Mục lục
I CÁC CHUYÊN ĐỀ 3
1 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 3
1.1 Hệ phương trình (Miền Cát Trắng, Phan Thị Minh Ngọc, ) . . . . . . . . . . 3
1.2 PT & BPT Vô tỷ (Nguyễn Thị Ngân, ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 PT Mũ và Logarit (Đỗ Đường Hiếu) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.3 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 18
1.3.4 Phương pháp lôgarit hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.5 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.6 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.7 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 22
1.3.8 Phương pháp mũ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4 Bất đẳng thức (Inspectorgadget, truongson2007) . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.5 Tích phân (Nguyễn Văn Đàn, Lê Huy Hoàng) . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.6 Chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp
hàm số (Nguyễn Hữu Phương) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7 Cực trị của hàm nhiều biến (Lê Trung Tín) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.8 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.8.1 Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế . . . . . . . . . . 74
1.8.2 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đối xứng. . . . . . . . . . 75
1.8.3 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa 3 biến . . . . . . . . 77
2 HÌNH HỌC 88
2.1 Thể tích và khoảng cách (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
2.2 Hình học KG (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
2.3 Tham số hóa trong Hình Giải Tích (Nguyễn Thị Thỏa) . . . . . . . . . . . . 99
2.4 Cực trị trong hình giải tích phẳng (Phạm Kim Chung) . . . . . . . . . . . . 109
II CÁC BÀI TOÁN HAY 110
3 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 110

3.1 Hệ phương trình (Lê Nhất Duy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.2 Hệ phương trình nâng cao (Lê Trung Tín) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.3 PT & BPT Vô tỷ (Đinh Văn Trường) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
1
3.4 PT Mũ và Logarit () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
3.5 Bất đẳng thức () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
3.6 Tích phân () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
3.7 Phương pháp hàm số trong CM Bất Đẳng Thức () . . . . . . . . . . . . . . 168
4 HÌNH HỌC 168
4.1 Thể tích và khoảng cách () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
4.2 Hình học KG () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
4.3 Tham số hóa trong Hình Giải Tích () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
4.4 Cực trị trong hình giải tích phẳng () . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
III CÁC ĐỀ THI TỰ LUYỆN 169
5 Đề thi 169
6 Lời giải 169
2
Phần I
CÁC CHUYÊN ĐỀ
1 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH
1.1 Hệ phương trình (Miền Cát Trắng, Phan Thị Minh Ngọc, )
1.2 PT & BPT Vô tỷ (Nguyễn Thị Ngân, )
Các bài phương trình - bất phương trình vô tỷ
Lời nói đầu
Phương trình- bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các kì thi
các cấp và đặc biệt là thi đại học. Phương trình-bất phương trình vô tỷ rất đa dạng và phong
phú về cả đề bài và lời giải. Một bài phương trình- bất phương trình có thể có nhiều cách xử
lý bài toán khác nhau.
Tuy nhiên, để tìm ra lời giải cho bài toán của mình thì rất khó đối với đa số các bạn.
Đứng trước 1 bài phương trình- bất phương trình chúng ta thường rất lúng túng và khó

khăn. Như các bạn đã biết phương trình- bất phương trình luôn luôn có trong đề thi đại học,
thường thì nó nằm ở câu II.
Bài viết này sẽ giúp các bạn phần nào đó về phương trình-bất phương trình.Những lời
giải dưới đây tuy không phải là những lời giải hay nhất nhưng nó sẽ giúp các bạn nắm rõ
được chuyên đề này.
Hy vọng chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, giúp đỡ các bạn trên con dườngđi đến
thành công, đi đến mục đích cuối cùng của chúng ta là cổng trường đại học mơ ước và có
thể nó sẽ khiến cho các bạn đam mê với môn học này ( Khó- khổ- khô).
Mặc dù đã rất cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót trong
chuyên đề.Mong các bạn thông cảm.
Nếu có gì thắc mắc và những ý kiến về chuyên đề của mình thì các bạn liên lạc cho mình
với địa chỉ nhé!
A. Các phương pháp giải (Dạng cơ bản)
Một số phép toán biến đổi tương đương khi sử dụng để giải phương trình- bất phương trình.
1.

f (x) =

g (x) ⇔

f (x) = g (x)
g (x) ≥ 0
2.

f (x) = g (x) ⇔

f (x) = [g (x)]
2
g (x) ≥ 0
3.


f (x) >

g (x) ⇔

f (x) > g (x)
g (x) ≥ 0
3
4.

f (x) > g (x) ⇔







f (x) > [g (x)]
2
g (x) ≥ 0

f (x) ≥ 0
g (x) < 0
5.

f (x) < g (x) ⇔






f (x) < [g (x)]
2
f (x) ≥ 0
g (x) ≥ 0
B. Phần riêng
I. Bất phương trình
Ngoài những cách giải trên. Một số dạng giải bất phương trình
1.
1

f (x)
>
1
g (x)
⇔







g (x) < 0
f (x) > 0

g (x) > 0

f (x) < g (x)

2. f (x)

g (x) ≥ 0 ⇔




g (x) > 0
f (x) ≥ 0
g (x) = 0
3. af(x) + bg (x) + c

f (x) g (x) < 0 (đẳng cấp)
Nếu g (x) =0 thì dễ dàng rồi nhé!
Giả sử g (x) > 0 chia cho g (x) ta được: a
f (x)
g (x)
+ b + c

f (x)
g (x)
< 0
Đặt

f (x)
g (x)
= t , khi đó ta có at
2
+ ct + b < 0
Hệ thống phương pháp giải:

+ Biến đổi tương đương
+ Nhân liên hợp
+ Hàm số
+ Đánh giá ( AM-GM; Bunhiacopxki, vecto)
Đôi chút về bất đẳng thức vecto:


−→
u +
−→
v


≤


−→
u


+


−→
v


. Đẳng thức xảy ra ⇔
−→
u ,

−→
v cùng
hướng
Các ví dụ
Bài 1. Giaỉ bất phương trình sau:
√
x
2
− x − 6 + 7
√
x −

6 (x
2
+ 5x − 2)
x + 3 −

2 (x
2
+ 10)
≤ 0
Lời giải:
Công việc đầu tiên của chúng ta không thể thiếu được đó chính là tìm điều kiện cho bài toán.
4
Đối với bài toán này thì : ĐK:










x
2
− x − 6 ≥ 0
x ≥ 0
x
2
+ 5x − 2 ≥ 0
x + 3 =

2 (x
2
+ 10)
⇔ x ≥ 3
Khi đó,
x + 3 <

2 (x
2
+ 10) ⇔ x
2
− 6x + 11 > 0
⇔ (x − 3)
2
+ 2 > 0
(Luôn đúng)
Bất phương trình đã cho trở thành:

√
x
2
− x − 6 + 7
√
x ≥

6 (x
2
+ 5x − 2)
Vì hai vế của bất phương trình này đều dương nên cho phép chúng ta bình phương 2 vế Nên:
√
x
2
− x − 6 + 7
√
x ≥

6 (x
2
+ 5x − 2)
⇔ x
2
− x − 6 + 49x + 14

x (x
2
− x − 6) ≥ 6x
2
+ 5x − 2

⇔ −5x
2
+ 18x + 6 + 14

(x
2
− 3x) (x + 2) ≥ 0
Đến đây thấy trong căn xuất hiện 2 nhân tử là x
2
− 3x và x + 2 ,
ta nghĩ ngay đến việc phân tích −5x
2
+ 18x + 6 cũng xuất hiện 2 nhân tử đó.
Quả nhiên ông trời không phụ lòng người, ta phân tích được
−5x
2
+ 18x + 6 = −5

x
2
− 3x

+ 3 (x + 2)
Tuyệt vời!!! Công việc bây giờ là biến đổi phương trình trên thôi, ta được:
−5

x
2
− 3x


+ 14

(x
2
− 3x) (x + 2) + 3 (x + 2) ≥ 0
Vì x ≥ 3 nên x + 2 > 0 Chia 2 vế của bất phương trình cho x + 2 > 0, được:
−5.
x
2
− 3x
x + 2
+ 14

x
2
− 3x
x + 2
+ 3 ≥ 0(1)
Đặt

x
2
− 3x
x + 2
= a (a ≥ 0) , khi đó
(1) ⇔ −5a
2
+ 14a + 3 ≥ 3 ⇔
−1
5

≤ a ≤ 3
Mà a ≥ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤ 3 Ta chỉ cần xét a ≤ 3 ,lúc đó:

x
2
−3x
x+2
≤ 3 ⇔
x
2
−3x
x+2
≤ 9
⇔ 6 − 3
√
6 ≤ x ≤ 6 + 3
√
6
Hi, vậy bài toán được giải quyết trọn vẹn.Nhưng trước đó bạn đừng vội vàng kết luận mà
nhớ phải đối chiếu với điều kiện nhé!
Thật vậy, kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S =

3; 6 + 3
√
6

Bài 2. Giải bất phương trình sau:
(2x − 1)
√
x + 3

2
√
x + (2 +
√
x)
√
1 − x + 1 − x
≥ 1
5
Lời giải:
ĐK: 0 ≤ x ≤ 1 Với điều kiện đó thì,
2
√
x +

2 +
√
x

√
1 − x + 1 − x > 0
Bất phương trình đã cho trở thành:
(2x − 1)
√
x + 3 ≥ 2
√
x + (2 +
√
x)
√

1 − x + 1 − x
⇔ (2x − 1)
√
x + 3 ≥

√
x +
√
1 − x

2 +
√
1 − x

Đặt
√
x = a;
√
1 − x = b (a, b ≥ 0) Ta có

a
2
+ b
2
= 1
2a
2
+ b
2
− 1 = x

Bất phương trình trở thành:
(a
2
− b
2
)
√
2a
2
+ b
2
+ 2 ≥ (a + b) (2 + b)
⇔ (a − b)
√
2a
2
+ b
2
+ 2 ≥ 2 + b
⇔ (a − b)
2
(2a
2
+ b
2
+ 2) ≥ (2 + b)
2
⇔ (1 − 2ab) (a
2
+ 3) ≥ 4 + 4b + b

2
= 4 + 4b + 1 − a
2
⇔ (2a
2
− 2) − 2b (a
3
+ 3a + 2) ≥ 0
Mà a
2
≤ 1, ∀0 ≤ a ≤ 1 và a
3
+ 3a + 2 > 0, ∀a ≥ 0 , nên:

2a
2
− 2

− 2b

a
3
+ 3a + 2

≤ 0
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔

a = 1
b = 0
⇔


√
x = 1
√
1 − x = 0
⇔ x = 1
Đối chiếu lại với điều kiện đầu bài. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1
Bài 3. Giải bất phương trình sau:
6 − 3x +
√
2x
2
+ 5x + 2
3x −
√
2x
2
+ 5x + 2
≤
1 − x
x
Lời giải:
ĐK:





x = 0
3x =

√
2x
2
+ 5x + 2
2x
2
+ 5x + 2 ≥ 0
⇔ x ∈ (−∞; −2] ∪

−1
2
; +∞

\{0; 1}
Bất phương trình đã cho tương đương
6 − 3x +
√
2x
2
+ 5x + 2
3x −
√
2x
2
+ 5x + 2
+ 1 ≤ 1 +
1 − x
x
⇔
6

3x −
√
2x
2
+ 5x + 2
≤
1
x
⇔
6x − 3x +
√
2x
2
+ 5x + 2
x

3x −
√
2x
2
+ 5x + 2

≤ 0
⇔
3x +
√
2x
2
+ 5x + 2
x


3x −
√
2x
2
+ 5x + 2

≤ 0 (1)
6
Đến đây ta chia thành 2 trường hợp
Trường hợp 1:
√
2x
2
+ 5x + 2 + 3x = 0
⇔ 2x
2
+ 5x + 2 = 9x
2
⇔


x =
−2
7
x = 1
Đối chiếu với điều kiện đầu bài thì x =
−2
7
là nghiệm của bất phương trình (2)

Trường hợp 2:
3x +
√
2x
2
+ 5x + 2 = 0
Khi đó, bất phương trình (2) trở thành:

3x +
√
2x
2
+ 5x + 2

2
x (7x
2
− 5x − 2)
≤ 0
⇔ x (7x
2
− 5x − 2) < 0
⇔


0 < x < 1
x <
−2
7
Đối chiếu với điều kiện đầu bài.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = (−∞; 2) ∪

−1
2
;
−2
7

∪ (0; 1)
Bài 4. Giải bất phương trình sau:

(x + 2) (2x − 1) − 3
√
x + 6 ≤ 4 −

(x + 6) (2x − 1) + 3
√
x + 2
Lời giải:
ĐK: x ≥
1
2
Khi đó, Bất phương trình đã cho trở thành:

√
x + 2 +
√
x + 6



√
2x − 1 − 3

≤ 4 (1)
Trường hợp 1:
√
2x − 1 − 3 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 5. Nên (1) luôn đúng
Trường hợp 2: Với x > 5 Xét hàm số : f(x) =

√
x + 2 +
√
x + 6

√
2x − 1 − 3

=⇒ f

(x) =

1
2
√
x + 2
+
1
2
√
x + 6



√
2x − 1 − 3

+
√
x + 2 +
√
x + 6
√
2x − 1
> 0. Nên f(x) đồng
biến.
Mặt khác: f(7) = 4 , nên (1) ⇔ f(x) ≤ f (7) ⇐⇒ x ≤ 7. Đối chiếu với điều kiện đầu bài
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =

−1
2
; 7

Bài 5. Giải bất phương trình sau:
x + 2

2 (x
4
− x
2
+ 1) − 1
≥

1
x − 1
Lời giải:
ĐK: x = 1 Khi đó:

2 (x
4
− x
2
+ 1) − 1 =

2(x
2
− 1)
2
+
3
2
− 1 > 0
7
Trường hợp 1: Nếu x > 1 Bất phương trình đã cho tương đương
x
2
+ x − 1 ≥

2 (x
4
− x
2
+ 1) (1)

Với ∀a, b ta luôn có a + b ≤

2 (a
2
+ b
2
) Dấu ’=’ xảy ra ⇔ a = b
Áp dụng: Đặt a = x; x
2
− 1 = b Khi đó,
x + x
2
− 1 ≤

2

x
2
+ (x
2
− 1)
2

=

2 (x
4
− x
2
+ 1) (2)

Từ (1) và (2)
⇒ x
2
− x + 1 =

2 (x
4
− x
2
+ 1) ⇔ x
2
− 1 = x ⇔



x =
1 −
√
5
2
x =
1 +
√
5
2
⇔ x =
1 +
√
5
2

Trường hợp 2: Nếu x < 1 Bất phương trình đã cho tương đương
x
2
+ x − 1 ≤

2 (x
4
− x
2
+ 1)
Luôn đúng ∀x < 1 (Vì đã chứng minh ở (2))
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (−∞; 1) ∪

1+
√
5
2

Bài 6. Giải bất phương trình sau:
√
3 + 3x +
√
3 − x
√
3 + 3x −
√
3 − x
≥
4
x

Lời giải:
ĐK: x ∈ [−1; 3] \{0}
Trường hợp 1: x ∈ (0; 3]
Ta cần chứng minh
√
3 + 3x −
√
3 − x > 0
Thật vậy,
√
3 + 3x −
√
3 − x > 0 ⇔ 3 + 3x > 3 − x ⇔ x > 0 (đúng)
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương

√
3 + 3x +
√
3 − x

2
(3 + 3x) − (3 − x)
≥
4
x
⇔ 6 + 2x + 2

(3 + 3x) (3 − x) ≥ 16
⇔


(3 + 3x) (3 − x) ≥ 5 − x(⊕)
Vì cả 2 vế đều dương nên
⊕ ⇔ (3 + 3x) (3 − x) ≥ (5 − x)
2
⇔ x
2
− 4x + 4 ≤ 0 ⇔ (x − 2)
2
≤ 0
Mà (x − 2)
2
≥ 0 , nên ⇒ x − 2 = 0 ⇔ x = 2
Trường hợp 2: x ∈ [−1; 0)
Dễ dàng chứng minh
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0
8
Thật vậy,
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0 ⇔ x < 0 (đúng)
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương
√
3 + 3x +
√
3 − x
√

3 − x −
√
3 + 3x
≤
4
−x
⇔

√
3 + 3x +
√
3 − x

2
(3 − x) − (3 + 3x)
≤
4
−x
(−x > 0)
⇔

√
3 + 3x +
√
3 − x

2
≤ 16 ⇔ 6 + 2x + 2

(3 + 3x) (3 − x) ≤ 16

⇔

(3 + 3x) (3 − x) ≤ 5 − x
Vì 5 − x > 0 nên ta có thể bình phương 2 vế lên để mất căn
Khi đó ta sẽ có điều ta mong muốn, (3 − x) (3 + 3x) ≤ (5 −x)
2
⇔ (x − 2)
2
≥ 0 (Luôn đúng)
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = [−1; 0) ∪{2}
Bài 7. Giải bất phương trình sau:

4 −
1
x
2
+
|2x + 1|
x
≥ 0
Lời giải:
ĐK:

x ≤ −2
x ≥ 2
Bắt gặp dấu giá trị tuyệt đối chúng ta thường liên tưởng đến bình phương 2 vế và đánh giá
hoặc chỉ đánh giá, bình phương
Nhưng lần này đối với tôi, phép bình phương xuất hiện đầu tiên. Chúng ta cùng thử xem
nhé!
Chuyển vế bất phương trình đã cho thành:


4 −
1
x
2
≥
|2x + 1|
−x
Trường hợp 1: Với x ≥ 2 thì bất phương trình luôn đúng
Trường hợp 2: x ≤ −2 Vì cả 2 vế đều dương nên bình phương 2 vế được:
4 −
1
x
2
≥
(2x + 1)
2
x
2
⇔ 4x
2
− 1 ≥ (2x + 1)
2
⇔ −4x ≥ 2 ⇔ x ≤
−1
2
Đối chiếu với điều kiện trong trường hợp x ≤ −2 thì nghiệm bất phương trình là x ≤ −2
Kết hợp 2 trường hợp lại với nhau ta có, tập nghiệm của bất phương trình là: S = [2; +∞) ∪
(−∞; −2]
Bài 8. Gỉai bất phương trình sau:

√
2 − x
2
+

2 +
1
x
2
< 4 + |x| +
1
|x|
Lời giải:
Ôi! Lại một bài toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối nữa. Liệu lần này cách bình phương lên
9
còn có thể giúp được gì cho chúng ta không nhỉ??? Thử xem nhé!
ĐK:

−
√
2 ≤ x ≤
√
2
x = 0
Bất phương trình đã cho trở thành:
4 +
1
x
2
− x

2
+ 2

(2 − x
2
)

2 +
1
x
2

< x
2
+
1
x
2
+ 18 + 8 |x| +
8
|x|
⇔

3 +
2
x
2
− 2x
2
< x

2
+ 7 + 4 |x| +
4
|x|
⇔
√
3x
2
− 2x
4
+ 2 < (|x|)
3
+ 7 |x|+ 4x
2
+ 4(1)
Bây giờ đến đây thì làm sao nhỉ?
Đừng nản chí vội, ở đây ta thử đánh giá biểu thức vế trái
√
3x
2
− 2x
4
+ 2 xem sao nhé! Mà vế
phải có 1 hằng số nên, ta thử xem nó có mối quan hệ gì đến biểu thức ta đang tìm hiểu.Thử
nhé!
Ta có:
√
3x
2
− 2x

4
+ 2 < 4
⇔ 3x
2
− 2x
4
+ 2 < 16 ⇔ 2x
4
− 3x
2
+ 14 > 0
⇔ 2(x
2
− 1)
2
+ x
2
+ 12 > 0
Đây là 1 diều hiển nhiên đúng với mọi x Do đó, (1) luôn đúng
Vậy tập xác định của bất phương trình chính là nghiệm của nó.
P/S: Một lần nữa cách bình phương 2 vế lại được phát huy 1 cách triệt để.
Bài 9. Gỉai bất phương trình sau:
(x
2
+ 4)
√
2x + 4 ≤ 3x
2
+ 6x − 4
Lời giải:

ĐK: 2x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
Khi đó, bất phương trình tương đương

(x
2
+ 4)
2
(2x + 4) ≤ (3x
2
+ 6x − 4)
2
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇔

(2x + 3) (x
2
− 2x − 4)
2
≤ 0
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇔







x
2
− 2x − 4 = 0
2x + 3 ≤ 0
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇔
















x
2
− 2x − 4 = 0
2x + 3 ≤ 0




x ≥
√
21 − 3
3
x ≤
−3 −
√
21
3
⇔





























x = 1 +
√
5
x = 1 −
√
5
x ≤
−3
2



x ≥
√
21 − 3
3
x ≤
−3 −
√
21

3
⇔


x = 1 +
√
5
x ≤
−3 −
√
21
3
Đối chiếu với điều kiện ta thấy, Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 +
√
5
10
Nhận xét: Chắc các bạn đang thắc mắc tại sao ở đoạn cuối tôi lại suy ra được kết quả
là


x = 1 +
√
5
x ≤
−3 −
√
21
3
phải không? Lúc đầu khi làm bài toán này tôi cũng bó tay ở đoạn này đấy, nhưng sau khi
thầy tôi giải thích thì tôi đã hiểu ra.

Nhận thấy ở phía trên có 2 dấu ngoặc vuông cùng 1 lúc, đừng nghĩ nó phức tạp quá làm gì
mà thực ra thì đó cũng chính là 1 dấu ngoặc vuông mà thôi. Đối với những bài toán này thì
đ xử lý 1 cách nhanh gọn và đẹp thì cách vẽ trục số là biện pháp hữu hiệu nhất.Trong bài
toán này chúng ta cũng dùng cách vẽ trục số như vậy đấy.( Có thể vẽ 2 trục số ra để dễ nhìn
hơn đó !)
Một điều nữa tôi muốn nói với các bạn chú ý khi giải những bài bất phương trình. Đó là, để
bình phương 2 vế của bất phương trình thì phải thoả mãn điều kiện 2 vế điều dương. Nhớ
nhé, tuy vấn đề này có nhiều bạn vẫn chủ quan, nhưng chỉ cần sơ suất 1 chút thôi là uổng
phí công sức toàn bài.
Bài 10. Gỉai bất phương trình sau:
√
x

x +
√
1 − x
2

x
√
x + 1 −
√
x
2
− x
3
≥ 1
Lời giải:
ĐK: 0 ≤ x ≤ 1
Nhìn bài bất đẳng thức này sa tôi lại muốn nhân chéo nó lên nhỉ. Haizz, thử xem nào.Nhưng

trước tiên ta đi xét mẫu xem sao nhé!( Bật mí nhé: Muốn nhân chéo 1 bất phương trình nào
đó thì chúng ta phải đảm bảo rằng cả 2 vế đều dương). Mà bài toán này thì tử số luôn dương
rồi, vế phải chắc chắn 100% dương. Với điều kiện trên thì,
x
√
x + 1 −
√
x
2
− x
3
≥ x
√
x + 1 −
√
x
2
= x
√
x + 1 − x > 0, ∀0 ≤ x ≤ 1
Woa, thật là may mắn.Chúng ta đã xử lý xong mẫu rồi, giờ chỉ việc nhân chéo lên.hì! Bất
phương trình đã cho trở thành
√
x

x +
√
1 − x
2


≥ x
√
x + 1 −
√
x
2
− x
3
⇔
√
x
2
− x
3
≥ 1 −

x (1 −x
2
)
⇔ x
2
− x
3
≥ 1 + x (1 −x
2
) − 2

x (1 −x
2
)

⇔ x + 1 − x
2
− 2

x (1 −x
2
) ≤ 0
⇔

√
1 − x
2
−
√
x

2
≤ 0
11
Mà

√
1 − x
2
−
√
x

2
≥ 0, ∀x Nên:

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

Đối chiếu với điều kiện thì x =
−1 +
√
5
2
thoả mãn bài toán
Vậy bất phương trình đã cho có ngiệm duy nhất là x =
−1 +
√
5
2
Trên đây là 1 số ví dụ tôi đua ra cho các ban. Sau đây sẽ là 1 số bài tập để các bạn làm
nhé!
Áp dụng: Gỉai các bất phương trình sau:
1, 2 (x
2
+ 2) < 3

2x +
√
x
3
+ 8

2,
√
17x + 53 −
√
x + 5 − 4x < 12
3, x +

2x
√
x
2
− 4
> 3
√
5
4,
√
2x + 4 − 2
√
2 − x >
12x − 8
√
9x
2
+ 16
5,

x +
1
x
2
+

x −
1
x
2

>
2
x
6,





1
4
− x




≥ x +
1
2
7,
√
1 + x −
√
1 − x ≥ x

5 − 4
√
x +

5 + 4

√
x ≥ 4
8, (x
2
− 3x)
√
2x
2
− 3x − 2 ≥ 0
9,
1
1 − x
2
+ 1 >
3x
√
1 − x
2
10. (x + 1) (x − 3)
√
−x
2
+ 2x + 3 < 2 − (x − 1)
2
Bất phương trình chúng ta đã đi được 1 quãng đường rồi nhỉ, bây giờ giành ít thời gian
cho phương trình nhé!
II. Phương trình
Về phương trình thì thế này. Nó có rất nhiều cách giải quyết. Đa số là
+ Đánh giá
+ Nhân liên hợp

+ Đặt ẩn phụ
+ Hàm số
Sau đây, tôi sẽ làm các ví dụ về phương trình nhé! Tuy nó chỉ là 1 phần nhỏ, chưa đi hết
được các dạng toán nhưng nó sẽ giúp ích cho các bạn phần nào.
12
Bài 1. Giải phương trình
x
3
+ 1 = 2
3
√
2x − 1
Lời giải:
Đặt
3
√
2x − 1 = a ⇔ 2x = a
3
+ 1 Do đó, ta có hệ

x
3
+ 1 = 2a (1)
a
3
+ 1 = 2x (2)
Trừ vế với vế (1) cho (2) ta có:
x
3
− a

3
= 2 (a − x)
⇔ (x − a) (x
2
+ax+a
2
+ 2) = 0
Mặt khác: Do
x
2
+ax+a
2
+ 2 =

x +
a
2

2
+
3
4
a
2
+ 2 > 0, ∀x, a
⇒ x − a = 0 ⇒ x = a
Thay vào(1) ta được:
x
3
+ 1 = 2x ⇔ x

3
+ 1 − 2x = 0
⇔ (x − 1) (x
2
+ x − 1) = 0 ⇔


x = 1
x =
−1 ±
√
5
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là


x = 1
x =
−1 ±
√
5
2
Chú ý: Ngoài cách đã làm ở trên, thì ta có thể làm như sau:
Phương trình đã cho được viết lại thành
x
3
+ 1
2
=
3

√
2x − 1
Ta thấy hàm số f(x) =
x
3
+ 1
2
và g(x) =
3
√
2x − 1 là 2 hàm số ngược nhau, do đó đồ thị của
chúng đối xứng nhau qua đường y = x .
Mặt khác hai hàm số này không trùng nhau vì f(0) =
1
2
; g(0) = −1 , nên:
Nếu 2 đồ thị cắt nhau thì phải cắt nhau trên đường y = x . Do đó ta chuyển được việc giải
phương trình đã cho về việc giải phương trình
x
3
+ 1
2
= x
Đến đây các bạn giúp mình giải tiếp nhé!
Bài 2. Giải phương trình
3

2 +
√
x − 2


= 2x +
√
x + 6
13
Lời giải:
ĐK: x ≥ 2
Theo thói quen của tôi mỗi khi làm những bài bất phương trình hoặc phương trình là nhanh
chóng lấy chiếc máy tính ra nhẩm nghiệm của bài toán.Chỉ 1 lúc sau chúng ta đã thấy kết
quả. Thật là may mắn vì ài này nghiệm của nó có 1 nghiệm rất đẹp đó nha!!
Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình. Ta nghĩ ngay đến việc đưa bài toán về
dạng:(x − 3) f(x) = 0 , nên ta biến đổi phương trình như sau:
2 (x − 3) +

√
x + 6 − 3
√
x − 2

= 0
Vấn đề còn lại là đi phân tích
√
x + 6 − 3
√
x − 2 ra thừa số x − 3 .
Sao nhìn vào biểu thức này mà tôi lại liên tưởng ra hằng đẳng thức a
2
−b
2
= (a − b) (a + b)

. Vậy ta thử đi theo hướng này xem sao, Ta biến đổi
√
x + 6 − 3
√
x − 2 =
−8 (x − 3)
√
x + 6 + 3
√
x − 2
Ồ, cách nhân liên hợp đây mà! Vậy thì phương trình đã cho trở thành
(x − 3)

2 −
8
√
x + 6 + 3
√
x − 2

= 0
⇔


x = 3
8
√
x + 6 + 3
√
x − 2

= 2
Đến đây bài toán trở nên dễ dàng biết mấy. x = 3 là 1 nghiệm của phương trình đã cho nên
ta chỉ cần đi theo con đường giải quyết phương trình
8
√
x + 6 + 3
√
x − 2
= 2 nữa thôi.
Thật dễ! ta viết lại phương trình đó thành
√
x + 6 + 3
√
x − 2 = 4
Đến đây thì tiếp tục giải được rồi nhỉ. Các bạn trình bày tiếp cho tôi với nhé!
Từ đây suy ra được x =
11 − 3
√
5
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là


x = 3
x =
11 − 3
√
5
2
Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :

√
A +
√
B =
√
C +
√
D
ta thường bình phương 2 vế hoặc lập phương. nhưng đôi khi việc làm này sẽ dẫn đến cho
ta những vấn đề khó khăn hơn nhiều.
Ví dụ như:
3
√
A +
3
√
B =
3
√
C ⇒ A + B + 3
3
√
AB

3
√
A +
3
√
B


= C Và ta lại sử dụng phép
thế. Thế
3
√
A +
3
√
B =
3
√
C vào để được A + B + 3
3
√
ABC = C
14
Khó khăn thật nhỉ! Sau đây tôi đưa ra ví dụ để các bạn xem cách giải quyết vấn đề này như
thế này như thế nào nhé!
Bài 3. Giải phương trình:
√
x + 3 +
√
3x + 1 = 2
√
x +
√
2x + 2
Lời giải:
ĐK: x ≥ 0
Nếu theo cách làm như tôi nói trên thì. Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta

được:
1 +

(x + 3) (3x + 1) = x + 2

x (2x + 1)
Để giải phương trình này không khó nhưng hơi phức tạp thôi. Cách giải quyết bài toán này
rất đơn giản nếu ta chuyển vế của phương trình đã cho về
√
3x + 1 −
√
2x + 2 =
√
4x −
√
x + 3
Khi đó bình hương 2 vế lên thật đơn giản ta đưa về được
√
6x
2
+ 8x + 2 =
√
4x
2
+ 12x
Dễ dàng giải ra kết quả phải không, tôi tin các bạn sẽ làm được và kết quả là x = 1
Đối chiếu với điều kiện thấy thoả mãn, từ đây ta cứ thế kết luận được rồi!
Nhận xét: Nếu phương trình có dạng

f(x) +


g(x) =

h(x) +

k(x)
Mà ta lại có được: f(x) + h(x) = g(x) + k(x) , lúc đó ta biến đổi phương trình về dạng

f(x) −

h(x) =

k(x) −

g(x)
Sau đó bình phương lên thôi. Nhanh gọn.hì hì!!!
Chú ý: Ngoài ra nếu chúng ta bắt gặp những bài phương trình mà có dạng như trên
nhưng thay vì có f(x) + h(x) = g(x) + k(x) mà nó có f(x).h(x) = k(x).g(x) thì cũng biến
đổi được

f(x) −

h(x) =

k(x) −

g(x) Nhớ nhé!
Một số bài tập áp dụng:
1, (1 − 4x)
√

4x
2
+ 1 = 8x
2
+ 2x + 1
2,

x −
√
x
2
− 1 +

x +
√
x
2
+ 1 =

2 (x
3
+ 1)
3,
√
x
2
+ 1 −
1
√
x

2
−
5
3
= x
4,
√
x
2
+

x (x − 3) =

x (2x + 1)
5,

x +
√
x + 11 +

x −
√
x + 11 = 4
Một lần nữa chân thành cảm ơn các bạn đã đón đọc tuyển tập này. Tuyển tập này còn
chưa đầy đủ lắm, nó mới chỉ đưa chúng ta đi một đoạn đường nhỏ trên chặng đường học tập
nói chung, trên con đường chinh phục tuyển tập phương trình - bất phương trình nói chung.
Các bạn nhớ đón đọc tuyển tập của mình lần sau nhé, hi vọng nó sẽ củng cố kiến thức đầy
đủ hơn. Chúc các bạn thành công, chinh phục ước mơ của mình.
15
1.3 PT Mũ và Logarit (Đỗ Đường Hiếu)

PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1.3.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số
Sử dụng các phép biến đồi, ta đưa phương trình về một trong các dạng sau:
• a
f(x)
= a
g(x)
⇔ f (x) = g (x) với 0 < a = 1
• a
f(x)
= b ⇔ f (x) = log
a
b nếu b > 0
Ví dụ 1. Giải phương trình: 3
x
2
−4x+5=0
= 9
Lời giải: Phương trình tương đương với:
3
x
2
−4x+5=0
= 3
2
⇔ x
2
− 4x + 5 = 2
x
2

− 4x + 3 = 0 ⇔

x = 1
x = 3
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 0, 125.4
2x−3
=

3
√
2
8

−x
Lời giải: Đưa hai vế về cùng cơ số 2, ta được:
2
−3
.2
4x−6
=

2
−
8
3

−x
⇔ 2
4x−9

= 2
8
3
x
4x − 9 =
8
3
x ⇔ x =
27
4
Vậy phương trình có nghiệm x =
27
4
.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 5
x+1
− 5
x
= 2
x+1
+ 2
x+3
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
5.5
x
− 5
x
= 2.2
x
+ 8.2

x
⇔ 4.5
x
= 10.2
x
⇔

5
2

x
=
5
3
⇔ x = 1
1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Mục đích của đặt ẩn phụ là để đưa phương trình về phương trình đại số quen thuộc. Khi
đặt t = a
f(x)
, với 0 < a = 1, để giải phương trình không có tham số đôi khi ta chỉ cần đưa
ra điều kiện t > 0, nhưng với phương trình chứa tham số ta cần phải chỉ ra điều kiện đúng
của ẩn phụ.
Ví dị 1. Giải phương trình: 3
2x−1
= 2 + 3
x−1
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
3
2x
− 3

x
− 6 = 0
16
Đặt t = 3
x
, với t > 0, ta có phương trình:
t
2
− t − 6 = 0 ⇔

t = 3
t = −2
⇒ t = 3
Từ đó: 3
x
= 3 ⇔ x = 1.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
√
x
2
−2+x
− 5.2
x−1+
√
x
2
−2
= 6
Lời giải: Đặt 2
x+

√
x
2
−2
= t, với t > 0, ta có phương trình:
t
2
−
5
2
t − 6 = 0 ⇔


t = 4
t = −
3
2
=⇒ t = 4
Từ đó:
2
x+
√
x
2
−2
= 4 ⇔ x +
√
x
2
− 2 = 2

√
x
2
− 2 = 2 − x ⇔



x
2
− 2 = (2 − x)
2
2 − x ≥ 0
⇔



4x = 6
x ≤ 2
⇔ x =
3
2
Vậy phương trình có một nghiệm là : x =
3
2
Ví dụ 3. Giải phương trình: 6.4
1
x
− 13.6
1
x

+ 6.9
1
x
Lời giải: Điều kiện: x = 0. Chia cả hai vế của phương trình cho 9
1
x
> 0, ta có:
6.

4
9

1
x
− 13.

2
3

1
x
+ 6 = 0
Đặt t =

2
3

1
x
, (t > 0), phương trình trở thành:

6t
2
− 13t + 6 = 0 ⇔



t =
3
2
t =
2
3
Với t =
3
2
thì

2
3

1
x
=
3
2
⇔
1
x
= −1 ⇔ x = −1
Với t =

2
3
thì

2
3

1
x
=
2
3
⇔
1
x
= 1 ⇔ x = 1
Phương trình có hai nghiệm: x = −1 và x = 1.
Ví dụ 4. Giải phương trình: 2
x
2
−x
− 2
2+x−x
2
= 3
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
2
x
2
−x

−
4
2
x
2
−x
= 3
17
Đặt t = 2
x
2
−x
, (t > 0), ta có phương trình:
t −
4
t
= 3 ⇔ t
2
− 3t − 4 = 0 ⇔

t = −1(loại)
t = 4
Với t = 4, ta có:
2
x
2
−x
= 4 ⇔ x
2
− x = 2 ⇔


x = −1
x = 2
Phương trình có hai nghiệm: x = −1 và x = 2.
Ví dụ 5. Giải phương trình:

3 +
√
5

x
+ 16.

3 −
√
5

x
= 2
x+3
Lời giải: Ta đưa phương trình đã cho tương đương với phương trình :

3 −
√
5
2

x
+ 16


3 +
√
5
2

x
= 8
Tới đây ta để ý rằng :

3 −
√
5
2

x
·

3 +
√
5
2

x
= 1
Do đó đặt t =

3 +
√
5
2


x
, t > 0 thì

3 −
√
5
2

x
=
1
t
Khi đó phương trình trở thành :
1
t
+ 16t = 8 ⇔ 16t
2
− 8t + 1 = 0
⇔ t =
1
4
Từ đó, ta có:

3 +
√
5
2

x

=
1
4
⇔ x = −2 log
(
3+
√
5
2
)
2 Phương trình có nghiệm duy nhất:
x = −2 log
(
3+
√
5
2
)
2.
1.3.3 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số
Ví dụ 1. Giải phương trình 7
6−x
= x + 2
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với: 7
6−x
− x − 2 = 0
Nhận thấy x = 5 là nghiệm của phương trình, ta chứng minh phương trình không còn nghiệm
nào khác.
Xét hàm số f (x) = 7
6−x

− x − 2 trên R.
Ta có: f

(x) = −7
6−x
ln 7 −1 < 0, ∀x ∈ R Nên hàm số f(x) nghịch biến trên R. Từ đó:
- Với x < 5 thì f(x) > f(5) hay 7
6−x
−x −2 > 0, nên phương trình không có nghiệm x < 5.
- Với x > 5 thì f(x) < f(5) hay 7
6−x
−x −2 < 0, nên phương trình không có nghiệm x > 5.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình:3
x
+ 5
x
= 6x + 2
Lời giải: Phương trình đã cho viết lại là:
3
x
+ 5
x
− 6x − 2 = 0
18
Nhận thấy rằng x = 0 và x = 1 là các nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f(x) = 3
x
+ 5
x

− 6x − 2, ta có f

(x) = 3
x
ln 3 + 5
x
ln 5 −6
Ta có f

(0) = ln 15 − 6 < 0 và f

(1) = 3 ln 3 + 5 ln 5 − 6 > 0 nên f

(0).f

(1) < 0, suy ra tồn
tại t ∈ (0; 1) sao cho f

(t) = 0.
Ta lại có: f

(x) = 3
x
ln
2
3 + 5
x
ln
2
5 > 0∀x ∈ R nên hàm số f


(x) đồng biến trên R.
Từ đó:
+ Nếu x < t thì f

(x) < f

(t) = 0
+ Nếu x < t thì f

(x) < f

(t) = 0
Do vậy, ta có bảng biến thiên:
x −∞ t +∞
f

(x) − 0 +
f(x) +∞
f(t) 
+∞
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình f(x) = 0 nếu có nghiệm thì chỉ có
tối đa là 2 nghiệm.
Do đó phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 5
x−2
= 5
x
2
−x−1

+ (x − 1)
2
Lời giải: Phương trình tương đương với:
5
x−2
+ x − 1 = 5
x
2
−x−1
+ x
2
− x
5
x−1
+ 5 (x − 1) = 5
x
2
−x
+ 5

x
2
− x

(∗)
Xét f(t) = 5
t
+ t, (t ∈ R). Ta có f

(t) = 5

t
ln 5 + 1 > 0∀t ∈ R, nên hàm số f(t) luôn đồng
biến.
Do vậy:
(∗) ⇔ f(x − 1) = f(x
2
− x) ⇔ x − 1 = x
2
− x ⇔ x = 1
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
1.3.4 Phương pháp lôgarit hóa
Ví dụ 1. Giải phương trình: 3
x
.2
x
2
= 1
Lời giải: Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế, ta có phương trình tương đương với:
log
3
3
x
.2
x
2
= log
3
1 ⇔ log
3
3

x
+ log
3
2
x
2
= 0
⇔ x + x
2
log
3
2 = 0 ⇔


x = 0
x = −
1
log
3
2

x = 0
x = −log
2
3
19
⇔

x = 0
x = −log

2
3
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = −log
2
3
Ví dụ 2. Giải phương trình: 2
x+2
.3
x
= 4
x
.5
x−1
Lời giải: Lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình đã cho:
log
2

2
x+2
.3
x

= log
2

4
x
.5
x−1


⇔ log
2

2
x+2

+ log
2
(3
x
) = log
2
(4
x
) + log
2

5
x−1

⇔ x + 2 + x log
2
3 = 2x + (x − 1) log
2
5
⇔ (log
2
3 − log
2
5 − 1) x = −2 − log

2
5
⇔ x =
−2 − log
2
5
log
2
3 − log
2
5 − 1
Vậy, phương trình có nghiệm: x =
−2 − log
2
5
log
2
3 − log
2
5 − 1
.
PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1.3.5 Phương pháp đưa về cùng cơ số
Ví dụ 1. Giải phương trình: log x + log(x + 9) = 1
Lời giải: Điều kiện:



x > 0
x + 9 > 0

⇔ x > 0
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
log [x (x + 9)] = log 10
⇔ x (x + 9) = 10
⇔ x
2
+ 9x − 10 = 0 ⇔

x = 1
x = −10
Vậy, phương trình có một nghiệm x = 1.
Ví dụ 2. Giải phương trình: log
4
(log
2
x) + log
2
(log
4
x) = 2
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
1
2
log
2
(log
2
x) + log
2


1
2
log
2
x

= 2
⇔
1
2
log
2
(log
2
x) + log
2

1
2

+ log
2
(log
2
x) = 2
⇔
3
2
log
2

(log
2
x) = 3
⇔ log
2
(log
2
x) = 2
20
⇔ log
2
x = 4 ⇔ x = 16
Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất x = 16.
Ví dụ 3. Giải phương trình:log
4
(x + 1)
2
+ 2 = log
√
2
√
4 − x + log
8
(4 + x)
3
Lời giải: Điều kiện:



x = −1

−4 < x < 4
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
log
2
|x + 1| + log
2
4 = log
2
(4 − x) + log
2
(4 + x)
⇔ log
2
(4 |x + 1|) = log
2
[(4 − x) (4 + x)]
⇔ 4 |x + 1| = (4 −x) (4 + x)
⇔ 4 |x + 1| = 16 −x
2
(∗)
- Với −1 < x < 4, ta có:
(∗) ⇔ 4(x + 1) = 16 −x
2
⇔ x
2
+ 4x − 12 = 0 ⇔

x = 2
x = −6(loại)
- Với −4 < x < −1, ta có:

(∗) ⇔ −4(x + 1) = 16 −x
2
⇔ x
2
− 4x − 20 = 0 ⇔

x = 2 − 2
√
6
x = 2 + 2
√
6(loại)
Vậy, phương trình có hai nghiệm: x − 2 và x = 2 − 2
√
6
1.3.6 Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: log
2
2
x − 5. log
2
x + 6 = 0
Lời giải: Đặt t = log
2
x, ta thu được phương trình:
t
2
− 5t + 6 = 0 ⇔

t = 2

t = 3
- Với t = 2, ta có: log
2
x = 2 ⇔ x = 4
- Với t = 3, ta có: log
2
x = 3 ⇔ x = 8
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4 và x = 8.
Ví dụ 2. Giải phương trình:

3 + log
2
(x
2
− 4x + 5) + 2

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5) = 6
Lời giải: Đặt



u =

3 + log
2
(x

2
− 4x + 5)
v =

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5)
; u ≥ 0, v ≥ 0.Từ phương trình đã cho
ta có hệ phương trình:



u + 2v = 6
u
2
+ v
2
= 8
⇔



u = 6 − 2v
(6 − 2v)
2
+ v
2
= 8

21



u = 6 − 2v
5v
2
− 24v + 28 = 0
⇔





u =
2
5
v =
14
5
hoặc



u = 2
v = 2
- Với






u =
2
5
v =
14
5
, ta có:






3 + log
2
(x
2
− 4x + 5) =
2
5

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5) =
14
5

⇔ log
2

x
2
− 4x + 5

= −
71
25
x
2
− 4x + 5 = 2
−
71
25
(vô nghiệm)
- Với



u = 2
v = 2
, ta có:




3 + log
2

(x
2
− 4x + 5) = 2

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5) = 2
⇔ log
2

x
2
− 4x + 5

= 1
x
2
− 4x + 5 = 2 ⇔

x = 1
x = 3
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1 và x = 3.
1.3.7 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số
Ví dụ 1. Giải phương trình log
7
(x + 2) = 6 − x
Lời giải: Điều kiện: x > −2
Nhận thấy x = 5 là một nghiệm của phương trình, ta chứng minh phương trình không còn

nghiệm nào khác.
Xét hàm số f (x) = log
7
(x + 2) + x − 6 với x > −2.
Ta có: f

(x) =
1
(x + 2) ln 7
+ 1 > 0, ∀x > −2, nên hàm số đồng biến trên khoảng (−2; +∞).
Từ đó: - Nếu −2 < x < 5 thì f(x) < f(5) = 0 ⇔ log
7
(x + 2) < 6 − x nên phương trình
không có nghiệm x, với −2 < x < 5.
- Nếu x > 5 thì f (x) > f(5) = 0 ⇔ log
7
(x + 2) > 6 − x nên phương trình không có nghiệm
x, với x > 5.
Vậy. phương trình đã cho chỉ có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình:log
3

x
2
+ x + 3
2x
2
+ 4x + 5

= x

2
+ 3x + 2
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
log
3

x
2
+ x + 3

− log
3

2x
2
+ 4x + 5

=

2x
2
+ 4x + 5

−

x
2
+ x + 3

22

log
3

x
2
+ x + 3

+

x
2
+ x + 3

= log
3

2x
2
+ 4x + 5

+

2x
2
+ 4x + 5

Xét hàm số: f(t) = log
3
t + t với t > 0
Ta có:f


(t) =
1
t ln 3
+ 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng (0 : +∞)
Phương trình đã cho tương đương:
f

x
2
+ x + 3

= f

2x
2
+ 4x + 5

⇔ x
2
+ x + 3 = 2x
2
+ 4x + 5 ⇔

x = −1
x = −2
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = −2 và x = −1.
1.3.8 Phương pháp mũ hóa
Ví dụ . Giải phương trình: log
x−2

(2x) = 3
Lời giải: Điều kiện:



0 < x − 2 = 1
2x > 0
⇔ 2 < x = 3
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
2x = (x − 2)
3
⇔ x
3
− 6x
2
+ 10x − 8 = 0
(x − 4)

x
2
− 2x + 2

= 0 ⇔ x = 4(thỏa mãn điều kiện)
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.
CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1. (Trích Đề thi ĐH-CĐ năm 2008 - Khối A) Giải phương trình:
log
2x−1

2x

2
+ x − 1

+ log
x+1
(2x − 1)
2
= 4
Lời giải: Điều kiện:



0 < 2x − 1 = 1
0 < x + 1 = 1
⇔

1
2
< x = 1
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với:
log
2x−1
[(2x − 1) (x + 1)] + log
x+1
(2x − 1)
2
= 4
⇔ log
2x−1
(2x − 1) + log

2x−1
(x + 1) + 2 log
x+1
(2x − 1) = 4
⇔ log
2x−1
(x + 1) + 2 log
x+1
(2x − 1) = 3
Đến đây, đặt t = log
2x−1
(x + 1), ta được phương trình:
t +
2
t
= 3 ⇔ t
2
− 3t + 2 = 0 ⇔

t = 1
t = 2
- Với t = 1, ta có:
log
2x−1
(x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = (2x − 1) ⇔ x = 2
23
- Với t = 1, ta có:
log
2x−1
(x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = (2x − 1)

2
⇔ 4x
2
− 5x = 0 ⇔


x = 0(loại)
x =
5
4
(thỏa mãn)
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 2 và x =
5
4
.
Bài 2.Giải phương trình

9 log
2
1
8
x − 4 log
2
√
x + 8 =
√
2(4 − log
16
x
4

)(x ∈ R)
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:

9

−
1
3
log
2
x

2
− 2 log
2
x + 8 =
√
2(4 − log
2
x)
⇔

(log
2
x)
2
− 2 log
2
x + 8 =
√

2(4 − log
2
x)
Đặt t = log
2
x, ta được phương trình:
√
t
2
x − 2t + 8 =
√
2(4 − t)
⇔



t
2
− 2t + 8 = 2(4 − t)
2
4 − t ≥ 0
⇔



t
2
− 14t + 24 = 0
t ≤ 4
⇔ t = 2

Với t = 2, ta có log
2
x = 2 ⇔ x = 4
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.
Bài 3. Giải phương trình 2x
log
4
x
= 8
log
2
√
x
Lời giải: Điều kiện xác định: x > 0.
Với điều kiện đó, lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta có:
log
2

2x
log
4
x

= log
2

8
log
2
√

x

⇔ 1 + log
2
x. log
4
x = 3 log
2
√
x
⇔ 2 + log
2
x. log
2
x = 3 log
2
x
Đặt t = log
2
x, ta có phương trình:
t
2
− 3t + 2 = 0 ⇔

t = 1
t = 2
- Với t = 1, ta có: log
2
x = 1 ⇔ x = 2(thỏa mãn)
- Với t = 2, ta có: log

2
x = 2 ⇔ x = 4(thỏa mãn)
24
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = 4.
Bài 4. Giải phương trình:
(9
x
− 2.3
x
− 3) log
3
(x − 1) + log
1
3
27 =
2
3
.9
x+1
2
− 9
x
Lời giải: Điều kiện: x > 1.
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với:
(3
x
+ 1) (3
x
− 3) log
3

(x − 1) − 3 =
2
3
.3
x+1
− 3
2x
⇔ (3
x
+ 1) (3
x
− 3) log
3
(x − 1) + (3
x
+ 1) (3
x
− 3) = 0
⇔ (3
x
+ 1) (3
x
− 3) [log
3
(x − 1) + 1] = 0
⇔



3

x
+ 1 = 0
3
x
− 3 = 0
log
3
(x − 1) + 1 = 0
⇔




3
x
= −1(vô nghiệm)
x = 1 (loại)
x =
4
3
(thỏa mãn)
Vậy, phương trình có một nghiệm x =
4
3
Bài 5. Giải phương trình:
log
2
1
2
(5 − 2x) + log

2
(5 − 2x) . log
2x+1
(5 − 2x) = log
2
(2x − 5)
2
+ log
2
(2x + 1) . log
√
2
(5 − 2x)
Lời giải: Điều kiện:



5 − 2x > 0
0 < 2x + 1 = 1
⇔



−
1
2
< x <
5
2
x = 0

.
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với:
log
2
2
(5 − 2x) +
log
2
2
(5 − 2x)
log
2
(2x + 1)
= 2 log
2
(5 − 2x) + 2 log
2
(2x + 1) . log
2
(5 − 2x)
⇔ log
2
2
(5 − 2x)

log
2
(2x + 1) + 1
log
2

(2x + 1)

= 2 log
2
(5 − 2x) [1 + log
2
(2x + 1)]
⇔



log
2
(5 − 2x) = 0
log
2
(2x + 1) = −1
log
2
(5 − 2x) = 2 log
2
(2x + 1)
⇔




x = 2
x = −
1

4
x = −2 ∨ x =
1
2
Kết hợp với điều kiện trên, phương trình có 3 nghiệm x = −
1
4
, x =
1
2
và x = 2.
Bài 6. Giải phương trình : log
2
(x −
√
x
2
− 1)log
3
(x +
√
x
2
− 1) = log
6
(x −
√
x
2
− 1)

Lời giải: Điều kiện x ≥ 1.
Ta nhận thấy rằng x = 1 là một nghiệm của phương trình đã cho. Do đó ta chỉ cần xét với
25