Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Mục lục
Mở đầu 3
Chương 1. Một số phương pháp giải phương trình không
mẫu mực 6
1.1. Khái niệm phương trình. Phương trình không mẫu mực . 6
1.2. Một số phương pháp giải phương trình không mẫu mực . 7
1.2.1. Phương pháp đưa về phương trình tích . . . . . . . . . . . 7
1.2.2. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . 11
1.2.3. Phương pháp chứng minh duy nhất nghiệm . . . . . . . . 18
1.2.4. Phương pháp đưa về hệ phương trình . . . . . . . . . . . 23
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không
mẫu mực 29
2.1. Khái niệm hệ phương trình. Hệ phương trình không mẫu
mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực 30
2.2.1. Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2.3. Phương pháp tính các đại lượng chung . . . . . . . . . . 45
2.2.4. Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . 49
Bài tập tham khảo 56
Kết luận 66
Tài liệu tham khảo 67
2
Mở đầu
1. Đặt vấn đề
Bắt nguồn từ nhu cầu tính toán trong đời sống thực tiễn của con người
thời xa xưa mà phương trình và hệ phương trình được ra đời. Khái niệm
phương trình là một trong những khái niệm quan trọng của toán học,
nó thể hiện mối quan hệ bằng nhau, sự ràng buộc giữa các đại lượng số
lượng. Lý thuyết phương trình cũng được nhiều nhà toán học nghiên cứu

( Điôphăng, Viét, Đêcac, ) và đã được phát triển thành lý thuyết đại
số học cổ điển. Lý thuyết phương trình không phải chỉ là cơ sở để xây
dựng đại số học mà còn giữ vai trò quan trọng trong các bộ môn khác của
toán học. Người ta nghiên cứu không chỉ phương trình đại số mà còn cả
những phương trình vi phân, phương trình tích phân, phương trình toán
lí, phương trình hàm,
Phương trình và hệ phương trình chiếm một vị trí vô cùng quan trọng
trong chương trình toán học ở cấp nhà trường phổ thông cũng như đại học,
cao đẳng. Cùng với sự phát triển của toán học, đặc biệt là sự mở rộng các
trường số thì các dạng phương trình và hệ phương trình cũng ngày càng
trở nên phức tạp, đồng thời việc giải phương trình và hệ phương trình cũng
đòi hỏi mức độ tư duy, suy luận ngày càng cao. Các bài toán về phương
trình, hệ phương trình không dừng lại ở những dạng cơ bản, thông thường,
có phương pháp giải cụ thể, đặc trưng cho nó mà trong quá trình giải toán
phương trình, hệ phương trình người học thường gặp phải những bài toán
lạ, không bình thường và quan trọng là không thể giải trực tiếp bằng các
quy tắc, các phương pháp quen thuộc như: Biến đổi tương đương, định lí
Viet, đồ thị, Những bài toán như vậy thường được gọi là “Không mẫu
mực”. Dạng toán “không mẫu mực” này có tác dụng không nhỏ trong việc
rèn luyện tư duy toán học cho người học và thường là thử thách đối với
các bạn học sinh, sinh viên trong các kỳ thi Olympic, thi học sinh giỏi, thi
vào các lớp chuyên toán, các trường đại học, cao đẳng.
Với mong muốn giúp các bạn sinh viên học toán, các em học sinh phổ
3
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
thông có thêm nhiều kiến thức về phương trình, hệ phương trình và quan
trọng hơn nữa là giúp các bạn luyện tập, làm quen với phương trình, hệ
phương trình “không mẫu mực”, phát triển tư duy, suy nghĩ trước những
bài toán “không mẫu mực” khác, để từ đó thúc đẩy việc học môn toán
và các môn học khác đạt kết quả tốt hơn. Ngoài ra, các bạn sinh viên sư

phạm toán có thêm những kiến thức thú vị, bổ ích để giảng dạy môn toán
ở trường phổ thông. Bên cạnh đó đem lại cho các em học sinh phổ thông
yêu toán nhiều thuận lợi hơn trong việc học tập môn toán cũng như trong
quá trình ôn tập cho các kỳ thi Olympic, thi học sinh giỏi, thi vào các lớp
chuyên toán, các trường đại học, cao đẳng đạt kết quả cao nhất.
Vì những lí do trên, tôi chọn đề tài: “Một số phương pháp giải
phương trình và hệ phương trình không mẫu mực” làm đề tài
khoá luận tốt nghiệp đại học của mình.
2. Mục tiêu của khóa luận
- Mục tiêu khoa học công nghệ: Nghiên cứu về phương trình, hệ phương
trình không mẫu mực và phương pháp giải.
- Sản phẩm khoa học công nghệ: Xây dựng tài liệu về một số phương
pháp giải phương trình và hệ phương trình không mẫu mực.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Nghiên cứu phương trình, hệ phương trình không mẫu mực.
- Nghiên cứu một số phương pháp giải phương trình và hệ phương trình
không mẫu mực.
- Sưu tập, nghiên cứu tài liệu, chọn lọc và phân loại các bài tập về giải
phương trình, giải hệ phương trình không mẫu mực.
- Hệ thống, trình bày một số phương pháp giải phương trình, hệ phương
trình không mẫu mực và bài tập vận dụng có lời giải cụ thể.
4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia.
5. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Các phương trình và hệ phương trình không
mẫu mực.
- Phạm vi nghiên cứu: Một số phương pháp giải phương trình và hệ
4

Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
phương trình không mẫu mực.
6. Bố cục của khoá luận
Ngoài phần mở đầu, phần phụ lục, kết luận, khoá luận bao gồm 2
chương:
Chương 1. Một số phương pháp giải phương trình không
mẫu mực
1.1. Khái niệm phương trình. Phương trình không mẫu mực
1.2. Một số phương pháp giải phương trình không mẫu mực
1.2.1. Phương pháp đưa về phương trình tích
1.2.2. Phương pháp áp dụng bất đẳng thức
1.2.3. Phương pháp chứng minh duy nhất nghiệm
1.2.4. Phương pháp đưa về hệ phương trình
Chương 2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không
mẫu mực
2.1. Khái niệm hệ phương trình. Hệ phương trình không mẫu mực
2.2. Một số phương pháp giải hệ phương trình không mẫu mực
2.2.1. Phương pháp áp dụng bất đẳng thức
2.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
2.2.3. Phương pháp tính các đại lượng chung
2.2.4. Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số
5
Chương 1
Một số phương pháp giải
phương trình không mẫu mực
1.1 Khái niệm phương trình. Phương trình không
mẫu mực
Cho hai hàm số của n biến thực x
1
, x

2
, , x
n
là f(x
1
, x
2
, , x
n
) và
g(x
1
, x
2
, , x
n
). Ta gọi tập hợp n số thực x =(x
1
, x
2
, , x
n
) ∈ R
n
. Khi đó,
các hàm số f (x
1
, x
2
, , x

n
) và g(x
1
, x
2
, , x
n
) được xem là các hàm một
biến f(x), g(x) trong R
n
. Giả sử f(x) có miền xác định là D
1
⊂ R
n
, g(x)
có miền xác định D
2
⊂ R
n
.
Ta định nghĩa phương trình f(x) = g(x) (1) là ký hiệu hàm mệnh đề
“giá trị của hai hàm số f(x) và g(x) là bằng nhau”.
Ta gọi x là ẩn của phương trình (1); nếu coi f và g là hàm của n biến
x
1
, x
2
, , x
n
trong không gian R thì (1) là phương trình của n ẩn x

1
, x
2
,
, x
n
. Tập hợp các giá trị thừa nhận được của các đối số được gọi là miền
xác định (tập xác định) của phương trình (1), đó là tập S = D
1
∩ D
2
.
Nếu x lấy giá trị a ∈ S mà f(a) = g(a) là một đẳng thức đúng thì a
được gọi là một nghiệm của phương trình (1), hoặc a thỏa mãn phương
trình (1), hoặc phương trình (1) được thỏa mãn với x = a.
Có thể xảy ra một trong ba trường hợp sau đây:
1) Phương trình vô nghiệm: Trong trường hợp này, không có giá trị a nào
của S sao cho f(a) và g(a) bằng nhau, tức là f (a) = g(a) là một mệnh
đề sai với mọi a ∈ S. Nói khác đi, tập nghiệm M của phương trình (1) là
rỗng: M = ∅.
2) Bất kỳ giá trị a nào của S (a ∈ S ) cũng thỏa mãn phương trình, tức
6
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
là M = S. Trong trường hợp này phương trình là hằng đẳng trên S.
3) Có ít nhất một giá trị ( nhưng không phải mọi giá trị ) a ∈ S thỏa mãn
phương trình (1) thì phương trình có nghiệm là a, a ∈ M, M ⊂ S.
Trường hợp 2) và 3) ta nói rằng phương trình có nghiệm.
Giải một phương trình là tìm tập hợp nghiệm M của nó. Nếu M được
biểu thị bởi một hay nhiều công thức thì chúng được gọi là nghiệm tổng
quát của phương trình.M có thể là một tập hữu hạn hay vô hạn.

Có nhiều phương pháp để giải một phương trình, chẳng hạn: Phương
pháp biến đổi tương đương, phương pháp dùng đồ thị hàm số, định lí Viét,
đặt ẩn phụ,
 Phương trình không mẫu mực
Phương trình không mẫu mực là dạng phương trình đặc biệt, khó có
thể giải bằng những phương pháp thông thường như: Phương pháp biến
đổi tương đương, phương pháp dùng đồ thị hàm số, định lí Viét,
1.2 Một số phương pháp giải phương trình không
mẫu mực
1.2.1 Phương pháp đưa về phương trình tích
a) Nhận xét chung
Giải phương trình f(x) = 0.
Phương pháp:
- Thực hiện các phép biến đổi đại số, ta có:
f(x) = 0 ⇔ f (x) = f
1
(x).f
2
(x) ···f
n
(x) = 0 (phương trình tích)
⇔

f
1
(x) = 0 (1)
f
2
(x) = 0 (2)
···

f
n
(x) = 0 (n)
Trong đó (1), (2), ··· , (n) là những phương trình quen thuộc mà ta đã
biết cách giải. Khi đó nghiệm của phương trình ban đầu là tập hợp nghiệm
của các phương trình (1), (2), ··· , (n)
- Đôi khi ta sử dụng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn rồi
7
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
đưa phương trình về dạng tích (với ẩn phụ). Giải phương trình với ẩn phụ
rồi tìm nghiệm của phương trình đã cho.
- Dùng cách nhóm hoặc tách các số hạng hoặc nhân chia với lượng liên
hợp, để đưa phương trình về dạng quen thuộc mà ta đã biết cách giải.
b) Bài tập vận dụng
Bài tập 1. Giải phương trình :
(34 −x)
3
√
x −1 − (x + 1)
3
√
34 −x
3
√
34 −x −
3
√
x + 1
= 30
Lời giải:

ĐK:
3
√
34 −x −
3
√
x + 1 = 0 ⇔ x =
33
2
Ta có:
(34 −x)
3
√
x −1 − (x + 1)
3
√
34 −x
3
√
34 −x −
3
√
x + 1
= 30 (1)
⇔
3
√
34 −x.
3
√

x + 1(
3

(34 −x)
2
−
3

(x + 1)
2
)
3
√
34 −x −
3
√
x + 1
= 30
⇔
3
√
34 −x.
3
√
x + 1(
3
√
34 −x +
3
√

x + 1) = 30 (2)
⇔ 3
3
√
34 −x.
3
√
x + 1(
3
√
34 −x +
3
√
x + 1) = 90 (3)
Cộng (34 −x) + (x + 1) = 35 vào hai vế của phương trình (3) ta có:
(34 −x) + (x + 1) + 3
3
√
34 −x.
3
√
x + 1(
3
√
34 −x +
3
√
x + 1) = 125
⇔ (
3

√
34 −x +
3
√
x + 1)
3
= 125
⇔
3
√
34 −x +
3
√
x + 1 = 5 (4)
Từ (2) và (4) ta có:
5
3
√
34 −x.
3
√
x + 1 = 30 ⇔
3

(34 −x)(x + 1) = 6
⇔ (34 − x)(x + 1) = 216 ⇔ x
2
− 33x + 182 = 0
⇔


x = 7
x = 26
( thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 7 và x = 26
Bài tập 2. Giải phương trình:
5
3

x
5
√
x + 3
5

x
3
√
x = 8
Lời giải:
TXĐ: x ∈ R
8
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
5
3

x
5
√
x + 3
5


x
3
√
x = 8
⇔ 5
3

5
√
x
6
+ 3
5

3
√
x
4
= 8
⇔ 5
15
√
x
6
+ 3
15
√
x
4

= 8 (∗)
Đặt y =
15
√
x
2
, (y ≥ 0) , ta có:
(∗) ⇔ 5y
3
+ 3y
2
− 8 = 0
⇔ (y − 1)(5y
2
+ 8y + 8) = 0
⇔

y − 1 = 0
5y
2
+ 8y + 8 = 0 (phương trình vô nghiệm)
⇔ y − 1 = 0 ⇔ y = 1
⇒
15
√
x
2
= 1 ⇔ x
2
= 1 ⇔ x = ±1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = −1
Bài tập 3. Giải phương trình:





x +




x + ··· +

x +
√
4x + 1 + 1
2
  
2011dấu căn
= 1 (∗)
Lời giải
:
ĐK: x ≥ −
1
4
Ta có: x +
√
4x + 1 + 1
2

=
4x + 1 + 2
√
4x + 1 + 1
4
=

√
4x + 1 + 1
2

2
Sau 2011 lần biến đổi như trên ta được:
(∗) ⇔
√
4x + 1 + 1
2
= 1
⇔
√
4x + 1 = 1
⇔ 4x = 0
⇔ x = 0
Vậy nghiệm của phương trình là x = 0.
Bài tập 4. Giải phương trình:
(x −2)
6
+ (x −4)
6
= 64

Lời giải:
Đặt t = x − 3 ⇒ x = t + 3
9
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Phương trình đã cho ⇔ (t + 1)
6
+ (t −1)
6
= 64
⇔ t
6
+ 15t
4
+ 15t
2
− 31 = 0 (∗)
Đặt y = t
2
(y ≥ 0), ta được:
(∗) ⇔ y
3
+ 15y
2
+ 15y − 31 = 0 ⇔ (y −1)(y
2
+ 16y + 31) = 0
⇔

y − 1 = 0
(y

2
+ 16y + 31) = 0
⇔

y = 1
y = −8 ±
√
33 < 0 (loại)
⇒ y = 1 ⇒ t
2
= 1 ⇒ (x − 3)
2
= 1 ⇔

x = 4
x = 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 2; x = 4
Bài tập 5. Giải phương trình:
(4x −1)

x
2
+ 1 = 2(x
2
+ 1) + 2x − 1
Lời giải:
Đặt y =
√
x
2

+ 1, y ≥ 0
(4x −1)
√
x
2
+ 1 = 2(x
2
+ 1) + 2x − 1
⇔ (4x −1)y = 2y
2
+ 2x −1
⇔ 2y
2
− (4x −1)y + 2x − 1 = 0
⇔ 2y
2
− 4xy + y + 2x − 1 = 0
⇔ 2y
2
− 4xy + 2y − y + 2x −1 = 0
⇔ (2y
2
− 4xy + 2y) −(y − 2x + 1) = 0
⇔ 2y(y − 2x + 1) − (y −2x + 1) = 0
⇔ (y − 2x + 1)(2y − 1) = 0
⇔

y = 2x − 1
y =
1

2
• Với y = 2x −1 ⇔ 2x −1 =
√
x
2
+ 1
⇔

4x
2
− 4x + 1 = x
2
+ 1
2x −1 ≥ 0
⇔



3x
2
− 4x = 0
x ≥
1
2
10
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
⇔











x = 0
x =
4
3
x ≥
1
2
⇔ x =
4
3
• Với y =
1
2
⇔
1
2
=
√
x
2
+ 1
⇔ x
2

+ 1 =
1
4
(Phương trình vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
4
3
1.2.2 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
a) Nhận xét chung
Giải phương trình f(x) = g(x)
TXĐ: D
Phương pháp:
Biến đổi phương trình về dạng:
h(x) = M (M là hằng số, M ∈ D), trong đó ta luôn có:

h(x) ≥ M
h(x) ≤ M
Khi đó nghiệm của phương trình là các giá trị x làm cho dấu đẳng thức
xảy ra.
Hoặc
Biến đổi phương trình về dạng:
h(x) = r(x), trong đó ta luôn có: r(x) ≤ M ≤ h(x) ( M là hằng số,
M ∈ D).
Khi đó nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn:

h(x) = M
r(x) = M
Hoặc
Biến đổi phương trình về dạng:
h(x) + r(x) = M + N (M, N ∈ D), trong đó ta luôn có:

11
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán


h(x) ≤ M
r(x) ≤ N

h(x) ≥ M
r(x) ≥ N
Khi đó nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn:

h(x) = M
r(x) = N
Ta có thể áp dụng các bất đẳng thức thông dụng sau:
• Bất đẳng thức Côsi:
Cho n số a
1
, a
2
, ··· , a
n
≥ 0, ta có:
a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
n
≥

n
√
a
1
.a
2
. ··· .a
n
Dấu " = " xảy ra ⇔ a
1
= a
2
= ··· = a
n
• Bất đẳng thức Bunhiacôpxki:
Cho a
1
, a
2
, ··· , a
n
và b
1
, b
2
, ··· , b
n
tùy ý, ta có:
(a
1

b
1
+ a
2
b
2
+ ···+ a
n
b
n
) ≤ (a
2
1
+ a
2
2
+ ···+ a
2
n
)(b
2
1
+ b
2
2
+ ···+ b
2
n
)
Dấu " = " xảy ra ⇔

a
1
b
1
=
a
2
b
2
= ··· =
a
n
b
n
• Bất đẳng thức Bernoulli:
Cho t > 0, ta có:

t
α
+ (1 − t)α ≥ 1, ∀α ≤ 0 hoặc α ≥ 1
t
α
+ (1 − t)α ≤ 1, ∀ 0 ≤ α ≤ 1
• Bất đẳng thức vectơ:
Cho các vectơ a
1
, a
2
, ··· , a
n

=

0, ta có:
∗ |a
1
+ a
2
+ ···+ a
n
| ≤ |a
1
| + |a
2
| + ··· + |a
n
|
Dấu " = " xảy ra ⇔ các vectơ a
1
, a
2
, ··· , a
n
cùng phương, cùng chiều
∗ |a
1
− a
2
− ···− a
n
| ≥ |a

1
| −|a
2
| −··· − |a
n
|
Dấu " = " xảy ra ⇔ các vectơ a
1
, a
2
, ··· , a
n
cùng phương, cùng chiều
b) Bài tập vận dụng
Bài tập 1. Giải phương trình:

2x
2
− 4x + 6 +

5x
2
− 10x + 6 = 2 −x
2
+ 2x
Lời giải:
12
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
ĐK: 1 −
√

3 ≤ x ≤ 1 +
√
3
√
2x
2
− 4x + 6 +
√
5x
2
− 10x + 6 = 2 −x
2
+ 2x
⇔

2(x −1)
2
+ 4 +

5(x −1)
2
+ 1 = 3 − (x − 1)
2
(1)
Ta có: (x − 1)
2
≥ 0
⇒ 2(x −1)
2
+ 4 ≥ 4

⇔

2(x −1)
2
+ 4 ≥ 2
dấu " = " xảy ra ⇔ x = 1
Tương tự ta có

5(x −1)
2
+ 1 ≥ 1, dấu " = " xảy ra ⇔ x = 1
Suy ra: VT =

2(x −1)
2
+ 4 +

5(x −1)
2
+ 1 ≥ 3
VP = 3 −(x −1)
2
≤ 3, dấu " = " xảy ra ⇔ x = 1
⇒ (1) ⇔ VT = VP = 3 ⇔ x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1
Bài tập 2. Giải phương trình:
4(x
2
− 2)(3 − x
2

) = (
√
2x −
√
5)
2
+ 1
Lời giải:
TXĐ: x ∈ R
4(x
2
− 2)(3 − x
2
) = (
√
2x −
√
5)
2
+1
Ta có VP > 0, ∀x ⇒ VT > 0
⇔ (x
2
− 2)(3 − x
2
) > 0 ⇔ 2 < x
2
< 3 ⇒ 3 − x
2
> 0, x

2
− 2 > 0.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
(x
2
− 2)(3 − x
2
) ≤

x
2
− 2 + 3 − x
2
2

2
=
1
4
⇒ 4(x
2
− 2)(3 − x
2
) ≤ 1
Dấu " = " ⇔ x
2
− 2 = 3 − x
2
Mặt khác ta có: (
√

2x −
√
5)
2
+1 ≥ 1, ∀x
Dấu " = " ⇔
√
2x −
√
5 = 0
⇒ Phương trình đã cho ⇔

4(x
2
− 2)(3 − x
2
) = 1
(
√
2x −
√
5)
2
+ 1 = 1
13
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
⇔




x
2
− 2 = 3 − x
2
x =

5
2
⇔ x =

5
2
Vậy phương trình có nghiệm x =

5
2
.
Bài tập 3. Giải phương trình:
36
√
x −2
+
4
√
y − 1
= 28 −4
√
x −2 −

y − 1

.
Lời giải:
ĐK:

x > 2
y > 1
36
√
x −2
+
4
√
y − 1
= 28 − 4
√
x −2 −
√
y − 1
⇔
36
√
x −2
+ 4
√
x −2 +
4
√
y − 1
+
√

y − 1 = 28 (1)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
36
√
x −2
+ 4
√
x −2 ≥ 24
Dấu " = " ⇔
36
√
x −2
= 4
√
x −2
4
√
y − 1
+
√
y − 1 ≥ 4
Dấu " = " ⇔
4
√
y − 1
=
√
y − 1
⇒ (1) ⇔






36
√
x −2
+ 4
√
x −2 = 24
4
√
y − 1
+
√
y − 1 = 4
⇔





36
√
x −2
= 4
√
x −2
4
√

y − 1
=
√
y − 1
⇔

x = 11
y = 5
Vậy phương trình có nghiệm

x = 11
y = 5
.
14
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Bài tập 4. Giải phương trình:
13[(x
2
− 3x + 6)
2
+ (x
2
− 2x + 7)
2
] = (5x
2
− 12x + 33)
2
Lời giải:
TXĐ: x ∈ R

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 4 số:
(a
2
+ b
2
)(c
2
+ d
2
) ≥ (ac + bd)
2
, dấu " = " xảy ra khi
a
c
=
b
d
Với: a = 2; b = 3; c = x
2
− 3x + 6; d = x
2
− 2x + 7
Ta có:
(2
2
+3
2
)[(x
2
−3x+6)

2
+(x
2
−2x+7)
2
] ≥ [2(x
2
−3x+6)+3(x
2
−2x+7)]
2
=
(5x
2
− 12x + 33)
2
(∗)
Khi đó nghiệm của phương trình đã cho là các giá trị x làm cho
dấu " = " ở bất đẳng thức (∗) xảy ra
⇔
2
x
2
− 3x + 6
=
3
x
2
− 2x + 7
⇔ 3(x

2
− 3x + 6) = 2(x
2
− 2x + 7)
⇔ x
2
− 5x + 4 = 0
⇔

x = 1
x = 4
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 4
Bài tập 5. Giải phương trình:

4x
2
− 4x + 2 +

x
2
− 2x + 5 =

9x
2
− 12x + 13
Lời giải:
TXĐ: x ∈ R
√
4x
2

− 4x + 2 +
√
x
2
− 2x + 5 =
√
9x
2
− 12x + 13
⇔

(2x −1)
2
+ 1 +

(x −1)
2
+ 4 =

(3x −2)
2
+ 9
Xét các vectơ sau:
a = (2x − 1, 1) ⇒ |a| =

(2x −1)
2
+ 1

b = (x − 1, 2) ⇒





b



=

(x −1)
2
+ 4
a +

b = (3x − 2, 3) ⇒



a +

b



=

(3x −2)
2
+ 9

15
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Từ bất đẳng thức:
|a| +




b



≥



a +

b



⇒

(2x −1)
2
+ 1 +

(x −1)
2

+ 4 ≥

(3x −2)
2
+ 9
⇒ dấu " = " xảy ra ⇔ a và

b cùng phương, cùng chiều
⇔
2x −1
x −1
=
1
2
⇔ 4x −2 = x −1
⇔ x =
1
3
Vậy phương trình có nghiệm x =
1
3
.
Bài tập 6. Giải phương trình:
tanx + cotx + tan
2
x + cot
2
x + tan
3
x + cot

3
x = 6
Lời giải:
ĐK: x = k
π
2
tanx + cotx + tan
2
x + cot
2
x + tan
3
x + cot
3
x = 6
⇔ tanx(1 + tanx + tan
2
x) + cotx(1 + cotx + cot
2
x) = 6 (1)
Ta có: tan
2
x + tanx + 1 > 0, cot
2
x + cotx + 1 > 0 , với x = k
π
2
tanx và cotx cùng dấu
⇒ từ (1) ta có: VP dương ⇒ VT dương
⇒ tanx > 0, cotx > 0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi có:
tanx + cotx ≥ 2
√
tanx.cotx = 2
tan
2
x + cot
2
x ≥ 2
√
tan
2
x.cot
2
x = 2
tan
3
x + cot
3
x ≥ 2
√
tan
3
x.cot
3
x = 2
tanx + cotx + tan
2
x + cot
2

x + tan
3
x + cot
3
x ≥ 6
Khi đó phương trình (1) ⇔ dấu " = " ở các bất đẳng thức trên xảy ra
⇔











tanx + cotx = 2
tan
2
x + cot
2
x = 2
tan
3
x + cot
3
x = 2
tanx > 0

16
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
⇔





tanx = cotx = 1
tan
2
x = cot
2
x = 1
tan
3
x = cot
3
x = 1
⇔ tanx = cotx = 1 ⇔ x =
π
4
+kπ (k ∈ Z)
Vậy phương trình có nghiệm x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
Bài tập 7. Giải phương trình:
(x + 1)
6

+ (x +
√
5)
6
= 18 −8
√
5
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức:
Với ∀a, b ∈ R và n ∈ N thì:
a
2n
+ b
2n
2
≥

a + b
2

2n
Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b
(Ta có thể chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp)
Ta có: (x + 1)
6
+ (x +
√
5)
6
= (−x −1)

6
+ (x +
√
5)
6
⇔
(x + 1)
6
+ (x +
√
5)
6
2
=
(−x −1)
6
+ (x +
√
5)
6
2
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
(−x −1)
6
+ (x +
√
5)
6
2
≥


√
5 −1
2

6
= 9 −4
√
5 (∗)
⇔
(x + 1)
6
+ (x +
√
5)
6
2
≥ 9 − 4
√
5
⇔ (x + 1)
6
+ (x +
√
5)
6
≥ 18 − 8
√
5
Khi đó, nghiệm của phương trình đã cho là các giá trị x làm cho dấu

đẳng thức xảy ra
⇔ dấu " = " ở bất đẳng thức (∗) xảy ra
⇔ −(x + 1) = x +
√
5
⇔ x = −
1
2
(1 +
√
5)
Vậy phương trình có nghiệm x = −
1
2
(1 +
√
5)
Bài tập 8. Giải phương trình:
3
x
+ 5
x
= 6x + 2
17
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức Bernoulli ta có:
• Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì:

5

x
+ (1 − 5)x ≤ 1
3
x
+ (1 − 3)x ≤ 1
⇔

5
x
≤ 4x + 1
3
x
≤ 2x + 1
⇒ 5
x
+ 3
x
≤ 6x + 2 (∗)
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 0; x = 1
• Nếu

x ≤ 0
x ≥ 1
thì

5
x
+ (1 − 5)x ≥ 1
3
x

+ (1 − 3)x ≥ 1
⇔

5
x
≥ 4x + 1
3
x
≥ 2x + 1
⇒ 5
x
+ 3
x
≥ 6x + 2 (∗∗)
Dấu " = " xảy ra ⇔ x = 0; x = 1
Khi đó phương trình đã cho có ngiệm ⇔ dấu " = " ở các bất đẳng
thức (∗) và (∗∗) xảy ra
⇔

x = 0
x = 1
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = 1
1.2.3 Phương pháp chứng minh duy nhất nghiệm
a) Nhận xét chung
Tùy theo dạng và điều kiện của phương trình ta có thể tính nhẩm
nghiệm của phương trình, sau đó chứng tỏ phương trình chỉ có những
nghiệm đó bằng một trong những phương pháp thông dụng:
- Dùng bất đẳng thức.
- Áp dụng tính đơn điệu của hàm số:
• Phương trình f(x) = 0.

f(x) là hàm liên tục, đơn điệu tăng hoặc giảm trên (a, b), khi đó nếu
f(x) = 0 có nghiệm x = α ∈ (a, b) thì nghiệm đó là duy nhất.
• Phương trình f(x) = g(x).
f(x) là hàm liên tục, đơn điệu tăng (giảm) trên (a, b) và g(x) là hàm liên
tục, đơn điệu giảm (tăng) trên (a, b). Khi đó nếu phương trình f(x) = g(x)
có nghiệm x = α ∈ (a, b) thì nghiệm đó là duy nhất.
18
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
- Áp dụng định lí Lagrange để chứng minh sự tồn tại nghiệm của
phương trình.
• Định lí:
Nếu hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên khoảng
(a, b) thì tồn tại ít nhất một số c ∈ (a, b) sao cho:f

(c) =
f(b) − f(a)
b −a
b) Bài tập vận dụng
Bài tập 1. Giải phương trình:
2
x
= (
√
3)
x
+ 1
Lời giải:
2
x
=(

√
3)
x
+1 (1)
TXĐ: x ∈ R
(1) ⇔

√
3
2

x
+

1
2

x
= 1 (2)
• Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình (1).
Ta chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
Thật vậy:
+ Với x > 2 ta có:

√
3
2

x
+


1
2

x
<

√
3
2

2
+

1
2

2
= 1
⇒ dấu đẳng thức không xảy ra.
+ Với x < 2 ta có:

√
3
2

x
+

1

2

x
>

√
3
2

2
+

1
2

2
= 1
⇒ dấu đẳng thức không xảy ra.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài tập 2. Giải phương trình:
2
x
2
+3
+ 3
x
2
= 9
Lời giải:
2

x
2
+3
+ 3
x
2
= 9 (2)
• x = 0 là một nghiệm của phương trình (2)
19
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Ta chứng minh x = 0 là nghiệm duy nhất của (2)
Thật vậy:
+ Với ∀x = 0 ta có:
x
2
> 0 ⇒ 2
x
2
+3
> 2
0+3
= 8 (3)
và 3
x
2
> 3
0
= 1 (4)
Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được:
2

x
2
+3
+ 3
x
2
> 2
0+3
+ 3
0
= 9
⇒ Với ∀x = 0 ta luôn có 2
x
2
+3
+ 3
x
2
> 9
⇒ ∀x = 0 không là nghiệm của phương trình (2)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài tập 3. Giải phương trình: x
x
= 10
x−x
2
, với x > 0
Lời giải:
x
x

= 10
x−x
2
, với x > 0 (3)
Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Ta chứng minh nghiệm này là duy nhất.
Thật vậy:
• Với x > 1 ta có: x
x
> 1
x
= 1
x
2
> x ⇔ x − x
2
< 0 ⇒ 10
x−x
2
< 10
0
= 1
⇒ 10
x−x
2
< x
x
Do đó với ∀x : x > 1 không thể là nghiệm của phương trình (3)
• Với 0 < x < 1 ta có: x
x

< 1
x
= 1
x
2
< x ⇒ x − x
2
> 0 ⇒ 10
x−x
2
> 10
0
= 1
⇒ 10
x−x
2
> x
x
Do đó với ∀x : 0 < x < 1 không thể là nghiệm của phương trình (3)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài tập 4. Giải phương trình:
x + x
log
2
3
= x
log
2
5
, x > 0

Lời giải:
x > 0 ⇒ x
log
2
5
= 0
20
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Chia hai vế của phương trình x + x
log
2
3
= x
log
2
5
cho x
log
2
5
, ta có:
x
1−log
2
5
+ x
log
2
3−log
2

5
= 1
⇔ x
log
2
2−log
2
5
+ x
log
2
3−log
2
5
= 1
⇔ x
log
2
5
2
+ x
log
3
5
2
= 1
⇔

2
5


log
2
x
+

3
5

log
2
x
= 1 (∗)
Ta nhận thấy phương trình (∗) có một nghiệm x = 2
Ta chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗)
Thật vậy:
• Nếu (∗) có nghiệm x > 2 thì ta có:
x > 2 ⇔ log
2
x > log
2
2 = 1
⇒

2
5

log
2
x

<

2
5

log
2
2
=
2
5
⇒

3
5

log
2
x
<

3
5

log
2
2
=
3
5

⇒

2
5

log
2
x
+

3
5

log
2
x
<
2
5
+
3
5
= 1, (vô lý)
• Nếu (∗) có nghiệm 0 < x < 2 thì ta có:
x < 2 ⇔ log
2
x < log
2
2 = 1
⇒


2
5

log
2
x
>

2
5

log
2
2
=
2
5
⇒

3
5

log
2
x
>

3
5


log
2
2
=
3
5
⇒

2
5

log
2
x
+

3
5

log
2
x
>
2
5
+
3
5
= 1, (vô lý)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
Bài tập 5. Giải phương trình:
2000
x
+ 2003
x
= 2001
x
+ 2002
x
(4)
Lời giải:
2000
x
+ 2003
x
= 2001
x
+ 2002
x
21
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
⇔ 2003
x
− 2002
x
= 2001
x
− 2000
x

(5)
Giả sử x = α là một nghiệm của (5), tức là ta có:
2003
α
− 2002
α
= 2001
α
− 2000
α
(∗)
Xét hàm f(t) = (t + 1)
α
− t
α
, t > 0
Ta có: f

(t) = α.[(t + 1)
α−1
− t
α−1
]
⇒ f(t) liên tục trên R và có đạo hàm trên R
⇒ f(t) liên tục trên [2000; 2002] và có đạo hàm trên (2000; 2002)
Theo định lí Lagrange thì tồn tại c ∈ (2000; 2002) sao cho
f

(c) =
f(2002) − f(2000)

2002 −2000
Từ (∗) ta có: f(2002) = f (2000) nên f

(c) = 0
⇔ α[(c + 1)
α−1
− c
α−1
] = 0
⇔

α = 0
α = 1
Thử lại ta thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phương trình (4)
Vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 0 và x = 1
Bài tập 6. Giải phương trình:
2
x
4
+4
+ 2
x
4
+5
+ 2012
x
2
= 49
Lời giải:
• Ta có x = 0 là một nghiệm của phương trình.

Thật vậy:
Nếu x = 0, ta có:
x
4
> 0 ⇒ x
4
+ 4 > 4, x
4
+ 5 > 5 ⇒ 2
x
4
+4
> 2
4
= 16
2
x
4
+5
> 2
5
= 32
2012
x
2
> 2012
0
= 1
⇒ 2
x

4
+4
+ 2
x
4
+5
+ 2012
x
2
> 16 + 32 + 1 = 49
Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm x = 0
Bài tập 7. Giải phương trình:
|x −2007|
1956
+ |x −2008|
1981
= 1 (∗)
Lời giải:
22
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
• Ta có: x = 2007 và x = 2008 là nghiệm của phương trình (∗)
Ta chứng minh phương trình (∗) chỉ có 2 nghiệm trên
Thật vậy:
• Nếu x < 2007 ⇒ x −2008 < −1
⇒ |x − 2008| > 1 ⇒ |x − 2008|
1981
> 1
⇒ |x −2007|
1956
+ |x −2008|

1981
> 1
• Nếu x > 2008 ⇒ x−2007 > 1 ⇒ |x −2007| > 1 ⇒ |x − 2007|
1956
> 1
⇒ |x −2007|
1956
+ |x −2008|
1981
> 1
• Nếu 2007 < x < 2008
⇒ 0 < x − 2007 < 1 ⇒ |x −2007| = x − 2007
|x −2007| < 1 ⇒ |x − 2007|
1956
< |x − 2007| = x −2007 (1)
Tương tự: −1 < x − 2008 < 0 ⇒ |x −2008| = 2008 −x
|x −2008| < 1 ⇒ |x − 2008|
1981
< |x − 2008| = 2008 −x (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ |x −2007|
1956
+ |x −2008|
1981
< 1
Vậy phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm x = 2007; x = 2008
1.2.4 Phương pháp đưa về hệ phương trình
a) Nhận xét chung
Phương pháp:
- Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung (nếu cần).
- Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ

phương trình quen thuộc.
- Ta có thể biến đổi phương trình về dạng một vế là tổng bình phương
các số hạng (hay tổng các số hạng không âm) và vế còn lại bằng 0. Áp
dụng tính chất:
A
2
+ B
2
= 0 ⇔

A = 0
B = 0
b) Bài tập vận dụng
Bài tập 1. Giải phương trình:
3

(3x + 1)
2
+
3

(3x −1)
2
+
3

9x
2
− 1 = 1
23

Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
.
Lời giải:
ĐK: |x| ≥
1
3
3

(3x + 1)
2
+
3

(3x −1)
2
+
3
√
9x
2
− 1 = 1 (1)
Đặt u =
3
√
3x + 1 và v =
3
√
3x −1
⇒ u.v =
3

√
3x + 1.
3
√
3x −1 =
3
√
9x
2
− 1
⇒ (1) ⇔ u
2
+ v
2
+ u.v = 1 (∗)
Và ta có: u
3
− v
3
= (
3
√
3x + 1)
3
− (
3
√
3x −1)
3
= 2 (∗∗)

Từ (∗) và (∗∗) ta có hệ:

u
2
+ v
2
+ u.v = 1
u
3
− v
3
= 2
⇔

u
2
+ v
2
+ u.v = 1
(u −v)(u
2
+ v
2
+ u.v) = 2
⇔

u
2
+ v
2

+ u.v = 1
u −v = 2
⇔

u = v + 2
(v + 2)
2
+ v
2
+ v(v + 2) = 1
⇔

u = v + 2
3v
2
+ 6v + 3 = 0
⇔

u = v + 2
3(v + 1)
2
= 0
⇔

u = v + 2
v = −1
⇔

u = 1
v = −1

Vậy ta có

u =
3
√
3x + 1 = 1
v =
3
√
3x −1 = −1
⇔ x = 0
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình.
Bài tập 2. Giải phương trình:
x +

2 −x
2
+ x

2 −x
2
= 3
Lời giải:
Điều kiện: −
√
2 ≤ x ≤
√
2
Đặt:


a = x; |a| ≤
√
2
b =
√
2 −x
2
≥ 0
⇒

a
2
= x
2
b
2
= 2 −x
2
⇒ a
2
+ b
2
= 2
Phương trình đã cho trở thành: a + b + ab = 3
24
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Khi đó ta có hệ phương trình:

a + b + ab = 3
a

2
+ b
2
= 2
⇔

a + b + ab = 3
(a + b)
2
− 2ab = 2
⇔





a + b = 3 − ab

ab = 1
ab = 7
⇔


a + b = 3 − ab
ab = 1

a + b = 3 − ab
ab = 7
⇔



a + b = 2
ab = 1

a + b = −4
ab = 7
• Xét

a + b = −4
ab = 7
Khi đó a, b là nghiệm của phương trình: X
2
+ 4X + 7 = 0 (phương
trình vô nghiệm)
⇒ vô nghiệm a, b
• Xét

a + b = 2
ab = 1
Khi đó a, b là nghiệm của phương trình: X
2
− 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1
⇔ a = b = 1 ⇔

x = 1
√
2 −x
2
= 1
⇒ x = 1

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Bài tập 3. Giải phương trình:
4
√
x −2 +
4
√
6 −x =
√
2
Lời giải:
Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 6
Đặt:

a =
4
√
x −2 ≥ 0
b =
4
√
6 −x ≥ 0
⇒

a
4
= x −2
b
4
= 6 −x

⇒ a
4
+ b
4
= 4
Phương trình đã cho ⇔ a + b =
√
2
25
Phạm Thị Thùy K6 - ĐHSP Toán
Khi đó ta có hệ:

a
4
+ b
4
= 4
a + b =
√
2
⇔

(a
2
+ b
2
)
2
− 2a
2

b
2
= 4
a + b =
√
2
⇔

2a
2
b
2
− 8ab = 0
a + b =
√
2
⇔






ab = 0
ab = 4
a + b =
√
2
• Với


ab = 0
a + b =
√
2
Khi đó a, b là nghiệm của phương trình: X
2
−
√
2X = 0
⇔ X(X −
√
2) = 0 ⇔

X = 0
X =
√
2
⇒


a = 0
b =
√
2

a =
√
2
b = 0
⇔



4
√
x −2 = 0
4
√
6 −x =
√
2

4
√
x −2 =
√
2
4
√
6 −x = 0
⇔

x = 2
x = 6
• Với:

ab = 4
a + b =
√
2
⇒ a, b là nghiệm của phương trình:

X
2
−
√
2X + 4 = 0 (phương trình này vô nghiệm) ⇒ vô nghiệm a, b
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 2; x = 6.
Bài tập 4. Giải phương trình:
3
√
sin
2
x +
3
√
cos
2
x =
3
√
4
Lời giải:
Đặt:

a =
3
√
sin
2
x; 0 ≤ a ≤ 1
b =

3
√
cos
2
x; 0 ≤ b ≤ 1
⇒

a
3
= sin
2
x
b
3
= cos
2
x
⇒ a
3
+ b
3
= 1
26