 7x + 8 = 0 −7x − 8 −7x − 8 ⇔ = 2 ⇔ 2 2 x2 − x + 1 + x + 3 x + 3  x − x + 1 = x − x 8 • Với 7x + 8 = 0 ⇔ x = − . 7

+ Xét trường hợp

• Với

x2 − x + 1 = x2 − x ⇔ x2 − x + 1 − x2 − x + 1 − 1 = 0 .

Đặt t = x 2 − x + 1 > 0 thì phương trình trên trở thành t 2 − t − 1 = 0 ⇔ t =

1+ 5 . 2

 1+ 5  1± 3 + 2 5 Từ đó ta được x − x + 1 =  .  ⇔x=  2  2   2

 8 1 − 3 + 2 5 1 + 3 + 2 5  ; Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = − ; . 7 2 2   Bài 35. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Dễ thấy x = −3 không phải là nghiệm của phương trình, do đó x ≠ −3 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với

13x − 1 13x − 1 ⇔ 5x 2 + x + 3 − ( 2x + 1) = − ( 2x + 1) x+3 x+3  x 2 − 3x + 2 = 0 2 2 − − + 2 x 3x 2 x − 3x + 2  = ⇔ 1 −2 2 = x+3 5x + x + 3 + 2x + 1  5x 2 + x + 3 + 2x + 1 x + 3

5x 2 + x + 3 =

⇔

(

)

• Với x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1; x = 2 . • Với

1 5x 2 + x + 3 + 2x + 1

−2 , phương trình tương đương với x+3

x ≤ −1 −23 − 4 29 2 5x 2 + x + 3 = −5 ( x + 1) ⇔  2 ⇔x= 5 5x + 43x + 13 = 0 −23 − 4 29   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = 1; 2; . 5   Bài 36. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + 6x + 21 x 2 + 6x + 21 ⇔ x − 1 − 2 = −2 x 2 + 2x + 3 x 2 + 2x + 3 x = 5 − ( x − 5 )( x + 3 ) x−5 = ⇔ 1 x+3 2  + 2 = 0 (* ) x + 2x + 3 x −1 + 2  x − 1 + 2 x + 2x + 3

x −1 =

⇔

x+3 > 0 nên phương trình ( * ) vô nghiệm. x − 1 + 2 x + 2x + 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 5 . 8 Bài 37. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ . Phương trình đã cho tương đương 3 với Dễ thấy với x ≥ 1 thì

( ⇔ x(x

) x − 7x + 12 x − 7x + 12 − 7x + 12 ) + + =0 x − 2 + 3x − 8 x − 1 + 5x − 11

x x 2 − 7x + 12 + ( x − 2 ) − 3x − 8 + ( x − 1) − 5x − 11 = 0 2

  1 1 ⇔ x 2 − 7x + 12  x + + =0 x − 2 + 3x − 8 x − 1 + 5x − 11   1 1 8 Dễ thấy với x ≥ thì x + + >0. 3 x − 2 + 3x − 8 x − 1 + 5x − 11

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 7x + 12 = 0 ⇔ x = 3; x = 4 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = {3; 4} .

Bài 38. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương đương 6

với x 2 − 4x + 2 + ( x + 1) − 6x − 1 + 2x 2 + 6 − ( x + 2 ) 2x 2 + 6 = 0

(

)

⇔ x 2 − 4x + 2 +

x 2 − 4x + 2

(

2x 2 + 6 x 2 − 4x + 2

x + 1 + 6x + 1

2x 2 + 6 + x + 2

) =0

  1 2x 2 + 6 =0 ⇔ x 2 − 4x + 2  1 + +  x + 1 + 6x + 1 2x 2 + 6 + x + 2  

(

Dễ thấy với x ≥

)

1 2x 2 + 6 1 + > 0. thì 1 + 6 x + 1 + 6x + 1 2x 2 + 6 + x + 2

Do đó từ phươg trình trên ta được x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 .

{

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = 2 − 2 ; 2 + 2

Bài 39. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

}

1 . Phương trình đã cho tương đương 6

với

(

x − 6x − 1 + x + 2 − 10x + 3 = 8x x 2 − 6x + 1 2

⇔

x − 6x + 1

x + 6x − 1

(

)

= 8x x 2 − 6x + 1

)

x + 2 + 10x + 3   1 1 ⇔ x 2 − 6x + 1  + − 8x  = 0  x + 6x − 1 x + 2 + 10x + 3 

(

)

x 2 − 6x + 1 x 2 − 6x + 1 1 1 4 1 + < + < ≤ 8x . ta có 6 x + 6x − 1 x + 2 + 10x + 3 1 1 14 3 +2+ 6 3 2 2 x − 6x + 1 x − 6x + 1 + − 8x < 0 nên từ phơng trình trên ta được Do đó x + 6x − 1 x + 2 + 10x + 3 Với x ≥

x 2 − 6x + 1 = 0 ⇔ x = 3 − 5; x = 3 + 5

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được S = 3 − 5; 3 + 5 .

Bài 40. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

x +1 ⇔

(

)

x + 1 − 2 + 2x 3 + 3x 2 − 18x − 27 = 0

x + 1 ( x − 3)

(

)

+ ( x − 3 ) 2x 2 + 9x + 9 = 0

x +1 + 2   x+1 ⇔ ( x − 3)  + 2x 2 + 9x + 9  = 0    x+1+2  x+1

Dễ thấy với x ≥ −1 thì

x+1 +2

+ 2x 2 + 9x + 9 =

x+1 x +1 + 2

+ ( 2x + 3 )( x + 3 ) > 0 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Bài 41. Điều kiện xác định của phương trình là 2 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

(1 −

)

4−x + x−2

x−3

⇔

1+ 4 − x Dễ thấy

1+ 4 − x

(

)

x − 2 − 1 + 2x 2 − 6x = 0

  1 x−2 + 2x ( x − 3 ) = 0 ⇔ ( x − 3 )  + + 2x  = 0  1+ 4 − x  x−2 +1 x−2 +1  

x − 2 ( x − 3)

x−2 x−2 +1

+ 2x > 0 với mọi 2 ≤ x ≤ 4 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Bài 42. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

(

4 3 x + 6 + 4 x − 1 = 4 x2 − 1

)

2   x − 1 − 1 + 3 x + 6  3 ( x + 6 ) − 4  + 4x 2 − 5x − 6 = 0   3 4 x − 1 (x − 2) x + 6 ( x − 2 )( x + 14 ) ⇔ + + ( x − 2 )( 4x + 3 ) = 0 4 2 x −1 +1 3 ( x + 6 ) + 4 3 ( x + 6 ) + 16

⇔ 4 x −1

(

)

 4 x −1  ⇔ ( x − 2) +  x −1 +1 

x + 6 ( x + 14 )

( x + 6)

+ 4 3 ( x + 6)

  + 4x + 3 = 0  + 16 

4 x −1

Dễ thấy với x ≥ 1 thì

x −1 +1

x + 6 ( x + 14 ) 4

+ 4x + 3 > 0 .

( x + 6 ) + 4 3 ( x + 6 ) + 16

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 .

5 Bài 43. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 4 với 3x 3 − 6x 2 + 15x + 412 − 3 x 2 − 2x + 5 − 6 4x + 5 = 0

)

(

⇔ 3 x + 1 − x 2 − 2x + 5 + 2 4x + 5 12 ( x − 1)

⇔

(

)

(

)

4x + 5 − 3 + ( x − 1) 3x 2 − 3x + 1 = 0

8 4x + 5 ( x − 1)

(

)

+ ( x − 1) 3x 2 − 3x + 1 = 0

4x + 5 + 3 x + 1 + x − 2x + 5   12 8 4x + 5 ⇔ ( x − 1)  + + 3x 2 − 3x + 1  = 0  x + 1 + x 2 − 2x + 5  4x + 5 + 3   Do x ≥ −

5 12 8 4x + 5 nên + + 3x 2 − 3x + 1 > 0 . 2 4 4x + 5 + 3 x + 1 + x − 2x + 5

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 44. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

⇔

(

)(

( x + 1)

x2 + 3

( x + 1)

x 2 + 3 ( x − 1)

)

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

x2 + 3 + 2

x 3 + 3x − 4

+ 2

( x + 1) + ( x + 1)

3x + 5 +

( 3x

)

 2  ( x + 1) x + 3 x2 + x + 4 ⇔ ( x − 1)  + 2 2  x +3+2 x + 1) + ( x + 1) 3 3x 2 + 5 + 3 3x 2 + 5 ( 

(

Dễ thấy

( x + 1)

x2 + 3

x2 + 3 + 2

x2 + x + 4

+ 2

( x + 1 ) + ( x + 1)

3x + 5 +

( 3x

)

+ x−1= 0

)

+ 1 > 0 với mọi x.

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 .

  + 1 = 0  

Bài 45. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Phương trình đã cho tương dương 5

với

(

)

x + 3 4x + 18 − 11 x + 3 + 2 5x − 1 x + 3 ( x − 1)( 16x + 39 )

(

)

5x − 1 − 2 + ( x − 1)( 2x + 1) = 0

10 5x − 1 ( x − 1)

+ ( x − 1)( 2x + 1) = 0 4x + 18 + 11 x + 3 5x − 1 + 2  x + 3 ( 16x + 39 ) 10 5x − 1  ⇔ ( x − 1)  + + 2x + 1 = 0  4x + 18 + 11 x + 3  5x − 1 + 2

⇔

Dễ thấy

x + 3 ( 16x + 39 )

10 5x − 1

4x + 18 + 11 x + 3

5x − 1 + 2

+ 2x + 1 > 0 với mọi x ≥

1 . 5

Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 46. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với

( x + 1) ( x + 4 − 3 x + 2 ) + ( x + 6 ) ( x + 1) ( x − 2 ) + ( x + 6 )( x − 2 ) ⇔

x+7

(

)

x + 7 − 3 + x 2 + 3x − 10 = 0

x+7

+ ( x − 2 )( x + 5 ) = 0 x+4+3 x+2 x+7 +3 2  x + 1) ( ( x + 6 ) x + 7 + x + 5 = 0  ⇔ (x − 2) + x + 4 + 3 x + 2  x+7 +3   Dễ thấy

( x + 1)

(x + 6)

x+4+3 x+2

x+7

x+7 +3

+ x + 5 > 0 với mọi x ≥ −2 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 2 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .

1 Bài 47. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 3 với

2 x2 − x + 1

( (

)

(

)

x 2 − x + 1 − 1 + 3x + 1 x + 1 − 3x + 1 + x 3 − x = 0

2 x2 − x + 1 x2 − x

(

3x + 1 x 2 − x

( x + 1) ( x

)

−x =0 x −x+1+1  2 x2 − x + 1  3x + 1 ⇔ x2 − x  + + x + 1 = 0  2   x − x + 1 + 1 x + 1 + 3x + 1 

⇔

(

)

x + 1 + 3x + 1

Dễ thấy

2 x2 − x + 1

3x + 1

1 + x + 1 > 0 với mọi x ≥ − . 3 x − x + 1 + 1 x + 1 + 3x + 1 2

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − x = 0 ⇔ x ∈ {0;1} . Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S = {0;1}

Bài 48. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

( 4x + 13x ) x + 1 − 4 x − 1 − 12x − 8x − 3 = 0 ⇔ ( 4x + 13x ) x + 1 − 12x − 12  + ( 4x − 3 − 4 x − 1 ) = 0   2

⇔x

( 4x + 13) x +1

− 144 ( x + 1)

( 4x − 3 ) +

+ 4 x −1

4x − 3 + 4 x − 1  2 x x +1 1 + =0 ⇔ ( 4x − 5 )   3x + 13 + 4 x + 1 4x − 3 + 4 x − 1    Dễ thấy

x x+1 3x + 13 + 4 x + 1

3x + 13 + 4 x + 1

4x − 3 + 4 x − 1

> 0 với mọi x ≥ 1 .

Do đó từ phương trình trên ta được 4x − 5 = 0 ⇔ x =

5 , thỏa mãn điều kiện xác định. 4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

5 . 4

Bài 49. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với

)

(

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

⇔ 2x + 1 =

= 2x + 1 = 2

x +3+x

(

x2 + 3 − x

)

37 − 2 4x + 1 ≥ 0 ⇔ 4x + 1 = 2 x 2 + 3 ⇔  ⇔x= 2 2 6 ( 4x + 1) = 4 x + 3

(

)

37 − 2 . 6 Bài 50. Dễ thấy x = 1 không phải là nghiệm của phương trình. Do đó x ≠ 1 , khi đó phương

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =

trình đã cho tương đương với

3x 3 − 9x 2 + 3x + 6 + ( x − 1) − 3 2x − 3  = 0   3

(

⇔ 3 x − 3x

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

 1 ⇔ x − 3x + x + 2  3 +  2 2 x − 1) + ( x − 1) 3 2x − 3 + 3 ( 2x − 3 )  (

(

)

Dễ thấy 3 +

( x − 1) + ( x − 1 )

2x − 3 +

( 2x − 3)

   

> 0 với mọi x ≠ 1 .

Do đó từ phương trình trên ta được

x = 2  x 3 − 3x 2 + x + 2 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x 2 − x − 1 = 0 ⇔  1± 5 x = 2   1 − 5 1 + 5  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; ; . 2 2  

(

)

5x ≠ 4 Bài 51. Điều kiện xác định của phương trình là  3 . 2 2x − 16x + 40x − 16 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với 4x 3 − 29x 2 + 76x − 32 = ( 5x − 4 ) 2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 ⇔ 4x 3 − 34x 2 + 80x − 32 = ( 5x − 4 )

(

2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 − x

⇔ 2  2x 3 − 16x 2 + 40x − 16 − x 2  = ( 5x − 4 )  

(

⇔

•

(

)

(

)

2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 − x

)(

)

2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 − x 2 2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 − 3x + 4 = 0

 2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 = x ⇔  2 2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 = 3x − 4 x ≥ 0 1  2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 = x ⇔  3 ⇔ x ∈  ; 4 . 2 2  2x − 16x + 40x − 16 = 0

3x − 4 ≥ 0 • 2 2x 2 − 16x 2 + 40x − 16 = 3x − 4 ⇔  2 2 2 4 2x − 16x + 40x − 16 = ( 3x − 4 ) 3x − 4 ≥ 0  41 + 1041  ⇔ ⇔ x ∈ 4;  2 x − 4 ) 8x − 41x + 20 = 0 16   (

(

)

 1 41 + 1041  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S =  ; 4;  16  2 

)

Bài 52. Điều kiện xác định của phương trình là 5x + 4 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

2x 2 +

9x  5x + 4  + − 5x + 4  + 2 − 3 8 − x = 0 2  2 

⇔ 4x 2 + 9x + ⇔ 4x 2 + 9x +

( ) 5x + 4 ( 5x + 4 − 2 ) + 2 ( 2 − 8 − x ) = 0 3

5x 5x + 4

5x + 4 + 2

4+2 8−x +

(8 − x)

  5x 2  =0 ⇔ x  4x + 9 + +  2 5x + 4 + 2 4 + 2 3 8 − x + 3 ( 8 − x )   5x 2 4 Dễ thấy 4x + 9 + + > 0 với mọi x ≥ − . 5 5x + 4 + 2 4 + 2 3 8 − x + 3 ( 8 − x )2 Do đó từ phương trình trên ta được x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 53. Điều kiên xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 6x + 1 + 5x 2 − 9x − 2 = 3 + 3 x − 2 + 3 x + 1

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

⇔ ⇔

(

5x + 1 − 3

)(

⇔ 5x + 1 − 3 =

)

x − 2 + x + 1 = 3 ⇔ 5x + 1 − 3 =

( x + 1) − ( x − 2 ) ⇔ x +1 + x− 2



 5x + 1 + 4

Dễ thấy

Do đó

−

5x + 1 + 4

3 x+1+ x−2

5 ( x − 3) 5x + 1 + 4

x−3

−

x + 1 +1− x − 2

(

)(

x −2 +1 2+ x +1

x−2 +1 2+ x+1

)

> 0 với x ≥ 2 .

> 0.

Suy ra từ phương trình trên ta được x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất à x = 3 .

3−x

x−2 +1 2+ x+1

 =0 x −2 +1 2+ x +1  1

x −2 +1 2+ x +1

)

5x + 1 − 3 = x + 1 − x − 2

⇔ 5x + 1 − 4 + x − 2 − 1 + 2 − x + 1 = 0 ⇔

( x − 3) 

x−2 + x+1

Bài 54. Điều kiện xác định của phương trình là x > −4 . Phương trình đã cho tương đương với

 x2 + x + 1   2  2 − 1  + x2 − 3 +  1 − =0 2   x 4 + x 1 +    

(

2 ⇔

(

)

x2 + x + 1 − x + 4 x+4

(

2 x2 − 3

⇔ x+4

(

Dễ thấy

x+4

(

)

x2 + 1 − 2

)

x2 + x + 1 + x + 4

  ⇔ x −3   x + 4 2 2

) + ( x − 3) + )

(

)

+ x2 − 3 +

(

x2 + x + 1 + x + 4

x +x+1+ x+4

)

+1+

x2 + 1

x2 − 3 x2 + 1

+ 1+

)

x +1

(

)

  =0 x2 + 1 + 2  

1 x2 + 1

1 2

(

x2 + 1 + 2

)

(

)

> 0 với x > −4 .

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ± 3 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có các nghiệm là x = ± 3 .

Bài 55. Dễ thấy 2x 2 − 11x + 15 > 0 với mọi x nên ta được 4x − 4 > 0 ⇒ x > 1 . Khi đó phương trình đã cho ương đương với

(

)

2 ( x − 3 ) + x + 3 − 3 3 4x − 4 = 0 3

( x + 3 ) − 27 ( 4x − 4 ) ⇔ 2 ( x − 3) + ( x + 3 ) + 3 ( x + 3 ) 4x − 4 + 9 ( 4x − 4 ) 2

 x + 15 ⇔ ( x − 3) 2 +  2 2 ( x + 3 ) + 3 ( x + 3 ) 3 4x − 4 + 9 3 ( 4x − 4 )  2

Dễ thấy 2 +

x + 15 2

( x + 3 ) + 3 ( x + 3) 3 4x − 4 + 9 3 ( 4x − 4 )

=0  =0  

> 0 với mọi x > 1 .

Do đó từ phương trình trên ta được x = 3 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Bài 56. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với

6 x 2 − 3x + 4 + 3 x + 1 − 3 x 2 + 16 − 3 = 0 ⇔6

)(

(

)

) (

x 2 − 3x + 4 − 2 + 3 x + 1 − x − 3 + x + 12 − 3 x 2 + 16 = 0

6  x 2 − 3x + 4 − 4  9 ( x + 1) − ( x + 3 ) ( x + 12 ) − 9 x 2 + 16 + ⇔  + =0 2 x +1 + x+ 3 x − 3x + 4 + 2 x + 12 + 3 x 2 + 16   6 1 8 ⇔ x 2 − 3x  − − =0 2 2 x + 1 + x + 3 x + 12 + 3 x + 16   x − 3x + 4 + 2

(

Ta có

)

(

)

x 2 + 16 ≥ 2 ( x + 4 ) ⇒ x + 12 + 3 x 2 + 16 > x + 12 + 4 ( x + 4 ) > 0

Do đó ta được

x + 12 + 3 x 2 + 16

8 . 5x + 28 1

Lại có 3 x + 1 + x + 3 ≥ x + 3 nên

≤

3 x +1 + x+ 3

1 . x+3

Mặt khác do x ≥ −1 nên 11x + 12 ≥ 0 nên ( x + 4 ) ≥ x 2 − 3x + 4 . Suy ra

x 2 − 3x + 4x + 4 nên

≥

6 . Từ đó ta được x+6

x 2 − 3x + 4 + 2 6 1 8 17x 2 + 128x + 192 − − > >0 x + 1 + x + 3 x + 12 + 3 x 2 + 16 ( x + 6 )( x + 3 )( 5x + 28 ) x 2 − 3x + 4 + 2

Suy ra từ phương trình trên ta được x 2 − 3x = 0 ⇔ x ∈ {0; 3} . Kết hợp điều kiện xác định ta được tập nghiệm S = {0; 3} .

Bài 57. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

3 . Phương trình đã cho tương đương 2

với

( 5x − 4 ) 2x − 3 = 2 + ( 4x − 5 ) 3x − 2 ⇔ ( 5x − 4 ) 2x − 3  =  2 + ( 4x − 5 ) 3x − 2      ⇔ 2x − 3x − 3x − 2 − 4 ( 4x − 5 ) 3x − 2 = 0 ⇔ 2x − 3x − 3x − 2 − ( 4x − 5 )( 3x − 2 ) + ( 4x − 5 ) ( 3x − 2 − 4 4x − 5 ) = 0 ⇔ 2x − 3x − 3x − 2 − ( 4x − 5 )( 3x − 2 ) + ( 4x − 5 ) ( 3x − 2 − 4 ) = 0 3 ( x − 6) ⇔ ( x − 6 ) ( 2x − 3x + 2 ) + ( 4x − 5 ) 3x − 2. =0 2

3x − 2 + 4

 3 ( 4x − 5 ) 3x − 2  =0 ⇔ ( x − 6 )  2x 2 − 3x + 2 +  3x − 2 + 4  Do x ≥

3 nên ( 4x − 5 ) 3x − 2 ≥ 0 và 2x 2 − 3x + 2 > 0 nên 2

2x 2 − 3x + 2 +

3 ( 4x − 5 ) 3x − 2 3x − 2 + 4

Suy ra từ phương trình trên ta được x = 6 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Bài 58. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ Từ phương trình ta có 2 3 x 3 + 7 + 1 ≥ 0 ⇒ x 3 ≥ −

−4 − 14 −4 + 14 hoặc x ≥ . 4 4

57 . 8

 −4 − 14  −4 − 14 57 Mà x ≤ nên x 3 ≤   < − .  4 4 8  

1 −4 + 14 −4 + 14 > − nên ta được . Ta có x ≥ 4 4 2 2x + 1 > 0 . Khi đó phương trình tương đương với

Như vậy phương trình có nghiệm khi x ≥

(

) (

(1 + 18x + 8x ) − ( 2x + 3 ) ⇔ 2

3 2 ( x + 1) − x 3 + 7   

(

1 + 16x + 8x 2 + 2x + 3

⇔

)

1 + 16x + 8x 2 − 2x − 3 + 2 x + 1 − 3 x 3 + 7 = 0

( x + 1 ) + ( x + 1) x 4 ( x + 2 )( x − 1) 6 ( x + 2 )( x − 1) + 1 + 16x + 8x + 2x + 3 ( x + 1) + ( x + 1) x + 7 + ( x 2

) + 7 + (x 3

)

  4 6 ⇔ ( x + 2 )( x − 1)  + 2 2  1 + 16x + 8x + 2x + 3 ( x + 1) + ( x + 1) 3 x 3 + 7 + 3 x 3 + 7 

(

Dễ thấy

1 + 16x + 8x + 2x + 3

( x + 1) + ( x + 1 )

x +7 +

)

  =0  

>0.

Do đó từ phương trình trên ta được ( x + 2 )( x − 1) = 0 ⇔ x ∈ {−2;1} . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 59. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 .Phương trình đã cho tương đương với

(

)(

x 2 − 2x + 3 − 2x + 1 +

(x ⇔

)

− 2x + 3 − ( 2x + 1)

x 2 − 2x + 3 + 2x + 1

)

x − 1 − 4 2x − 1 = 0 2

( x − 1) − ( 2x − 1)

(

)(

x − 1 + 4 2x − 1 x − 1 + 2x − 1

)

 1 1 ⇔ x − 4x + 2  +  x 2 − 2x + 3 + 2x + 1 4 x − 1 + 2x − 1 x − 1 + 2x − 1  1 1 + >0. Dễ thấy 2 4 x − 1 + 2x − 1 x − 1 + 2x − 1 x − 2x + 3 + 2x + 1

(

)

(

)(

)

 =0  

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − 4x + 2 = 0 ⇔ x = 2 ± 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 + 2 là nghiệm duy nhất. 1 Bài 60. Điều kiện xác định của phương trình là − ≤ x ≤ 1 . Khi đó 5x + 9 > 0 và 6x + 7 > 0 . 3 Phương trình đã cho tương đương với 2

 5x + 9 ) 3x + 1 + 5 1 − x  = ( 5x + 7 ) x + 4  (    ⇔ 39x 3 + 67x 2 − 77x − 90 + 10 ( 5x + 9 )  ⇔ 39x 3 + 42x 2 − 72x + 10 ( 5x + 9 )  

( 3x + 1)(1 − x ) = 0

( 3x + 1)(1 − x ) + x2 − 1 = 0 

2 20 ( 5x + 9 )  4 ( 3x + 1)( 1 − x ) − ( x − 2 )    =0 ⇔ 3x ( x + 2 )( 13x − 12 ) + 2 ( 3x + 1)( 1 − x ) − x + 2

 ⇔ x ( 13x − 12 )  x + 2 −  2 

 =0 ( 3x + 1)(1 − x ) − x + 2  5 ( 5x + 9 )

 12  • Với x ( 13x − 12 ) = 0 ⇔ x ∈ 0;  .  13  5 ( 5x + 9 )

• Với x + 2 −

= 0 . Do 5x + 9 > 0 nên ta có

( 3x + 1)(1 − x ) − x + 2 5 ( 5x + 9 ) 3(x + 2) − = 3(x + 2) − 2 ( 3x + 1)( 1 − x ) − x + 2 2

≤ 3(x + 2) −

Do đó phương trình x + 2 −

5 ( 5x + 9 ) 4 2 + 2 −1 3 5 ( 5x + 9 )

5 ( 5x + 9 ) 2

4  1 − 3 x −  + 2 − x 3 3 

< −2x − 2 < 0

( 3x + 1)(1 − x ) − x + 2

= 0 vô nghiệm.

 12  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0;  .  13  1 Bài 61. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 3 với

⇔

3x + 5. 3x + 1 = 8x − 4 ⇔ 3 3x + 5 3x + 5 ( 3x + 1 − 4 ) 3x + 1 + 2

⇔

3x + 5 ( 3x + 1 − 4 ) 3x + 1 + 2

(

)

3x + 1 − 2 = 8x − 4 − 2 3 3x + 5

3 2 13 3x + 5  3  x − 1) + 3x + 5 ) − 4  ( (  2 2   2

3 ( 3x + 5 ) − 64 13 3x + 5 . = ( x − 1) + 4 2 2 2 3 ( 3x + 5 ) + 4 3 ( 3x + 5 ) + 16

  3 ( x + 13 ) 13 3 3x + 5 3 3 3x + 5   ⇔ ( x − 1) + . − =0 2 4 2 2 3 3 3x + 1 + 2  3x 5 4 3x 5 16 + + + + ( ) ( )  

• Với x − 1 = 0 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. • Với

3 ( x + 13 ) 13 3 3x + 5 3 3 3x + 5 + . − =0. 4 2 2 2 3x 1 2 + + 3 3 ( 3x + 5 ) + 4 ( 3x + 5 ) + 16

(

)

Đặt t = 3 3x + 5 , t ≥ 3 4 . Khi đó 13 + Nếu t ≤

(

)

3x + 1 + 2 − 6 3 3x + 5 = 13

13 thì ta có 3

t3 − 4 > t ⇔

(

)

t 3 − 4 + 2 − 6t ≥ 0 . Tuy

)

t 3 − 4 + 2 − 6t > 0 .

3 2  13  10t 3 t t− + −4 > 0 . 13  3  13

)

Do đó ta được 13

(

t 3 − 4 + 2 − 6t > 13 ( t + 2 ) − 6t = 7t + 26 > 0 .

Do đó ta được 13

(

3x + 1 + 2 − 6 3 3x + 5 > 0 nên

Từ đó suy ra

)

t 3 − 4 + 2 − 6t .

13 thì ta có 26 − 6t ≥ 0 và 13 t 3 − 4 ≥ 0 nên ta được 13 3

nhiên dấu bằng không xẩy ra nên 13 + Nếu t <

(

)

13 3 3 5x + 3 − > 0. 2 3x + 1 + 2

3 ( x + 13 ) 13 3 3x + 5 3 3 3x + 5 + . − = 0 vô nghiệm. 4 2 2 2 3x + 1 + 2 3 3 ( 3x + 5 ) + 4 ( 3x + 5 ) + 16

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 62. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ với

1 . Phương trình đã cho tương đương 2

32x 4 − 32x 2 + 16x 2 − 16x + 7x − 7 + 9 − 9 2x − 1 = 0

(

)

(

)

⇔ 32x 2 x 2 − 1 + 16x ( x − 1) + 7(x − 1) + 9 1 − 2x − 1 = 0 9 ( 2 − 2x )

⇔ 32x 2 ( x − 1) (x + 1) + 16x ( x − 1) + 7(x − 1) +

1 + 2x − 1   18 ⇔ ( x − 1)  32x 2 (x + 1) + 16x + 7 − =0 1 + 2x − 1     18 ⇔ ( x − 1)  32x 3 + 32x 2 + 16x + 7 − =0 1 + 2x − 1  

Ta có 1 32 32 16 x ≥ ⇒ 32x 3 ≥ = 4; 32x 2 ≥ = 8;16x ≥ = 8 ⇒ 32x 3 + 32x 2 + 16x + 7 ≥ 27 2 8 4 2 18 18 1 + 2x − 1 ≥ 1 ⇒ − ≥ −18 ⇒ 32x 3 + 32x 2 + 16x + 7 − ≥ 9 > 0. 1 + 2x − 1 1 + 2x − 1 Do đó từ phương trình trên ta được x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định.

5 Bài 63.Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương 4 với  3x + 1 − ( x + 1)  +  5x + 4 − ( x + 2 )  = 3 x 2 − x     2 2 −x + x −x + x ⇔ + = 3 x2 − x 3x + 1 + ( x + 1) 5x + 4 + ( x + 2 )

(

)

  1 1 =0 ⇔ x2 − x 3 + +  3x + 1 + ( x + 1) 5x + 4 + ( x + 2 )  5 1 1 Dễ thấy phương trình 3 + + > 0 với mọi x ≥ − 4 3x + 1 + ( x + 1) 5x + 4 + ( x + 2 )

(

)

Do đó từ phương trình trên ta được x 2 − x = 0 ⇔ x ∈ {0;1} . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0; x = 1 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Bài 1. Giải phương trình x 2 − x + 2 = 2 x 2 − x + 1 . Bài 2. Giải phương trình x 2 + x 2 − 2x − 19 = 2x + 39 . Bài 3. Giải phương trình

2−x x+4 −2 +1= 0 x+4 2−x 2

Bài 4. Giải phương trình ( 2x − 1) = 12 x 2 − x − 2 + 1 Bài 5. Giải phương trình

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

Bài 6. Giải phương trình x 2 + 8x − 3 = 2 x ( 8 + x ) 2

Bài 7. Giải phương trình ( x − 1) − 2 x 2 − 2x − 4 = 0 Bài 8. Giải phương trình

5x 5x + 4

= 5x + 9 − 3

(

Bài 9. Giải phương trình

5x 2 + 10x + 1 = 7 − x 2 + 2x

)

Bài 10. Giải phương trình x 2 + 2x + 2 x 2 + 2x − 1 + 2x 2 + 4x − 4 = 0 Bài 11. Giải phương trình 2 ( 1 − x ) x 2 + 2x − 1 = x 2 − 2x − 1 3

Bài 12. Giải phương trình

24 + x + 12 − x = 6

Bài 13. Giải phương trình x + 5 + 2

( 4 − x )( 2x − 2 ) = 4 (

4 − x + 2x − 2

Bài 14. Giải phương trình x 2 + 5x + 8 = 3 2x 3 + 5x 2 + 7x + 6 Bài 15. Giải phương trình

x 2 − x + 1 + x 2 − 9x + 9 = 2x

)

)(

Bài 16. Giải phương trình

(

x + 6 − x − 2 1 + x 2 + 4x − 12 = 8 .

Bài 17. Giải phương trình

(

1 + x + 1 − x 2 + 2 1 − x2 = 8

Bài 18. Giải phương trình

)

)(

2 x+1+ 3−x

− 3 + 2x − x 2 = 1

Bài 19.Giải phương trình ( x + 4 ) − 6 x 2 + 3x = 13

(

)

Bài 20. Giải phương trình 2 1 + x 2 + x + 1 = x ( x + 1) Bài 21. Giải phương trình ( x + 1) 2x 2 − 2x = 2x 2 – 3x – 2

)

Bài 22. Giải phương trình x 2 − x − 4 = 2 x − 1 ( 1 − x ) Bài 23. Giải phương trình 2x + 3 + 4x 2 + 9x + 2 = 2 x + 2 + 4x + 1 Bài 24. Giải phương trình

9 2x + −1= 0 2 x 2x 2 + 9

Bài 25. Giải phương trình

2x − 1 + 1 − 2x 2 = 2 x − x 2

Bài 26. Giải phương trình

x 2 + 4x + 12 = 2x − 4 + x + 1

(

Bài 27. Giải phương trình 5 x 3 + 1 = 2 x 2 + 2

)

Bài 28. Giải phương trình

x − 3 + 8 − x = 11x − x 2 − 24 + 1.

Bài 29. Giải phương trình

x + 9 + 2012 x + 6 = 2012 +

( x + 9 )( x + 6 )

Bài 30. Giải phương trình 14 x + 35 + 6 x + 1 = 84 + x 2 + 36x + 35 Bài 31. Giải phương trình Bài 32. Giải phương trình

x+3 + 6−x − 3

( x + 3 )( 6 − x ) = 3

x−2 + x+1 = 3 .

Bài 33. Giải phương trình

x 2 + 2x + 3 = x 2 + 3x = 3 − x .

Bài 34. Giải phương trình

4x 2 + 5x − 1 − 2 x 2 − x − 1 = 9x + 3 .

Bài 35. Cho phương trình 5x 2 − x + 5 = 5 x 4 + x 2 + 1 Bài 36. Giải phương trình 2x 2 − x + 1 = 4x 4 + 1 Bài 37. Giải phương trình 3x 2 − 4x + 23 = 3 x 4 − 8x + 63 Bài 38. Giải phương trình x 2 + 5x − 2 = 4 x 3 − 8 . Bài 39. Giải phương trình

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

Bài 40. Giải phương trình 3 3x − 2 + 4 4x − 3 = 7 4 12x 2 − 17x + 6 . 2

Bài 41. Giải phương trình 4 3 ( 2x + 1) + 3 3 ( 1 − 2x ) = 8 3 4x 2 − 1 Bài 42. Giải phương trình 5x 2 + 11x − 2 = 2 x 3 − 4x Bài 43. Giải phương trình x + 1 + 2x + 1 = 3x 2 + 8x + 4 Bài 44. Giải phương trình x − 1 + 2x − 3 = 5x 2 − 12x + 8 Bài 45. Giải phương trình 1 =

x + x 2 + 2x − 3 4x 2 − 2x + 3

Bài 46. Giải phương trình

1 − x 2 + 1 − 2x = 2 14x 2 − 12x + 1

Bài 47. Giải phương trình x 2 + 2 x 2 − 1 = 3 3x 4 − 2x 2 + 2 Bài 48. Giải phương trình 3 2x 2 + x = 5x 3 + 13x 2 + 4x − 10 + x 3 + 3x 2 + x − 2 Bài 49. Giải phương trình 2 x 3 + x − 2 = x 3 + 2x + 2 + x 3 + 5x + 14 Bài 50. Giải phương trình 2 3 x + 1 − 3 x − 1 = 6 x 2 − 1 Bài 51. Giải phương trình 2 3 x + 1 + 2 3 x − 1 = 5 6 x 2 − 1 Bài 52. Giải phương trình

5x 2 + 24x + 28 = 5 x + 2 + x 2 + x − 20

Bài 53. Giải phương trình

5x 2 + 14x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

Bài 54. Giải phương trình

2x 2 − 3x − 2 = 18x 2 + 16x − 39 − 5 x − 1

Bài 55. Giải phương trình

3x 2 + 11x − 27 = x 2 − 1 + 3 x − 2

Bài 56. Giải phương trình 3 x + 1 + x 2 − 4 = 3x 2 + 19x + 1 Bài 57. Giải phương trình

5x 2 + 21x − 27 − 5 x − 2 = x 2 + 2x − 3

Bài 58. Giải phương trình

x 3 + 2x 2 − 7x + 6 − x = x 3 + 1

Bài 59. Giải phương trình

x 3 + 2x 2 − 32x + 17 − x 3 − 2x − 4 = x − 3

Bài 60. Giải phương trình

x8 − 14x 4 + 1 = x 4 − 12x 2 + 1

(

Bài 61. Giải phương trình 2 2x 2 + 13

)

x = ( x + 5 ) 4x 2 + 21

Bài 62. Giải phương trình ( 3 + x ) 2x 2 + Bài 63. Giải phương trình

7 = 2 x2 + 5 x

(

)

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

(

Bài 64. Giải phương trình 5x 2 + 4x + 3

( Bài 66. Giải phương trình ( x

) + 14 )

Bài 65. Giải phương trình 7x 2 + 5 2

)

x = ( x + 3 ) 5x 2 + 4x .

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

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

Bài 67. Giải phương trình

4x 2 + 1 x −1 = x+ 6x − 1 2x − 1

Bài 68. Giải phương trình

8x 2 − 5 4x 2 − 3 =3 x 3x − 2

Bài 69. Giải phương trình

x 3 + 14 x 3 − 3x + 4 =2 +3 2+x 1+ x

Bài 70. Giải phương trình

1 x + 15 x + 21 = 2 2 x − 2x + 2 3 ( x − 1)2 + 11

Bài 71. Giải phương trình

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

Bài 72. Giải phương trình

x x x +3 = 4x − 3 1 + 3 ( 4x − 3 ) x

Bài 73. Giải phương trình 2 Bài 74. Giải phương trình

(

x2 4−3 x

Bài 75. Giải phương trình

)

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

(

+8 = 3 x+2 x

)

2x + 3 − x + 1 = x + 2

Bài 76. Giải phương trình

3x − 2 = 2 3 2x − 1 − 1

Bài 77. Giải phương trình

14x + 6 − 3 3x + 2 = 3 2x + 1

Bài 78. Giải phương trình

4 ( 6x + 1) − 3 3x − 7 = 3 3x + 1

Bài 79. Giải phương trình

3 − x + 4 x + 14 = 3

Bài 80. Giải phương trình

2x − 1 + 4 15x + 1 = 3 4 x

Bài 81. Giải phương trình

7x 2 + 2x + 13 = 4 x + 3 + 4 8 + 3x − x 2

Bài 82. Giải phương trình

x + 1 + 4 x 2 − 2x + 5 = 2 4 x 2 + 3

Bài 83. Giải phương trình

2 − x + x + 5 2x − x 2 = 7

Bài 84. Giải phương trình x + 5 − x 2 + 3x 5 − x 2 = 9 35 − x 3x − 1

Bài 85. Giải phương trình

25 − x 2 =

Bài 85. Giải phương trình

4x + 5 + 4

Bài 87. Giải phương trình 5

( 4x + 5 )(1 − x ) = 3 − 1 − x 1 − 4x + 2 25x + 4 + ( 1 − 4x )( 25x + 4 ) = 11 2

+ 3 ( 14 − x ) − 3 196 − x 2 = 7

+ 3 ( 11 − 3x ) + 3 ( 3x − 2 )( 11 − 3x ) = 3

Bài 88. Giải phương trình

(14 + x )

Bài 89. Giải phương trình

( 3x − 2 )

Bài 90. Giải phương trình

3x − 2 + 3 4 − 3x =

2 3

Bài 91. Giải phương trình

( x + 6 )( x − 1) =

( 3x − 2 )( 4 − 3x ) 2

x + 6 + 3 x −1

Bài 92. Giải phương trình 3 3 x + 7 − 2 3 x =

8 3

x + 7x

Bài 93. Giải phương trình 2 3 ( 2x − 1) ( 6x − 5 ) = 1 + 3 ( 2x − 1)( 6x − 5 ) .

(

)

Bài 94. Giải phương trình x 3 9 − x x + 3 9 − x = 6 . Bài 95. Giải phương trình 3x 2 + 2 ( x − 1)

( x − 1)( 2x − 1) = 5x + 2 .

Bài 96. Giải phương trình 5x 2 + 4 ( x − 2 ) 1 + x + x 2

(1 − x )( x + 3 ) = x +1 2 + 1

Bài 97. Giải phương trình

Bài 98. Giải phương trình 4 ( x − 2 ) x 2 − 4x + 5 + 5x 2 + 12 = 20x Bài 99. Giải phương trình

(

x + 2 +1

)

3− x = x+1

Bài 100. Giải phương trình 4x 2 + 19x + 6 = x 2x 2 − 4x + 3 Bài 101. Giải phương trình

9x 2 + 2 = 9x 2 + 6x − 2 3x − 1

Bài 102. Giải phương trình: x 4 + x 2 + 2012 = 2012 Bài 103. Giải phương trình

4x 2 + 23x + 23 = 2 x 2 + 3x + 6 x+2

(

Bài 104. Giải phương trình 4 +

)

17x − 6 = 2x 3 − 5x 2 + 1 ( x − 1)( x − 2 )

5x + 6 = x 3 − 2x 2 − 9x + 9 x − 4x + 4 2x 4 − 3x 3 + 8x 2 − 28x − 13 = −2x 3 + 5x 2 + 16x + 25 Bài 106. Giải phương trình x 2 − 2x + 4 x 2 − 3x + 2 = x 3 − x + 3x + 1 Bài 107. Giải phương trình x2 + 3 Bài 108. Giải phương trình x 2 − 5x 2x − 3 + 4 ( 2x − 3 ) = 0

Bài 105. Giải phương trình

Bài 109. Giải phương trình x = 2 − x. 3 − x + 3 − x. 5 − x + 5 − x. 2 − x Bài 110. Giải phương trình

2x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2x 2 + 2x + 3 + x 2 − x + 2

Bài 111. Giải phương trình x 2 − 3x + 14 + 2 2x 2 + 9x + 4 = ( 6 − 2x ) x + 4 + 2x + 1 Bài 112. Giải phương trình 3 x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5 = 3 x 2 + 4x − 4 + 1 . Bài 113. Giải phương trình x + 3 3x 2 + x − 3 = 3 6x 2 + 12x + 4 + 3 2x 3 + 3x 2 + x + 1 − 2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Đặt t = x 2 − x + 1 > 0 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1 Suy ra x 2 − x + 1 = 1 ⇔ x = 0; x = 1 Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0; x = 1

Bài 2. Điều kiện xác định của phương trình x 2 − 2x − 19 ≥ 0 Đặt t = x 2 − 2x − 19 ≥ 0 , khi đó phương trình trên trở thành t 2 + t − 20 = 0 ⇔ t = 4 x = 7 Khi đó ta được x 2 − 2x − 19 = 16 ⇔ x 2 − 2x − 35 = 0 ⇔  1  x 2 = −5 Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm là x1 = 7; x 2 = −5

Bài 3. Điều kiện xác định của phương trình là −4 < x < 2 .

2−x > 0 , khi đó phương trình trên trở thành x+4

Đặt t =

2 t − + 1 = 0 ⇔ t 2 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1)( t + 2 ) = 0 ⇔ t = 1 t

2−x = 1 ⇔ 2 − x = x + 4 ⇔ x = −1 . x+4

Suy ra

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x = −1 .

Bài 4. Điều kiện xác định của phương trình là: x 2 − x − 2 ≥ 0 . Biến đổi tương đương phương rình ta được

( 2x − 1)

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

Đặt y = x 2 − x − 2 ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1; y = 2

1 ± 13 2

+ Với y = 1 , ta được

x2 − x − 2 = 1 ⇔ x2 − x − 3 = 0 ⇔ x =

+ Với y = 2 , ta được

x 2 − x − 2 = 2 ⇔ x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x = 3; x = −2

Thay các giá trị tìm được ở trên vào điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương trình là

1 ± 13 2 1 Bài 5. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − 2 x = −2; x = 3; x =

Đặt a = 2x + 1 ≥ 0; b = 4x 2 − 2x + 1 > 0 , khi đó phương trình được viết lại thành

a = 3 a + 3b = 3 + ab ⇔ ( 1 − b )( a − 3 ) = 0 ⇔  b = 1 + Với a = 3 , suy ra

2x + 1 = 3 ⇔ x = 4

+ Với b = 1 , suy ra

4x 2 − 2x + 1 = 1 ⇔ x = 0; x =

1 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm là x = 0; x =

1 ; x=4 2

Bài 6. Điều kiện xác định của phương trình là x ( x + 8 ) ≥ 3 . Đặt t = x ( x + 8 ) ≥ 3 , khi đó phương trình trở thành t 2 − 2y − 3 = 0 ⇔ t = 3

x = 1 x ( x + 8 ) = 3 ⇔ x 2 + 8x − 9 = 0 ⇔   x = −9 Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm là x = 1; x = −9 .

Do đó ta được

Bài 7. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 − 2x ≥ 0 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

( x − 1)

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

Đặt t = x 2 − 2x ≥ 0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ t = 3 Suy ra

x 2 − 2x = 3 ⇔ x 2 − 2x − 9 = 0 ⇔ x = −1 ± 10

Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của phươgn trình là

x = −1 − 10; x = −1 + 10 5x + 4 > 0 4 ⇔x>− Bài 8. Điều kiện xác định của phương trình là  5 5x + 9 ≥ 0 Đặt u = 5x + 9 > 5 , suy ra 5x = u 2 − 9, 5x + 4 = u 2 − 5 , thay vào phương trình đã cho có u = 3 = u − 3 ⇔  u + 3 2 =1 u −5  u 2 − 5

u2 − 9

+ Với u = 3 , ta được u = 5x + 9 = 3 ⇔ 0 (thỏa mãn điều kiện) + Với

u+3 2

= 1 ⇔ u + 3 = u 2 − 5 ⇔ 6u = −14 vô nghiệm do u > 5

u −5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 .

(

)

Bài 9. Điều kiện xác định của phương trình là 5x 2 + 10x + 1 ≥ 0; 7 − x 2 + 2x ≥ 0 Khi đó phương trình tương đương với 5x 2 + 10x + 1 + 5 5x 2 + 10x + 1 − 36 = 0

Đặt t = 5x 2 + 10x + 1, t ≥ 0 phương trình trở thành t 2 + 5t − 36 = 0 ⇒ t = 4

x = 1 5x 2 + 10x + 1 = 4 ⇔ 5x 2 + 10x + 1 = 16 ⇔ x 2 + 2x − 3 = 0 ⇔   x = −3

Với t = 4 ta được

Kết hợp với điều kiện xác định ta có các nghiệm là x = 1; x = −3

Bài 10. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 2x − 1 ≥ 0, đặt x 2 + 2x = a ≥ 1 Khi đó phương trình trở thành

a + 2 a − 1 + 2a − 4 = 0 ⇔

(

a −1 +1

)

= 4 − 2a ⇔

a − 1 + 1 = 4 − 2a

 3  3 a ≤ a ≤ ⇔ a − 1 = 3 − 2a ⇔  ⇔ 2 2 a − 1 = 4a 2 − 12a + 9 4a 2 − 13a + 10 = 0    3 5 a ≤ ⇔ ⇔a= 2 4 ( a − 2 )( 4a − 5 ) = 0  5 1 −5 ⇒ 2x 2 + 4x = 5 ⇔ 2x 2 + 4x − 5 = 0 ⇔ ( 2x − 1)( 2x + 5 ) = 0 ⇔ x = ; x = 2 2 2 1 −5 Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình là x = ; x = 2 2

Với a =

Bài 11. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 2x − 1 ≥ 0 . Đặt t = x 2 + 2x − 1 ≥ 0.

t = 2 Phương trình trở thành t 2 + 2 ( x − 1) t − 4x = 0 ⇔ ( t − 2 )( t + 2x ) = 0 ⇔   t = −2x x 2 + 2x − 1 = 2 ⇔ x 2 + 2x − 5 = 0 ⇔ x = −1 ± 6 (nhận) x ≤ 0 + Với t = −2x, ta có x 2 + 2x − 1 = −2x ⇔  2 , phương trình vô nghiệm 3x − 2x + 1 = 0

+ Với t = 2, ta có

Vậy phương trình có nghiệm là x = −1 ± 6 .

Bài 12. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 12 Đặt y = 12 − x ≥ 0 suy ra x = 12 − y 2 Phương trình trở thành 3

24 + 12 − y 2 + y = 6 ⇔ 3 36 − y 2 = 6 − y ⇔ 36 − y 2 = ( 6 − y )

⇔ 36 − y 2 = 216 − 108y + 18y 2 − y 3 ⇔ y 3 − 19y 2 + 108y − 180 = 0 y = 3 y − 3 = 0  ⇔ ( y − 3 ) y − 16y + 60 = 0 ⇔  2 ⇔  y = 10  y − 16y + 60 = 0  y = 6

(

+ Khi y = 3 ta được x = 3

)

+ Khi y = 10 ta được x = −88 + Khi y = 6 ta được x = −24 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 3; x = −88; x = −24

Bài 13.Điều kiện xác địn của phương trình là 1 ≤ x ≤ 4 . Đặt y = 4 − x + 2x − 2 Ta có y 2 = x + 2 + 2

( 4 − x )( 2x − 2 ) ⇔ y

−2 =x+2

( 4 − x )( 2x − 2 )

Khi đó phương trình trở thành 5 + y 2 − 2 = 4y ⇔ y 2 − 4y + 3 = 0 ⇔ y = 1; y = 3 + Với y = 1 , ta có

4 − x + 2x − 2 = 1 ⇔ 2x − 2 = 1 − 4 − x

1 − 4 − x ≥ 0  ⇔ 2x − 2 = 1 − 4 − x

(

)

3 ≤ x ≤ 4 , hệ phương trình vô nghiệm. ⇔ 2 4 − x = 7 − 3x

Do đó phương trình vô nghiệm + Với y = 3 , ta có

4 − x + 2x − 2 = 3 ⇔ 2x − 2 = 3 − 4 − x

3 − 4 − x ≥ 0  ⇔ 2x − 2 = 3 − 4 − x

(

)

0 ≤ 4 − x ≤ 9 3 ≤ x ≤ 4; 5 − x ≥ 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ x= 3 2 4 − x = 5 − x 4 ( 4 − x ) = ( 5 − x )

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm của phương trình.

Bài 14. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −

(

)

2 3

Phương trình tương đương với x 2 + x + 2 + 2 ( 2x + 3 ) = 3

( 2x + 3 ) ( x

+x+2

)

 x 2 + x + 2 = a > 0 a = b Đặt  . Phương trình trở thành a 2 − 3ab + 2b 2 = 0 ⇔  a = 2b  2x + 3 = b ≥ 0 + Với a = b , khi đó ta có

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

Phương trình có 2 nghiệm là x = + Với a = 2b , khi đó ta có

1+ 5 1− 5 ;x = (thỏa mãn) 2 2

x 2 + x + 2 = 2 2x + 3 ⇔ x 2 − 7x − 10 = 0

Phương trình có 2 nghiệm là x =

7 + 89 7 − 89 (thỏa mãn) và x = (loại) 2 2

1+ 5 1− 5 7 + 89 ;x = ;x = . 2 2 2 x 2 − 9x + 9 ≥ 0 Bài 15. Điều kiệnxác định của phương trình là  2 x − x + 1 ≥ 0

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x =

 1 3 Vì x 2 − x + 1 =  x −  + > 0 và x 2 − 9x + 9 ≥ 0 nên vế trái dương. Do đó để phương trình 2 4  có nghiệm thì vế phải dương, khi đó x > 0 . Chia hai vế của phương trình cho x ta được Đặt t =

1 1 − , ta được phương trình x2 x

1−

1 1 9 9 + 2 + 1− + 2 = 2 x x x x

t + 1 + 9t + 1 = 2

 1 t ≤ 5  1  t ≤ ⇔ 9t 2 + 10t + 1 = 1 − 5t ⇔  5 ⇔ t = 0 ⇒ t = 0  2  5 16t − 20t = 0 t =   4 1 1 Với t = 0 ta có 2 − = 0 ⇒ x = 1 . Thay x = 1 vào phương trình ban đầu ta thấy x = 1 thỏa x x mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 1 .

Bài 16. Điều kiện xác định của phương trình x ≥ 2 . Đặt

x + 6 = a ≥ 0; x − 2 = b ≥ 0 ⇒ a 2 − b 2 = 8 . Phương trình đã cho trở thành a = b ( a − b )( 1 + ab ) = a 2 − b2 ⇔ ( a − b )(1 + ab − a − b ) = 0 ⇔ 1 + ab − a − b = 0 

+ Với a = b ta được

x + 6 = x − 2 , phương trình vô nghiệm

 x + 6 = 1  x = −5 a = 1 ⇔ ⇔ + Với 1 + ab − a − b = 0 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔   b = 1  x − 2 = 1  x = 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm của phương trình.

Bài 17. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1. Đặt

1 + x + 1 − x = a ≥ 0, ta có a 2 = 2 + 2 1 − x 2 , khi đó ta có phương trình a 3 = 8 ⇔ a = 2

Với a = 2 ta được

1 + x + 1 − x = 2 ⇔ 1 − x2 = 1 ⇒ x2 = 0 ⇔ x = 0

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 0 là nghiệm của phương trình.

Bài 18. Điều kiện xác định của phương trình là x > −1 Đặt u = x + 1 + 3 − x > 0 suy ra u 2 = 4 − 2

( x + 1)( 3 − x ) .

Khi đó phương trình được viết lại thành 2 4 − u2 + = 1 ⇔ u 3 − 2u − 4 = 0 ⇔ ( u − 2 ) u 2 + 2u + 2 = 0 ⇔ u = 2 u 2 Từ u = 2 ta được x + 1 + 3 − x = 2 ⇒ x = −1; x = 3

(

)

Thử lại vào phương trình ta được x = −1; x = 3 là nghiệm của phương trình.

Bài 19. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 . Nhận thấy x = 0 không thỏa phương trình. Vì thế phương trình tương đương với x 2 + 8x + 3 − 6 x 2 + 3x = 0 ⇔ x +

Đặt t = x +

3 3 +8−6 x+ = 0 x x

3 với t ≥ 2 3 x

t = 2 Ta có phương trình t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  t = 4 x = 1 3 + Với t = 2 ta có x + = 2 ⇔  x x = 3 + Với t = 4 ta có

 x = 8 + 61 3 =4⇔ x  x = 8 − 61

Kết hợp với điều kiện xác định, phương trình đã cho có bốn nghiệm là

x = 1; x = 3; x = 8 + 61; x = 8 − 61

Bài 20. Điều kiện xác định của phương trình là x ( x + 1) ≥ 0 Đặt t = x 2 + x + 1 > 0 . Khi đó phương trình trở thành t 2 – 2t – 3 = 0 ⇒ t = 3 Với t = 3 thì ta có phương trình

x2 + x + 1 = 3 ⇔ x2 + x – 8 = 0 ⇔ x =

−1 ± 33 2

Thử lại vào điều kiện ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có các nghiệm là x =

−1 + 33 −1 − 33 ; x= . 2 2

Bài 21. Điều kiện xác định của phương trình là x ≤ 0 hoặc x ≥ 1 . Đặt a = x + 1, b = 2x 2 − 2x ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành

(

)

ab = b 2 – a – 1 ⇔ b 2 – 1 – ( a + ab ) = 0 ⇔ ( b + 1)( b – 1 − a ) = 0 ⇔ b − 1 − a = 0 ⇔ a = b − 1 Suy ra x + 1 = 2x 2 − 2x − 1 ⇔ x + 2 = 2x 2 − 2x ⇒ x 2 – 6x – 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13

Kết hợp với điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương trình là x = 3 ± 13

Bài 22. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 .

(

)

Ta có x 2 − x − 4 = 2 x − 1 ( 1 − x ) ⇔ x 2 + 2x x − 1 + x − 1 − 2 x + x − 1 − 3 = 0 Đặt x + x − 1 = y ( y ≥ 1) , phương trình trở thành y 2 − 2y − 3 = 0.

y 2 − 2y − 3 = 0 ⇔ ( y + 1)( y − 3 ) = 0 ⇔ y = 3 Với y = 3 ta có phương trình

x ≤ 3 x ≤ 3 x + x −1 = 3 ⇔ x −1 = 3 − x ⇔  ⇔ ⇔x=2  2 2 x − 1 = 9 − 6x + x x − 7x + 10 = 0 Kết hợp với điều kiện xác định ta được phương trình có nghiệm x = 2.

1 Bài 23. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . Đặt t = 2 x + 2 + 4x + 1, t ≥ 7 4 t2 − 9 ⇒ t 2 = 8x + 4 ( x + 2 )( 4x + 1) + 9 ⇔ 2x + ( x + 2 )( 4x + 1) = 4 2 Khi đó phương trình trở thành t − 4t + 3 = 0 ⇔ t = 1; t = 3 Kết hợp với điều kiện t ≥ 7 ta được t = 3 Với t = 3 , ta được 3 = 2 x + 2 + 4x + 1 ⇔ x = −

2 9

2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = − . 9

Bài 24. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 , khi đó phương trình trở thành 2x 2 + 9 x +2 −3 = 0 2 x 2x 2 + 9 Đặt

x 2

2x + 9

(

)

= t , phương trình trở thành 2t 3 − 3t 2 + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) 2t 2 − t − 1 = 0

+ Trường hợp t = 1 ta có x = 2x 2 + 9 (vô nghiệm) + Trường hợp t = −

1 ta có 2

x < 0 3 2 2x 2 + 9 = −2x ⇔  2 ⇔x=− 2  2x = 9

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −

3 2 . 2

Bài 25. Điều kiện xác đinh của phương trình là

1 2 ≤x≤ . 2 2

Đặt a = 2x − 1; b = 1 − 2x 2 ( a, b ≥ 0 ) . Phương trình đã cho trở thành

(

)

(

)

a + b = 2 a 2 + b2 ⇔ ( a + b ) = 2 a 2 + b2 ⇔ ( a − b ) = 0 ⇔ a = b Khi đó ta được

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

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm là x =

−1 + 5 . 2

−1 ± 5 2

Bài 26.Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

x 2 + 4x + 12 = 2x − 4 + x + 1 ⇔ x 2 + 4x + 12 − x + 1 = 2x − 4

) ⇔ 3 ( x + 4x + 12 ) − 33 ( x + 1) + 2 ( x ⇔ 3x 2 − 21x + 3 + 2

+ 4x + 12 ( x + 1) = 0

)

+ 4x + 12 ( x + 1) = 0

Đặt a = x 2 + 4x + 14 ; b = x + 1 ( a > 0; b > 0 ) , khi đó phương trình trở thành

3a 2 − 33b 2 + 2ab = 0 ⇔ ( a − 3b )( 3a + 11b ) = 0 ⇔ a = 3b

x 2 + 4x + 14 = 3 x + 1 ⇔ x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x =

Với a = 3b ta được

5 ± 13 2

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x =

5 + 13 2

Bài 27. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Ta có

(

)

5 x3 + 1 = 2 x2 + 2 ⇔ 5 Đặt

( x + 1) = a; ( x

( x + 1) ( x

) (

− x + 1 = 2 x2 + 2

)

− x + 1 = b ( a; b ≥ 0 )

Khi đó phương trình trở thành

(

)

5ab = 2 a 2 + b 2 ⇔ −2a 2 − 2b 2 + 5ab = 0 ⇔ ( 2a − b )( 2b − a ) = 0

+ Trường hợp 1: Với 2a − b = 0 ⇔ 2a = b ta được

2 x + 1 = x 2 − x + 1 ⇔ 4x + 4 = x 2 − x + 1 ⇔ x 2 − 5x − 3 = 0 ⇔ x =

5 ± 37 2

+ Trường hợp 2: Với 2b − a = 0 ⇔ 2b = a ta được

2 x 2 − x + 1 = x + 12 ⇔ 4x 2 − 4x + 4 = x + 1 ⇔ 4x 2 − 5x + 3 = 0 , phương trình vô nghiệm Kết hợp với điều kiện xác đinh ta có nghiệm của phương trình x =

5 ± 37 . 2

Bài 28. Điều kiện xác định của phương trình là 3 ≤ x ≤ 8. Đặt

x − 3 = a; 8 − x = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó phương trình trở thành

a = 1  x = 4 a + b = ab + 1 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 0 ⇔  ⇒ b = 1 x = 7 Kết hợp với điều kiện xác định ta có các ngiệm là x = 4; x = 7 . Bài 29. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −6 . Đặt

x + 9 = a ≥ 0;

x + 6 = b ≥ 0 , khi đó phương trình trở thành

a = 2012 a + 2012b = 2012 + ab ⇔ ( a − 2012 )( b − 1) = 0 ⇔  b = 1  x + 9 = 2012  x + 9 = 4048144  x = 4048135 ⇔ ⇔ ⇔  x + 6 = 1 x + 6 = 1  x = −5 Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là S = {4048135; − 5} .

Bài 30. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Đặt

a = x + 35; b = x + 1 ( a; b ≥ 0 ) . Khi đó phương trình được viết lại thành

a = 6 x = 1 ⇒ 14a + 6b = 84 + ab ⇔ ( a − 6 )( b − 14 ) = 0 ⇔   b = 14  x = 195 Vậy phương trình có các nghiệm là x = 1; x = 195 .

Bài 31. Điều kiện xác định của phương trình −3 ≤ x ≤ 6 .

a = x + 3 ≥ 0 Đặt  , Suy ra a 2 + b 2 = 9 . Khi đó ta có hệ phương trình sau  b = 6 − x ≥ 0 2 a 2 + b 2 = 9 ab = 0 2 ( a + b ) − 2ab = 9 ⇔ ⇒ ( ab + 3 ) − 2ab = 9 ⇔   a + b − ab = 3 ab = −4 a + b = ab + 3

 x+3 =0 a = 0  x = −3 Vì a; b ≥ 0 nên ta được ab = 0 ⇔  ⇔ ⇔ b = 0 x = 6  6 − x = 0 Vậy phương trình có nghiệm là x = −3; x = 6 .

Bài 32. Đặt

x − 2 = u;

x +1 = v

( v ≥ 0 ) . Khi đó ta được u

= x − 2, v 2 = x + 1

2 3 v − u = 3 Suy ra v 2 − u 3 = ( x + 1) − ( x − 2 ) = 3 , từ đó ta có hệ phương trình   u + v = 3

Rút v = 3 − u thay vào phương trình thứ nhất ta được 2

( 3 − u ) − u = 3 ⇔ u − u + 6u − 6 = 0 ⇔ u ( u − 1) + 6 ( u − 1) = 0 ⇔ ( u − 1) ( u + 6 ) = 0 ⇔ u = 1 ⇒ v = 2 3

Thay

x − 2 = u ⇒ 3 x − 2 = 1 ⇔ x = 3 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là

nghiệm của phương trình.

Bài 33. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 3x ≥ 0 .

a 2 − b 2 = 3 − x Đặt a = x 2 + 2x + 3; b = x 2 + 3x ( a > 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình  . a − b = 3 − x a = b Suy ra a 2 − b 2 = a − b ⇔ ( a − b )( a + b − 1) = 0 ⇔  a + b = 1

• Với a = b ta được

x 2 + 2x + 3 = x 2 + 3x ⇔ x 2 + 2x + 3 = x 2 + 3x ⇔ x = 3 .

• Với a + b = 1 , kết hợp với a − b = 3 − x ta được 2a = 4 − x hay −8 ± 2 19 x ≤ 4 2 x 2 + 2x + 3 = 4 − x ⇔  2 ⇔x= 3 3x + 16x − 4 = 0  −8 − 2 19 −8 + 2 19  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S =  ; ; 3 . 3 3  

4x 2 + 5x − 1 ≥ 0 Bài 34. Điều kiện xác định của phương trình là  2 . x − x − 1 ≥ 0 Đặt a = 4x 2 + 5x − 1; b = 2 x 2 − x − 1 ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) .

a 2 − b 2 = 9x + 3 Khi đó ta có hệ phương trình  . a − b = 9x + 3 a = b Từ hệ phương trình ta được a 2 − b 2 = a − b ⇔ ( a − b )( a + b − 1) ⇔  a + b = 1 1 4x 2 + 5x − 1 = 2 x 2 − x − 1 ⇔ 4x 2 + 5x − 1 = 4 x 2 − x − 1 ⇔ x = − . 3 • Với a + b = 1 , kết hợp với a − b = 9x + 3 ta được 2a = 9x + 4 . Từ đó ta có

(

• Với a = b ta được

)

9x + 4 ≥ 0 9x + 4 ≥ 0 2 4x 2 + 5x − 1 = 9x + 4 ⇔  2  2 2 4 4x + 5x − 1 = ( 9x + 4 ) 65x + 52x + 20 = 0 Hệ trên vô nghiệm.

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta suy ra được phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 35.

(

)

(

)(

+ Lời giải 1. Nhận xét x 4 + x 2 + 1 = x 4 + 2x 2 + 1 − x 2 = x 2 + 1 − x 2 = x 2 − x + 1 x 2 + x + 1

(

) (

)

Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 + x + 1 + 3 x 2 − x + 1 = 5 x 2 + x + 1. x 2 − x + 1 Đặt

x 2 + x + 1 = u; x 2 − x + 1 = v ( u > 0; v > 0 ) thu được

2u 2 + 3v 2 = 5uv ⇔ 2u ( u − v ) = 3v ( u − v ) ⇔ ( 2u − 3v )( u − v ) = 0

• Với u = v ⇒ x 2 + x + 1 = x 2 − x + 1 ⇔ x = 0 • Với 2u = 3v ⇒ 4x 2 + 4x + 4 = 9x 2 − 9x + 8 ⇔ 5x 2 − 13x + 5 = 0 ⇔ x =  13 − 69 13 + 69  Kết luận tập nghiệm S = 0; ;  10 10  

13 ± 69 . 10

+ Lời giải 2. Nhận xét 5x 2 − x + 5 > 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

25x 4 + 50x 2 + 25 − 10x x 2 + 1 + x 2 = 25 x 4 + x 2 + 1 ⇔ 10x 3 − 26x 2 + 10x = 0  13 − 69 13 + 69  ⇔ x 5x 2 − 13 + 5 = 0 ⇔ x ∈ 0; ;  10 10  

(

)

 13 − 69 13 + 69  Kết luận tập nghiệm S = 0; ;  10 10   Bài 36. + Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

4x 4 − 4x 3 + x 2 + 2 2x 2 − x + 1 = 4x 4 + 1 ⇔ 4x 3 − 5x 2 + 2x = 0 ⇔ x 4x 2 − 5x + 2 = 0

Phương trình 4x 2 − 5x + 2 = 0 vô nghiệm. Kết luận tâp nghiệm S = {0} .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với

( 2x

8x 2 − 4x + 4 = 4

)(

− 2x + 1 2x 2 + 2x + 1

(

)

⇔ 2x 2 + 2x + 1 + 3 2x 2 − 2x + 1 = 4 2x 2 − 2x + 1. 2x 2 + 2x + 1 Đặt

2x 2 + 2x + 1 = u; 2x 2 − 2x + 1 = v ( u > 0; v > 0 ) ta thu được

u = v u 2 + 3v 2 = 4uv ⇔ ( u − v )( u − 3v ) = 0 ⇔   u = 3v

• Với u = v ⇒ 2x 2 + 2x + 1 = 2x 2 − 2x + 1 ⇔ x = 0 • u = 3v ⇒ 2x 2 + 2x + 1 = 3 2x 2 − 2x + 1 ⇔ 16x 2 − 20x + 8 = 0 , phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 37. Điều kiện xác định của phương trình là x 4 − 8x + 63 ≥ 0 .

(

)(

)

Nhận xét x 4 − 8x + 63 = x 2 + 4x + 9 x 2 − 4x + 7 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)

2 x 2 − 4x + 7 + x 2 + 4x + 9 = 3 x 2 − 4x + 7. x 2 + 4x + 9 Đặt

x 2 − 4x + 7 = u; x 2 + 4x + 9 = v ( u > 0; v > 0 ) ta thu được

 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ( 1) u = v 2u + v = 3uv ⇔ ( u − v )( 2u − v ) = 0 ⇔  ⇔  2 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ( 2 ) 2u = v   2

1 • ( 1) ⇔ x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ⇔ x = − . 4

(

)

• ( 2 ) ⇔ 4 x 2 − 4x + 7 = x 2 + 4x + 9 ⇔ 3x 2 − 20x + 19 = 0 ⇔ x =

10 ± 43 . 3

 1 10 − 43 10 + 43  So sánh điều kiện kết luận nghiệm S = − ; ; . 3 3  4  Bài 38. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . • Xét x = 2 , ta thấy không thỏa mãn phương trình ban đầu.

• Xét x > 2 , phương trình đã cho tương đương với x 2 + 2x + 4 + 3 ( x − 2 ) = 4 x 2 + 2x + 4. x − 2 ⇔

x 2 + 2x + 4 x 2 + 2x + 4 +3=4 x−2 x−2

t = 1 x 2 + 2x + 4 = t ( t > 0 ) thu được t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 3 ) = 0 ⇔  x−2 t = 3

Đặt

• Với t = 1 ⇔ x 2 + 2x + 4 = x − 2 ⇔ x 2 + x + 6 = 0 (vô nghiệm) • Với t = 3 ⇔ x 2 + 2x + 4 = 9x − 18 ⇔ x 2 − 7x + 22 = 0 ( vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 39. Điều kiện xác định của phương trình là Phương trình đã cho tương đương với Đặt

1 ≤ x ≤ 2. 2

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

2x − 1 = u; 4 2 − x = v ( u ≥ 0; v ≥ 0 ) ta có u 2 + 2v 2 = 3uv ⇔ ( u − v )( u − 2v ) = 0 .

• Với u = v ⇒ 2x − 1 = 2 − x ⇔ x = 1 11 6  11  1 So sánh điều kiện ≤ x ≤ 2 ta thu được tập nghiệm S =  ;1 . 2 6 

• Với u = 2v ⇒ 4 2x − 1 = 2 4 2 − x ⇔ 2x − 1 = 16 ( 2 − x ) ⇔ x

Bài 40. Điều kiện điều kiện xác định của phương trình là 4x ≥ 3 . Phương trình đã cho tương đương với 3 3x − 2 + 4 4x − 3 = 7 4 3x − 2. 4 4x − 3 ( ∗ ) Đặt

3x − 2 = u; 4 4x − 3 = v ( u ≥ 0; v > 0 ) thì ( ∗ ) trở thành u = v 3u 2 + 4v 2 = 7uv ⇔ ( u − v )( 3u − 4v ) = 0 ⇔   3u = 4v

• Với u = v ⇒ 4 3x − 2 = 4 4x − 3 ⇔ 3x − 2 = 4x − 3 ⇔ x = 1 . • Với 3u = 4v ⇒ 3 4 3x − 2 = 4 4 4x − 3 ⇔ 27 ( 3x − 2 ) = 256 ( 4x − 3 ) ⇔ x = Đối chiếu điều kiện x ≥

Bài 41. Đặt

714 943

 714  3 ;1 . ta có tập nghiệm S =  4  913 

2x + 1 = u; 3 2x − 1 = v , phương trình đã cho trở thành  2u = v 4u 2 + 3v 2 = 8uv ⇔ ( 2u − v )( 2u − 3v ) = 0 ⇔   2u = 3v

• Với 2u = v ⇔ 2 3 2x + 1 = 3 2x − 1 ⇔ 8 ( 2x + 1) = 2x − 1 ⇔ x = −

9 . 14

• Với 2u = 3v ⇔ 2 3 2x + 1 = 3 3 2x − 1 ⇔ 8 ( 2x + 1) = 27 ( 2x − 1) ⇔ x = Phương trình đã cho có hai nghiệm x = −

35 . 38

9 35 hoặc x = . 14 38

x ≥ 2 Bài 42. Điều kiện xác định của phương trình là x x 2 − 4 ≥ 0 ⇔   −2 ≤ x ≤ 0 Phương trình đã cho tương đương với

(

)

(

)

5 x 2 + 2x + x − 2 = 6 x x 2 − 4 ⇔ 5.

)

x 2 + 2x x 2 + 2x +1= 6 x−2 x−2

x 2 + 2x = t ( t ≥ 0 ) ta thu được 5t 2 + 1 = 6t ⇔ ( t − 1)( 5t − 1) = 0 x−2 Xét hai khả năng xảy ra

Đặt

• t = 1 ⇒ x 2 + 2x = x − 2 ⇔ x 2 + x + 2 = 0 . Phương trình vô nghiệm

(

)

• 5t = 1 ⇔ 25 x 2 + 2x = x − 2 ⇔ 25x 2 + 49x + 2 = 0 ⇔ x =

−49 ± 2201 . 50

 −49 + 2201 −49 − 2201  Kết hợp với điều kiện ta thu đưược nghiệm S =  ; . 50 50   2x + 1 ≥ 0 Bài 43. Điều kiện xác định của phương trình  2 3x + 8x + 4 ≥ 0

(

)

+ Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với x + 1 + 2x + 1 = 3 x 2 + 2x + 1 + 2x + 1 Đặt x + 1 = a; 2x + 1 = b ( a > 0; b ≥ 0 ) ta thu được a + b = 3a 2 + b 2 ⇔ a 2 + 2ab + b 2 = 3a 2 + b 2 ⇔ a ( a − b ) = 0 ⇔ a = b ( Do a > 0 )

x ≥ −1 ⇔x=0 Do đó x + 1 = 2x + 1 ⇔  2 x + 2x + 1 = 2x + 1 Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x = 0 .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với

x 2 + 2x + 1 + 2 ( x + 1) 2x + 1 + 2x + 1 = 3x 2 + 8x + 4 ⇔ 2 ( x + 1) 2x + 1 = 2x 2 + 4x + 2

 x = −1 x + 1 = 0  x = −1  ⇔ ( x + 1) 2x + 1 = ( x + 1) ⇔  ⇔  x ≥ −1 ⇔  2x + 1 = x + 1   x = 0 2 2x + 1 = x + 2x + 1   So sánh điều kiện ta thu được nghiệm x = 0 . 2

 3 x ≥ Bài 44. Điều kiện xác định của phương trình là  2 5x 2 − 12x + 8 ≥ 0  + Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với

(

)

x − 1 + 2x − 3 = 5 x 2 − 2x + 1 − ( 2x − 3 ) Đặt x − 1 = u; 2x − 3 = v ( u > 0; v ≥ 0 ) , khi đó phương trình đã cho trở thành u + v = 5u 2 − v 2 ⇔ u 2 + 2uv + v 2 = 5u 2 − v 2 ⇔ ( u − v )( 2u + v ) = 0  x ≥ 1  x ≥ 1 ⇔ u = v ⇒ x − 1 = 2x − 3 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x=2 x − 2x + 1 = 2x − 3 x − 4x + 4 = 0

Kết hợp điều kiện ta được phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với

x 2 − 2x + 1 + 2x − 3 + 2 ( x − 1) 2x − 3 = 5x 2 − 12x + 8

(

)

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

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

Đặt

2x − 3 2x − 3 = 2− 2 x −1 ( x − 1)

2x − 3 = t ( t > 0 ) , khi đó phương trình trên trở thành x −1 t = 2 − t 2 ⇔ ( t − 1)( t + 2 ) = 0 ⇔ t = 1 ⇔ 2x − 3 = x − 1 ⇔ x = 2.

Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 .

x 2 + 2x − 3 ≥ 0 x ≥ 1 Bài 45. Điều kiện kiện xác định của phương trình là  2 ⇔ 4x − 2x + 3 > 0  x ≤ −3

(

Phương trình đã cho tương đương với x + x 2 + 2x − 3 = 5x 2 − x 2 + 2x − 3 Đặt

x 2 + 2x − 3 = y ( y ≥ 0 ) ta thu được

x + y ≥ 0 x + y = 5x 2 − y 2 ⇔  2 2 2 2 x + y + 2xy = 5x − y x + y ≥ 0 x + y ≥ 0  x + y ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = y 2 2x − xy − y = 0   2x + y = 0 ( x − y )( 2x + y ) = 0 

x ≥ 0 x + y ≥ 0 x ≥ 0 3 • ⇔ ⇔ ⇔x= . 2 2 x = y x = x + 2x − 3 2x − 3 = 0

)

x ≤ 0 x + y ≥ 0 x ≤ 0 • ⇔ ⇔ (Hệ vô nghiệm).  2 2 + = 2x y 0 3x − 2x + 3 = 0 − 2x = x + 2x − 3    

3 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm S =   . 2 −1 ≤ x ≤ 1 Bài 46. Điều kiện xác định của phương trình  2 . Phương trình tương đương 4x − 12x + 1 ≥ 0 với

(

) (

)

(

1 − x 2 + 1 − 2x = 2 3 4x 2 − 4x + 1 − 2 1 − x 2 ⇔ 1 − x 2 + 1 − 2x = 2 3 ( 1 − 2x ) − 2 1 − x 2 Đặt

1 − x 2 = a;1 − 2x = b ( a ≥ 0 ) ta có

a + b ≥ 0 a + b ≥ 0 a + b = 2 3a 2 − 2b 2 ⇔  2 ⇔ 2 2 2 2 2 a + 2ab + b = 12a − 8b 11a − 2ab − 9b = 0  a + b ≥ 0 a + b ≥ 0   a + b ≥ 0 a = b ⇔ ⇔  a = b ⇔  a + b ≥ 0  ( a − b )( 11a + 9b ) = 0   11a + 9b = 0  11a + 9b = 0 Xét hai trường hợp xảy ra

 1  1 a + b ≥ 0 a ≥ 0; b ≥ 0 −1 ≤ x ≤  −1 ≤ x ≤ ⇔ ⇒ ⇔  2 2 ⇔x=0  2 2 a = b a = b 1 − x = 4x − 4x + 1 x(5x − 4) = 0   a ≥ 0 a ≥ 0 a ≥ 0  2 a = 0   2  1 − x = 0 ( Hệ vô nghiệm ). a + b ≥ 0 ⇔ − a ≥ 0 ⇔ a ≤ 0 ⇔ ⇒  b = 0 1 − 2x = 0 11a + 9b = 0  9 11a + 9b = 0   11a + 9b = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 .

Bài 47. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1

(

Phương trình đã cho biến đổi về x 2 + 2 x 2 − 1 = 3 3x 4 − 2 x 2 − 1

)

Đặt x 2 = a; x 2 − 1 = b ( a ≥ 1; b ≥ 0 ) ta thu được

a ≥ 1; b ≥ 0 a ≥ 1; b ≥ 0 a ≥ 1; b ≥ 0 ⇔ ⇔    2 2 2 2 2 2 2 2 a + 4ab + 4b = 9 3a − 2b 13a − 2ab − 11b = 0 a + 2b = 3 3a − 2b  a ≥ 1; b ≥ 0 ⇔ a = b ⇒ x 2 = x 2 − 1 ⇔ x 4 − x 2 + 1 = 0 (Vô nghiệm) Hay  a − b 13a + 11b = 0 )( ) (

(

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

)

Bài . Điều kiện xác định của phương trình là 3x 3 + 18x − 27 ≥ 0; x ≥

1 3 ; x + 2x − 7 ≥ 0 . 2

(

Phương trình đã cho tương đương với 2 2x − 1 + x 3 + 2x − 7 = 6 ( 2x − 1) + 3 x 3 + 2x − 7 Đặt

)

2x − 1 = a; x 3 + 2x − 7 = b (a ≥ 0; b ≥ 0) ta thu được 2

2a + b = 6a 2 + 3b 2 ⇔ 4a 2 + 4ab + b 2 = 6a 2 + 3b 2 ⇔ 2 ( a − b ) = 0 ⇔ a = b ⇒ 2x − 1 = x 3 + 2x − 7 ⇔ x 3 = 6 ⇔ x = 3 6 Thử lại thấy giá trị này thỏa mãn phương trình ban đầu. Kết luận nghiệm S =

{ 6} 3

Bài 48. Điều kiện xác định là 2x 2 + x ≥ 0; x 3 + 3x 2 + x − 2 ≥ 0; 5x 3 + 13x 2 + 4x − 10 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

3 2x 2 + x − x 3 + 3x 2 + x − 2 = 5 x 3 + 3x 2 + x − 2 − 2x 2 + x Đặt

)

2x 2 + x = a; x 3 + 3x 2 + x − 2 = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) , khi đó ta có

3a − b = 5b 2 − a 2 ⇒ 9a 2 − 6ab + b 2 = 5b 2 − a 2 a = b ⇔ 5a 2 − 3ab − 2b 2 = 0 ⇔ ( a − b )( 5a + 2b ) = 0 ⇔   5a + 2b = 0

(

)

• a = b ⇔ 2x 2 + x = x 3 + 3x 2 + x − 2 ⇔ ( x − 1) x 2 + 2x + 2 = 0 ⇔ x = 1 x = 0  5a + 2b = 0 a = 0 1 2x + x = 0  (Hệ vô nghiệm) • ⇔ ⇒ 3 ⇔ x=−  2 2 a ≥ 0; b ≥ 0  b = 0 x + 3x + x − 2 = 0   x 3 + 3x 2 + x − 2 = 0 Thử lại thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 2

Bài 49. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

(

) (

2 x 3 + x − 2 − x 3 + 2x + 2 = 4 x 3 + 2x + 2 − 3 x 3 + x − 2 Đặt

)

x 3 + x − 2 = a; x 3 + 2x + 2 = b ( a, b ≥ 0 ) , khi đó phương trình đã cho trở thành 2a − b ≥ 0 2a − b ≥ 0  2a − b ≥ 0 2a − b = 4a − 3b ⇔  2 ⇔ ⇔  a = 0 2 2 2 4a − 4ab + b = 4a − 3b a ( a − b ) = 0  a = b  2

(

)

• a = 0 ⇔ x 3 + x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1) x 2 + x + 2 = 0 ⇔ x = 1

• a = b ⇔ x 3 + x − 2 = x 3 + 2x + 2 ⇔ x − 2 = 2x + 2 ⇔ x = −4. So sánh và thử lại với nghiệm kết luận phương trình vô nghiệm.

Bài 50. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 Nhận xét x = 1 không phải là nghiệm của phươg trình. Khi đó x > 1 , phương trình đã cho 2

2 2  x +1 x+1 6 tương đương với 2 6 ( x + 1) − 6 ( x − 1) = 6 x 2 − 1 ⇔ 2 6   −1 = x −1 x − 1  

Đặt

x+1 = t ( t ≥ 0 ) ta thu được x −1

t = 1 2t 2 − 1 = t ⇔ ( t − 1)( 2t + 1) = 0 ⇔  ⇒ t = 1 ⇒ x + 1 = x − 1 , phương trình vô nghiệm. t = − 1 2  Vậy phương trình ban đầu vô nghiệm.

Bài 51. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Nhận xét x = 1 không phải là nghiệm của phươg trình. Khi đó x > 1 , phương trình đã cho 2

tương đương với 2

( x + 1)

( x − 1)

 x +1 x+1 = 5 x −1 ⇔ 2  + 2 = 56  x −1  x −1 6

t = 1 x+1 = t ( t ≥ 0 ) ta có 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔ ( t − 2 )( 2t − 1) = 0 ⇔  1 t = x −1  2 • t = 1 ⇒ x + 1 = x − 1 ⇔ 0x = 2 , vô nghiệm.

Đặt

•t=

1 x+1 1 65 ⇔ = ⇔x=− . 2 x − 1 64 63

 65  So sánh điều kiện ta thu đưược nghiệm S = −  .  63  Bài 52. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 4 . Phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 24x + 28 = 25 ( x + 2 ) + x 2 + x − 20 + 10

⇔ 2x 2 − x − 1 = 5 Đặt

( x + 2 )( x − 4 )( x + 5 ) ( x + 5 ) ( x − 2x − 8 ) ⇔ 2 ( x − 2x − 8 ) + 3 ( x + 5 ) = 5 2

x + 5. x 2 − 2x − 8

x + 5 = a; x 2 − 2x − 8 = b ( a, b ≥ 0 ) ta thu được 3a 2 + 2b 2 = 5ab ⇔ ( a − b )( 3a − 2b ) = 0

 3 + 61 3 − 61  • a = b ⇒ x + 5 = x 2 − 2x − 8 ⇔ x 2 − 3x − 13 = 0 ⇔ x ∈  ; . 2   2  11  • 3a = 2b ⇒ 3 x + 5 = 2 x 2 − 2x − 8 ⇔ 4x 2 − 17x − 77 = 0 ⇔ x ∈ − ; 7   4   3 + 61  So sánh với điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S = 7;  2  

Bài 53. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 5 . Phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1

⇔ 5x 2 + 14x + 9 = x 2 − x − 20 + 25 ( x + 1) + 10

(

( x + 4 )( x − 5 )( x + 1)

)

⇔ 2 x 2 − 4x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 x + 4. x 2 − 4x − 5 Đặt

x + 4 = b; x 2 − 4x − 5 = a ( a ≥ 0, b > 0 ) , khi đó phương trình trên trở thành.

a = b 2a 2 + 3b 2 = 5ab ⇔ ( a − b )( 2a − 3b ) = 0 ⇔   2a = 3b

• a = b ⇔ x + 4 = x 2 − 4x − 5 ⇔ x 2 − 5x − 9 = 0 ⇔ x =

5 ± 61 2

7 • 2a = 3b ⇔ 4 x 2 − 4x − 5 = 9 ( x + 4 ) ⇔ 4x 2 − 25x − 56 = 0 ⇔ x = − ; x = 8 4   61 + 5  Đối chiếu điều kiện ta thu được tâp nghiệm S = 8; . 2  

(

)

Bài 54. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với 5 x − 1 + 2x 2 − 3x − 2 = 18x 2 + 16x − 39

⇔ 25 ( x − 1) + 2x 2 − 3x − 2 + 10 x − 1. ⇔ 10

( x − 1)( 2x + 1)( x − 2 ) = 16x

(

( 2x + 1)( x − 2 ) = 18x

− 6x − 12

)

⇔ 5 2x 2 − x − 1. x − 2 = 4 2x 2 − x − 1 + x − 2 Đặt

2x 2 − x − 1 = u; x − 2 = v ( u > 0; v ≥ 0 ) ta thu được

u = v 5uv = 4u 2 + v 2 ⇔ ( u − v )( 4u − v ) = 0 ⇔   u = 4v x ≥ 2 x ≥ 2 • u=v⇒ 2 ⇔ 2 (Vô nghiệm) 2x − x − 1 = x − 2 2x − 2x + 1 = 0

17 + 4 3 x ≥ 2 x ≥ 2 • u = 4v ⇒  2 ⇔ 2 ⇔x= 4 2x − x − 1 = 16x − 32 2x − 17x + 31 = 0 17 + 4 3 . 4 Bài 55. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 .

Vậy phương trình đề bài có nghiệm duy nhất x =

Phương trình đã cho tương đương với

+ 16x − 39

3x 2 + 11x − 27 = x 2 − 1 + 9 ( x − 2 ) + 6

( x + 1)( x − 1)( x − 2 ) ⇔ 2x + 2x − 8 = 6 ( x + 1)( x − 2 )( x − 1) ⇔ x + x − 4 = 3 ( x + 1)( x − 2 ) . ⇔ x − x − 2 + 2 ( x − 1) = 3 x − x − 2. x − 1 ( 1) 2

Đặt

x −1

x 2 − x − 2 = a; x − 1 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) thì (1) trở thành

a = b a 2 + 2b 2 = 3ab ⇔ ( a − b )( a − 2b ) = 0 ⇔  a = 2b

{

• a = b ⇔ x 2 − x − 2 = x − 1 ⇔ x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x ∈ 1 + 2 ;1 − 2

}

 5 + 17 5 − 17  • a = 2b ⇔ x 2 − x − 2 = 2 x − 1 ⇔ x 2 − x − 2 = 4 ( x − 1) ⇔ x ∈  ; . 2   2  5 + 17  ;1 + 2  . Kết hợp điều kiện ta thu được S =    2 Bài 56. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương đương với

9x + 9 + x 2 − 4 + 6

( x + 1)( x + 2 )( x − 2 ) = 3x

+ 19x + 1

⇔ 3 x 2 + 3x + 2. x − 2 = x 2 + 5x − 2 ⇔ 3 x 2 + 3x + 2. x − 2 = x 2 + 3x + 2 + 2 ( x − 2 ) Đặt

x 2 + 3x + 2 = a; x − 2 = b ( a > 0; b ≥ 0 ) ta thu được

3ab = a 2 + 2b 2 ⇔ ( a − b )( a − 2b ) = 0 a = b ⇔ x 2 + 3x + 2 = x − 2 ⇔ x 2 + 2x + 4 = 0 (Vô nghiệm) a = 2b ⇔ x 2 + 3x + 2 = 2 x − 2 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 4x − 8 ⇔ x 2 − x + 10 = 0 (Vô nghiệm)

Vậy phương trình vô nghiệm

Bài 57. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 2 . Phương trình đã cho tương ứng với 5x 2 + 21x − 27 = 5 x − 2 + x 2 + 2x − 3 ⇔ 5x 2 + 21x − 27 = 25 ( x − 2 ) + x 2 + 2x − 3 + 10

( x − 2 )( x − 1)( x + 3 )

( x − 2 )( x − 1). x + 3 ⇔ 2x − 3x + 13 = 5 ⇔ 2 ( x − 3x + 2 ) + 3 ( x + 3 ) = 5 x − 3x + 2. x + 3 ⇔ 4x 2 − 6x + 26 = 10 2

Đặt

x 2 − 3x + 2. x + 3

{

}

x 2 − 3x + 2 = u; x + 3 = v ( u ≥ 0; v > 0 ) ta được

u = v 2u 2 + 3v 2 = 5uv ⇔ ( u − v )( 2u − 3v ) = 0 ⇔   2u = 3v • u = v ⇔ x 2 − 3x + 2 = x + 3 ⇔ x 2 − 4x − 1 = 0 ⇔ x ∈ 2 − 5; 2 + 5

21 ± 745 8  21 + 745  Kết hợp với điều kiện ta thu được tập nghiệm S =  ; 2 + 5 . 8   • 2u = 3v ⇒ 2 x 2 − 3x + 2 = 3 x + 3 ⇔ 4x 2 − 21x − 19 = 0 ⇔ x =

x 3 + 2x 2 − 7x + 6 ≥ 0 Bài 58. Điều kiện xác định của phương trình là  x ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với ⇔ x 3 + 2x 2 − 7x + 6 = x 3 + x + 1 + 2

x 3 + 2x 2 − 7x + 6 = x + x 3 + 1

( x + 1) ( x

)

−x +1 x

⇔ 2x 2 − 8x + 5 = 2 x 2 − x + 1. x 2 + x

(

) (

)

⇔ 5 x 2 − x + 1 − 3 x 2 + x = 2 x 2 − x + 1. x 2 + x ⇔ 5 − 3.

x2 + x x2 + x 2 = ∗ x2 − x + 1 x2 − x + 1  

1 x2 + x = t ( t ≥ 0 ) thì *  ⇒ 5 − 3t 2 = 2t ⇒ t = 1 ⇒ x 2 − x + 1 = x 2 + x ⇔ x = 2 2 x −x+1 1 Đối chiếu điều kiện và thử lại ta thu được nghiệm x = . 2 3 2 x + 2x − 32x + 17 ≥ 0 3 2  x + 2x − 32x + 17 ≥ 0 Bài 59. Điều kiện xác định là x 3 − 2x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 x ≥ 3  Phương trình đã cho tương đương với Đặt

x 3 + 2x 2 − 32x + 17 = x 3 − 2x − 4 + x − 3

⇔ x 3 + 2x 2 − 32x + 17 = x 3 − 2x − 4 + x − 3 + 2

( x − 2 )( x − 3 ).

⇔ 2x 2 − 31x + 24 = 2

(

) (

( x − 2) (x

)

+ 2x + 2 ( x − 3 )

x 2 + 2x + 2

)

⇔ 5 x 2 − 5x + 6 − 3 x 2 + 2x + 2 = 2 x 2 − 5x + 6. x 2 + 2x + 2 Đặt

x 2 − 5x + 6 = a; x 2 + 2x + 2 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) ta có phương trình 5a 2 − 3b 2 = 2ab ⇔ ( a − b )( 5a + 3b ) = 0 ⇒ a = b ⇒ x =

3 7

Đối chiếu điều kiện, kết luận phương trình đã cho vô nghiệm. 2

(

) ( ) = (x

Bài 60. Nhận xét x 8 − 14x 4 + 1 = x 4 + 1 − 4x 2

(

)(

)

− 4x 2 + 1 x 4 + 4x 2 + 1 nên ta có điều

)(

)

kiện xác định của phương trình là x 4 − 4x 2 + 1 x 4 + 4x 2 + 1 ≥ 0 ⇔ x 4 − 4x 2 + 1 ≥ 0 Phương trình đã cho trở thành

)(

)

− 4x 2 + 1 x 4 + 4x 2 + 1 = x 4 − 12x 2 + 1

(

) (

⇔ x 4 − 4x 2 + 1. x 4 + 4x 2 + 1 = 2 x 4 − 4x 2 + 1 − x 4 + 4x 2 + 1

)

Đặt

x 4 − 4x 2 + 1 = u; x 4 + 4x 2 + 1 = v ( u ≥ 0; v ≥ 0 ) ta thu được 2 2 uv = 2u − v ( u − v )( 2u + v ) = 0 ⇔ ⇔u=v  u ≥ 0; v > 0 u ≥ 0; v > 0

x 4 − 4x 2 + 1 = x 4 + 4x 2 + 1 ⇔ x 4 − 4x 2 + 1 = x 4 + 4x 2 + 1 ⇔ x = 0 .

Do đó ta được

Kết luận phương trình đề bài có duy nhật nghiệm x = 0 .

Bài 61. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 + Lời giải 1. Đặt

x = a; 4x 2 + 21 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) thì phương trình đã cho trở thành

) (

)

+ 5 a = a 2 + 5 b ⇔ ( a − b )( ab − 5 ) = 0

• a = b ⇒ 4x 2 − x + 21 = 0 ( Vô nghiệm)

(

)

(

)

• ab = 5 ⇒ x 4x 2 + 21 = 25 ⇔ ( x − 1) 4x 2 + 4x + 25 = 0 ⇔ x = 1.

Kết hợp điều kiện ta thu được tập nghiệm S = {1}

+ Lời giải 2. Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình ban đầu. Phương trình đã cho tương đương với

(

2 2x 2 + 13

(

2 2x 2 + 13

4x 2 + 21

) −1 =

4x 2 + 21

⇔ −1 x+5 x x 4x 2 − x + 21 4x 2 − x + 21 ⇔ = ⇔ x + 5 = 4x 3 + 21x + x 2 x+5 x 4x + 21 + x x+5

)

(

)

⇔ 4x 3 + 21x − 25 = 0 ⇔ ( x − 1) 4x 2 + 4x + 25 = 0 ⇔ x = 1 Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x = 1 .

Bài 62. Điều kiện xác định của phương trình là x > 0

(

+ Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với ( x + 3 ) 2x 2 + 7 = 2 x 2 + 5 Đặt

(

)

(

)

2x 2 + 7 = u; x = v ( u; v > 0 ) ta có v 2 + 3 u = u 2 + 3 v ⇔ ( u − v )( uv − 3 ) = 0

u = v ⇒ 2x 2 − x + 7 = 0 (Vô nghiệm)

(

)

uv = 3 ⇔ 2x 3 + 7x − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) 2x 2 + 2x + 9 = 0 ⇔ x = 1 .

So sánh với điều kiện ta thu được tập nghiệm S = {1} .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với

2x 2 + 7

(

2 x2 + 5

x+3 x 2 2x − x + 7

⇔ x

(

)⇔

2x 2 + 7

(

2 x2 + 5

−1 =

) −1

x+3 x 2x − x + 7 = ⇔ 2x 3 + 7x + x = x + 3 ⇔ 2x 3 + 7x = 9 2 x + 3 2x + 7 + x 2

)

(

)

⇔ ( x − 1) 2x 2 + 2x + 9 = 0 ⇔ x = 1 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x = 1 .

Bài 63. Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 .

(

+ Lời giải 1. Phương trình đã cho tương đương với 3x 2 + 3 Đặt

(

)

(

)

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

)

x = u; 3x 2 + 1 = v ( u, v > 0 ) , khi đó v 2 + 2 u = u 2 + 2 v ⇔ ( u − v )( uv − 2 ) = 0

• u = v ⇒ 3x 2 − x + 1 = 0 (Vô nghiệm)

x > 0 x > 0 • uv = 2 ⇔  3 ⇔ ⇔ x = 1. 2 x 1 3x 3x 4 0 − + + = ( ) 3x + x − 4 = 0 

(

)

Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 1 .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với 3x 2 + 3 3x 2 + 1 3x 2 + 3 3x 2 + 1 3x 2 − x + 1 3x 2 − x + 1 = ⇔ −1 = −1 ⇔ = x+2 x+2 x+2 x x x 3x 2 + 1 + x

(

)

⇔ x + 2 = 3x 3 + x + x ⇔ 3x 3 + x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1) 3x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔ x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

Lời giải 3. Phương trình đã cho tương đương với

1 2 1 x + 4x + 4 = x 2 + 4x + 4 − 2x 4 4 2 2  3x 3 + x = 2 ( 1)  x+2 x−2  ⇔  3x 3 + x − = ⇔    3  2   2   ( 2)  3x + x = − x • ( 1) ⇔ 3x 3 + x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1) 3x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔ x = 1

3x 3 + x − ( x + 2 ) 3x 3 + x +

(

)

(

)

Phương trình (2) vô nghiệm do điều kiện x > 0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .

Bài 64. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 + Lời giải 1. Nhận xét x = 0 là một nghiệm. Với x > 0 phương trình đã cho tương đương với

5x 2 + 4x x

5x 2 + 4x + 3 ⇔ x+3

(

−1 =

5x + 3x

⇔

5x 2 + 4x

5x 2 + 4x + x

)

5x 2 + 4x + 3 −1 x+3

5x 2 + 3x

5x + 3x ⇔ x+3

(

)

x 5x 2 + 4x + x

5x 2 + 3x x+3

(

)

⇔ 5x 3 + 4x 2 = 3 ⇔ 5x 3 + 4x 2 − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) 5x 2 + 9x + 9 = 0 ⇔ x = 1 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1} .

+ Lời giải 2. Đặt

x = a; 5x 2 + 4x = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) thì phương trình đã cho trở thành

a = b + 3 a = a 2 + 3 b ⇔ ( a − b )( ab − 3 ) = 0 ⇔  ab = 3 x = 0 2 • a = b ⇔ 5x + 4x = x ⇔ x ( 5x + 3 ) = 0 ⇔  x = − 3 5 

) (

)

(

)

• ab = 3 ⇔ 5x 3 + 4x 2 = 3 ⇔ 5x 2 + 4x 2 − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) 5x 2 + 9x + 9 = 0 ⇔ x = 1. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1} .

x = 0 + Lời giải 3. Phương trình đã cho tương đương với  2  5x + 4x + 3 = ( x + 3 ) 5x + 4 ( ∗)

(∗) ⇔ 5x

(

)

+ 4x + 3x = ( x + 3 ) 5x 3 + 4x 2 ⇔ 4 5x 3 + 4x 2 + 12x = 4 ( x + 3 ) 5x 3 + 4x 2

(

)

⇔ 4 5x 3 + 4x 2 − 4 ( x + 3 ) 5x 3 + 4x 2 + x 2 + 6x + 9 = x 2 − 6x + 9

(

⇔ x + 3 − 2 5x 3 + 4x 2

)

 5x 3 + 4x 2 = 3  5x 3 + 4x 2 − 9 = 0 2 = ( x − 3) ⇔  ⇔ 2  5x 3 + 4x 2 = x  x ( 5x + 3 ) = 0 

( x − 1) 5x 2 + 9x + 9 = 0 ⇔ ⇒ x ∈ {0;1}  x 2 ( 5x + 3 ) = 0

(

)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {0;1} .

Bài 65. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . +Lời giải 1. Đặt

x = a; 7x 2 + 2 = b ( a ≥ 0; b > 0 ) thì phương trình đã cho trở thành

)

(

)

+ 3 a = b a 2 + 3 ⇔ ( a − b )( ab − 3 ) = 0

• a = b ⇒ 7x − x + 2 = 0 (Vô nghiệm) 2

(

)

• ab = 3 ⇒ 7x 3 + 2x − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) 7x 2 + 7x + 9 = 0 ⇔ x = 1.

Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S = {1} .

+ Lời giải 2. Nhận xét x = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Do đó biến đổi

7x 2 + 5 7x 2 + 2 7x 2 + 5 7x 2 + 2 7x 2 − x + 2 7x 2 − x + 2 = ⇔ −1 = −1 ⇔ = x+3 x+3 x+3 x x x 7x 2 + 2 + x

(

)

( ∗)

Dễ thấy 7x 2 − x + 2 > 0 nên

( ∗) ⇔ x + 3 =

(

)

7x 3 + 2x + x ⇔ 7x 3 + 2x − 9 = 0 ⇔ ( x − 1) 7x 2 + 7x + 9 = 0 ⇔ x = 1.

Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S = {1} .

Bài 66. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Đặt

x = u; x 2 + 8 = v ( u ≥ 0, v > 0 ) thì phương trình đã cho trở thành

)

(

)

+ 6 u = 2u 2 + 3 v ⇔ uv 2 − 2u 2 v = 3v − 6u ⇔ uv ( v − 2u ) = 3 ( v − 2u )

 x = 2 x2 + 8  4x 2 − x + 32 = 0 u = 2v  ⇔ ( u − 2v )( uv − 3 ) = 0 ⇔  ⇔ ⇔ 3 2  x + 8x − 9 = 0 uv = 3  x x + 8 = 3 x = 1 • ( 2 ) ⇔ ( x − 1) x 2 + x + 9 = 0 ⇔  2  x + x + 9 = 0 ( 3 ) Các phương trình (1) và (3) đều vô nghiệm vì ∆ < 0 .

(

)

( 1) ( 2)

)

Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 .

Bài 67. Điều kiện xác định của phương trình là

2x 2 − 1 > 0; 6x ≠ 1; 2x ≠ 1 2x − 1

Dễ thấy phương trình ban đầu có nghiệm khi 6x − 1 > 0 . Khi đó ta có biến đổi 2

 4x 2 + 1  4x 2 + 1 2x 2 − 1 2x 2 − 1 = ⇔ =  6x − 1 2x − 1 2x − 1  6x − 1 

Đặt 2x 2 − 1 = u; 2x − 1 = v ⇒ 4x 2 + 1 = 2u + 3; 6x − 1 = 3v + 2 . Ta thu được phương trình 2

u 4u 2 + 12u + 9 u  2u + 3  ⇔ = ⇔ 4u 2 v + 12uv + 9v = 9v 2 u + 12uv + 4u =  3v + 2  2 v v 9v + 12v + 4    4 2x 2 − 1 = 9 ( 2x − 1) ⇔ uv ( 4u − 9v ) = 4u − 9v ⇔ ( 4u − 9v )( uv − 1) = 0 ⇔   2x 2 − 1 ( 2x − 1) = 1  2 2  8x − 18x + 5 = 0  9 + 41 9 − 41 8x − 18x + 5 = 0 1   ⇔ 3 ⇔ ⇒ x ∈ ; ; 0;1; −   2 2 9 2   x 2x − x − 1 = 0  4x − 2x − 2x = 0  9

(

Kết hợp điều kiện 6x − 1 > 0 và

 9 + 41 9 − 41 1  S= ; ; 0;1; −  9 2   9

)

2x 2 − 1 > 0 suy ra tập nghiệm 2x − 1

Bài 68. Điều kiện xác định của phương trình là

4x 2 − 3 ≥ 0; x ≠ 0; 3x − 2 ≠ 0 . 3x − 2

8x 2 − 5 ≥ 0 thì phương trình đã cho có nghiệm. Lúc này phương trình ban đầu biến x đổi về

Với

 8x 2 − 5   8x 2 − 5  4x 2 − 3 4x 2 − 3 = ⇔ = ∗  9.     3x − 2 3x − 2    x   3x  Đặt 4x 2 − 3 = a; 3x − 2 = b ⇒ 8x 2 − 5 = 2a + 1; 3x = b + 2 . Khi đó 2

 2a + 1  a = ⇔ 4a 2 + 4a + 1 b = b 2 + 4b + 4 a ∗ ⇔   b  b+2  ab = 1 ⇔ 4a 2 b − 4ab = 4a − b ⇔ ( ab − 1)( 4a − b ) = 0 ⇔   4a = b

(

) (

)

 5 1  • ab = 1 ⇒ 4x 2 − 3 ( 3x − 2 ) = 1 ⇔ ( x − 1)( 2x − 1)( 6x + 5 ) = 0 ⇔ x ∈ − ; ;1 .  6 2 

(

)

3 + 649 3 − 649 ;x = . 32 32 3 + 649 3 − 649 Đối chiếu với các điều kiện ta thu được nghiệm x = 1; x = ;x = 32 32

(

)

• 4a = b ⇒ 4 4x 2 − 3 = 3x − 2 ⇔ 16x 2 − 3x − 10 = 0 ⇒ x =

Bài 69. Điều kiện xác định của phương trình là tương đương với

x 3 − 3x + 4 ≥ 0; x ≠ −2 . Phương trình đã cho 1+ x

x 3 + 14 x 3 − 3x + 4 x 3 − 3x + 8 x 3 − 3x + 4 −3= 2 ⇔ =2 2+x 1+ x 2+x 1+ x

( ∗)

Đặt x 3 − 3x + 4 = u;1 + x = v ⇒ x 3 − 3x + 8 = u + 4; 2 + x = v + 1 . Với

u+4 ≥ 0 thì (*) trở thành v +1

u+4 u =2 ⇔ u 2 + 8u + 16 v = 4u v 2 + 2v + 1 ⇔ u 2 v − 4uv 2 = 4u − 16v v +1 v  uv = 4 ⇔ uv ( u − 4v ) = 4 ( u − 4v ) ⇔ ( uv − 4 )( u − 4v ) = 0 ⇔   u = 4v

(

)

(

)

• uv = 4 ⇒ x 3 − 3x + 4 ( 1 + x ) = 4 ⇔ x 4 + x 3 − 3x 2 + x = 0

(

)

⇔ x ( x − 1) x + 2x − 1 = 0 ⇒ x = 0; x = 1; x = −1 + 2; x = −1 − 2 2

• u = 4v ⇒ x 3 − 3x + 4 = 4 ( 1 + x ) ⇔ x 3 − 7x = 0 ⇔ x = 0; x = − 7 ; x = 7

{

Kết hợp các điều kiện ta thu được tập nghiệm S = 0;1; −1 + 2 ; −1 − 2 ; − 7 ; 7

Bài 70. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −15 Phương trình đã cho tương đương với

1 x + 15 x + 21 = 2 2 2 x − 2x + 2 3x − 6x + 14

}

Đặt x + 15 = u; x 2 − 2x + 2 = v ⇒ x + 21 = u + 6; 3x 2 − 6x + 14 = 3v + 8. Chú ý rằng x ≥ −15 ⇒ u + 6 > 0; 3v + 8 > 0 . Khi đó ta có biến đổi 1 u u+6 u u 2 + 12u + 36 = ⇔ = 2 ⇔ 9v 2 u + 48uv + 64u = 4u 2 v + 48uv + 144v 2 v 3v + 8 4v 9v + 48v + 64 ⇔ 9v 2 u − 4u 2 v = 144v − 64u ⇔ uv ( 9v − 4u ) = 16 ( 9v − 4u ) ⇔ ( uv − 16 )( 9v − 4u ) = 0

(

) ⇔ ( x − 1) ( x + 14x − 14 ) = 0 ⇔ x = 1; x = −7 + 3

• uv = 16 ⇒ ( x + 15 ) x 2 − 2x + 2 = 16 ⇔ x 3 + 13x 2 − 28x + 14 = 0 2

(

7 ; x = −7 − 3 7.

)

• 9v = 4u ⇔ 9 x 2 − 2x + 2 = 4 ( x + 15 ) ⇔ 9x 2 − 22x − 42 = 0 ⇔ x =

11 ± 499 9

Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm  11 + 499 11 − 499  S = 1; −7 + 3 7 ; −7 − 3 7 ; ;  9 9  

Bài 71. Điều kiện xác định của phương trình là 3x ≥ 2 . Đặt

3x − 2 = u; 2x − 1 = v ( u ≥ 0; v > 0 ) phương trình đã cho trở thành

u 2u 2 v + 1 = ⇔ 2u + uv 3 = 2u 2 v 2 + v ⇔ 2u − 2uv 2 = v − uv 3 v 2 + v3  2u = v ⇔ 2u 1 − uv 2 = v 1 − uv 2 ⇔ ( 2u − v ) 1 − uv 2 = 0 ⇔  2  uv = 1 7 • 2u = v ⇔ 4 ( 3x − 2 ) = 2x − 1 ⇔ 10x = 7 ⇔ x = 10

(

)

(

)

(

)

• uv 2 = 1 ⇒ u 2 v 4 = 1 ⇔ ( 3x − 2 ) 4x 2 − 4x + 1 = 1 ⇔ 12x 3 − 20x 2 + 11x − 3 = 0

x = 1 ⇔ ( x − 1) 12x 2 − 8x + 3 = 0 ⇔  ⇔ x = 1. 2 12x − 8x + 3 = 0 7 Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x = ; x = 1 . 10 3 Bài 72. Điều kiện xác định của phương trình là x > . 4 Đặt x = u; 4x − 3 = v ( u > 0; v > 0 ) ta thu được

(

)

u u3 + 3 = ⇔ u + 3u 2 v 2 = u 3 v + 3v ⇔ u − 3v + 3u 2 v 2 − u 3 v = 0 v 1 + 3v 2 u  u = 3v ⇔ u − 3v + u 2 v ( 3v − u ) = 0 ⇔ ( u − 3v ) 1 − u 2 v = 0 ⇔  2 u v = 1 27 • u = 3v ⇒ x = 9 ( 4x − 3 ) ⇔ x = 35 2 2 • u v = 1 ⇔ x 4x − 3 = 1 ⇔ x ( 4x − 3 ) = 1 ⇔ ( x − 1) 4x 2 + x + 1 = 0 ⇔ x = 1

(

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta thu được nghiệm duy nhất x = 1

Bài 73. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ Đặt

1 3

3x − 1 = u; x 2 + 1 = v ( u > 0; v > 0 ) . Phương trình đã cho trở thành

2v 4u + 3v 2 = ⇔ 2vu 3 + 6v = 4u 2 + 3v 2 u ⇔ 2u 2 ( uv − 2 ) = 3v ( uv − 2 ) u u3 + 3  2u 2 = 3v ⇔ 2u 2 − 3v ( uv − 2 ) = 0 ⇔   uv = 3 3x > 1 12 + 3 31 • 2u 2 = 3v ⇒ 2 ( 3x − 1) = 3 x 2 + 1 ⇔  ⇔x= 2 2 27 36x − 24x + 4 = 9x + 9

(

• uv = 2 ⇔

)

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

12 + 3 31 . 27 16 Bài 74. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≠ . 9 x2 x2 3x Phương trình đã cho tương đương với = 3x − 2 4 − 3 x ⇔ = −2 4−3 x 4−3 x 4−3 x Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x = 1; x =

(

Đặt

)

(

)

 x = 4 − 3 x ( 1) t = 1 ⇔ = t ta thu được t 2 = 3t − 2 ⇔ ( t − 1)( t − 2 ) = 0 ⇔  x = 2 4 − 3 x ( 2 ) 4−3 x t = 2  x

(

)

0 ≤ x ≤ 4 • ( 1) ⇔ 4 − x = 3 x ⇔  2 ⇔ x = 1. x − 8x + 16 = 9x 0 ≤ x ≤ 8 • (2) ⇔ 8 − x = 6 x ⇔  2 ⇔ x = 26 − 6 17. x − 16x + 64 = 36x Kết luận phương trình ban đầu có hai nghiệm x = 1; x = 26 − 6 17 .

Bài 75. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . 2 2 a − b = x + 2 Đặt a = 2x + 3; b = x + 1 ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình  a − b = x + 1 x + 2 = 0 . Từ hệ phương trình ta được ( x + 2 )( a + b ) = x + 2 ⇔  a + b = 1 + Dễ thấy x = −2 không phải là nghiệm của phương trình.

+ Với a + b = 1 , kết hợp với a + b = x + 2 ta được 2a = x + 3 . Do đó

 x = −1 x + 3 ≥ 0 x + 3 ≥ 0 2 2x + 3 = x + 3 ⇔  ⇔ 2 ⇔  2 x = 3 x − 2x − 3 = 0 4 ( 2x + 3 ) = ( x + 3 ) Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 3 là nghiệm của phương trình. Bài 76. Đặt a = 3 3x − 2; b = 3 2x − 1 . Khi đó ta có hệ phương trình

a = 2b − 1 a = 2b − 1 a = 2b − 1 ⇔ ⇔  3   3 3 3 2 3 2a − 3b = −1 2 ( 2b − 1) − 3b = −1 13b − 24b + 12b − 1 = 0 a = 2b − 1 a = 1 a = 2b − 1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ 3x − 2 = 1 ⇔ x = 1 2 b − 1 = 0 b = 1 ( b − 1) 13b − 11b + 1 = 0

(

)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

1 Bài 77. Xét x = − , ta thấy không thỏa mãn phương trình. 2 1 Xét x ≠ − , khi đó chia cả hai vế của phương trình cho 3 2x + 1 ta được phương trình 2 3

14x + 6 3 3x + 2 − =1⇔ 2x + 1 2x + 1

2x x +6 − 3 2− =1 2x + 1 2x + 1

2x x + 6; b = 3 2 − . Khi đó ta có hệ phương trình 2x + 1 2x + 1 a − b = 1 a = b + 1 ⇔ ⇒ b=1  3  2 3 a + 2b = 10 ( b − 1) b + 2b + 3 = 0 3x + 1 Từ đó ta được = 1 ⇔ 3x + 2 = 2x + 1 ⇔ x = −1 . Thử vào phương trình ta thấy thỏa 2x + 1

Đặt a =

(

)

mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1 .

1 Bài 78. Xét x = − , ta thấy không thỏa mãn phương trình. 3 1 Xét x ≠ − , khi đó chia cả hai vế của phương trình cho 3 3x + 1 ta được phương trình 3 3

4 ( 6x + 1) 3x + 1

Đặt a =

−3

3x − 7 =1⇔ 3x + 1

12x 24x +4 − 3 −7 =1 3x + 1 3x + 1

12x 24x + 4; b = 3 − 7 . Khi đó ta có hệ phương trình 3x + 1 3x + 1 a = b + 1 a − b = 1 a = b + 1 ⇔ ⇔ ⇒b=1  3 3 2 3 3 2a − b = 15 ( b − 1) b + 7b + 13 = 0 2 ( b + 1) − b = 15

(

Từ đó ta được

)

24x = 8 ⇔ 3x + 1 = 3x , phương trình vô nghiệm. 3x + 1

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 79. Điều kiện xác định của phương trình là −14 ≤ x ≤ 3 . Đặt a = 4 3 − x; b = 4 x + 14 ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta thu được hệ phương trình

a + b = 3  b = 3 − a  b = 3 − a ⇔ ⇔ 4  4  4 4 3 2 4 a + b = 17 a − 6a + 27a − 54a + 32 = 0 a + ( 3 − a ) = 17

(

Ta có a 4 − 6a 3 + 27a 2 − 54a + 32 = 0 ⇔ a 2 − 3a

(

)(

)

(

)

+ 18 a 2 − 3a + 32 = 0

)

⇔ a 2 − 3a + 2 a 2 − 3a + 16 = 0 ⇔ a ∈ {1; 2} ⇒ x ∈ {−13;1} Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = {−13; 1} .

Bài 80. Điều kiện xác định của phương trình là 2x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với 4

2x − 1 4 15x + 1 1 1 + = 3 ⇔ 4 2 − + 4 15 + = 3 x x x x

1 1 Đặt a = 4 2 − ; b = 4 15 + ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình x x a + b = 3  b = 3 − a  b = 3 − a ⇔ ⇔ 4  4  4 4 3 2 4 a + b = 17 a − 6a + 27a − 54a + 32 = 0 a + ( 3 − a ) = 17

(

)

(

)

Ta có a 4 − 6a 3 + 27a 2 − 54a + 32 = 0 ⇔ a 2 − 3a + 18 a 2 − 3a + 32 = 0

(

)(

)

⇔ a 2 − 3a + 2 a 2 − 3a + 16 = 0 ⇔ a ∈ {1; 2} ⇒ x ∈ {−14;1}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 81. Điều kiện xác định của phương trình là x + 3 ≥ 0; 8 + 3x − x 2 ≥ 0 . Xét x = −3 , ta thấy không thỏa mãn phương trình đã cho. Xét x ≠ −3 , khi đó phương trình đã cho tương đương với 4

7x 2 + 2x + 13 8 + 3x − x 2 x2 + 1 x2 + 1 = 1+ 4 ⇔ 4 7. + 2 = 1+ 4 3 − x+3 x+3 x+3 x+3

x2 + 1 , khi đó phương trình trên trở thành 4 7.t + 2 = 1 + 4 3 − t x+3 Đặt a = 4 7.t + 2; b = 4 3 − t ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình Đặt t =

a − b = 1 a = b + 1 a = b + 1 ⇔ ⇔ 4  4  4 4 3 2 4 a + 7b = 23 4b + 2b + 3b + 2b − 11 = 0 ( b + 1) + 7b = 23 a = b + 1 a = 2 ⇔ ⇔ 3 2 b = 1 ( b − 1) 4b + 6b + 9b + 11 = 0 ⇒ t = 2 ⇔ x 2 + 1 = 2 ( x + 3 ) ⇔ x 2 − 2x − 5 = 0 ⇔ x = 1 ± 6

(

)

{

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = 1 − 6; 1 + 6 .

}

Bài 82. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với 4

x 2 + 2x + 1 + 4 x 2 − 2x + 5 = 2 4 x 2 + 3 ⇔

⇔ 4 2.

x 2 + 2x + 1 4 x 2 − 2x + 5 + =2 x2 + 3 x2 + 3

2t − 1 + 4 3 − 2t = 2 .

x2 + x + 2 x2 + x + 2 4 3− − 1 + =2 x2 + 3 x2 + 3

x2 + x + 2 Đặt t = , khi đó ta thu được phương trình x2 + 3

Đặt a = 4 2t − 1; b = 4 3 − 2t ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình

a + b = 2 a = 2 − b a = 2 − b ⇔ ⇔  4   4 4 4 3 2 4 a + b = 2  b − 4b + 12b − 16b + 7 = 0 ( 2 − b ) + b = 2 a = 2 − b a = 1 ⇔ ⇔ ⇒ t = 1 ⇒ x 2 + x + 2 = x2 + 3 ⇔ x = 1 2 2 b = 1 b − 1 b − 2b + 7 = 0 ( )  

(

)

Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 83. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 2 .

• Lời giải 1. Đặt t = 2 − x + x ( t ≥ 0 ) . Khi đó t 2 = 2 + 2 Phương trình đã cho trở thành t +

(

5 t2 − 2 2

) = 7 ⇔ 5t

( 2 − x ) x nên

2x − x 2 =

t2 − 2 . 2

t = 2 + 2t − 24 = 0 ⇔  .  t = − 12  5

Kết hợp với điều kiện của t ta được t = 2 thỏa mãn. Khi đó ta được

2 − x + x = 2 ⇔ 2x − x 2 = 1 ⇔ ( x − 1) = 1 ⇔ x = 1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

• Lời giải 2. Đặt a = 2 − x; b = x ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình 2 2 2 2 a + b = 2 ( a + b ) − 2ab = 2 ( 7 − 5ab ) − 2ab = 2 ⇔ ⇔  a + b + 5ab = 7 a + b = 7 − 5ab a + b = 7 − 5ab

ab = 1; a + b = 2 2 2 25a b − 72ab + 47 = 0  ⇔ ⇔ ab = 47 ; a + b = − 12 a + b = 7 − 5ab  25 5

a = 1  2 − x = 1 ⇒ ⇔ x = 1. + Với ab = 1; a + b = 2 ta được   b = 1  x = 1

+ Với ab =

2 47 12 ; a + b = − , hệ vô nghiệm do ( a + b ) < 4ab . 25 5

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 84. Điều kiện xác định của phương trình là − 5 ≤ x ≤ 5 . Đặt y = 5 − x 2 ( y ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình 2 x 2 + y 2 = 3 3x 2 + 3y 2 = 9 3 ( x + y ) + 2 ( x + y ) − 33 = 0 ⇔ ⇔  x + y + 3xy = 9 2x + 2y + 6xy = 9 x + y + 3xy = 9

x + y = 3  xy = 2; x + y = 3   11 ⇔  x+y = − ⇔  xy = 20; x + y = − 11  3    3 x + y + 3xy = 9

• Với xy = 2; x + y = 3 ta được x = 1 hoặc x = 2 . • Với xy = 20; x + y = −

2 11 , hệ vô nghiệm do ( x + y ) < 4xy . 3

Bài 85. Điều kiện xác định của phương trình là −5 ≤ x ≤ 5; x ≠

1 . Phương trình đã cho 3

tương đương với x + ( 3x − 1) 25 − x 2 = 35 2x − 25 − x 2 + 3x 25 − x 2 = 35 Đặt y = 25 − x 2 ( y ≥ 0 ) , khi đó ta thu được hệ phương trình 2 2 2 x 2 + y 2 = 25 ( x − y ) + 2xy = 25 9x y − 208xy + 1200 = 0 ⇔ ⇔  x − y + 3xy = 35 x − y = 35 − 3xy x − y = 35 − 3xy

Từ hệ phương trình trên ta được

x ( x + 1) = 12 xy = 12 ⇔ ⇒ x 2 + x − 12 = 0 ⇔ x ∈ {3; −4} . • x − y = − 1  y = x + 1    5  100  100 xy = x  x −  =    15 + 15 17 15 − 15 17  3 9 9 ⇔  • ⇒ 9x 2 − 13x − 100 = 0 ⇔ x ∈  ;  . 18 18   x − y = 5 x − y = 5  3  3  15 + 15 17 15 − 15 17  Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là S =  ; ; −4; 3  . 18 18   5 Bài 85. Điều kiện xác định của phương trình là − ≤ x ≤ 1 . 4 Đặt a = 4x + 5; b = 2 1 − x ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình 2 2 2 a + b = 9 ( a + b ) − 2ab = 9 ⇔  a + b + 2ab = 3 2ab = 3 − ( a + b )

a + b = 3 2 2 Từ đó ta được ( a + b ) −  3 − ( a + b )  = 9 ⇔ ( a + b ) + ( a + b ) − 12 = 0  . a + b = −4

• Khi a + b = 3 ta được ab = 0 nên

x = 1 4x + 5.2 1 − x = 0 ⇔ ( 4x + 5 )( 1 − x ) = 0 ⇔  . x = − 5  4

• Khi a + b = −3 ta được ab = 3 nên 4x + 5.2 1 − x = 3 ⇔ 4 ( 4x + 5 )( 1 − x ) = 9 ⇔ 16x 2 − 16x + 11 = 0 Phương trình vô nghiệm.

 5  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là S = − ;1 .  4  4 1 Bài 87. Điều kiện xác định là − ≤ x ≤ . Đặt 1 − 4x = a; 25x + 4 = b ( a ≥ 0; b ≥ 0 ) . 25 4 Khi đó ta có hệ phương trình 2 2 2 2  25a + 4b = 41 ( 5a + 2b ) − 20ab = 41 ( 5a + 2b ) − 20 11 − ( 5a + 2b )  = 41 ⇔ ⇔   5a + 2b + ab = 11 ab = 11 − ( 5a + 2b ) ab = 11 − ( 5a + 2b )

a = 1 x = 0 ( 5a + 2b )2 + 20 ( 5a + 2b ) − 261 = 0 5a + 2b = 9   ⇔ ⇔ ⇒ ⇒ a = 4 x = 9 ab = 2 ab = 11 − ( 5a + 2b )   5 100  (Do a ≥ 0; b ≥ 0 nên 5a + 2b chỉ nhận giá trị không âm)

 9  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = 0; .  100  Bài 88. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt

14 + x = a; 3 14 − x = b . Khi đó

ta có hệ phương trình 2 2 a 3 + b 3 = 28 a + b = 4 ( a + b ) a + b − ab = 28 a + b = 4 ⇔ ⇔ ⇔  2    2 2 2 2 a + b − ab = 7 ab = 3 ( a + b ) − 3ab = 7 a + b − ab = 7

(

)

Giải hệ trên ta được a ∈ {1; 3} từ đó ta được x ∈ {−13;13} . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−13; 13} .

Bài 89. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt

3x − 2 = a; 3 11 − 3x = b . Khi đó

ta có hệ phương trình 2 2 3 3 a + b = 3 a + b = 9 ( a + b ) a + b − ab = 9 a + b = 3 ⇔ ⇔ ⇔  2   2 2 2 2 ab = 2 ( a + b ) − 3ab = 7 a + b − ab = 3 a + b − ab = 3

(

)

 10  Giải hệ trên ta được a ∈ {1; 2} từ đó ta được x ∈ 1;  .  3  10  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1;  .  3 Bài 90. Điều kiện xác định của phương trình là ( 3x − 2 )( 4 − 3x ) ≠ 0 . Đặt a = 3 3x − 2; b = 3 4 − 3x . Khi đó ta có hệ phương trình 3 a 3 + b 3 = 2 3 3 a + b = 2 a = 1  a + b = 2 ( a + b ) = 8 ⇔ ⇔ ⇔  2 ⇔ ab = 1 b = 1 a + b = ab ( a + b ) = 2 ab ( a + b ) = 2 ab   3 3x − 2 = 1 Từ đó ta được  ⇔ x =1. 3  4 − 3x = 1

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 91. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 x + 6; b = 3 x − 1 . Khi đó ta có hệ phương trình 3 3 a 3 − b 3 = 7 a − b = 1  b = 1  ( a − b ) + 3ab ( a − b ) = 7 ( a − b ) = 1 ⇔ ⇔ ⇒  2 ⇔ ab = 2  b = −2 ab = ab ( a − b ) = 2 ab ( a − b ) = 2 a−b 

Từ đó ta được x = −7; x = 2 . Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = −7; x = 2 là nghiệm của phương trình.

Bài 92. Điều kiện xác định của phương trình là x 2 + 7x ≠ 0 .

a 3 − b 3 = 7 3 3  a − b = 7 ⇔ Đặt a = 3 x + 7 ; b = 3 x . Khi đó ta có hệ phương trình   8 ab ( 3a − 2b ) = 8 3a − 2b = ab 

(

)

(

)

Từ hệ phương trình trên ta được 8 a 3 − b 3 = 7ab ( 3a − 2b ) ⇔ ( a − 2b ) 8a 2 − 5ab + 4b 2 = 0 .

• Với a = 2b ta được x + 7 = 8x ⇔ x = 7 . 2

 5  103b 2 • Với 8a − 5ab + 4b = 0 ⇔ 8  a − b  + =0 16  32  2

 5  x = −7 a − b = 0 ⇔a=b=0⇒ Do đó ta được  16 , hệ vô nghiệm. x = 0  b = 0 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 7 là nghiệm duy nhất của của phương trình.

Bài 93. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = 3 2x − 1; b = 3 6x − 5 .

3a 3 − b 3 = 2 Khi đó ta có hệ phương trình  2 . 2 2a b − ab = 1

(

)

(

)

Từ hệ phương trình ta được 3a 3 − b 3 = 2 2a 2 b − ab 2 ⇒ ( a − b ) b 2 − ab + 3b 2 = 0 .

• Với a = b khi đó ta được 2x − 1 = 6x − 5 ⇔ x = 1 . 2

 b  11b 2 • Với a 2 − ab + 3b 2 = 0 ⇔  a −  + = 0 ⇔ a = b = 0 , khi đó 2 4 

2x − 1 = 0 , hệ vô nghiệm.  6x − 5 = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 94. Đặt y = 3 9 − x , khi đó ta được x 3 + y 3 = 9 . Phương trình đã cho trở thành xy ( x + y ) = 6 . Khi đó ta có hệ phương trình 3 3 3 x + y = 3  x = 1 x + y = 9 ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 9 . ⇔ ⇔ ⇒  xy = 2 x = 2 xy ( x + y ) = 6 xy ( x + y ) = 6

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1; 2} .

Bài 95. Điều kiện xác định của phương trình là ( x − 1)( 2x − 1) ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 3x 2 − 5x − 2 + 2 ( x − 1) x 2 − 2x + 1 Đặt a = x − 1; b = 2x 2 − 3x + 1 ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta có a 2 + b 2 = 3x 2 − 5x + 2 2

Khi đó phương trình đã cho trở thành a 2 + b 2 − 2 + 2ab = 2 ⇔ ( a + b ) = 4 ⇔ a + b = ±2 .

• Với a + b = 2 , khi đó ta có x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = 2 hay đa được x ≤ 3 −3 ± 41 3 − x = 2x 2 − 3x + 1 ⇔  ⇔x= 2 2 2 ( 3 − x ) = 2x − 3x + 1

• Với a + b = −2 , khi đó ta có x − 1 + 2x 2 − 3x + 1 = −2 hay đa được x ≤ −1 x ≤ −1 −1 − x = 2x 2 − 3x + 1 ⇔  ⇔ 2 , vô nghiệm. 2 2 ( 1 + x ) = 2x − 3x + 1 x − x = 0

 41 + 3 41 − 3  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S = − ; . 2 2   Bài 96. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = x − 2; b = x 2 + x + 1 ( v > 0 ) . Khi đó ta có a 2 + 4b 2 = 5x 2 + 8 . Phương trình đã cho trở thành

2 x2 + x + 1 = 5 − x a + 2b = 3 2 a 2 + 4b 2 − 8 + 4ab = 1 ⇔ ( a + 2b ) = 9 ⇔  ⇒ a + 2b = −3  2 x 2 = x + 1 = −x − 1 5 − x ≥ 0 −7 ± 4 7 . • Với 2 x 2 + x + 1 = 5 − x ⇔  2 ⇔ x= 2 3 4 x + x + 1 = ( 5 − x ) −1 − x ≥ 0 x ≤ −1 , hệ vô nghiệm. • Với 2 x 2 + x + 1 = −1 − x ⇔  ⇔ 2  2 2 3x + 2x + 3 = 0 4 x + x + 1 = ( 1 + x ) Kế hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  −7 − 4 7 −7 + 4 7  S= ; . 3 3   Bài 97. Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 1; x ≠ −2 .

(

)

(

)

Phương trình đã cho tương đương với a = x + 2; b =

(1 − x )( x + 3 ) ( b ≥ 0 ) .

Khi đó ta được a 2 + b 2 = 2x + 7 , do đó phương trình trên trở thành

ab =

2 a 2 + b2 − 7 + 3 ⇔ ( a − b ) = 1 ⇔ a − b = ±1 2

• Với a − b = 1 ta được x + 2 −

( 1 − x )( x + 3 ) = 1 hay ta được

x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 x + 1 = − x 2 − 2x + 3 ⇔  ⇔ ⇔ x = 2 −1  2 2 2 x + 2x − 1 = 0 ( x + 1) = −x − 2x + 3

• Với a − b = −1 ta được x + 2 −

(1 − x )( x + 3 ) = −1 hay ta được

x + 3 ≥ 0 x ≥ −3 x + 3 = − x 2 − 2x + 3 ⇔  ⇔ ⇔ x = −1  2 2 2 + + = x 4x 3 0 + x 3 = − x − 2x + 3  ( )  

{

}

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình S = −1; 2 − 1 .

Bài 98. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Đặt a = x − 2; b = x 2 − 4x + 5 ( b > 0 ) . Khi đó ta được 4a 2 + b 2 = 5x 2 − 20x + 21 . Phương trình đã cho trở thành 2

4a 2 + b 2 − 21 + 4ab + 12 = 0 ⇔ ( 2a + b ) = 9 ⇔ 2a + b = ±3

7 − 2x ≥ 0 x 2 − 4x + 7 = 7 − 2x ⇔  2 2 , hệ vô nghiệm. x − 4x + 5 = ( 7 − 2x ) 1 − 2x ≥ 0 −2 • Với 2a + b = −3 ta được x 2 − 4x + 7 = 1 − 2x ⇔  2 . 2 ⇔ x = 3 x − 4x + 5 = ( 1 − 2x ) 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = − là nghiệm duy nhất của phương trình. 3 Bài 99. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 .

• Với 2a + b = 3 ta được

Phương trình đã cho tương đương với Đặt

3−x =

x+1 x+ 2 +1

⇔ 3 3 − x = x + 2 −1.

3 − x = a; x + 2 = b ( b ≥ 0 ) . Khi đó ta có a + b 2 = 5 . 3

Phương trình đã cho trở thành a = b − 1 . Từ đó ta có hệ phương trình 3 2 a = 1 a + b = 5  b = a + 1  b = a + 1 ⇔ ⇔ ⇔   3  2 2 a = b − 1 b = 2 a + 2a + 2a − 4 = 0 ( a − 1) a + 2a + 4 = 0

(

)

 3 3 − x = 1 ⇔ x = 2. Từ đó ta được   x + 2 = 2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 100. Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 − 4x + 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho 2

tương đương với ( 2x + 3 ) + 7x − 3 = x x ( 2x + 3 ) − 7x + 3

u 2 + 7x − 3 = xv Đặt u = 2x + 3; v = x ( 2x + 3 ) − 7x + 3 ( v ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình  2 v + 7x − 3 = xu u = v Từ đó ta được u 2 − v 2 = x ( v − u ) ⇔ ( u − v )( u + v + x ) = 0 ⇔  . u + v + x = 0 2x + 3 ≥ 0 ⇔ x = −4 + 13 . • Với u = v ta được 2x + 3 = 2x 2 − 4x + 3 ⇔  2 2 ( 2x + 3 ) = 2x − 4x + 3 • Với u + v + x = 0 ta được 3x + 3 + 2x 2 − 4x + 3 hay ta được 3x + 3 ≤ 0 −11 − 79 ⇔x= 3x + 3 = − 2x 2 − 4x + 3 ⇔  2 2 7 ( 3x + 3 ) = 2x − 4x + 3 Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là  −11 − 79  S= ; −4 + 13  . 7   Bài 101. Điều kiện xác định của phương trình là 9x 2 + 6x − 2 ≥ 0; 3x − 1 ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 2

9x 2 + 2 = ( 3x − 1) 9x 2 + 6x − 2 ⇔ ( 3x + 1) − 6x + 1 = ( 3x − 1)

( 3x + 1)( 3x − 1) + 6x − 1

( 3x + 1)( 3x − 1) + 6x − 1 ( v ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình − 6x + 1 = ( 3x − 1) v u = v ⇒ u − v = ( 3x − 1)( v − u ) ⇔  − 6x + 1 = ( 3x − 1) u  u + v + 3x − 1 = 0

Đặt u = 3x + 1; v = 2 u  2 v

3x + 1 ≥ 0 • Với u = v ta được 3x + 1 = 9x 2 + 6x − 2 ⇔  , hệ vô nghiệm. 2 2 ( 3x + 1) = 9x + 6x − 2

x ≤ 0 , hệ vô nghiệm. • Với u + v + 3x − 1 = 0 ta được −6x = 9x 2 + 6x − 2 ⇔  2 2 36x = 9x + 6x − 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 102. Đặt y = x 2 + 2012 > 0 , khi đó ta được y 2 = x 2 + 2012

 y 2 = x 2 + 2012 Từ đó ta có hệ phương trình  4 2 x = 2012 − y Trừ vế với vế của phương trình thứ nhất cho phương trình thứ hai ta được

(

y2 – x4 = x2 + y ⇔ x2 + y

)( y − x

)

− 1 = 0 ⇔ y = x2 + 1

Khi đó thay vào phương trình thứ hai ta được x 4 + x 2 − 2011 = 0 ⇔ x = ±

−1 + 8045 2

−1 + 8045 2 Bài 103. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ −2 . Phương trình đã cho tương đương Vậy phương trình có nghiệm là x = ±

với 2

( 2x + 5 ) + ( 3x − 2 ) = ( x + 2 ) ( x + 2 )( 2x + 5 ) − ( 3x − 2 ) Đặt u = 2x + 5; v =

( x + 2 )( 2x + 5 ) − ( 3x − 2 ) ( v ≥ 0 ) .

u 2 + 3x − 2 = ( x + 2 ) v Khi đó ta có hệ phương trình  2 . v + 3x − 2 = ( x + 2 ) u u = v Khi đó ta được u 2 − v 2 = ( x + 2 )( v − u ) ⇔ ( u − v )( u + v + x + 2 ) = 0 ⇔  . u + v + x + 2 = 0

• Với u = v ta được 2x + 5 = 2x 2 + 6x + 12 ⇔ x =

−7 + 23 . 2

• Với u + v + x + 2 = 0 ta được −3x − 7 = 2x 2 + 6x + 12 ⇔ x =

−18 − 65 . 7

 −7 + 23 −18 − 65  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là S =  ; . 2 7   3 2 Bài 104. Điều kiện xác định của phương trình là ( x − 1)( x − 2 ) ≠ 0; 2x − 5x + 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

( 2x + 1) Đặt u = 2x + 1; v =

(

+ x + 1 = x 2 − 3x + 2

)

) (x

)

− 3x + 2 ( 2x + 1) − ( x + 1)

− 3x + 2 ( 2x + 1) − ( x + 1) ( v ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình

u 2 + x + 1 = x 2 − 3x + 2 v  ⇒ ( u − v ) u + v + x 2 − 3x + 2 = 0  2 2 v + x + 1 = x − 3x + 2 u

( (

) )

(

)

 9 − 113 9 + 113  • Với u − v = 0 ta được 2x + 1 = 2x 3 − 5x 2 + 1 ⇔ x ∈  ; 0; . 4 4  

• Với u + v + x 2 − 3x + 2 = 0 ta được

2x 3 − 5x 2 + 1 + x 2 − x + 3 = 0 , phương trình vô nghiệm.

 9 − 113 9 + 113  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S =  ; 0; . 4 4   Bài 105. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 2; x 3 − 2x 2 − 9x + 9 ≥ 0 . Phương trình dã 2

(

) (

cho tương đương với ( x + 3 ) − x 2 + x + 3 = x 2 − 4x + 4 Đặt u = x + 3; v =

( x + 3) ( x

) (

) ( x + 3) ( x

) (

)

− 4x + 4 + x 2 + x + 3 .

)

− 4x + 4 + x 2 + x + 3 ( v ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình

u 2 − x 2 + x + 3 = x 2 − 4x + 4 v  ⇒ ( u − v ) u + v + x 2 − 4x + 4 = 0  2 2 2 v − x + x + 3 = x − 4x + 4 u  3 − 69 3 + 69  Xét các trường hợp xẩy ra ta được tập nghiệm S =  ; 0; . 2   2 Bài 106. Điều kiện xác định của phương trình là −2x 3 + 5x 2 + 16x + 25 ≥ 0 .

( (

) ( ) (

) )

(

)

Phương trình đã cho tương đương với

)

(

− x + 2 + x 4 − x 3 + 3x 2 − 24x − 17 = x 2 − 2x + 4

)

−2x 3 + 5x 2 + 16x + 25

Đặt u = x 2 − x + 2; v = −2x 3 + 5x 2 + 16x + 25 .

(

)(

) (

)

Để ý rằng −2x 3 + 5x 2 + 16x + 25 = x 2 − x + 2 x 2 − 2x + 4 − x 4 − x 3 + 3x 2 − 24x − 17 .

u 2 + x 4 − x 3 + 3x 2 − 24x − 17 = x 2 − 2x + 4 v  Từ đó ta có hệ phương trình  2 4 3 2 2 v + x − x + 3x − 24x − 17 = x − 2x + 4 u u = v Từ đó ta được u 2 − v 2 = x 2 − 2x + 4 ( v − u ) ⇔  . 2  u + v + x − 2x + 4 = 0 Xét các trường hợp xẩy ra ta được tập nghiệm S = {−1; 3} .

( (

(

) )

)

Bài 107. Điều kiện xác định của phương trình là x 3 − x 2 + 3x + 1 ≥ 0 . 2

(

Phương trình đã cho tương đơng với ( x − 1) − x − 3 = x 2 + 2 Đặt u = x − 1; v =

) (x

)

+ 2 ( x − 1) + x + 3 .

)

+ 2 ( x − 1) + x + 3 ( v ≥ 0 ) .

u 2 − x − 3 = x 2 + 2 v  Khi đó ta có hệ phương trình  2 . Từ hệ phương trình ta được 2 v − x − 3 = x + 2 u

( (

) )

u = v u2 − v 2 = x2 + 2 ( v − u ) ⇔ ( u − v ) u + v + x2 + 2 = 0 ⇔  2 u + v + x + 2 = 0 x ≥ 1 • Với u = v ta được x − 1 = x 3 − x 2 + 3x + 1 ⇔  , hệ vô nghiệm. 2 3 2 ( x − 1) = x − x + 3x + 1 • Với u + v + x 2 + 2 = 0 ta được v + x 2 + x + 1 = 0 , phương trình vô nghiệm do v ≥ 0 .

(

)

(

)

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

3 . 2 2x − 3 = y ( y ≥ 0 ) thì phương trình đã cho trở thành

Bài 108. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ Đặt

x = y x 2 − 5xy + 4y 2 = 0 ⇔ ( x − y )( x − 4y ) = 0 ⇔   x = 4y x ≥ 0 x ≥ 0 • x = y ⇔ x = 2x − 3 ⇔  2 ⇔ , vô nghiệm. 2 x − 2x + 3 = 0 (x − 1) = −2 x ≥ 0 • x = 4y ⇔ x = 4 2x − 3 ⇔  2 ⇒ x ∈ 16 + 4 13; 16 − 4 13 x − 32x + 48 = 0

{

}

Đối chiếu điều kiện ta thu được hai nghiệm kể trên.

Bài 109. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 2 . Đặt a = 2 − x; b = 3 − x; xc = 5 − x ( a ≥ 0; b > 0; c > 0 ) Khi đó ta có x = 2 − a 2 = 3 − b 2 = 5 − c 2 = ab + bc + ca .

 a + b = ( a + b )( a + c ) = 2   2 − a 2 = ab + bc + ca    2 3 − b = ab + bc + ca ⇔ ( a + b )( b + c ) = 3 ⇔  b + c = 5 − b 2 = ab + bc + ca   ( b + c )( a + c ) = 5   c + a =  Giải hệ ta được a =

30 5 30 2 30 3

30 239 ⇔x= . Thử lại ta thấy thỏa mãn. 60 120

Bài 110.Điều kiện xác định của phương trình là 2x 2 − 1 ≥ 0; x 2 − 3x − 2 ≥ 0 Đặt a = 2x 2 − 1; b = x 2 − 3x − 2; c = 2x 2 + 2x + 3; d = x 2 − x + 2 ( a, b,c,d ≥ 0 )

a + b = c + d a + b = c + d  a + b = c + d Khi đó ta có hệ  2 ⇔ ⇔  a + b = 0 2 2 2 ( a + b )( a − b ) = ( c + d )( c − d ) a − b = c − d  a − b = c − d  Giải các hệ trên ta suy ra được x = −2 là nghiệm của phương trình.

Bài 111. Điều kiện xác định của phương trình là 2x + 1 ≥ 0; 2x 2 + 9x + 4 ≥ 0 .

Phương đã cho được viết lại thành

( x + 4 )( 2x + 1) + 2 ( x − 3 )

x 2 − 3x + 14 + 2

x + 4 + ( x − 3 ) 2x + 1

Đặt a = x − 3; b = x + 4; c = 2x + 1 , khi đó ta có a 2 + b 2 + c 2 = x 2 − 3x + 14 . Từ đó phương trình trên trở thành. a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 0 ⇔ a + b + c = 0 . Do đó ta có phương trình x − 3 + x + 4 + 2x + 1 = 0 . Giải phương trình trên và kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm.

Bài 112. Phương trình đã cho tương đương với

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

Đặt a = 3 x + 2 ; b = 3 x 2 + 3x − 5; c = −1 . Khi đó ta có a 3 + b 3 + c 3 = x 2 + 4x − 4 . 3

Mặt khác từ phương trình đã cho ta được ( a + b + c ) = x 2 + 4x − 4 . 3

Từ đó ra được ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 ⇔ 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 hay ta được

(

x + 2 + 3 x 2 + 3x − 5

)(

x 2 + 3x − 5 − 1

)(

)

x + 2 −1 = 0

  −3 ± 33 ; −2 ± 7  Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm là S = −1 = 2   Bài 113. Phương trình đã cho tương đương với x + 2 + 3 3x 2 + x − 3 − 3 6x 2 + 12x + 4 = 3 x 3 + 3x 2 + x + 1

Đặt a = x + 2; b = 3 3x 2 + x − 3; c = − 3 6x 2 + 12x + 4 . Khi đó a 3 + b 3 + c 3 = x 3 + 3x 2 + x + 1 . 3

Mặt khác từ phương trình đã cho ta được ( a + b + c ) = x 3 + 3x 2 + x + 1 3

Từ đó ra được ( a + b + c ) = a 3 + b 3 + c 3 ⇔ 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 hay ta được

(x + 2 +

3x 2 + x − 3

)(

)

3x 2 + x − 3 − 3 6x 2 + 12x + 4 x + 2 − 3 6x 2 + 12x + 4 = 0

 −11 ± 37  Giải các trường hợp trên ta được tập nghiệm S = −1; −4 ± 11; − 3 4; . 6   BÀI TẬP TỰ LUYỆN: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Bài 1. Giải phương trình

3x + 1 + x + 7x + 2 = 4

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

Bài 2. Giải phương trình

Bài 3. Giải phương trình

4 1 5 + x − = x + 2x − . x x x

Bài 4. Giải phương trình:

3x 2 − 7x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5x − 1 − x 2 − 3x + 4

Bài 5. Giải phương trình x 2 − 3x + 1 = −

x4 + x2 + 1

Bài 6. Giải phương trình

4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 .

Bài 7. Giải phương trình

6 8 + =6 3−x 2−x

Bài 7. Giải phương trình x − 1 − 5x − 1 = 3x − 2 Bài 8. Giải phương trình

x−2 + x+1 = 3 .

Bài 9. Giải phương trình 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 3x =6 2 Bài 10. Giải phương trình x + x2 − 9 Bài 11. Giải phương trình

3x 2 − 7x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5x + 1 − x 2 − 3x − 4

)

(

)

(

Bài 12. Giải phương trình 3x 2 + 9x 2 + 3 + ( 4x + 2 ) 1 + 1 + x + x 2 = 0 Bài 13. Giải phương trình 4 x + 1 = x 2 − 5x + 14 Bài 14. Giải phương trình x + 4 x + 3 + 2 3 − 2x = 11 . Bài 15. Giải phương trình 13 x − 1 + 9 x + 1 = 16x Bài 17. Giải phương trình x 4 − 2x 2 x 2 − 2x + 16 + 2x 2 − 6x + 20 = 0 . Bài 18. Giải phương trình x 2 − 2 ( x + 1) 3x + 1 − 2

( x + 2 )( 2x + 1) + 8x + 5 = 0 .

Bài 19. Giải phương trình x 4 − 2014x 3 + 1014049x 2 + x − 1006 − 2x − 2013 = 0 Bài 20. Giải phương trình x 2 + 4x + 5 = 2 2x + 3 . Bài 21. Giải phương trình 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 Bài 22. Giải phương trình Bài 23. Giải phương trình Bài 24. Giải phương trình

7 − x + x − 5 = x 2 − 12x + 38 x 4x − 1 2 2 x+1

4x − 1 =2 x

+ x = x+9

Bài 25. Giải phương trình: x 2 − 3x + 3, 5 =

)(

− 2x + 2 x 2 − 4x + 5

)

Bài 26. Giải phương trình

x − 2 + 4 − x = x 2 − 6x + 11

Bài 27. Giải phương trình

x 2 + 4x + 5 + 2x 2 + 8x + 17 = 15 + 2x − x 2

Bài 28. Giải phương trình

x 2 − x + 19 + 7x 2 + 8x + 13 + 13x 2 + 17x + 7 = 3 3 ( x + 2 ) .

Bài 29. Giải phương trình 2 4 27x 2 + 24x + Bài 30. Giải phương trình

28 27 = 1+ x+6. 3 2

x − 3x 2 + 2x 4 − x 3 + 7x 2 − 3x + 3 = 2 . 2

Bài 31. Giải phương trình

2 − x2 + 2 −

1  1 = 4−x +  . 2 x x 

Bài 32. Giải phương trình 2x 2 − 11x + 21 − 3 3 4x − 4 = 0 .

(

)(

) (

)(

Bài 33. Giải phương trình 1 + x 1 + 2x − 1 = 1 + 6 x. 3 2x − 1 1 + 3 x. 6 2x − 1

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

Bài 34. Giải phương trình x + 4 x ( 2x − 1) Bài 35. Giải phương trình

(

x+2

Bài 36. Giải phương trình 6 − x + x + 2 = x 2 − 6x + 13 Bài 37. Giải phương trình

1 − x2 + 4 1 − x + 4 1 + x = 3

Bài 38. Giải phương trình 2x 2 − 11x + 21 = 3 3 4x − 4

(

Bài 39. Giải phương trình x x + 12 − x = 2 3 x 2 + 1

)

Bài 40. Giải phương trình 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 Bài 41. Giải phương trình:

x − 3 + 5 − x = x 2 − 8x + 18

Bài 42. Giải các phương trình sau x 2 + 4x + 5 = 2 2x + 3

1 5 = x 2

Bài 43. Giải phương trình 8x 2 +

Bài 44. Giải phương trình x = x −

1 1 + 1− x x

Bài 45. Giải phương trình

x 2 − 4x + 9 + x 2 + 4x + 9 = 6

Bài 46. Giải phương trình

9 − x2 + 3 + x + 3 − x = 3 + 2 3

Bài 47. Giải phương trình

(

)

25x 2x 2 + 9 = 4x +

3 x

Bài 48. Giải phương trình 2 7x 3 − 11x 2 + 25x − 12 = x 2 + 6x − 1

x ( 2x − 1)

)

Bài 49. Giải phương trình

2 2

Bài 50. Giải phương trình

x 2 + 2x + 2x − 1 = 3x 2 + 4x + 1

Bài 51. Giải phương trình

5 − x 2 + 4x = 2x + 3 5 − 4

x+1

+ x = x+9

Bài 52. Giải phương trình 13 x − 1 + 9 x + 1 = 16x Bài 53. Giải phương trình

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

Bài 54. Giải phương trình

1 2

(7x 2

−x+4

)

HƯỚNG DẪN GIẢI 2 Bài 1. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ − . 7 + Xét x = 1 ta thấy thỏa mãn phương trình, do đó x = 1 là một nghiệm của phương trình. + Xét − Do đó

2 ≤ x < 1 , khi đó ta có 7

3x + 1 + x + 7x + 2 < 4 . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm khi −

+ Xét x > 1 , khi đó ta có Do đó

3x + 1 < 3 + 1 = 2; x + 7x + 2 < 1 + 7 + 2 = 2 . 2 ≤ x < 1. 7

3x + 1 > 3 + 1 = 2; x + 7x + 2 > 1 + 7 + 2 = 2 .

3x + 1 + x + 7x + 2 > 4 . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm khi x > 1 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 2. + Xét x = −

1 1 ta thấy thỏa mãn phương trình, do đó x = − là một nghiệm của phương 2 2

trình. + Xét x = 1 ta thấy thỏa mãn phương trình, do đó x = 1 là một nghiệm của phương trình.

1 + Xét x < − , khi đó ta có 2

1 1 3 1 x+ 2 + 3 x +1 < 3 − + 2 + 3 − +1 = 3 + 3 . 2 2 2 2

1 1 3 1 2x 2 + 1 + 3 2x 2 > 3 2. + 1 + 3 2. = 3 + 1 + 3 . 4 4 2 2 1 Như vậy 3 x + 2 + 3 x + 1 < 3 2x 2 + 1 + 3 2x 2 . Do đó phương trình vô nghiệm khi x < − . 2 1 1 3 1 1 + Xét − < x ≤ 0 , khi đó ta có 3 x + 2 + 3 x + 1 > 3 − + 2 + 3 − + 1 = 3 + 3 . 2 2 2 2 2

Mặt khác do x < −

Mặt khác do −

1 1 nên x 2 > nên 2 4

1 1 < x ≤ 0 nên x 2 < nên 2 4

1 1 3 1 2x 2 + 1 + 3 2x 2 < 3 2. + 1 + 3 2. = 3 + 1 + 3 . 4 4 2 2

Như vậy

x + 2 + 3 x + 1 > 3 2x 2 + 1 + 3 2x 2 . Do đó phương trình vô nghiệm khi −

1 < x≤0. 2

+ Xét 0 < x < 1 , khi đó ta có x + 1 > 2x 2 ; x + 2 > 2x 2 + 1 Như vậy

x + 2 + 3 x + 1 > 3 2x 2 + 1 + 3 2x 2 . Do đó phương trình vô nghiệm khi 0 < x < 1 .

+ Xét x > 1 , khi đó ta có x + 1 < 2x 2 ; x + 2 < 2x 2 + 1 Như vậy

x + 2 + 3 x + 1 < 3 2x 2 + 1 + 3 2x 2 . Do đó phương trình vô nghiệm khi x > 1 .

 1  Vậy phương trình có tập nghiệm là S = − ;1 .  2  Bài 3. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0; x − Phương trình đã cho tương đương với x −

Hay ta được

1 5 x − − 2x − = x x

4 1 5 = x − − 2x − x x x

4 −x x 1 5 x − + 2x − x x

4 4 + Nếu x − > 0 ⇒ − x < 0 thì ta được x x

+ Nếu x −

1 5 ≥ 0; 2x − ≥ 0 x x

4 4 < 0 ⇒ − x > 0 thì ta được x x

4 −x x <0. 1 5 x − + 2x − x x 4 −x 1 5 x x − − 2x − < 0; >0. x x 1 5 x − + 2x − x x 1 5 x − − 2x − > 0; x x

4 = 0 ⇔ x = 4 ⇒ x = ±2 . x Thử vào phương trình ta thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Vậy x −

Bài 4. Điều kiện xác định của phương trình là 3x 2 − 7x + 3 ≥ 0; x 2 − 2 ≥ 0; 3x 2 − 5x − 1 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với Dễ thấy

3x 2 − 7x + 3 − 3x 2 − 5x − 1 = x 2 − 2 − x 2 − 3x + 4

3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1 > 0 và

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 > 0

Do đó phương trình trên tương đương với

(

3x 2 − 7x + 3 − 3x 2 − 5x − 1

⇔ ⇔

)

3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1 4 − 2x 3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1 2 (2 − x) 3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1

= = =

(

x 2 − 2 − x 2 − 3x + 4

)

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 3x − 6 x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 3 ( x − 2) x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

2 (2 − x)

+ Nếu x < 2 thì

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

+ Nếu x > 2 thì

> 0;

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 3 (x − 2)

>0 x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 3 ( x − 2) + Nếu x = 2 thì = =0 3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1 x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 Kết hợp với điều kiện xác dịnh ta được phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 . 3x 2 − 7x + 3 + 3x 2 − 5x − 1 2 (2 − x)

< 0;

3(x − 2)

Bài 5. Điều kiện xác định của phương trình là

3− 5 3+ 5 <x< . 2 2

Phương trình đã cho tương đương với x 2 − 3x + 1 = −

1 3 x4 + x + 1 3

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(

) (

)

(

)

(

3 x4 + x2 + 1 ≥ x2 + x + 1 ⇒ − 3 x4 + x2 + 1 ≤ − x2 + x + 1

x2 x = =1⇔ x =1 1 1

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi

Mặt khác ta lại có x

(x − 3x + 1 ≤ −

)

+ x +1

) ⇔ ( x + 1)

≤0 ⇔ x=1

Kết hợp với điều kiện xác đinh ta được x = 1 là nghiệm của phương trình.

Bài 6. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ + Nhận thấy x = + Xét x >

1 . 2

1 là một nghiệm của phương trình đã cho. 2

1 , khi đó ta có 2

1 1 4x − 1 + 4x 2 − 1 > 4. − 1 + 4.   − 1 = 1 . 2 2

4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 vô nghiệm. 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = . 2

Do đó phương trình

Bài 7. Điều kiện xác định của phương trình là x < 0 . Bằng cách thử ta thấy x = của phương trình. Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy + Với x <

3 ta có 2

6 < 2 và 3−x

8 < 4 nên ta có 2−x

8 > 4 nên ta có 2−x 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = . 2

+ Với

3 < x < 2 ta có 2

6 > 2 và 3−x

6 8 + <6. 3−x 2−x 6 8 + >6 3−x 2−x

3 là nghiệm 2

Bài 7. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Với x ≥ 1 thì ta có x − 1 < 5x − 1 nên Mà

x − 1 < 5x − 1 ⇒ x − 1 − 5x − 1 < 0

3x − 2 ≥ 0 . Do đó phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 8. Điều kiện xác định của phươg trình là x ≥ −1 Dễ thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình + Xét x > 3 khi đó ta có

x − 2 > 1; x + 1 > 2 nên ta được

+ Xét −1 ≤ x < 3 khi đó ta có

x−2 + x+1 > 3 .

x − 2 < 1; x + 1 < 2 nên ta được

x− 2 + x +1 < 3

Vây x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình

4x − 1 ≥ 0 1 ⇔x≥ Bài 9. Điều kiện xác định của phương trình là  2 2 4x − 1 ≥ 0 1 + Với x = ⇒ 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 2 − 1 + 0 = 1 2 1 + Với x > ⇒ 4x − 1 + 4x 2 − 1 > 2 − 1 + 0 = 1 2 1 Do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 2 Bài 10. Điều kiện xác định là x − 9 > 0 . 3x < 0 , do đó phương trình vô nghiệm Xét x < −3 , khi đó x + x2 − 9 Xét x > 3 . Ta có x +

(

Mặt khác x 2 − 18

)

3x x2 − 9

≥2

3x 2 x2 − 9

(

(1) (theo bất đẳng thức Cauchy) x2

)

≥ 0 ⇒ x 4 ≥ 2.18 x 2 − 9 ⇒

Từ (1) và (2) suy ra x +

3x x2 − 9

x2 − 9

≥6⇒

3x 2 x2 − 9

≥ 18

(2)

≥ 2. 18 = 6 2

 3x x = Phương trình có nghiệm khi dấu bằng ở (1) và (2) xảy ra  x2 − 9 ⇒ x = 3 2  x 2 = 18 

Kết hợp với điều kiện xác định ta có một nghiệm x = 3 2

Bài 11. Điều kiện xác định là 3x 2 − 7x + 3 ≥ 0; x 2 − 2 ≥ 0; 3x 2 − 5x + 1 ≥ 0; x 2 − 3x − 4 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với

( 3x + Với x = 2 ta có

)

− 5x − 1 − 2 ( x − 2 ) +

)

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

3.4 − 7.2 + 3 − 2 2 − 2 = 3.2 2 − 5.2 + 1 − 2 2 − 3.2 − 4 ⇔ 1 − 2 = 3 − 6

+ Nếu x > 2 thì

( 3x

− 5x − 1 − 2 ( x − 2 ) +

)

− 2 − 3 ( x − 2 ) < 3x 2 − 5x − 1 − x 2 − 2

+ Nếu x < 2 thì

( 3x

− 5x − 1 − 2 ( x − 2 ) +

)

− 2 − 3 ( x − 2 ) > 3x 2 − 5x − 1 − x 2 − 2

)

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 12. Phương trình đã cho tương đương với 2   3x 2 + 9x 2 + 3 + ( 2x + 1)  2 + ( 2x + 1) + 3  = 0   2   ⇔ 3x 2 + 9x 2 + 3 = − ( 2x + 1)  2 + ( 2x + 1) + 3   

)

(

)

(

1 1 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Do đó x = − 5 5  1  là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm lại nằm trong khoảng  − ; 0  . Ta  2 

Nếu 3x = – ( 2x + 1) ⇔ x = −

chứng minh đó là nghiệm duy nhất. 2 2 1 1 + Với − < x < − , suy ra 3x < –2x – 1 < 0 . Từ đó ta được ( 3x ) > ( 2x + 1) 2 5 Do đó suy ra 2 +

( 3x )

+3 > 2+

( 2x + 1)

2    Suy ra 3x  2 + ( 3x ) + 3  + ( 2x + 1)  2 +    nghiệm trong khoảng này.

( 2x + 1)

 + 3  > 0 nên phương trình không có 

1 + Chứng minh tương tự ta cũng có phương trình không có nghiệm trong khi − < x < 0 . 5 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = − . 5 Bài 13. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với 3

x 2 − 6x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 + 4 = ( x − 3 ) +

(

x+1−2

)

( x − 3 ) 3 = 0  x − 3 = 0 ⇔ ⇔ ⇔x=3 2  x+1 −2 = 0  x + 1 − 2 = 0  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 .

(

)

Bài 14. Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ đương với

3 . Phương trình đã cho tương 2

11 − 2 3 − 2x − 4 x + 3 − x = 0 ⇔ 3 − 2x − 2 3 − 2x + 1 + x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0 ⇔

(

) (

3 − 2x − 1 +

x+3 −2

)

 3 − 2x − 1 = 0 =0⇔ ⇔ x=1 x 3 2 0 + − = 

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm của phương trình.

Bài 15. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với

4.16x − 4.13 x − 1 − 4.9 x + 1 = 0 ⇔ 13  4 ( x − 1) − 4 x − 1 + 1 + 3  4 ( x + 1) − 4.3 x + 1 + 9  = 0     2 x − 1 − 1 = 0 2 2 5 ⇔ 13 2 x − 1 − 1 + 3 2 x + 1 − 3 = 0 ⇔  ⇔x= 4 2 x + 1 − 3 = 0

(

) (

)

Bài 16. Điều kiện xác định của phươgn trình là −1 ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với − x 3 − 2x 2 + 10x + 38 − 2 x + 1 − 6 9 − x 2 − 6

(

)

⇔ ( x + 1) 9 − x 2 − 6

( x + 1) ( 9 − x ) = 0

( x + 1) ( 9 − x ) + 9 + x + 1 − 2 2

x + 1 + 1 + 9 − x2 − 6 9 − x2 + 9 = 0

⇔  ( x + 1) 9 − x 2 − 3  + x + 1 − 1 + 9 − x 2 − 3 = 0    x + 1 9 − x2 − 3 = 0 )  ( x + 1) 9 − x 2 = 9  (  ⇔  x + 1 − 1 = 0 ⇔ x + 1 = 1 ⇔x=0  2  9 − x2 − 3  9 − x = 9 

( (

) )

)

) (

(

)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

Bài 17. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . Phương trình đã cho tương đương với x 4 − 2x 2 x 2 − 2x + 16 + x 2 − 2x + 16 + x 2 − 4x + 4 = 0  x 2 − x 2 − 2x + 16 = 0 =0⇔ ⇔x=2  x − 2 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 .

(

⇔ x 2 − x 2 − 2x + 16

) + (x − 2)

Bài 18. Điều kiện xác định của phương trình là 3x + 1 ≥ 0 . Ta có

x 2 − 2 ( x + 1) 3x + 1 − 2

⇔ x2

( x + 2 )( 2x + 1) + 8x + 5 = 0 + 2x + 1 − 2 ( x + 1) 3x + 1 + 3x + 1 + x + 2 − 2 ( x + 2 )( 2x + 1) + 2x + 1 = 0 2

(

⇔ x + 1 − 3x + 1

) +(

x + 2 − 2x + 1

)

 x + 1 − 3x + 1 = 0 =0⇔ ⇔ x=1  x + 2 − 2x + 1 = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .

Bài 19. Điều kiện xác định của phương trình là 2x − 2013 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

1 2x − 2013 − 2x − 2013 + 1 = 0 2 2 2 2 1 x − 1007x = 0 2 2x − 2013 − 1 = 0 ⇔  ⇔ x − 1007x + ⇔ x = 1007 2  2x − 2013 − 1 = 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1007 .

(

x 4 − 2014x 3 + 1014049x 2 +

(

)

(

)

Bài 20. Điều kiện xác định là 3x + 2 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

)

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

⇔ ( x + 1) +

(

2  x + 1 = 0 2x + 3 − 1 = 0 ⇔  ⇔ x=1  2x + 3 − 1 = 0

)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 21. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1 .

(

Phương trình đã cho tương đương với x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

) = 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

) ≤ (13 + 27 ) (13 − 13x + 3 + 3x ) = 40 (16 − 10x ) 2

 16  Lại áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 10x 2 16 − 10x 2 ≤   = 64  2 

(

Từ đó suy ra x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

)

) ≤ 256 . Như vậy để phương trình xẩy ra ta cần phải

có  1 + x2 2  1 − x2 = ⇔x=±  3 5 10x 2 = 16 − 10x 2 

 2 2  Kết hợp với điề kiện xác định ta được tạp nghiệm là S = − ; .  5 5 Bài 22. Điều kiện xác định của phương trình là 5 ≤ x ≤ 7 .

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta đươc

(

7−x + x−5

) ≤ (1 + 1 ) ( 7 − x + x − 5 ) = 4 2

Từ đó suy ra 0 ≤ 7 − x + x − 5 ≤ 2 . Mặt khác ta có x 2 − 12x + 38 = ( x − 6 ) + 2 ≥ 2 . Như vậy để phương trình xẩy ra ta thì các bất đẳng thức trên phải xẩy ra dấu bằng. Từ đó ta được x = 6 là nghiệm của phương trình.

Bài 23. Điều kiện xác định của phương trình là 4x > 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được x

4x − 1 ≥2 x

⋅

4x − 1 =2 x

4x − 1 4x − 1 Kết hợp với phương trình ta suy ra dấu bằng của bất đẳng thức trên xẩy ra

2 4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0 ⇔ ( x − 2 ) = 3 ⇔ x = 2 ± 3 x

4x − 1

{

}

Vậy phương trình có tập nghiệm là S = 2 − 3; 2 + 3 .

Bài 24. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2

 2 2   + x ≤ 2 2    x+1  

( )

2 2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

2    x    1 + x + 1 +  = x+9   x + 1  x + 1    

x+1

⇔x=

1 . 7

x+1 1 Kết hợp với phương trình đã cho ta được x = là nghiệm của phương trình đã cho. 7 Bài 25. Điều kiện xác định của phương trình là x ∈ R . 2

Ta có x 2 − 2x + 2 = ( x − 1) + 1 > 0 và x 2 − 4x + 5 = ( x − 2 ) + 1 > 0 Ta lại có x 2 − 3x + 3, 5 =

) (

− 2x + 2 + x 2 − 4x + 5 2

) (

− 2x + 2 + x 2 − 4x + 5

)≥

) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có (x

)(

− 2x + 2 x 2 − 4x + 5

)

Kết hợp với phương trình đã cho suy ra dấu bằng của bất đẳng thức trên xẩy ra Hay ta được x 2 − 2x + 2 = x 2 − 4x + 5 ⇔ 2x = 3 ⇔ x =

3 . 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x =

3 . 2

Bài 26. Điều kiện xác định của phương trình là 2 ≤ x ≤ 4

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(

x−2 + 4−x

) ≤ (1 + 1 ) ( x − 2 + 4 − x ) = 4 2

Do đó ta được 0 ≤ x − 2 + 4 − x ≤ 2 . Mặt khác x 2 − 6x + 11 = ( x − 3 ) + 2 ≥ 2 .

 x−2 4−x  = Kết hợp với phương trình ta được  1 1 ⇔ x=3. x − 3 = 0  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 3 . Bài 27. Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 5 . Ta có

x 2 + 4x + 5 = ( x + 2 )2 + 1 ≥ 1  ⇒ x 2 + 4x + 5 + 2x 2 + 8x + 17 ≥ 1 + 3 = 4  2 2 2x + 8x + 17 = 2 ( x + 2 ) + 9 ≥ 9 2

Mặt khác 15 + 2x − x 2 = 15 − ( 1 − x ) ≤ 16 ⇒ 15 + 2x − x 2 ≤ 4

 x 2 + 4x + 5 + 2x 2 + 8x + 17 = 4  x = −2 ⇔ . Suy ra Vậy phương trình tương đương với  x = 1  15 + 2x − x 2 = 4 phương trình vô nghiệm. Bài 28. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ −2 . Phương trình đã cho tương đương với 2

 1  75 x − 2  + 4 +   ≥

( 2x − 1)

+ 3(x + 2) +

2 2 1 3 2x − 1) + ( 4x + 3 ) ( 4 4

75 3 5 3 + 3 x+2 + 4x + 3 ≥ 3 + 3 (x + 2) + ( 4x + 3 ) ≥ 3 3 ( x + 2 ) 4 2 2 2

1 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 2 2 Bài 29. Điều kiện xác định của phương trình là 27x + 12 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

( 9x + 4 ) 3

+ 4 = 1+

Đặt 9x + 4 = y , suy ra y ≥ 0 . Khi đó ta được 2 4 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

6y ≤

3 ( 9x + 4 ) 2

y2 3y y2 3y + 4 = 1+ ⇔4 + 4 = 1+ + 6y 3 2 3 2

y+6 . Do đó ta lại có 2

 y2  2 2 y2 + 4 ≤ 2y + 4 ⇔ 4  + 4  ≤ ( y + 2 ) ⇔ 4y 2 + 48 ≤ 3y 2 + 12y + 12 ⇔ ( y − 6 ) ≤ 0 3  3  2 Từ đó ta được y = 6 , suy ra x = thỏa mãn điều kiện xác định. 9 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 9

Bài 30. Điều kiện xác định là 2x 4 − x 3 + 7x 2 − 3x + 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với

(

)(

)

2x 2 − x + 1 x 2 + 3 =

(

) (

2x 2 − x + 1 + x 2 + 3 3x 2 − x + 4 = 2 2

)

Phương trình xác định với mọi x là số thực. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( 2x

)(

− x +1 x + 3

)

( 2x ≤

) (

− x + 1 + x2 + 3

) = 3x

−x+4 2

Do đó kết hợp với phương trình suy ra 2x 2 − x + 1 = x 2 + 3 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 Từ đó phương trình có nghiệm là x = −1 và x = 2 .

Bài 31. Điều kiện xác định của phương trình là − 2 ≤ x ≤ − Phương trình đã cho tương đương với

2 − x2 + 2 −

2 2 hoặc ≤x≤ 2 2 2

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

2 2  2 2 2 x x 2 x .1 x.1 − + = − + ≤4   2 2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được  .     1 1 1 1  2 − +  =  2 − 2 .1 + .1  ≤ 4  x  x 2 x   x   2 − x2 + x = 2 1 1  2 Suy ra 2 − x + 2 − 2 + x + ≤ 4 . Kết hợp với ( 1) ta được  ⇔ x = 1. 1 1 x x  2− 2 + = 2 x x  Thay x = 1 vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình. 12 ( x − 3 ) Bài 33. Phương trình tương đương với ( x − 3 )( 2x − 5 ) = . 2 3 3 ( 4x − 4 ) + 2 4x − 4 + 4

) (

(

)

+ Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình.

+ Nếu x ≠ 3 thì phương trình tương đương với 2x − 5 = 3

( 4x − 4 )

+ 2 3 4x − 4 + 4

Với x > 3 thì 2x − 5 > 1 > 3

( 4x − 4 )

+ 2 3 4x − 4 + 4 12

Với x < 3 thì 2x − 5 < 1 < 3

( 4x − 4 )

+ 2 3 4x − 4 + 4

Do vậy phương trình vô nghiệm khi x ≠ 3 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .

Bài 33. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥

1 . Đặt a = x và b = 2x − 1 . 2

Phương trình đã cho trở thành

( 1 + a )(1 + b ) = (1 +

ab 2

)(1 +

)

a 2 b ⇔ a + b = 3 ab 2 + 3 a 2 b

a b b a a b Ta có VT =  + +  +  + +  ≥ 3 ab 2 + 3 a 2 b = VP . 3 3 3 3 3 3 Từ đó suy ra dấu bằng cảu bất đẳng thức trên xẩy ra hay ta được a = b . Do đó x = 2x − 1 ⇔ x = 1 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có nghiệm là x = 1.

Bài 34. Điều kiện xác định của phương trình là Đặt

x = a và

1 ≥x≥0. 2

(

(a +

) ≤ 2a

(

2 2 a 2 + b2 a + b ; Ta có VT ≤ a + b , do ab ≤ 2 2 2 1 Từ đó ta được a 4 + ab a 2 + b 2 = 1 ⇔ x = 1 − 2x ⇔ x = 3 1 Vậy phương trình có nghiêm duy nhất x = 3 4

)

1 − 2x = b . Phương trình trở thành a 4 + ab a 2 + b 2 = 1 2

+ b2

(

)

≤ a 4 + b4

)

Bài 35. Điều kiện xác định của phương trình là 2x ≥ 1 . + Cách 1. Đặt a = x; 2x − 1 = b với a, b ≥ 0 . Phương trình đã cho trở thành

( a + 2b )( b + 2a ) = 9ab Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( a + a + b )( a + b + b ) ≥ 9ab Đẳng thức xảy ra khi a = b ⇔ x = 2x − 1 ⇒ x = 1 . Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.

+ Cách 2. Ta có

VT =

(

)(

) (

x + 2 2x − 1 . 2 x + 2x − 1 =

)(

x + 2x − 1 + 2x − 1 .

x + x + 2x − 1

≥ 9. 3 ( 2x − 1) . x . 3 x. 2x − 1 = VP

Mà VT = VP ⇔ x = 2x − 1 ⇔ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Bài 36. Điều kiện xác định của phương trình là −2 ≤ x ≤ 6 . Áp dung bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

6−x + x+2 = 2

Mà ta lại có x 2 − 6x + 13 = ( x + 3 ) + 4 ≥ 4

) (6 − x) + (2 + x) = 4

+ 12 .

)

1  1 =  6 − x + x + 2 = 4  Vậy phương trình có nghiệm khi hệ sau có nghiệm  ⇔ x + 2 6 − x 2 ( x + 3 ) + 4 = 4 x = 3 Hệ phương trình trên vô nghiệm nên phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 37. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Từ đó ta được Ta lại có Do đó

1 − x2 =

1− x =

1− x ≤

1− x + 1 4 ; 1+ x = 2

1+ x ≤

1+ x +1 2

1− x + 1 2 − x 1+ x + 1 2 + x = ; 1+ x ≤ = 2 2 2 2

1− x + 1+ x + 1 ≤ 4

1− x + 1+ x 2

(1 − x )(1 + x ) ≤

1 − x2 + 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 1 − x + 1 + x + 1

1− x ≤

Từ đó suy ra phải có

2−x+2+x+2 = 3. 2

1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 3 . Như vậy để

1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x = 3 thì ta

1 − x = x + 1 = 1 ⇔ x = 0 , thỏa mãn điều kiện xác định. Vậy phương trình có

nghiệm x = 0 .

Bài 38. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 3 4x − 4 = 3 3 2.2. ( x − 1) ≤ 2 + 2 + x − 1 = x + 3 2

Dấu bằng xảy ra khi x − 1 = 2 ⇔ x = 3 . Suy ra 2x 2 − 11x + 21 ≤ x + 3 ⇔ 2 ( x − 3 ) ≤ 0 ⇔ x = 3 . Kết hợp các kết quả trên ta được phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 .

Bài 39. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 12 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

x x + 12 − x ≤

(

)

(

+ 1 ( x + 12 − x ) = 2 3 x 2 + 1

)

Suy ra x x + 12 − x = 2 3 x 2 + 1 khi và chỉ khi dấu bằng của bất đẳng thức trên xẩy ra x = 0 0 ≤ x ≤ 12 0 ≤ x ≤ 12  = ⇔ ⇔ 2 ⇔  x = 6 + 35 x 12 − x x 12 − x = x   x ( 12 − x ) = x  x = 6 − 35

{

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 0; 6 − 35; 6 + 35

}

Bài 40. Điều kiện xác định xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 1 . Phương trình tương đương với

)

(

13 x 1 − x 2 + 9 x 1 + x 2 = 16 ⇔ x 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2 = 16

)

(

⇔ x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

= 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho vế trái phương trình trên ta có 2

x 2  13 13 1 − x 2 + 3 3 3 1 + x 2  ≤ x 2 ( 13 + 27 ) 13 − 13x 2 + 3 + 3x 2 = 40x 2 16 − 10x 2  

(

)

(

)

(

)

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta lại có

(

)

(

) (

40x 2 16 − 10x 2 = 4.10x 2 16 − 10x 2 ≤ 10x 2 + 16 − 10x 2

(

Suy ra x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

)

= 256

) ≤ 256 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

 13 1 − x 2 3 1 + x2  =  13 3 3  2 2 10x = 16 − 10x

(

)

(

) x = 2 5 5

  2 5 x = − 5   2 5 2 5  Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  ;−  5   5

Bài 41. Điều kiện xác định của phương trình là 3 ≤ x ≤ 5 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có:

x−3 + 5−x =

( x − 3 ) .1 + ( 5 − x ) .1 ≤ x − 23 + 1 + 5 − 2x + 1 = 2 2

Mặt khác x 2 − 8x + 18 = x 2 − 8x + 16 + 2 = ( x − 4 ) + 2 ≥ 2 Do đó

x − 3 + 5 − x = x 2 − 8x + 18 = 2 ⇔ ( x − 4 ) + 2 = 2 ⇔ ( x − 4 ) = 0 ⇔ x = 4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 4

Bài 42. Điều kiện xác định của phương trình là 2x + 3 ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

( 2x + 3 ) + 1 ≥ 2

2x + 3 = x 2 + 4x + 5 2

⇒ 2x + 4 ≥ x 2 + 4x + 5 ⇒ x 2 + 2x + 1 ≤ 0 ⇒ ( x + 1) ≤ 0 ⇒ x = −1 Thử lại x = −1 là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = −1

Bài 43. Điều kiện xác định của phương trình là x > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

x2 +

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 = 8x 2 + + + + ≥ 5 5 8x 2 . 4 . . . . = x 4 x 4 x 4 x 4 x x x x x 2 4

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x > 0 x > 0 x > 0 1     2 1 1 ⇔ 2 4 1⇔ 5 1 ⇔x= 4 8x =  32 .x = x x = 5  4 4 x 

Thử lại x = 4 ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x = 4

Bài 44. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

x−

1 1  1 + 1 − =  x −  .1 + x x x 

( x − 1) . x1 ≤ 21  x − x1 + 1  + 21  x − 1 + x1  = x 







 1  x − x = 1 1± 5 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi  ⇔ x2 − 1 = x ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 2 x − 1 = 1  x

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có x =

1+ 5 . Vậy nghiệm của phương trình là 2

1+ 5 2 Bài 45. Điều kiện xác đinh của phương trình là x ∈ R x=

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có

x 2 − 4x + 9 + x 2 + 4x + 9 ≥ 2 =2

)

+ 9 − ( 4x ) = 2

x 2 − 4x + 9. x 2 + 4x + 9

x 4 + 2x 2 + 81 ≥ 2

81 = 2.3 = 6

4 x = 0 Từ phương trình suy ra dấu đẳng thức xẩy ra  2 ⇔x=0 2x = 0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 .

Bài 46. Điều kiện xác định của phương trình là −3 ≤ x ≤ 3 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

9 − x2 + 3 + x + 3 − x =

1 3

( 3 + x ) .3 +

3+x+3−x 1 3+x+3 1 3−x+3 + . + . = 3+2 3 2 2 2 3 3 3 + x = 3 − x  2 9 − x + 3 + x + 3 − x = 3 + 2 3 ⇔ 3 + x = 3 ⇔x=0 3 − x = 3  ≤

Do vậy

( 3 + x )( 3 − x ) +

1 3

( 3 − x ) .3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0

Bài 47. Điều kiện xác định của phương trình là x ≠ 0 . Ta có 3

(

)

25x 2x 2 + 9 = 4x +

(

3 ⇔ 3 25x 4 2x 2 + 9 = 4x 2 + 3 x

(

)

⇔ 3. 3 25x 4 2x 2 + 9 = 5x 2 + 5x 2 + 2x 2 + 9

(

)

(

)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 5x 2 + 5x 2 + 2x 2 + 9 ≥ 3. 3 25x 4 2x 2 + 9 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 5x 2 = 2x 2 + 9 ⇔ 3x 2 = 9 ⇔ x 2 = 3 ⇔ x = ± 3 Thử lại ta thấy x = ± 3 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 48. Ta có 2 7x 3 − 11x 2 + 25x − 12 = x 2 + 6x − 1 ⇔ 2

( Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( 7x − 4 ) + ( x

( 7x − 4 ) ( x

)

− x + 3 = x 2 + 6x − 1

4 ) 7 − x + 3 ) ≥ 2 ( 7x − 4 ) ( x

Điều kiện xác định của phương trình là ( 7x − 4 ) x 2 − x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

−x+3

)

Do đó ta được x 2 + 6x − 1 ≥ 2 7x 3 − 11x 2 + 25x − 12

x = 1 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 7x − 4 = x 2 − x + 3 ⇔ x 2 − 8x + 7 = 0 ⇔  x = 7 Thử lại ta thấy x = 1; x = 7 thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1; x = 7

Bài 49. Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 2

 2 2   1 x   1 x  + x  =  2 2. + x + 1. ≤  8 + ( x + 1)   +    = x+9    x + 1 x + 1 x + 1 x + 1 x + 1      

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

1 2 2 x +1

x+1 ⇔ 2 2 = 1 . x+1 ⇔ 2 2 = 1 x x +1 x+1 x x+1 x x+1

8 1 1 = ⇔ 8x = x + 1 ⇔ 7x = 1 ⇔ x = x+1 x 7 1 Vậy phương trình có nghiệm là x = . 7 Bài 50. Điều kiện xác định của phương trình là 2x ≥ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ⇔

x. x + 2 + 1. 2x − 1 ≤ =

(

 x 2 + 12  

)

( x + 2)

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

( 2x − 1)

3x 2 + 4x + 1

  

Dấu đẳng thức trong (1) xảy ra khi và chỉ khi:

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

1± 5 2

1+ 5 2 Bài 51. Điều kiện xác định của phương trình là −1 ≤ x ≤ 5 . Áp dụng bất đẳng thức

Kết hợp điều kiện ban đầu ta có nghiệm là x =

Bunhiacopxki ta có

(

)

− 1 + ( −2 )( x − 2 ) + 1. 5 − x 2 + 4x ≤ −1 + 4 + 1.

) (

− 4x + 4 + 5 − x 2 + 4x

)

⇒ 5 − x 2 + 4x ≤ 2x + 3 5 − 4 Dấu đẳng thức xảy ra trong bất đẳng thức trên xẩy ra, do đó ta được

( −2 )

x − 2 ≥ 0 6 5 5 − x 2 + 4x = x − 2 ⇔  2 ⇔ x = 2+ 5 5x − 20x − 16 = 0

6 5 5 Bài 52. Điều kiện xác định của phương trình trình là x ≥ 1 . Áp dụng bất đẳng thức

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2 +

Bunhiacopxki ta có

13 x − 1 + 9 x + 1 = 13. 13x − 13 + 27. 3x + 3 ≤

(13 + 27 )( 13x − 13 + 3x + 3) =

40 ( 16x − 10 ) = 2 10 ( 16x − 10 )

Lại theo bất bất đẳng thức Cauchy ta có 2 10 ( 16x − 10 ) ≤ 10 + 16x − 10 = 16x Như vậy kết hợp với phương trình thì các bất đẳng thức xảy ra dấu bằng

 27. 13x + 13 = 13. 3x + 3 5 ⇔x=  4 10 = 16x − 10 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 4 Bài 53. Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x ≤ 1 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

1. x + 1. 1 − x ≤

1. 4 x + 1. 4 1 − x ≤

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

⇒ 4 x + 4 1− x + x + 1− x ≤ 2 + 4 8

x = 1 − x 1 ⇔x= Dấu bằng trong đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  4 4 2  x = 1 − x 1 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 2

x ≥ 1 2 3x − 1 ≥ 0  ⇔ Bài 54. Điều kiện xác định của phương trình là  2 x ≤ − 3 x − x ≥ 0  3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

1. 3x 2 − 1 + 1. x 2 − x − x x 2 + 1 ≤

⇒ 3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 ≤

)(

+ 1 + 1 3x 2 − 1 + x 2 − x + x 2 + 1

)(

+ 2 5x 2 − x

)

 3x 2 − 1 = x 2 − x  ⇔ x = −1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ  2 x +1  = 3x 2 − 1  −x 2 Ta có 5x − x > 0 . Áp dụng bất thức Cauchy ta có

1 2

( 7x 2

⇒

( 7x 2

)

−x+4 =

1  2 1 5x − x + 2 x 2 + 2  ≥ .2.  2 2 2 2

) ( 5x

−x+4 ≥

(

) (

)

− x .2 x 2 + 2

( 5x

) (

− x .2 x 2 + 2

)

 x = −1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 5x 2 − x = 2 x 2 + 2 ⇔ 3x 2 − x − 4 = 0 ⇔  x = 4 3 

(

)

Từ các kết quả trên ta có nghiệm của phương trình là x = −1 .

_______________HẾT______________

)