DIỄN ĐÀN TOÁN THPT

TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

www.k2pi.net

Phạm Kim Chung - THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An

ne
t

Xin chân thành gửi lời cảm ơn tới thầy giáo Châu Ngọc Hùng đã hướng dẫn và hỗ trợ về kỹ thuật Latex
cùng tất cả các thành viên đã tham gia post bài tập, lời giải trên diễn đàn www.k2pi.net

PHẦN ĐỀ RA
Bài 1 Giải phương trình :

9 − 2x

+

4x + 3

=

15
2

4−x
4x + 1
3

3
3x + 5 = 15x + 12 − 2x − 1
x −3
= 12
Bài 3 Giải phương trình : (x − 1)2 + 2 (x + 1)
x +1
Bài 4 Giải phương trình : 4 1 − x − 6 = x − 3 1 − x 2 + 5 1 + x
1
x +1
Bài 5 Giải phương trình :
=x−
2
x +1− 3−x
3

ww
w.
k2
p i.

Bài 2 Giải phương trình :

3

Bài 6 Giải phương trình : x 2 + x 4 − x 2 = 2x + 1

4
1
5
+ x − = x + 2x −

x
x
x
Bài 8 Giải phương trình : x 2 + 6x − 11 x − 2 = 5x 2 − 10x + 1
1
7
Bài 9 Giải phương trình : x + 3 = x −
+5
2
2x

Bài 7 Giải phương trình :

Bài 10 ( Trích đề thi thử số 4-k2pi.net) Giải phương trình :
Bài 11 Giải phương trình :

3

x2 − 1 −

x3 − 2 + x

3x 2 − 1 +

Bài 12 Giải phương trình :

1+2 x −x x
3−x − 2−x

=2


1+x x
1+x

=0

x2 − x − x

x2 + 1 =

1

2 2

(7x 2 − x + 4)

3

Bài 13 Giải phương trình : x 2 − 2x + 5 + 5 = x − 2 + 2x

1
1
− x 1 − = 2(x ∈ R).
x
x
2x + 3 + x + 1 = 3x − 16 + 2 2x 2 + 5x + 3
x+ 3
x− 3
+
= x

x+ x+ 3
x− x− 3

Bài 14 Giải phương trình :

x−

Bài 15 Giải phương trình :
Bài 16 Giải phương trình :

Bài 17 ( Trích đề thi thử số 7-k2pi.net) Giải phương trình : 4 3 (x + 5)− 4 x + 13 = 4 11 − x − 4 3 (3 − x)

PHẦN LỜI GIẢI

Bài 1

⇔

1 + 2 (4 − x)
4−x

1

4−x

+

(4x + 1) + 2
4x + 1


Bài 2 Xét trường hợp : x =

Với : x =

15
2
2

2 4 − x + 4x + 1
15
15
⇔ 2 4 − x + 4x + 1 +
=
2
2
4x + 1
4 − x. 4x + 1
17 < t ≤ 34 . Giải được t = 5

+ 2 4 − x + 4x + 1 +

Đặt : t = 2 4 − x + 4x + 1

=

=

1
2


1
Chia cả 2 vế cho ] 3 2x − 1 và đặt :
2

3

3x + 5
= a;
2x − 1

3

15x + 12
= b . Ta cóa = b − 1 và a 3 − 3b 3 = 3
2x − 1

Bài 3 TH1: Nếu x ≥ 3 thì P T ⇐⇒ (x + 1)(x − 3) + 2 (x + 1)(x − 3) = 8
TH2: Nếu x < −1 thì P T ⇐⇒ (x + 1)(x − 3) − 2 (x + 1)(x − 3) = 8

1


Bài 4 Điều kiện:−1 ≤ x ≤ 1 Phương trình được viết lại như sau:
1 − x2

Bình phương 2 vế và thu gọn ta được phương trình:
8x 2 − 3x − 4 + (6x − 4)

Ta đặt t = 1 − x 2 thì phương trình trở thành:


ne
t

4 1−x −5 1+x = x +6−3

1 − x2 = 0

8x 2 − 3x − 4 + (6x − 4)t = 0

Bây giờ ta thêm bớt vào một lượng mt 2 để tạo ra phương trình bậc 2 theo t là:
mt 2 + (6x − 4)t + (8 + m)x 2 − 3x − 4 − m = 0

ww
w.
k2
p i.

Ta có ∆ = (3x − 2)2 − m[(8 + m)x 2 − 3x − 4 − m] = (9 − 8m − m 2 )x 2 + (3m − 12)x + m 2 + 4m + 4.
Ta mong muốn ∆ = (ax + b)2 để có điều này thì ta cần: ∆ = (3m − 12)2 − 4(9 − 8m − m 2 )(m 2 + 4m + 4) = 0
Giải phương trình này ta thu được m = −8. Như vậy phương trình bậc 2 theo t là :
−8t 2 + (6x − 4)t − 3x − 4 = 0

Ta có: ∆ = (3x − 2)2 − 24x + 32 = (3x − 6)2 . Phần còn lại là đơn giản rồi nhé.

−1 ≤ x ≤ 3
Bài 5 Điều kiện :
x = 1

.


Với điều kiện này phương trình đã cho tương đương với phương trình :
x + 1( x + 1 + 3 − x)
1
=x−
2(x − 1)
2
⇔

2x + 3 + 2x − x 2
=x
2(x − 1)

⇔ 3 + 2x − x 2 = 2x 2 − 4x

3 + 2x − x 2 = 4x 2 (x − 2)2
⇔
x ≤ 0 ∨ x ≥ 2


(x − 1)2 (x 2 − 2x − 13 ) = 0
4
⇔

x ≤0 ∨ x ≥2



17
x = 1+
2

⇔

17
x = 1−
2

Đối chiếu điều kiện ban đầu ta có hai nghiệm vừa tìm được chính là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 6 ∗x = 0, thay vào phương trình không thoả mãn

∗x = 0, chia 2 vế (1) cho x ta được: x −

1
+
x

3

x−

1
−2 = 0
x

1
. PT trở thành: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1
x
1± 5
Với t = 1, ta có: x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x =
2


Đặt: t =

3

x−

Bài 7 Đặt

x−

1
= a và
x

2x −

5
= b chuyển vế ta có a − b = b 2 − a 2
x

Bài 8 Đặt t = x − 2. Pt đã cho trở thành (t − 1)5 = 0

2


Bài 9 ĐK : x ≥ 4 2 − 5
1
7
x +3 = x −
+ 5 ⇔ x(x + 3) − 2x x + 3 + 7(x − 1) = 0

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

+7 = 0

ne
t

x x +3
x +3+2

Bài 10
Cách 1 : Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho được biến đổi tương đương thành phương trình :
x x +x −x − x − x −1

⇐⇒

=

2 1+ x x − x +1
1+x

2 1+ x x − x +1
1+x

2−x +x −3

2x − x + 1
x − x −1
=
1+x
2−x +x −3

(1)

x − x −1

ww
w.
k2
p i.

⇐⇒

2−x +x −3
x +1 x − x −1

=

Tới đây ta có :

2 − x + x − 3 < 0, ∀x ∈ [0; 2] . Mặt khác ta có :

2−x +x −3

có (2) tương đương với :


x − x −1 ≥

2 − x + x − 3 ⇐⇒

2−x + x ≤ 2

Ta có (3) luôn đúng vì theo bất đẳng thức B.C .S ta có : 2 − x + x ≤

xảy ra khi và chỉ khi :
tương đương với :

2−x =

x ⇐⇒ x = 1. Lại có :

≤ 1, ∀x ∈ [0; 2]

(2). Thật vậy, ta

(3)

(12 + 12 )(2 − x + x) = 2 Dấu đẳng thức

x − x +1
≥ 1, ∀x ∈ [0; 2]
1+x

(4). Thật vậy, ta có (4)

2


x − 1 ≥ 0 (luôn đúng)

x − x −1


≤1



 2−x +x −3

x − x + 1 ≥ 1 + x ⇐⇒

Dấu đẳng thức xảy ra ở (4) khi và chỉ khi x = 1. Vậy ta có :

x ∈ [0; 2] nên (1) xảy ra khi






x − x +1 ≥ 1
1+x

và chỉ khi x = 1. Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Cách 2 : Đặt



a =

x a ≥0

b =

2−x ≥ 0

⇐⇒ a 2 + b 2 = 2. Ta viết lại phương trình đã cho thành:

1 + 2a − a(2 − b 2 )
1 + a3
=
2
3 − (2 − b 2 ) − b
1 + a2
2
3
1 + ab
1+a
⇐⇒ 2
=2
b −b +1
1 + a2

⇐⇒ 1 + ab 2 + a 2 + a 3 b 2 = 2b 2 − 2b + 2 + 2a 3 b 2 − 2a 3 b + 2a 3
⇐⇒ a 3 (b 2 − 2b + 1) + b 2 − 2b + 1 + b 2 − ab 2 + a 3 − a 2 = 0
⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + (a − 1)(a 2 − b 2 ) = 0


⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)(a 2 − 1) = 0

⇐⇒ (a 3 + 1)(b − 1)2 + 2(a − 1)2 (a + 1) = 0


(b − 1)2 = 0
Mà a, b ≥ 0 nên ta có
(a − 1)2 = 0

. Hay a = b = 1 ⇐⇒ x = 1. Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.

Cách 3 : ĐK : 0 ≤ x ≤ 2 Đặt : a = x; b = 2 − x ⇒ a 2 + b 2 = 2

(a + 1) a 2 − a − 1
1 + 2a − a 3
a3 + 1
a +b −2
(a − 1)2
(a − 1)2
= 2. 2
⇐⇒
=
1
+
⇐⇒
= 2
(∗)
2
2
2

3−a −b
a +1
a +b −3
a +1
a +1
b −b +1
Từ giả thiết : a 2 + b 2 = 2 =⇒ a + b ≤ 2(a 2 + b 2 ) = 2

3

.


a =1

Do đó V T (∗) ≥ 0;V P (∗) ≤ 0. Nên PT ⇐⇒

=⇒ x = 1

b=a

3

x2 − 1 − x3 − 2 + x = 0
3

⇔

x2 − 9


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

2
x2 − 1 + 2

3





3


2

x +3


⇔ (x − 3) 

2

3

x + 3x + 9 
=0
5 + x3 − 2

+1−


3

x2 − 1 + 2 x2 − 1 + 4

x =3
x +3

+1−

x 2 + 3x + 9

= 0 (∗)

+ (x − 3) +

x2 − 1 + 4

27 − x 3

5 + x3 − 2

ww
w.
k2
p i.


⇔



ne
t

Bài 11
Điều kiện x ≥ 3 2.
Nhận thấy có sự chênh lệch của căn (căn bậc hai và căn bậc ba) nên ta thường sử dụng cách nhân
liên hợp. Không khó khăn khi nhẩm nghiệm x = 3.

3

2
x2 − 1 + 2

3

x2 − 1 + 4

5 + x3 − 2

x +3

Ta chứng minh:

3

2

3


<1⇔x <

3

2

3

x2 − 1 + 2 x2 − 1 + 1

x2 − 1 + 2 x2 − 1 + 4

Vậy nên chỉ cần chứng minh:
x<

3

2

3

x2 − 1 + 1 ⇔ x − 1 <

x2 − 1

2

⇔ (x − 1)3 < x 2 − 1

2


⇔ x 4 − x 3 + x 2 − 3x + 2 > 0 ⇔ (x − 1)2 x 2 + x + 2 > 0

.

Điều này luôn đúng với x > 1.
Tiếp theo ta chứng minh:
x 2 + 3x + 9

x3 − 2
2

> 2 ⇔ x 2 + 3x − 1 > 2 x 3 − 2

5+
⇔ x + 3x − 1

2

> 2 x3 − 2 ⇔ x2 + x

2

+ (x − 3)2 + 5x 2 > 0

Điều này luôn đúng.
Như vậy ta chứng minh được:
x +3








2

3

<1

3

x2 − 1 + 2 x2 − 1 + 4
2

x + 3x + 9



>2
5 + x3 − 2

x +3

⇒

2

3


+1−

3

x2 − 1 + 2 x2 − 1 + 4

x 2 + 3x + 9

5 + x3 − 2

Từ đó suy ra (∗) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Bài 12 ĐK: [1; +∞) ∪ −∞;

−1

3

Áp dụng bất đẳng thức bunhia-copski ta có: V T ≤
*)Dấu ’=’ xảy ra ⇔ x = −1
Mặt khác: 5x 2 − x > 0∀x ∈ [1; +∞) ∪ −∞;

Do đó:

1

5x 2 − x + 2 x 2 + 2 ≥

x 2 + 2 5x 2 − x .


−1

3

1

.2. 5x 2 − x .2. (x + 2)
2 2
2 2
.
2
⇔VP ≥
5x − x (x + 2)

x = −1
*)Dấu’=’ xảy ra ⇔ 
4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = −1
x=
3
VP =

Bài 13
3
Cách 1 : Xét f (x) = x 2 − 2x + 5 + 5 − x − 2 − 2x trên [2; + ∝)
2x − 2

Có: f (x) =
3

3


(x − 1)2 + 4

2

−

1

2 x −2

−2 =

2x − 2 − 6
3

3

3

(x − 1)2 + 4

(x − 1)2 + 4

4

2

2


−

1

2 x −2

<0

<0

=0


2

3

x 2 − 2x + 5 − 2 −

x − 2 − 1 − 2(x − 3) = 0

x 2 − 2x − 3

⇔

3

x 2 − 2x + 5

2


ne
t

( Vì ta có: 3 (x − 1)2 + 4 ≥ 3 (x − 1)4 + 4(x − 1)2 ≥ (x − 1) > 0)
Do vậy PT đă cho có duy nhất nghiệm. Mà ta nhận thấy: f (3) = 0. Vậy x = 3
Cách 2 : Điều kiện x ≥ 2.
Phương trình tương đương

+2

3

x −3

−

x −2+1

x 2 − 2x + 5 + 4

− 2(x − 3) = 0



⇔ (x − 3) 



x +1

2

3

1

−

3

x −2+1

x 2 − 2x + 5 + 2 x 2 − 2x + 5 + 4


− 2 = 0

Ta thấy một nghiệm x = 3, tiếp theo chứng minh
x +1

3

x 2 − 2x + 5

2

+2

3


−
x 2 − 2x + 5 + 4

1

x −2+1

x +1

≤ 1, ∀x ≥ 2 là đủ.

ww
w.
k2
p i.

Và chỉ cần

− 2 < 0, ∀x ≥ 2.

3

2

3

x 2 − 2x + 5 + 2 x 2 − 2x + 5 + 4

Thật vậy, bất phương trình tương đương
x +1 ≤


3

2

2

x − 2 + 2x − 4 + 3 ⇔ 4(x − 2)2 + 4(x − 2) x − 2 ≥ 0, ∀x ≥ 2.

x 2 − 2x + 5 + 1 + 3 ⇒ x + 1 ≤

Bài 14
Điều kiện −1 ≤ x < 0, x ≥ 1 Phương trình tương đương:







(x 2 − x − 1) 


1

x

x−

1

+1
x

1

−

x

1−

1
−1
x



=0


1± 5
2
1
1
[*] Với : x
x − + 1 − x 1 − − 1 = 0 (vô nghiệm khi 1 ≤ x < 0, x ≥ 1)
x
x
1
1

1
Vì : khi −1 ≤ x < 0 thì x
x − − 1 − + 1 − 1 < 0 và khi x ≥ 1 thì x
x− −
x
x
x

[*] Với : x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x =

Bài 15
Đặt 2x + 3 = a; x + 1 = b (a; b ≥ 0)
Khi đó, phương trình đã cho trở thành:

a + b = a 2 + b 2 − 20 + 2ab ⇔ (a + b)2 − (a + b) − 20 = 0 ⇔ (a + b − 5) (a + b + 4) = 0

⇒

2x + 3 + x + 1 − 5

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

Bài 16
Cách 1 : Đặt

x + 3 = a; x − 3 = b ⇒ 2x = a 2 + b 2
a2
b2
PT trở thành
+

= x ⇔ x − a + b (x + ab) = 0
x +a
x −b
4
suy ra x = a
− b từ đó ta tìm x= 2



3


a = 1 +
 a 2 + b 2 = 2(1)
x
2
2
Cách 2 : Đặt
thì ta thu được hệ:

 a + b = 1(2)

3


a +1 b +1
b = 1 −
x
Khai triển (2) và thay a 2 + b 2 = 2thì ta thu được: (a + b − 1)(ab − 1) = 0


Bài 17
Cách 1 : ĐK: −5 ≤ x ≤ 3

5

1−

1
+x −1 > 0
x


PT ⇔

4

4

15 + 3x + 9 − 3x =

4

15 + (x − 2) + 4 9 − (x − 2)

⇒ f (t) ≥ 0 với t ∈ [−15; −3] và f (t ) ≤ 0 với t ∈ [−3; 9]
u = 3x

Đặt :

v = x − 2


P T ⇔ f (u) = f (v)

Với x ∈ [−1; 3] → u, v ∈ [−3; 9]
Với x ∈ [−5; −1] → u, v ∈ [−15; −3]
⇒ P T ⇔ u = v ⇔ 3x = x − 2 ⇔ x = −1

1
1
1
− 4
4
4 ( 15 + t )3 ( 9 − t )3

ne
t

Xét hàm số: f (t ) = 4 15 + t + 4 9 − t trên đoạn [−15; 9] có: f (t ) =

Cách 2: Điều kiện : −5 ≤ x ≤ 3 Đặt : a = 4 3 (x + 5); b = 4 3 (3 − x); c = 4 11 − x; d = 4 x + 13
Ta có :

a +b = c +d





4


a + b4 = c 4 + d 4





a, b, c, d ≥ 0

Lúc đó : a + b 4 = c 4 + d 4 ⇔ (a + b)4 − 2ab 2a 2 + 3ab + 2b 2 = (c + d )4 − 2cd 2c 2 + 3cd + 2d 2
⇒ ab 2(a + b)2 − ab = cd 2(a + b)2 − cd (Do a + b = c + d ) (*) ⇒ (ab − cd ) 2(a + b)2 − (ab + cd ) = 0
Mà : (a + b)2 ≥ 4ab ≥ ab ; (a + b)2 = (c + d )2 ≥ 4ab ≥ ab ∀a, b, c, d ≥ 0
Nên từ (*) suy ra : ab = cd hoặc a = b = 0 (không xảy ra)
Thay trở lại ta có phương trình :

ww
w.
k2
p i.

4

4

9 (x + 5) (3 − x) =

4

(11 − x) (x + 13) ⇔

−5 ≤ x ≤ 3


2

8x + 16x + 8 = 0

⇔ x = −1

Thử lại ta thấy x = −1 là nghiệm của phương trình đã cho !

6