CC PHNG PHP GII
PHNG TRèNH- BT PHNG TRèNH- H M- LễGARIT
CHNG I: PHNG PHP GII PHNG TRèNH- BT PHNG TRèNH- H M
CH I:PHNG TRèNH M
BI TON 1: S DNG PHNG PHP BIN I TNG NG
I. Phng phỏp:
Ta s dng phộp bin i tng ng sau:

( ) ( )
( ) ( )
1
0 1
f x g x
a
a
a a
f x g x
ộ
=
ờ
ờ
ỡ
ù
< ạ
=
ờ
ù
ù
ớ
ờ
ù

=
ờ
ù
ù
ợ
ở
hoc
( ) ( ) ( )
0
1 0
a
a f x g x
ỡ
ù
>
ù
ù
ớ
ộ ự
ù
- - =
ù
ờ ỳ
ở ỷ
ù
ợ
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
( ) ( )
sin 2 3 cos

2 2
2 2
x
x x x x
-
+ - = + -
Gii: Phng trỡnh c bin i v dng:
( )
( )
2
2
2
1 2(*)
2 0
1 0(1)
2 1 sin 2 3 cos 0
sin 3 cos 2(2)
x
x x
x x
x x x x
x x
ỡ
ù
- < <
ù
ỡ
ù
ù
+ - >

ù
ù
ộ
ù ù
- - =

ớ ớ
ờ
ù ù
+ - - - + =
ờ
ù ù
ù ù
ợ
+ =
ờ
ù
ở
ù
ợ
Gii (1) ta c
1,2
1 5
2
x

=
tho món iu kin (*)
Gii (2):
1 3

sin cos 1 sin 1 2 2 ,
2 2 3 3 2 6
x x x x x k x k k Z
p p p p
p p
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ = + = + = + = + ẻ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
nghim tho món iu kin (*) ta phi cú:
1 1
1 2 2 1 2 0,
6 2 6 2 6
k k k k Z
p p p
p
p p
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
- < + < - - < < - = ẻ
ỗ ỗ

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
khi ú ta nhn c
3
6
x
p
=
Vy phng trỡnh cú 3 nghim phõn bit
1,2 3
1 5
;
2 6
x x
p

= =
.
VD2: Gii phng trỡnh:
( )
( )
4
3 5 2
2
2
2
3 6 9

x x
x x
x x x
+ -
- +
- = - +
Gii: Phng trỡnh c bin i v dng:
( ) ( ) ( )
4
3 5 2 2 2( 4)
2
2 2
3 3 3
x x
x x x x
x x x
+ -
- + + -
ộ ự
- = - = -
ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
2 2 2
3 1 4
4
0 3 1 3 4
5
3 5 2 2 2 8 7 10 0
x x

x
x x
x
x x x x x x
ộ ộ
- = =
ờ ờ
ộ
=
ờ ờ
ỡ ỡ
ờ
ù ù
< - <ạ ạ

ờ ờ
ù ù
ù ù ờ
=
ớ ớ
ờ ờ
ờ
ở
ù ù
- + = + - - + =
ờ ờ
ù ù
ù ù
ợ ợ
ở ở

Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit x=4, x=5.
BI TON 2: S DNG PHNG PHP LễGARIT HO V A V CNG C S
I. Phng phỏp:
chuyn n s khi s m lu tha ngi ta cú th logarit theo cựng 1 c s c 2 v ca phng trỡnh,
ta cú cỏc dng:
1
Dng 1: Phng trỡnh:

( )
( )
0 1, 0
log
f x
a
a b
a b
f x b
ỡ
ù
< >ạ
ù
ù
=
ớ
ù
=
ù
ù
ợ
Dng 2: Phng trỡnh :


( )
( ) ( ) ( )
log log ( ) ( ). log
f x
g x f x f x
a a a
a b a b f x g x b= = =
hoc
( ) ( )
log log ( ). log ( ).
f x g x
b b b
a b f x a g x= =
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
2
2
2
3
2
x x-
=
Gii: Ly logarit c s 2 hai v phng trỡnh ta c:

2 2 2
2 2 2 2
2
3
log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0

2
x x
x x x x
-
= - = - - + - =
Ta cú
,
2 2
1 1 log 3 log 3 0= - + = >D
suy ra phng trỡnh cú nghim
x = 1
2
log 3.

VD2: Gii phng trỡnh:

1
5 .8 500.
x
x
x
-
=
Gii: Vit li phng trỡnh di dng:
1 1 3
3
3 2 3
8
5 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1
x x x

x x x
x x
- - -
-
= = =
Ly logarit c s 2 v, ta c:
( )
( )
3 3
3 3
2 2 2 2 2
3
log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 . log 5 log 2 0
x x
x x
x x
x
x
x
- -
- -
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
-
ữ ữ
ỗ ỗ
= + = - + =
ữ ữ
ỗ ỗ

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ

( )
2
2
3
1
3 log 5 0
1
log 5
x
x
x
x
ộ
=
ờ
ổ ử
ữ
ỗ
ờ
ữ
- + =
ỗ
ữ

ờ
ỗ
ữ
ỗ
= -
ố ứ
ờ
ờ
ở
Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit:
2
1
3;
log 5
x x= = -
Chỳ ý: i vi 1 phng trỡnh cn thit rỳt gn trc khi logarit hoỏ.
BI TON 3: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 1
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 1 l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1
phng trỡnh vi 1 n ph.
Ta lu ý cỏc phộp t n ph thng gp sau:
Dng 1: Phng trỡnh
( 1)
1 1 0
0
k x x
k k
a a
a a a a
-

-
+ + =
Khi ú t
x
t a=
iu kin t>0, ta c:
1
1 1 0
0
k k
k k
t t t
a a a a
-
-
+ + =
M rng: Nu t
( )
,
f x
t a=
iu kin hp t>0. Khi ú:
2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( )
, , ,
f x f x kf x k
a t a t a t= = =
V
( )
1
f x

a
t
-
=
2
Dạng 2: Phương trình
1 2 3
0
x x
a a
a a a
+ + =
với a.b=1
Khi đó đặt
,
x
t a=
điều kiện t<0 suy ra
1
x
b
t
=
ta được:
2
2
1 3 1 3 2
0 0t t t
t
a

a a a a a
+ + = + + =Û
Mở rộng: Với a.b=1 thì khi đặt
( )
,
f x
t a=
điều kiện hẹp t>0, suy ra
( )
1
f x
b
t
=
Dạng 3: Phương trình
( )
2 2
1 2 3
0
x
x x
a ab b
a a a
+ + =
khi đó chia 2 vế của phương trình cho
2x
b
>0
( hoặc
( )

2
, .
x
x
a a b
), ta được:
2
1 2 3
0
x x
a a
b b
a a a
æö æö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
+ + =
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
Đặt
,
x
a
t
b

æö
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện t<0, ta được:
2
1 2 3
0t t
a a a
+ + =
Mở rộng: Với phương trình mũ có chưa các nhân tử:
( )
2 2
, , .
f
f f
a b a b
, ta thực hiện theo các bước sau:
- Chia 2 vế phương trình cho
2
0
f
b >

(hoặc
( )
2
, .
f
f
a a b
)
- Đặt
f
a
t
b
æö
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện hẹp t>0
Dạng 4: Lượng giác hoá.
Chú ý: Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt
( )f x
t a=
vì:

- Nếu đặt
x
t a=
thì t>0 là điều kiện đúng.
- Nếu đặt
1
2
2
x
t
+
=
thì t>0 chỉ là điều kiện hẹp, bới thực chất điều kiện cho t phải là
2t ³
. Điều
kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp các bài toán có chứa tham số.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
1
cot
sin
2
2
4 2 3 0
g x
x
+ - =
(1)
Giải: Điều kiện
sin 0 ,x x k k Z

p
¹ Û ¹ Î
(*)
Vì
2
2
1
1 cot
sin
g x
x
= +
nên phương trình (1) được biết dưới dạng:

cot
2
2 cot
4 2.2 3 0
g x
g x
+ - =
(2)
Đặt
cot
2
2
g x
t =
điều kiện
1t ³

vì
2 cot 0
2
cot 0 2 2 1
g x
g x =³ Û ³
Khi đó phương trình (2) có dạng:
2 cot 2
2
1
2 3 0 2 1 cot 0
3
cot 0 ,
2
g x
t
t t g x
t
gx x k k Z
p
p
é
=
ê
+ - = = =ÛÛ Û
ê
= -
ê
ë
= = +Û Û Î

thoả mãn (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
,
2
x k k Z
p
p
= + Î
VD2: Giải phương trình:
( ) ( )
7 4 3 3 2 3 2 0
x x
+ - - + =
3
Giải: Nhận xét rằng:
( ) ( ) ( )
2
7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1+ = + + - =
Do đó nếu đặt
( )
2 3
x
t = +
điều kiện t>0, thì:
( )
1
2 3
x
t
- =

và
( )
2
7 4 3
x
t+ =
Khi đó phương trình tương đương với:

( )
( )
2 3 2
2
1
3
2 0 2 3 0 1 3 0
3 0( )
t
t t t t t t
t t t vn
é
=
ê
- + = + - = - + + =Û Û Û
ê
+ + =
ê
ë

( )
2 3 1 0

x
x+ = =Û Û
Vậy phương trình có nghiệm x=0
Nhận xét: Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá:

( )
( ) ( )
2
7 4 3 2 3
2 3 2 3 1
+ = +
+ - =
Ta đã lựa chọn được ẩn phụ
( )
2 3
x
t = +
cho phương trình
Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá mở rộng của a.b=1, đó là:
. . 1
a b
a b c
c c
= =Û
tức là với các phương trình có dạng:
. . 0
x x
A a B b C+ + =
Khi đó ta thực hiện phép chia cả 2 vế của phương trình cho
0

x
c ¹
, để nhận được:
. 0
x x
a b
A B C
c c
æö æö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
+ + =
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
từ đó thiết lập ẩn phụ
, 0
x
a
t t
c
æö
÷
ç
÷
= >

ç
÷
ç
÷
ç
è ø
và suy ra
1
x
b
c t
æö
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
VD3: Giải phương trình:
2 1 2 2
2 2
2 9.2 2 0
x x x x+ + +
- + =
Giải: Chia cả 2 vế phương trình cho
2 2

2 0
x +
¹
ta được:

2 2 1 2 2 2 2
2 2 2 2
1 9
2 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
x x x x x x x x- - - - - -
- + = - + =Û

2 2
2 2
2.2 9.2 4 0
x x x x- -
- + =Û

Đặt
2
2
x x
t
-
=
điều kiện t>0. Khi đó phương trình tương đương với:
2 2
2
2

1
2
2
4
2 2 2 1
2 9 4 0
1
2
1
2 2
2
x x
x x
t
x x x
t t
x
x x
t
-
- -
é
é
=
é
é
ê
= - = = -
ê
ê

ê
ê
ê
- + = ÛÛÛÛ
ê
ê
ê
ê
=
- = -
=
ê
ê
=ê
ë
ê
ë
ë
ë
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=-1, x=2.
Chú ý: Trong ví dụ trên, vì bài toán không có tham số nên ta sử dụng điều kiện cho ẩn phụ chỉ là t>0 và
chúng ta đã thấy với
1
2
t =
vô nghiệm. Do vậy nếu bài toán có chứa tham số chúng ta cần xác định điều
kiện đúng cho ẩn phụ như sau:

2
1

2
4
4
2
1 1 1 1
2 2
2 4 4
2
x x
x x x t
-
æ ö
÷
ç
÷
- = - - -³ Û³ Û³
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
VD4: Giải phương trình:
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1
2
2

x x
x
x -
- - + =
Giải: Viết lại phương trình có dạng:
4

3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
ổ ử
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
- - - =
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ

ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ố ứ
ố ứ
(1)
t
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
t t t
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
= - - = - + - = +ị
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ

Khi ú phng trỡnh (1) cú dng:
3
2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t+ - = = - =
t
2 , 0
x
u u= >
khi ú phng trỡnh (2) cú dng:
2
1(1)
1 2 0 2 2 2 1
2
2
x
u
u
u u u u x
u
ộ
= -
ờ
- = - - = = = =
ờ
=
ờ

ở
Vy phng trỡnh cú nghim x=1
Chỳ ý: Tip theo chỳng ta s quan tõm n vic s dng phng phỏp lng giỏc hoỏ.
VD5: Gii phng trỡnh:
2 2
1 1 2 1 2 1 2 .2
x x x
ổ ử
ữ
ỗ
+ - = + -
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
Gii: iu kin
2 2
1 2 0 2 1 0
x x
x- ÊÊ
Nh vy
0 2 1
x
< Ê
, t
2 sin , 0;
2
x
t t
p

ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= ẻ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Khi ú phng trỡnh cú dng:
( )
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2 cos sin
3 3
2 cos sin sin 2 2 cos 2 sin cos 2 cos 1 2 sin 0
2 2 2 2 2 2
1
cos 0(1)
1
2
2
6
2
0
3 2
2 1
sin
2

2 2
x
x
t t t t t t
t t t t t t
t t
t
t
x
x
t
t
p
p
ổ ử
ữ
ỗ
+ - = + - + = +
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= + = - =
ỗ
ữ
ỗ

ữ
ỗ
ố ứ
ộ
ộ
ộ
ờ
ờ
=
=
ộ
ờ
= -
=
ờ
ờ
ờ
ờ

ờ
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ở

=
=
ờ
ờ
ở
ờ
ở
ở
Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=-1, x=0.
BI TON 4: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 2
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 2 l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 phng
trỡnh vi 1 n ph nhng cỏc h s vn cũn cha x.
Phng phỏp ny thng s dng i vi nhng phng trỡnh khi la chn n ph cho 1 biu thc thỡ cỏc
biu thc cũn li khụng biu din c trit qua n ph ú hoc nu biu din c thỡ cụng thc biu
din li quỏ phc tp.
Khi ú thng ta c 1 phng trỡnh bc 2 theo n ph ( hoc vn theo n x) cú bit s
D
l mt s
chớnh phng.
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
( )
2
3 2 9 .3 9.2 0
x x x x
- + + =
Gii: t
3
x

t =
, iu kin t>0. Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( ) ( ) ( )
2 2
2
9
2 9 9.2 0; 2 9 4.9.2 2 9
2
x x x x x
x
t
t t
t
ộ
=
ờ
- + + = = + - = +D ị
ờ
=
ờ
ở

Khi ú:
+ Vi
9 3 9 2
x
t t= = =
5
+ Vi
3

2 3 2 1 0
2
x
x x x
t x
ổử
ữ
ỗ
ữ
= = = =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=2, x=0.
VD2: Gii phng trỡnh:
( )
2 2
2 2
9 3 3 2 2 0
x x
x x+ - - + =
Gii: t
2
3
x
t =
iu kin

1t
vỡ
2 0
2
0 3 3 1
x
x =
Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( )
2 2 2
3 2 2 0t x t x+ - - + =

( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2
2
3 4 2 2 1
1
t
x x x
t x
ộ
=
ờ
= - - - + = +D ị
ờ
= -
ờ
ở

Khi ú:
+ Vi
2
3 3
2
2 3 2 log 2 log 2
x
t x x= = = =
+ Vi
2 2
2
1 3 1
x
t x x= - = -
ta cú nhn xột:
2
2
1 1
3 1
0
1 1
1 1
x
V T VT
x
V P VP
x
ỡ
ù
ỡ ỡ

ù ù
=
ù
=
ù ù
ù
=ị
ớ ớ ớ
ù ù ù
=
- =
ù ù ù
ợ ợ
ù
ợ
Vy phng trỡnh cú 3 nghim
3
log 2; 0x x= =
BI TON 5: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 3
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 3 s dng 2 n ph cho 2 biu thc m trong phng trỡnh v khộo lộo
bin i phng trỡnh thnh phng trỡnh tớch.
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
3 2 6 5 2 3 7
2 2 2
4 4 4 1
x x x x x x- + + + + +
+ = +
Gii: Vit li phng trỡnh di dng:

3 2 2 6 5 3 2 2 6 5
2 2 2 2
4 4 4 .4 1
x x x x x x x x- + + + - + + +
+ = +
t
3 2
2 6 5
2
2
4
, , 0
4
x x
x x
u
u v
v
- +
+ +
ỡ
ù
ù
=
ù
ù
>
ớ
ù
ù

=
ù
ù
ợ
Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( ) ( )
1 1 1 0u v uv u v+ = + - - =
3 2 2
2
2 6 5
2
2
1
1 4 1 3 2 0 2
1 1
2 6 5
4 1
5
x x
x x
x
u x x x
v x
x x
x
- +
+ +
ộ
=
ờ

ộ
ộ
ờ
ộ
ờ
= = - + = =
ờ
ờ
ờ
ờ

ờ
ờ
ờ
ờ
= = -
+ +
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ở
ở
ờ
ở
= -
ờ
ở
Vy phng trỡnh cú 4 nghim.

VD2: Cho phng trỡnh:
5 6 1 6 5
2 2
.2 2 2.2 (1)
x x x x
m m
- + - -
+ = +
a) Gii phng trỡnh vi m=1
b) Tỡm m phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit.
Gii: Vit li phng trỡnh di dng:
6

( 5 6) 1
5 6 1 7 5 5 6 1
5 6 1 5 6 1
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
.2 2 2 .2 2 2
.2 2 2 .2
x x x
x x x x x x x
x x x x x x
m m m m
m m
ổ ử
ữ
ỗ
ữ

- + + -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
- + - - - + - ốứ
- + - - + -
+ = + + = +
+ = +
t:
5 6
1
2
2
2
, , 0
2
x x
x
u
u v
v
- +
-
ỡ
ù
ù
=
ù
ù

>
ớ
ù
ù
=
ù
ù
ợ
. Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( ) ( )
5 6
1
1
2
2
2
3
1 2 1
1 0 2
2
2 (*)
x x
x
x
x
u
mu v uv m u v m x
v m
m
m

- +
-
-
ộ
ờ
ộ
=
ộ
ờ
ờ
= =
ờ
ờ
ờ
+ = + - - = =
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ờ
=ờ
ở
ở
ờ
=
ờ
ở
Vy vi mi m phng trỡnh luụn cú 2 nghim x=3, x=2
a) Vi m=1, phng trỡnh (*) cú dng:

1 2 2
2
2 1 1 0 1 1
x
x x x
-
= - = = =
Vy vi m=1, phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit: x=3, x=2, x=

1
b) (1) cú 4 nghim phõn bit
(*)
cú 2 nghim phõn bit khỏc 2 v 3.
(*)
2 2
2 2
0 0
1 log 1 log
m m
x m x m
ỡ ỡ
ù ù
> >
ù ù
ù ù

ớ ớ
ù ù
- = = -
ù ù

ù ù
ợ ợ
. Khi ú iu kin l:
( )
2
2
2
0
0
2
1 log 0
1 1
1
0;2 \ ;
1 log 4
8 256
8
1 log 9 1
256
m
m
m
m
m
m
m
m
m
ỡ
ù

>
ù
ỡ
ù
ù
>
ù
ù
<
ù
ù
ù
ù
ỡ ỹ
- >
ù ù
ù
ù
ù ù ù ù
ẻ
ớ ớ ớ ý
ạ
ù ù ù ù
- ạ
ù ùù ù
ợ ỵ
ù ù
ù ù
- ạ
ù ù

ù
ợ
ù
ạ
ù
ù
ợ
Vy vi
( )
1 1
0;2 \ ;
8 256
m
ỡ ỹ
ù ù
ù ù
ẻ
ớ ý
ù ù
ù ù
ợ ỵ
tho món iu kin u bi.
BI TON 6: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 4
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 4 l vic s dng k n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 h
phng trỡnh vi k n ph.
Trong h mi thỡ k-1 thỡ phng trỡnh nhn c t cỏc mi liờn h gia cỏc i lng tng ng.
Trng hp c bit l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban u thnh 1 h phng trỡnh vi 1
n ph v 1 n x, khi ú ta thc hin theo cỏc bc:
Bc 1: t iu kin cú ngha cho cỏc biu tng trong phng trỡnh.

Bc 2: Bin i phng trỡnh v dng:
( )
, 0f x x
j
ộ ự
=
ờ ỳ
ở ỷ
Bc 3: t
( )
y x
j
=
ta bin i phng trỡnh thnh h:
( )
( )
; 0
y x
f x y
j
ỡ
ù
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ù

ợ
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
1 1 1
8 2 18
2 1 2 2 2 2 2
x
x x x x- - -
+ =
+ + + +
7
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
1 1 1 1
8 1 18
2 1 2 1 2 2 2
x x x x- - - -
+ =
+ + + +
Đặt:
1
1
2 1
, , 1
2 1
x
x
u
u v
v
-

-
ì
ï
= +
ï
ï
>
í
ï
= +
ï
ï
î
Nhận xét rằng:
( ) ( )
1 1 1 1
. 2 1 . 2 1 2 2 2
x x x x
u v u v
- - - -
= + + = + + = +
Phương trình tương đương với hệ:
8 1 18
2
8 18
9
9;
8
u v
u v

u v u v
u v uv
u v
u v uv
ì
é
ï
= =
ì
ï
ï
+ =
ê
+ =
ï
ï
ï
ê
Û Û
í í
+
ê
ï ï
+ =
= =
ï ï
+ =
î
ê
ï

ë
ï
î
+ Với u=v=2, ta được:
1
1
2 1 2
1
2 1 2
x
x
x
-
-
ì
ï
+ =
ï
ï
=Û
í
ï
+ =
ï
ï
î
+ Với u=9 và
9
8
v =

, ta được:
1
1
2 1 9
4
9
2 1
8
x
x
x
-
-
ì
ï
+ =
ï
ï
ï
=Û
í
ï
+ =
ï
ï
ï
î
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x=1 và x=4.
VD2: Giải phương trình:
2

2 2 6 6
x x
- + =
Giải: Đặt
2
x
u =
, điều kiện u>0. Khi đó phương trình thành:
2
6 6u u- + =
Đặt
6,v u= +
điều kiện
2
6 6v v u= +³ Þ
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( ) ( ) ( )
2
2 2
2
6 0
0
1 0
6
u v u v
u v u v u v u v
u v
v u
ì
é

ï
= + - =
ï
ï
ê
- = - - - + =Û Û Û
í
ê
ï
+ + =
= +
ê
ï
ë
ï
î
+ Với u=v ta được:
2
3
6 0 2 3 8
2(1)
x
u
u u x
u
é
=
ê
- - = = =ÛÛ Û
ê

= -
ê
ë
+ Với u+v+1=0 ta được:
2
2
1 21
21 1 21 1
2
5 0 2 log
2 2
1 21
(1)
2
x
u
u u x
u
é
- +
ê
=
ê
- -
ê
+ - = = =ÛÛ Û
ê
- -
ê
=

ê
ë
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=8 và x=
2
21 1
log .
2
-
BÀI 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ
I. Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp
dụng:
Hướng1: Thực hiện các bước sau:
8
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=k
Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu( giả sử đồng biến)
Bước 3: Nhận xét:
+ Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k= = =Û
do đó
0
x x=
là nghiệm
+ Với
( ) ( )
0
x x f x f x k> > =Û
do đó phương trình vô nghiệm

+ Với
( ) ( )
0 0
x x f x f x k< < =Û
do đó phương trình vô nghiệm.
Vậy
0
x x=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=g(x)
Bước 2: Xét hàm số y=f(x) và y=g(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số y=f(x) là
Là đồng biến còn hàm số y=g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến
Xác định
0
x
sao cho
( ) ( )
0 0
f x g x=
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
x x=

Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u)=f(v) (3)
Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu ( giả sử
đồng biến)
Bước 3: Khi đó: (3)
u v=Û

với
,
f
u v D" Î
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
log
2
2.3 3
x
x + =
(1)
Giải: Điều kiện x>0. Biến đổi phương trình về dạng:
log
2
2.3 3
x
x= -
(2)
Nhận xét rằng:
+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.
+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x=1 là nghiệm của phương t rình (2) vì
log
2
2.3 3 1
x
= -
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

VD2: Giải phương trình:
3 1
2
3
2
1
log 3 2 2 2
5
x x
x x
- -
æö
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
- + + + =
ç
÷
÷
ç
÷
ç
è ø ÷
ç
è ø
(1)
Giải: Điều kiện:

2
1
3 2 0
2
x
x x
x
é
£
ê
- + ³Û
ê
³
ê
ë
Đặt
2
3 2u x x= - +
, điều kiện
0u ³
suy ra:
2 2 2 2
3 2 3 1 1x x u x x u- + = - - = -Û
Khi đó (1) có dạng:
( )
1
3
2
1
log 2 2

5
u
u
-
æö
÷
ç
÷
+ + =
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Xét hàm số:
( ) ( )
1
2
3 3
2
1 1
( ) log 2 log 2 .5
5 5
x
f x x x x
-
æö
÷
ç

÷
= + + = + +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
+ Miền xác định
0; )D
é
= + ¥
ê
ë
+ Đạo hàm:
( )
2
1 1
.2 .5 . ln 3 0,
5
2 ln 3
x
f x x D
x
= + > " Î
+
. Suy ra hàm số tăng trên D
9
Mặt khác
( ) ( )

3
1
1 log 1 2 .5 2.
7
f = + + =
Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng:
( ) ( )
2
3 5
1 1 3 2 1
2
f u f u x x x
±
= = - + = =Û Û Û
Vậy phương trình có hai nghiệm
3 5
2
x
±
=
VD2: Cho phương trình:
2 2 2
2
2 2 4 2
5 5 2
x mx
x mx
x mx m
+ +
+ +

- = + +
a) Giải phương trình với
4
5
m = -
b) Giải và biện luận phương trình
Giải: Đặt
2
2 2t x mx= + +
phương trình có dạng:
2 2
5 5 2 2
t t m
t t m
+ -
+ = + + -
(1)
Xác định hàm số
( )
5
t
f t t= +
+ Miền xác định D=R
+ Đạo hàm:
5 . ln 5 1 0,
t
f x D= + > " ÎÞ
hàm số tăng trên D
Vậy (1)
( ) ( )

2
2 2 2 2 2 0 2 0f t f t m t t m t m x mx m= + - = + - + - = + + =Û Û Û Û

(2)
a) Với
4
5
m = -
ta được:
2 2
2
8 4
0 5 8 4 0
2
5 5
5
x
x x x x
x
é
=
ê
ê
+ - = - - =Û Û
ê
= -
ê
ë
Vậy với
4

5
m = -
phương trình có 2nghiệm
2
2;
5
x x= = -
b) Xét phương trình (2) ta có:
2
' m m= -D
+ Nếu
2
' 0 0 0 1m m m< - < < <D Û Û
. Phương trình (2) vô nghiệm
Û
phương trình (1) vô
nghiệm.
+ Nếu
' 0=D Û
m=0 hoặc m=1.
với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0
với m=1 phương trình có nghiệm kép x
0
=-1
+ Nếu
1
' 0
0
m
m

é
>
ê
>D Û
ê
<
ê
ë
phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
2
1,2
x m m m= - ± -
đó cũng là
nghiệm kép của (1)
Kết luận:
Với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0
Với m=1 phương trình có nghiệm kép x
0
=-1
Với 0<m<1 phương trình vô nghiệm
Với m>1 hoặc m<0 phương trình có 2 nghiệm
2
1,2
x m m m= - ± -
BÀI TOÁN 8: SỬ DỤNG GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp:
Với phương trình có chưa tham số: f(x,m)=g(m). Chúng ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C): y=f(x,m) và đường thẳng (d):
y=g(m).
10

Bc 2: Xột hm s y=f(x,m)
+ Tỡm min xỏc nh D
+ Tớnh o hm y rũi gii phng trỡnh y=0
+ Lp bng bin thiờn ca hm s
Bc 3: Kt lun:
+ Phng trỡnh cú nghim
( ) ( )
min , ( ) max , ( )f x m g m f x m x D Ê Ê ẻ
+ Phng trỡnh cú k nghim phõn bit

(d) ct (C) ti k im phõn bit
+ Phng trỡnh vụ nghim
( ) ( )
d C = ặI
II. VD minh ho:
VD1: Cho phng trỡnh:
2 2 2
2 2 2
2
2
3 2 2 2
x x
x x
x x m
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
- +
ỗ

ữ
ỗ
ữ
- + ốứ
+ + - = -
a) Gii phng trỡnh vi m=8
b) Gii phng trỡnh vi m=27
c) Tỡm m phng trỡnh cú nghim
Gii: Vit li phng trỡnh di dng:
2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
x x x x
x x m
- + - +
+ + - + =
S nghim ca phng trỡnh l s giao im ca th hm s:

2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
x x x x
y x x
- + - +
= + + - +
vi ng thng y=m
Xột hm s
2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2

x x x x
y x x
- + - +
= + + - +
xỏc nh trờn D=R
Gii hn:
lim y = + Ơ
Bng bin thiờn: vỡ 3>1, 4>1 nờn s bin thiờn ca hm s ph thuc vo s bin thiờn cca hm s
2
2 2t x x= - +
ta cú:
Vi m=8 phng trỡnh cú nghim duy nht x=1
a) Vi m=27 phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit x=0 v x=2
b) Phng trỡnh cú nghim khi m>8
VD2: Vi giỏ tr no ca m thỡ phng trỡnh:
4 3
4 2
2
1
1
5
x x
m m
- +
ổử
ữ
ỗ
ữ
= - +
ỗ

ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
cú 4 nghim phõn bit
Gii: Vỡ
4 2
1 0m m- + >
vi mi m do ú phng trỡnh tng ng vi:

( )
2 4 2
1
5
4 3 log 1x x m m- + = - +
t
( )
4 2
1
5
log 1m m a- + =
, khi ú:
2
4 3x x a- + =
Phng trỡnh ban u cú 4 nghim phõn bit

phng trỡnh (1) cú 4 nghim phõn bit

ng thng y=a ct th hm s

2
4 3y x x= - +
ti 4 im phõn bit
Xột hm s:
2
2
2
4 3 1 3
4 3
4 3 1 3
x x khix hoacx
y x x
x x khi x
ỡ
ù
- + Ê
ù
ù
= - + =
ớ
ù
- - + ÊÊ
ù
ù
ợ

o hm:
2 4 1 3
'
2 4 1 3

x khix hoacx
y
x khi x
ỡ
ù
- < >
ù
=
ớ
ù
- + < <
ù
ợ
Bng bin thiờn:
11
Từ đó, đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số
2
4 3y x x= - +
tại 4 điểm phân biệt
( )
4 2 4 2
1
5
1
0 1 0 log 1 1 1 1 0 1
5
a m m m m m< < < - + < < - + < < <Û Û Û Û
Vậy với
0 1m< <
phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

VD3: Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
2 3 4 1
x x
m+ = +
Giải: Đặt
2 , 0
x
t t= >
phương trình được viết dưới dạng:

2
2
3
3 1
1
t
t m t m
t
+
+ = + =Û
+
(1)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C):
2
3
1
t
y
t
+

=
+
với đường thẳng (d):y=m
Xét hàm số:
2
3
1
t
y
t
+
=
+
xác định trên
( )
0;D + ¥
+ Đạo hàm:
( )
2 2
1 3 1
' ; ' 0 1 3 0
3
1 1
t
y y t t
t t
-
= = - =Û Û
+ +
+ Giới hạn:

( )
lim 1y t= + ¥®
+ Bảng biến thiên:
Biện luận:
Với
1m £
hoặc
10m >
phương trình vô nghiệm
Với
1 3m< £
hoặc
10m =
phương trình có nghiệm duy nhất
Với
3 10m< <
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
CHỦ ĐỀ II:BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BÀI TOÁN I: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp:
Ta sử dụng các phép biến đổi tương đương sau:
12
Dng 1: Vi bt phng trỡnh:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
0 1
f x g x
a

f x g x
a a
a
f x g x
ộ
ỡ
ù
>
ù
ờ
ù
ớ
ờ
ù
<
ờ
ù
ù
ợ
<
ờ
ỡ
ù
ờ
< <
ù
ù
ờ
ớ
ờ

ù
>
ù
ờ
ù
ợ
ở
hoc
( ) ( ) ( )
0
1 0
a
a f x g x
ỡ
ù
>
ù
ù
ớ
ộ ự
ù
- - <
ù
ờ ỳ
ở ỷ
ù
ợ
Dng 2: Vi bt phng trỡnh:
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
1
1
0 1
f x g x
a
f x g x
a a a
a
f x g x
ộ
ỡ
ù
>
ờ
ù
ù
ớ
ờ
ù
Ê
ờ
ù
ù
ợ
ờ
ờ
=Ê
ờ
ỡ

ờ
ù
< <
ù
ù
ờ
ớ
ờ
ù

ù
ờ
ù
ợ
ở
hoc
( ) ( ) ( )
0
1 0
a
a f x g x
ỡ
ù
>
ù
ù
ớ
ộ ự
ù
- - Ê

ù
ờ ỳ
ở ỷ
ù
ợ
Chỳ ý: Cn c bit lu ý ti giỏ tr ca c s a i vi bt phng trỡnh m.
II. VD minh ho:
VD1: Gii cỏc bt phng trỡnh:
a)
1
2
2
1
2
2
x
x x
-
-
Ê
b)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3
x x
x x
- +
- +
+ < +

Gii:
a) Bin i tng ng bt phng trỡnh v dng:

( )
2
2 1
2
2
2
2
1 0
2 0
1 1
2 1 2
1 0
2 2
2 1
x x x
x
x x
x x x x
x
x x x
- -
ộ
ỡ
ù
- Ê
ù
ờ

ù
ớ
ờ
ù
-
ổử ổử ờ
ù
ù
ợ
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ
ữ ữ
- -Ê
ỗ ỗ
ữ ữ
ỡ
ỗ ỗ
ờ
ù
ữ ữ
- >
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ù
ờ
ù
ớ
ờ
ù

- -
ờ
ù
ù
ợ
ở
Vy nghim ca bt phng trỡnh l
2x
Chỳ ý: trỏnh sai sút khụng ỏng cú khi bin i bt phng trỡnh m vi c s nh hn 1 cỏc em hc
sinh nờn la chn cỏch bin i:

1 2 1 2 2
2
2
2
1
2 2 2 2 1 2 1 2
2
x x x x
x x
x x x x x x x
- - - -
-
- - - - -Ê Ê Ê
b) Nhn xột rng:
( ) ( ) ( )
1
10 3 10 3 1 10 3 10 3
-
+ - = - = +ị

Khi ú bt phng trỡnh c vit di dng:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 1 3 1
1 3 1 3
2
10 3 10 3 10 3 1
3 5
3 1 5
0 0
1 3
1 3
1 5
x x x x
x x x x
x
x x x
x x
x x
x
- + - +
+
- + - +
+ + + <Ê
ộ
- < < -
- + -
ờ
+ < <
ờ

- +
- +
ờ
< <
ở
Vy nghim ca bt phng trỡnh l:
( ) ( )
3; 5 1; 5- - ẩ
BI TON 2: S DNG PHNG PHP LOGARIT HO V A V CNG C S
I. Phng phỏp:
chuyn n s khi s m lu tha ngi ta cú th logarit hoỏ theo cựng 1 c s c hai v ca bt
phng trỡnh m. Chỳng ta lu ý 1 s trng hp c bn sau cho cỏc bt phng trỡnh m:
13
Dng 1: Vi bt phng trỡnh:
( )f x
a b<
( vi b>0)
( )
( )
1
log
0 1
log
a
a
a
f x b
a
f x b
ộ

ỡ
ù
>
ù
ờ
ù
ớ
ờ
ù
<
ờ
ù
ù
ợ

ờ
ỡ
ù
ờ
< <
ù
ù
ờ
ớ
ờ
ù
>
ù
ờ
ù

ợ
ở
Dng 2: Vi bt phng trỡnh:
( )
( )
1
0
0
1
( ) log
0 1
( ) log
f x
a
a
a
f x
b
a
a b
f x b
a
f x b
ộ
ỡ
ù
>
ù
ờ
ù

ớ
ờ
ù
ạ
ờ
ù
ù
ợ
ờ
ỡ
ù
ờ
<
ù
ờ
ù
ù
ộ
ờ ỡ
ù
ù
>
>
ù
ờ
ù
ờ
ù
ớ
ờ

ờ
ù
ù
>
ớ
ờ
ờ
ù
ợ
ù
ờ
ờ
ù
ỡ
ù
ù < <
ờ
ờ
ù
ù
ờ
ùờ
ớ
ù
ù
ờ
<
ờ
ù
ù

ợ
ù
ờ
ở
ợ
ở
Dng 3: Vi bt phng trỡnh:
( ) ( ) ( ) ( )
lg lg ( ). lg ( ). lg
f x g x f x g x
a b a b f x a g x b> > >
hoc cú
th s dng logarit theo c s a hay b.
II. VD minh ho:
VD: Gii bt phng trỡnh:
2
49.2 16.7
x x
>
Gii: Bin i tng ng phng trỡnh v dng:
4 2
2 7
x x- -
>
Ly logarit c s 2 hai v phng trỡnh ta c:

( )
4 2 2 2
2 2 2 2 2
2

log 2 log 7 4 2 log 7 ( ) log 7 2 log 7 4 0
x x
x x f x x x
- -
> - > - = - + - >
Ta cú:
( ) ( )
2
2
2 2 2 2
log 7 8 log 7 16 log 7 4 4 log 7= - + = - = -D
. Suy ra f(x)=0 cú nghim:

( )
2 2
1
1,2
2 2 1
log 7 4 log 7
2
log 7 2
2
x
x
x x
ộ
-
=
ờ
=

ờ
= - <
ờ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim x>2 hoc
2
log 7 2x < -
BI TON 3: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 1
I. Phng phỏp:
Mc ớch chớnh ca phng phỏp ny l chuyn cỏc bi toỏn ó cho v bt phng trỡnh i s quen bit
c bit l cỏc bt phng trỡnh bc 2 hoc cỏc h bt phng trỡnh.
II. VD minh ho:
VD1: Gii bt phng trỡnh :
( ) ( )
2
2
2 2 2 2 1 2 1
x x x
ổ ử
ữ
ỗ
- < + - -
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
Gii: iu kin
2 1 0 0
x
x-

.
t
2 1
x
t = -
, iu kin
0t
, khi ú:
2
2 1
x
t= +
. Bt phng trỡnh cú dng:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 3
1 2 1 2 1 1 3 1
1 3 1 0 1 1 3 0
1 2 2 0 1 1

2 1 1 2 2 1
x x
t t t t t t
t t t t t t
t t t t
x
+ - < + + - - < + -
ộ ự
- - + - < - + - + <
ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
- - < - <
- < < <
14
Vậy nghiệm của bất phương trình là
0;1)
é
ê
ë
VD2: Giải bất phương trình:
( ) ( ) ( )
9 3 11 2 2 5 2 6 2 3 2 1
x x x
+ + + + - - <
Giải: Nhận xét rằng:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3

3
2
2
9 3 11 2 3 2 3 2
5 2 6 3 2 3 2
3 2 3 2 3 2 3 2 1
x
x x
x
x x
x
x x
é ù é ù
ê ú ê ú
+ = + = +
ê ú ê ú
ë û ë û
é ù é ù
ê ú ê ú
+ = + = +
ê ú ê ú
ë û ë û
é ù
+ - = + - =
ê ú
ë û
Do đó nếu đặt
( )
3 2
x

t = +
, điều kiện t>0 thì
( )
1
3 2
x
t
- =
Khi đó bất phương trình tương đương với:

( ) ( )
( )
3 2 4 3
2
1
2 2 1 2 2 1
1 2 1 0 2 1
t t t t t
t
t t t t t
+ - < + - - <Û
- + + + < - < <Û Û
Kết hợp với điều kiện của t ta được:
( )
0 1 2 3 1 0
x
t x< < + < <Û Û
Vậy nghiệm của bất phương trình là x<0.
VD3: Giải bất phương trình:
( ) ( )

log 5
2
5 21 5 21 2
x x
x +
+ + - £
Giải: Chia 2 vế bất phương trình cho
2 0
x
>
ta được:
5 21 5 21
5
2 2
x x
æ ö æ ö
+ -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
+ £
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
Nhận xét rằng:

5 21 5 21
. 1
2 2
x x
æ ö æ ö
+ -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
=
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø

Nên nếu đặt
5 21
2
x
t
æ ö
+
÷
ç
÷
ç

=
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện t>0 thì
5 21 1
2
x
t
æ ö
-
÷
ç
÷
ç
=
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
. Khi đó bất phương trình có dạng:
2
1 5 21 5 21

5 5 1 0
2 2
5 21 5 21 5 21
1 1
2 2 2
x
t t t t
t
x
- +
+ - +£Û £Û££
æ ö
- + +
÷
ç
÷
ç
-Û £ £ Û £ £
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Vậy nghiệm của phương trình là:
1;1
é ù
-
ê ú

ë û
VD4: Giải bất phương trình :
2
2.5
5 3 5
5 4
x
x
x
+ >
-
Giải: Điều kiện
2
5 5
5 4 0 2 log 4 log 2
x
x x- > > >Û Û
(*)
Đặt
5
x
u =
, điều kiện u>2, khi đó bất phương trình có dạng:
2
2
3 5
4
u
u
u

+ >
-
(1)
15
Bỡnh phng 2 v phng trỡnh (1) ta c:
2 2 2 2
2
2 2
2 2
4 4
45 4. 45
4 4
4 4
u u u u
u
u u
u u
+ + > + >
- -
- -
(2)
t
2
2
, 0
4
u
t t
u
= >

-
. Khi ú bt phng trỡnh (2) cú dng:
2
2 4 2
2
2
5
2
2
4 45 0 5 5 25 100 0
4
log 20
20 20 5 20(*)
1
5
5 5 5
log 5
2
x
x
u
t t t u u
u
x
u u
u
u
x
+ - > > > - + >
-

ộ
ộ ộ
ộ
>
ờ
> > >
ờ ờ
ờ
ờ

ờ ờ
ờ
ờ
<
ờ ờ
< >
ờ
< <
ờ
ở
ở ở
ở
Vy nghim ca bt phng trỡnh l
( )
5 5
1
log 2; log 20;
2
x
ổ ử

ữ
ỗ
ữ
+ Ơẻ ẩ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
BI TON 4: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 2
I. Phng phỏp:
Phng phỏp ny ging nh phng trỡnh m.
II. VD minh ho:
VD1: Gii bt phng trỡnh:
1
2
4 2 4 0
x x x+
- + Ê
Gii: t
2
x
t =
iu kin t>0
Khi ú bt phng trỡnh cú dng:
2
2
2 4 0
x

t t- + Ê
. Ta cú:
2
' 1 4 0
x
= -D Ê
Do ú:
2
2
' 0
0
4 1
1 4 0
(2) 0
0
1
2 1
2
x
x
x
x
x
b
x
t
t
a
ỡ
ỡ

ỡ
ù
=D
ù
ù
ỡ
ù
ù
=
ù
ù
=
- =
ù
ù
ù ù
=
ớ ớ ớ ớ
ù ù ù ù
=
= -
=
=
ù ù ù ù
ợ
ù ù ù
ợ
ợ
ợ
Vy bt phng trỡnh cú nghim duy nht x=0.

VD2: Gii bt phng trỡnh :
( ) ( )
9 2 5 .3 9 2 1 0
x x
x x- + + +
Gii: t
3
x
t =
iu kin t>0. khi ú bt phng trỡnh tng ng vi:
( ) ( ) ( )
2
2 5 9 2 1 0f t t x t x= - + + +
. Ta cú
( ) ( ) ( )
2 2
' 5 9 2 1 4x x x= + - + = -D
.
Do ú f(t)=0 cú 2 nghim t=9 hoc t=2x+1
Do ú bt phng trỡnh cú dng:
( ) ( )
9 2 1 0t t x- - -
3 9
9 0 2
2 1 0 3 2 1 0 1
2
0 1
9 0 2
3 9
2 1 0 0 1

3 2 1
x
x
x
x
t x
t x x Bemouli x x
x
x
t x
t x x
x
ộ
ỡ
ù
ộ ộ
ỡ ỡ

ù ù
-
ù
ờ
ù
ù ù
ờ ờ
ớ
ờ
ớ ớ
ờ ờ
ù

ộ
ù ù
ờ
- - + Ê

ù
ờ ờ
ù ù
ờ
ù
ợ ợ ợ
ờ

ờ ờ
ờ
ờ
ỡ ỡ ỡ
Ê Ê
ù ù ù
- ÊÊ
ờ ờ
Ê
ờ
ù ù ù
ờ
ở
ù
ờ ờ
ớ ớ
ớ

ờ
ù ù
ờ ờ
- - ÊÊÊ
ù
+Ê
ờ
ù ù
ù
ợ ợ
ở ở
ù
ợ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim
2x
hoc
0 1xÊ Ê
BI TON 5: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 3
I. Phng phỏp:
S dng 2 n ph cho 2 biu thc m trong bt phng trỡnh v khộo lộo bin i bt phng trỡnh thnh
phng trỡnh tớch, khi ú lu ý:
16

0
0
. 0
0
0
A

B
A B
A
B
ộ
ỡ
ù
>
ù
ờ
ớ
ờ
ù
>
ờ
ù
ợ
>
ờ
ỡ
ù
<
ờ
ù
ờ
ớ
ù
ờ
<
ù

ợ
ở
v
0
0
. 0
0
0
A
B
A B
A
B
ộ
ỡ
ù
>
ù
ờ
ớ
ờ
ù
<
ờ
ù
ợ
<
ờ
ỡ
ù

<
ờ
ù
ờ
ớ
ù
ờ
>
ù
ợ
ở
II. VD minh ho:
VD1: Gii bt phng trỡnh :
2 2
6 2 4.3 2
x x x x+
+ +
Gii: Vit li bt phng trỡnh di dng:
2
2 .3 4.2 4.3 2 0
x x x x x
+ - -
t
3
2
x
x
u
v
ỡ

ù
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ù
ợ
iu kin u,v>0. khi ú bt phng trỡnh cú dng:
( ) ( )
2
4 4 0 4 0
3 2
0 0
4 0 2 4 2
0 0
3 2
4 0 2
2 4
x x
x
x x
x
uv v u v u v v
u v x
v x
u v x
v x

+ - - - -
ộ
ỡ
ù
ộ ộ
ỡ ỡ

ù ù
-
ù
ờ
ù
ù ù
ờ ờ
ớ
ờ
ớ ớ
ờ ờ
ù
ù ù
ờ
-
ù
ờ ờ
ù ù
ù
ợ ợ ợ
ờ

ờ ờ

ờ
ỡ ỡ ỡ
ù ù ù
- ÊÊ
ờ ờ
Ê
ù ù ù
ờ
ù
ờ ờ
ớ ớ
ớ
ờ
ù ù
ờ ờ
- ÊÊ
ù
Ê
ờ
ù ù
ù
ợ ợ
ở ở
ù
ợ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim
2x
hoc
0x Ê

VD2: Gii bt phng trỡnh :
2 1
2 2 1 2 4 2
x x
x x
+
+ + < + +
Gii: iu kin:
1
2 1 0
2
x x+ -
Vit li bt phng trỡnh di dng:
( )
2
2 2 1 2.2 2 2 1
x x
x x+ + < + +
t
2
2 1
x
u
v x
ỡ
ù
=
ù
ù
ớ

ù
= +
ù
ù
ợ
iu kin u>0 v
0v
. Khi ú bt phng trỡnh c bin i v dng:
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 0
2 2 1
x
u v u v u v u v u v
u v x
+ < + + < + - >
+ ạ ạ
Ta xột phng trỡnh:
2
0
2 0
2 2 1 2 2 1
1
2 1
2
x x
x

x
x x
x
x
ộ
=
ộ
=
ờ
ờ
ờ
= + = +
ờ
ờ
=
=
ờ
ở
ờ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim
1 1
; / 0;
2 2
x
ộ ử ỡ ỹ
ù ù
ữ
ù ù
ờ

ữ
- + Ơẻ
ớ ý
ữ
ờ
ữ
ù ù
ứ
ù ù
ở ợ ỵ
VD3:Bt phng trỡnh :
2 log 2
1
5
5 1 5 3 5 2.5 16
x
x x x
+
+
- + - - +
cú nghim l
a)
1x Ê
b) x>1
Gii: Vit li bt phng trỡnh di dng:

( ) ( )
2 1
2
5 1 5 3 2.5 10.5 16

5 1 5 3 2 5 3 2 5 1
x x x x
x x x x
+
- + - - +
- + - - + -
17
Điều kiện:
5 1 0 0
x
x- ³Û³
. Đặt
5 1 0
5 3
x
x
u
v
ì
ï
ï
= - ³
ï
í
ï
= -
ï
ï
î
. Bất phương trình được biến đổi về dạng:

( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2
0 0
2 2 5 1 5 3
2 2 0
5 3 0
5 3
1
5 7.5 10 0
5 1 5 3
x x
x
x
x x
x x
u v u v
u v u v u v
u v u v u v
x
ì ì
ï ï
+ +³ ³
ï ï
ï ï
+ + = - = -³ ÛÛÛ Û
í í
ï ï

+ + -³ £
ï ï
ï ï
î î
ì
ì
ï
ï
- ³
³
ï
ï
ï ï
=Û Û Û
í í
ï ï
- + =
- = -
ï ï
ï
î
ï
î
Vậy bất phương trình có nghiệm x=1.
CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ ĐƯỢC GIẢI BẰNG NHIỀU CÁCH
I. ĐẶT VẤN ĐỀ :
Như vậy thông qua các bài toán trên, chúng ta đã biết được các phương pháp cơ bản để giải bất phương
trình mũ và thông qua các ví dụ minh hoạ chúng ta cũng có thể thấy ngay một điều rằng, một bất phương
trình có thể được thực hiện bằng nhiều phương pháp khác nhau. Trong mục này sẽ minh hoạ những ví dụ
được giải bằng nhiều phương pháp khác nhau với mục đích cơ bản là:

+ Giúp các em học sinh đã tiếp nhận đầy đủ kiến thức toán THPT trở nên linh hoạt trong việc lựa chọn
phương pháp giải.
+ Giúp các em học sinh lớp 10 và 11 lựa chọn được phương pháp phù hợp với kiến thức của mình.
II. VD minh hoạ:
VD: Tìm m dương để bất phương trình sau có nghiệm:

( ) ( )
2 1 2 1
2 2 2 2
2 3 2 3 8 4 3
x x m m m x x m m m+ - + + + + - + + -
+ + - +£
Giải: Nhận xét rằng:
( ) ( )
2 3 . 2 3 1+ - =
Nên nếu đặt
( )
2
2 2
2 3
x x m m m
u
+ - + +
= +
điều kiện u>1
Thì
( )
2
2 2
1

2 3
x x m m m
u
+ - + +
- =
. Khi đó bất phương trình có dạng:
Ta có thể lựa chọn 1 trong 2 cách giải sau:
Cách 1: Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ.
Đặt t=x-m, bất phương trình có dạng:
( )
2 2
2 2 1 0t t mt m m+ + + + - £
(2)
+ Với
0t ³
thì (2)
( ) ( )
2 2
2 1 2 1 0f t t m t m m= + + + + -Û £
(3)
Vậy (2) có nghiệm
Û
(3) có ít nhất 1 nghiệm
0t ³
f(t)=0 có ít nhất 1 nghiệm
0t ³
1 2
(0 t t£ £
hoặc
1 2

0 )t t£ £
18
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2 2
2 3
2 3 4 2 3 4 1 0
2 3 2 3 2 3 2 3 2 1(1)
x x m m m
u u u
u
u x x m m m
+ - + +
+
+ + + - +£ Û £
- + + + + - + +Û £ £ Û £ Û £
( )
2
2
2
2
1 2
1 2 1 0
1
' 0
2
2 1 0

(0) 0
1
1
1
1 0
2
0
1
2
2 1 0
1
(0) 0
1
2
m
m m m
m
m m
af
m
m
m
s
m
m m
af
m
ộ
ỡ
ù

- ÊÊ
ù
ờ
ộ
ỡ
ù
ộ
ù
ỡ
ù
ờ
ù
ờ
ù
ộ
ù
ờ
+ - - +
ù
ù
D
ờ
ờ
ù
ù
ờ
ù
ờ

ù

ù
ù
ờ
ờ
ù
ờ
ù
ờ
ớ
+ -
ờ

ờ
ớ
ớ
ờ
ù
ờ
ù
ù
ù ờ
-Ê
ờ
- Ê Ê
ờ
ù
ờ
ù
ù
ở

ờ
- -
ùờ
ù
ù
ờ
ù
ù
ù
ờ

ờ
-Ê
ù
ù
ù
ờ
ợ
ờù
ù
ờ ợ
ợ
ờ
ờ
ờ
+ - Ê
ờ
Ê
ờ
ở

ờ
- ÊÊ
ở
ờ
ở
+ Vi
0t Ê
thỡ (2)
( )
2 2
( ) 2 1 2 1 0g t t m t m m= + - + + - Ê
(3)
Vy (2) cú nghim

(3) cú ớt nht 1 nghim
0t Ê

phng trỡnh g(t)=0 cú ớt nht (1) nghim
1 2
1 2
0
0
0
t t
t
t t
ổ ử
ộ
Ê Ê
ữ

ỗ
ờ
ữ
ỗ
Ê
ữ
ỗ
ờ
ữ
ỗ
Ê Ê
ữ
ỗ
ờ
ố ứ
ở
( )
2
2
2
2
1 2
1 2 1 0
' 0
1
2 1 0
(0) 0
1
2
1

1 0
1
2
0
2
1
2 1 0
1
(0) 0
2
m
m m m
m
m m
ag
m
m
m
s
m m
m
ag
ộ
ộ
ỡ
ỡ
ù
ù
- ÊÊ
ộ

ỡ
ù
ù
ờ
ù
ờ
ù
ờ
- - - +
ù
ù
D
ờ
ờ
ù
ù
ù
ộ
ờ
ù
ù
ù
ờ
ờ
ù
ờ
ù
ờ
ớ


+ -
ờ
ờ
ớ
ớ
ù
ờ
ờ
ù
ù
ù
ờ
ờ
- Ê Ê
ờ
ù
ờ
ù
ù
- - Ê ờ
ùờ Ê
ù
ù
ờ
ờ
ù
ù
ù
ở
ợÊ

ờ
ờ
ù
ù
ờ
ợ
ù
ờ
ờ
ợ
ờ
ờ
ờ
+ -
- ÊÊ
ờ
Ê
ở ờ
ờ
ở
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim khi
1
0
2
m< Ê
Cỏch 2: S dng phng phỏp t n ph
t
t x m= -
, iu kin

0t
. Bt phng trỡnh cú dng:
2
( ) 2 2 1 0h t t t mx m= + + + - Ê
(4)
Vy bt phng trỡnh cú nghim
min ( ) 0( 0)h t t Ê
(5)
Nhn xột rng h(t) l 1 Parabol cú nh t=-1<0, do ú
min ( ) (0)( 0)h t h t=
. Do ú:
2
1
(5) 2 1 0 1
2
m m m+ - - Ê Ê Ê
.Vy bt phng trỡnh cú nghim khi
1
0
2
m< Ê
CH 3: H PHNG TRèNH M
BI TON 1: S DNG PHNG PHP T N PH
I. Phng phỏp:
Phng phỏp c s dng nhiu nht gii cỏc h m l vic s dng cỏc n ph. Tu theo dng ca
h m la chn phộp t n ph thớch hp.
Ta thc hin theo cỏc bc sau:
Bc 1: t iu kin cho cỏc biu thc trong h cú ngha
Bc 2: La chn n ph bin i h ban u v cỏc h i s ó bit cỏch gii ( h bc nht 2 n, h
i xng loi I, h i xng loi II v h ng cp bc 2)

Bc 3: Gii h nhn c
Bc 4: Kt lun v nghim cho h ban u.
II. VD minh ho:
VD1: Gii h phng trỡnh:
2 2 2 2
1
3 2 17
2.3 3.2 8
x y
x y
+ +
+
ỡ
ù
+ =
ù
ù
ớ
ù
+ =
ù
ù
ợ
(I)
Gii: t
3
2
x
y
u

v
ỡ
ù
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ù
ợ
iu kin u, v>0. Khi ú h (I) c bin i v dng:
19
2
2 2
1
1
9 6 1 0
1
9 4 17
3
3
3
8 6
1
6 3 8
2
2 2
3

x
y
u u
x
u v
u
u
y
u v
v
v
ì ì
ì
ï ï
ï
- + =
ì
ì
ï ï
ï
ï
ï
= -
+ =
=
=
ï ï
ï
ï
ï

ï ï ï
Û Û Û Û
í í í í í
-
ï ï ï ï ï
=
+ =
=
ï ï ï ï ï
=
=
î
ï
î
ï ï ï
î
ï ï
î î
Vậy hệ có cặp nghiệm (-1;1)
VD2: Cho hệ phương trình:
1
1
3 2 2
3 2 1
x y
x y
m m
m m
+
+

ì
ï
+ =
ï
ï
í
ï
+ = +
ï
ï
î
a) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
b) Tìm m nguyên để nghiệm duy nhất của hệ là nghiệm nguyên.
Giải: Đặt
1
3
2
x
y
u
v
+
ì
ï
=
ï
ï
í
ï
=

ï
ï
î
điều kiện u
3³
và v>0. Khi đó hệ (I) được biến đổi về dạng:

2
1
mu v m
u mv m
ì
ï
+ =
ï
í
ï
+ = +
ï
î
(II). Ta có:
1
m
D =

2
1
1m
m
= -

;
2
1
u
m
D
m
=
+

2
1
2 1;
1
v
m
m m D
m
= - - =

2
2
1
m
m m
m
= -
+
a) Hệ có nghiệm duy nhất khi:


2
0
1 0
1
2 1
3 3 2 1 2 1
1
1 0
0
1
u
v
D
m
m
D
m
u m m
D m
m m
D
m
v
m
D
ì
ì
ï
ï
ï

ï
¹
- ¹
ï
ï
ì
ï
ï
ï
±¹
ï
ï
ï
ï
ï
ï
+
ï
ï ï
= - < - - -³Û³Û £ Û ££
í í í
ï ï ï
+
ï ï ï
< - Ú³
ï ï ï
ï ï ï
î
ï ï
>

=
ï ï
+ï ï
î
î
Vậy hệ có nghiệm khi
2 1m- < -£
.
a) Với m nguyên ta có m=-2 khi đó hệ có nghiệm là:

1
3 0
3 3
1 1
2 1
1
2 2
x
y
u x
x
v y
y
+
ì
ì
ï
ì ì
ï
ï ï

= =
=
+ =
ï
ï
ï ï
ï ï
Û Û Û
í í í í
ï ï ï ï
= =
=
=
ï ï ï ï
î î
ï
î
ï
î
Vậy với m=-2 hệ có nghiệm nguyên (0;1)
VD3: Cho hệ phương trình:
2 cot sin
sin cot
9 3
9 81 2
gx y
y gx
m
+
ì

ï
=
ï
ï
í
ï
- =
ï
ï
î
a) Giải hệ phương trình vớim=1
b) Tìm m để hệ có cặp nghiệm (x;y) thoả mãn
0
2
y
p
£ £
Giải: Biến đổi hệ về dạng:
2
. 3
u v m
u v
ì
ï
+ =
ï
í
ï
= -
ï

î
Khi đó u, v là nghiệm của phương trình
2
( ) 2 3 0f t t mt= - - =
(1)
a) Với m=1 ta được:
sin
0; 0
2
2 cot
1 3 9 3
2 3 0
3 1
9 1
y
u v
gx
t u
t t
t v
> <
ì
é ì
ï
ï
= - = =
ï
ï
ï
ê

- - = ¬Û ¾¾¾¾®Û
í í
ê
ï ï
= = -
- = -
ê
ï ï
ë î
ï
î
20
2
6
1
; 2
sin
5
2 6
; ,
2
2
5
6
cot 0
; 2
2 6
2
y k
x l y y k

y
k l Z
y k
gx
x l y y k
x l
p
p
p p
p p
p
p
p p
p p
p
p
ỡ
ộ
ù
ù
ờ
= +
ù
ỡ
ù
ù
ờ
ỡ
ù
ùù

= + = = +
ờ
ù
ùù
=
ù
ùù
ù ù
ờ
ẻ
ớ ớ ớ
= +
ờ
ù ù ù
ở
ù ù ù
=
= + = = +
ù ù ù
ợ
ù ù
ù
ợ
ù
= +
ù
ù
ù
ợ
Vy vi m=1 h cú 2 h cp nghim.

VD4: Gii h phng trỡnh:
2 2 2
2 2 2
2 2
2
4 2 4 1
2 3.2 16
x x y y
y x y
- +
+ +
ỡ
ù
ù
- + =
ù
ù
ớ
ù
ù
- =
ù
ù
ợ
Gii: Vit li h phng trỡnh di dng:
2 1
1 2
2 1
2
2

2
4 4.4 .2 2 1
2 3.4 .2 4
x
x y y
y x y
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
-
ỗ
ữ
ỗ
ữ
-ố ứ
-
ỡ
ù
ù
ù
- + =
ù
ớ
ù
ù
ù
- =
ù
ợ

(I)
t
1
2
4
2
x
y
u
v
-
ỡ
ù
ù
=
ù
ớ
ù
=
ù
ù
ợ
iu kin
1
4
u
v v>0.
Khi ú h (I) c bin i v dng:
2 2
2

4 1(1)
4 4(2)
u uv v
v uv
ỡ
ù
- + =
ù
ù
ớ
ù
- =
ù
ù
ợ
(II)
gii h (II) ta cú th s dng 1 trong 2 cỏch sau:
Cỏch 1: Kh s hng t do t h ta c:
2 2
4 13 3 0u uv v- + =
(3)
t u=tv, khi ú:
( )
2 2
3
(3) 4 13 3 0
1
4
t
v t t

t
ộ
=
ờ
ờ
- + =
ờ
=
ờ
ở
+ Vi t=3 ta c u=3v do ú:
2
(2) 8 4v- =
vụ nghim.
+ Vi
1
4
t =
ta c
1
4
4
u v v u= =
do ú:
2
(2) 4 4 1u u= =
2
1
2
1 1

1 0
4 1
4 2
2
2 4
x
y
u x
x
v y
y
-
ỡ
ù
ỡ
ỡ ỡ
ù
ù ù
= =
ù
- =
=
ù
ù ù
ù ù
ị
ớ ớ ớ ớ
ù ù ù ù
= =
=

=
ù ù ù ù
ợ ợ
ù
ợ
ù
ợ
Vy h phng trỡnh cú 2 cp nghim (1;2) v (-1;2)
Cỏch 2: Nhn xột rng nu (u;v) l nghim ca h thỡ
0u ạ
T (2) ta c
2
4
3
v
u
v
-
=
(4). Thay (4) vo (1) ta c:
4 2
2 31 16 0v v- - =
(5)
t
2
, 0t v t= >
ta c:
2 2
16
1

(5) 2 31 16 0 16 4
1
4
(1)
2
t
u
t t v v
v
t
ỡ
ù
=
ỡ
ù
ù
=
ù
ù
- - = = = ị
ớ ớ
ù ù
=
= -
ù ù
ợ
ù
ợ
2
1

2
1
1 0
4 1
2
2
2 4
x
y
x
x
y
y
-
ỡ
ù
ỡ
ỡ
ù
ù
=
ù
- =
=
ù
ù
ù ù

ớ ớ ớ
ù ù ù

=
=
=
ù ù ù
ợ
ù
ợ
ù
ợ
Vy h phng trỡnh cú 2 cp nghim (1;2) v (-1;2)
21
VD5: Giải hệ phương trình:
2 1
2
2
2
2 3.2 2
2 3 2 2
x x
x
y
y y
+
ì
ï
ï
= = -
ï
í
ï

- = -
ï
ï
î
Giải: Đặt
2
x
u =
điều kiện
1u ³
. Hệ có dạng:

( )
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2
2 3 2
2 3
2 3 2
3 1 0
1
u u y
u y u y u y
y y u
u y
u y u y
y u

ì
ï
- = -
ï
ï
- - - = - -Þ
í
ï
- = -
ï
ï
î
ì
ï
=
ï
- + - =Û Û
í
ï
= -
ï
î
+ Với u=y, hệ phương trình tương đương với:
2 2 2
2 1 0
1 1
1
2
2 3 2 3 2 0 1
2 2

2
2
x
x
x
u y u y
y y
u y
u y
u u u u u x
y
y
é
ì
ï
é
ì
ï
ï
ê = =
ï
ï
ê
ê
í
í
ê
ì ì
ï
ì

ê
ï ï
ï
= =
= =
ï
= =
ï
ê
ï ï
ï
ï
ï ï
ï
î î
ê
Û Û Û Û
í í í
ê
ê
ì ì
ï ï ï
= =
ï ï
- = - - + = = ±
ê
ï ï ï
ï ï
=
ê

î
ï ï
î î
ï
ê
í
êí
ï
ê
=
ï
ê
=
ï
ï î
ë
ê
ï
î
ë
+ Với y=1-u, hệ phương trình tương với:

( )
2
2
2
1
1
3 1 0
2 3 1 2

y u
y u
u u
u u u
ì
ì
ï
= -
ï
= -
ï
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
- + =
- = - -
ï ï
ï
î
ï
î
vô nghiệm
Vậy hệ có 3 cặp nghiệm là (0;1), (1;2) và (-1;2).
VD6: Giải phương trình:
( )
( )
( ) ( )
log 3

log
2 2
2
2
9 3 2 (1)
1 1 1(2)
xy
xy
x y
ì
ï
ï
- =
ï
í
ï
ï
+ + + =
ï
î
Giải: Điều kiện xy>0
+ Giải (1): Đặt
( )
2
log 2
t
t xy xy= =Þ
. Khi đó phương trình (1) có dạng:

( )

log 3
2 2
2
9 3 2 2 3 3 2.3 3 2.3 3 0
t t t t t t
- = - = - - =Û Û
(3)
Đặt
3 , 0
t
u u= >
, khi đó phương trình (3) có dạng:

2
1(1)
2 3 0 3 3 1 2
3
t
u
u u t xy
u
é
= -
ê
- - = = = =ÛÛ Û Û
ê
=
ê
ë


+ Giải (2):
( ) ( )
2
2 2
2 2 1 0 2 2 1 0x y x y x y x y xy+ + + + = + + + - + =Û Û
( ) ( )
2
2 3 0x y x y+ + + - =Û
(4)
Đặt v=x+y, khi đó phương trình (4) có dạng:

2
1 1
2 3 0
3 3
v x y
v v
v x y
é é
= + =
ê ê
+ - = ÛÛ
ê ê
= - + = -
ê ê
ë ë
Với x+y=1 ta được:
1
2
x y

xy
ì
ï
+ =
ï
í
ï
=
ï
î

Khi đó x, y là nghiệm của phương trình:
2
2 0X X- + =
vô nghiêm
22
Với x+y=-3, ta được:
3
2
x y
xy
ì
ï
+ = -
ï
í
ï
=
ï
î

Khi đó x, y là nghiệm của phương trình :
2
1 1
3 2 0
2 2
X x
X X
X y
é ì
ï
= =
ï
ê
- + = ÛÛ
í
ê
ï
= =
ê
ï
ë î
và
2
1
x
y
ì
ï
=
ï

í
ï
=
ï
î
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1;2) và (2;1)
VD7: Giải hệ phương trình:
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1(2)
x y y x
x xy x
+ - +
ì
ï
+ =
ï
ï
í
ï
+ + = +
ï
ï
î
Giải:
Phương trình (2)
( )
2
1 0

1 0
1
0 1
3 1 0
3 1 1
3 1 0 1 3
x x
x
x
x x
x x y
x xy x
x y y x
ì é
ï
- =³
ï
ê
ì
ì
ï
ï
+ ³
-³
ï
ï
ï
ê
ï
ï ï

é ì
ï
= -³
Û Û Û Û
í í í
ê
ï
ê
ï ï ï
+ - =
+ + = +
í
ê
ï ï ï
ê
ï
î
ï
î
ï
+ - = = -
ï
ê
ê
ï
ï
ë î
î ë
+ Với x=0 thay vào (1) ta được:
2

2
8 8
2 2 3.2 8 2 12.2 2 log
11 11
y y y y y
y
-
+ = + = = =Û Û Û
+ Với
1
1 3
x
y x
ì
ï
-³
ï
í
ï
= -
ï
î
thay y=1-3x vào (1) ta được:
3 1 3 1
2 2 3.2
x x+ - -
+ =
(3)
Đặt
3 1

2
x
t
+
=
vì
1t -³
nên
1
4
t ³
( ) ( )
2 3 1
2 2
3 8(1)
1
(3) 6 6 1 0 2 3 8
3 8
1
log 3 8 1 2 log 3 8
3
x
t
t t t
t
t
x y
+
é
= -

ê
+ = - + = = +Û Û Û Û
ê
ê
= +
ë
é ù
= + - = - +Û Þ
ê ú
ë û
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:
2
0
8
log
11
x
y
ì
ï
=
ï
ï
í
ï
=
ï
ï
î
và

( )
( )
2
2
1
log 3 8 1
3
2 log 3 8
x
y
ì
ï
é ù
ï
= + -
ï ê ú
ï
ë û
í
ï
ï
= - +
ï
ï
î
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. Phương pháp:
Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa.
Bước 2: Từ hệ ban đầu chúng ta xác định được 1 phương trình hệ quả theo 1 ẩn hoặc cả 2 ẩn, giải phương

trình này bằng phương pháp hàm số đã biết
Bước 3: Giải hệ mới nhận được
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải hệ phương trình:
2 2
3 3 (1)
12(2)
x y
y x
x xy y
ì
ï
- = -
ï
ï
í
ï
+ + =
ï
ï
î
Giải: Xét phương trình (1) dưới dạng:
3 3
x y
x y+ = +
(3)
Xét hàm số
( ) 3
t
f t t= +

đồng biến trên R.
Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng:
( ) ( )
f x f y x y= =Û
. Khi đó hệ có dạng:
23
2 2 2
2
2 2
12 3 12
x y x y
x y x y
x x y
x xy y x
ì ì
ì é
ï ï
= =
ï
= = =
ï ï
ï
ï ï
ê
Û Û Û
í í í
ê
ï ï ï
= ± = = -
+ + = =

ê
ï ï ï
î ë
ï ï
î î
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (2;2) và (-2;-2)
VD2: Giải hệ phương trình:
2 2 3
2 2 3
x
y
x y
y x
ì
ï
+ = +
ï
ï
í
ï
+ = +
ï
ï
î
Giải: Biến đổi tương đương hệ về dạng:
2 2 3
2 3 3 2 3 3
3 2 2
x
x y

y
x y
x y
x y
ì
ï
+ = +
ï
ï
+ + = + +Þ
í
ï
+ = +
ï
ï
î
(1)
Xét hàm số
( )
2 3 3
t
f t t= + +
là hàm đồng biến trên R.
Vậy phương trình (1) được viết dưới dạng:
( ) ( )
f x f y x y= =Û
.
Khi đó hệ thành:
2 2 3 2 3 (2)
x x

x y x y
x y x
ì ì
ï ï
= =
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ = + = -
ï ï
ï ï
î î
(II)
+ Giải (2): Ta đoán được x=1 vì
1
2 3 1= -
. Vế trái là một hàm đồng biến còn vế trái là hàm số nghịch
biến do vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình này. Khi đó hệ (II) trở thành:

1
1
x y
x y
x
ì
ï
=
ï

= =Û
í
ï
=
ï
î
Vậy hệ đã cho có nghiệm x=y=1.
VD3: Giải hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 2 2 (1)
2(2)
x y
y x xy
x y
ì
ï
- = - +
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
î
Giải: Thay (2) vào (1) ta được:
( )
( )
2 2 3 3

3 3
2 2 2 2
2 2 (3)
x y x y
x y
y x x y xy y x
x y
- = - + + - = -Û
- = -Û

Xét hàm số
( )
3
2
t
f t t= +
đồng biến trên R.
Vậy phương trình (3) được viết dưới dạng:
( ) ( )
f x f y x y= =Û
. Khi đó hệ có dạng:
2 2 2
1
1 1
2 2 2
x y x y
x y x y
x x y
x y x
ì ì

ì ì
ï ï
= =
ï ï
= = =
ï ï
ï ï
ï ï
Û Û Û
í í í í
ï ï ï ï
= ± = = -
+ = =
ï ï ï ï
î î
ï ï
î î
Vậy hệ có 2 cặp nghiệm (1;1) và (-1;-1)
BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I. Phương pháp:
Nhiều bài toán bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên các:
+ Tam thức bậc hai
+Tính chất hàm số mũ
+Bất đẳng thức
+……
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của hệ hoặc biến đổi hệ về dạng đơn giản hơn.
II. VD minh hoạ:
24
VD: Giải hệ phương trình:
1 1

1
2 2
2
2 3 2 2 3
2 .3 1
x y x y
x y
- -
-
ì
ï
ï
- + = +
ï
ï
í
ï
ï
ï
=
ï
î
Giải: Đặt
1
2
2
x
y
u
v

-
ì
ï
=
ï
ï
í
ï
=
ï
ï
î
điều kiện u>0 và
1
3
v ³
. Hệ có dạng:
2(1)
1(2)
u v u v
uv
ì
ï
- + + =
ï
ï
í
ï
=
ï

ï
î
(I)
Biến đổi (1) về dạng:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 2 2 4 4u v u v u v u v u v u v uv= - + + + - = + + - + =Û ³ ³
Khi đó hệ tương đương với:
2 2
2 2
1
2
2 0
2 1
0 0
1
1 0 1
3 1
1
x
y
u v
x x
u v u v
y y
uv
-
ì

ï
- =
ï
ì
ï
ì ì
ï
=
ï ï
= =
ï
ï
ï ï
ï ï ï ï
= = =Û ÛÛÛ
í í í í
ï ï ï ï
- = = ±
=
ï ï ï ï
ï ï
î î
=
ï ï
î
ï
ï
î
Vậy hệ có 2 căp nghiệm (0;1) và (0;-1)


CHỦ ĐỀ 4: HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp:
Dựa vào các phép toán biến đổi tương đương cho các bất đẳng thức trong hệ bất phương trình, ta có thể
tìm được nghiệm của hệ. Phép toán thường được sử dụng là:
A B
A C B D
C D
+
ì
ï
>
ï
+ > +¾¾¾®
í
ï
>
ï
î
Việc lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương để giải hệ bất phương trình mũ thường được thực hiện
theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương chuyển hệ về 1 bất phương trình đại số đã biết cách giải.
Bước 3: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đó đưa ra lời kết luận cho hệ.
Với hệ bất phương trình mũ chứa tham số thường được thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương đương ( phương pháp thế được sử dụng khá nhiều trong phép
biến đổi tương đương ) để nhận được từ hệ 1 bất phương trình 1 ẩn chưa tham số.
Bước 3: Giải và biện luận theo tham số bất phương trình nhận được.
Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đó đưa ra kết luận cho hệ.

Chú ý: Đối với hệ bất phương trình mũ 1 ẩn thường được giải từng bất phương trình của hệ, rồi kết hợp
các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải hệ bất phương trình:
2 1 2 2
2
2 2
2 9.2 2 (1)
2 5 4 3(2)
x x x x
x x x
+ + +
ì
ï
ï
- +
ï
ï
í
ï
ï
- < - + -
ï
ï
î
Giải:
Giải (1):
2 2
2 2 2 2
2.2 9.2 4.2 0 2.2 9 4.2 0

x x x x x x x x+ - -
- + = - + =Û
Đặt
2
2
x x
t
-
=
điều kiện
4
1
2
t ³
. Khi đó phương trình có dạng:
25