Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy

PHẦN I. Giải hệ phương trình bằng phương pháp
đặt hai ẩn phụ đưa về hệ phương trình đại số.
Bài 1. Giải hệ phương trình


2 x x  x 2  1  y 4  1

4
2



1 
3
2
2 x  1   y    

y 
2






 x , y   .

Lời giải: Điều kiện: x   ; y  0 .
1

1
 x 2  1  x  2 x2  1  t  .
t
t
2
Và u  y  0 , khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với:
2

 2
 2
5
 x  x 2  1  y 4  5
t  u2  5
t  u2 


4

4
4

 









1
1
1
1
1
ut 1

2
 2
t   u   

2 x  1   y  2  
 2 t  u  tu  2

 2 

t
u

y



2

t  u2  2tu  5
2
4 t  u  8tu  5




4 t  u  8tu  5
4
 
 
 
tu




1
1

2 t  utu  1  tu t  u 
t  u1   
2 tu  1

tu  2


4 a2  8b  5
a  t  u

Đặt 
, do đó hệ phương trình trên trở thành: 
b
b  tu
a 
2 b  1


2
 b 
2
2
1
1


 4
 8b  5  b2  8bb  1  5b  1  b   a  

2
2
 2 b  1 

t  1
t  u   1 
t  1

2
2


Từ đó suy ra 
2 hoặc 
1 ( loại vì u  y  0 ).




1

u  
tu 
2
u  1

2


3



 x  ; y  1
2 x 2  1  t  1  5 x 2  9
t  1

4
Với 
t 2  
16  
2 , ta được 

 2
 2
3

u  1
 x   ; y  1

 y  1
 y  1

4

Đặt t  x  x 2  1 suy ra





1


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
 3
 3

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   ; 1 , ; 1 
 4
  4

Bài 2. Giải hệ phương trình

 y x 2  4 y 2  x  1


 x  2 y  x  2 y  4  1  x  2 y  12

9

Lời giải: Điều kiện: x  2 y  0; x  2 y .

x , y   .

a  x  2 y
a2  b2
a 2  b2

Cách 1. Đặt 
, khi đó hệ
a , b  0  x 
; 2y 

b  x  2 y
2
2

phương trình đã cho trở thành:
 a 2  b2
2
 2

.ab  a2  b2  2 a  ab  2ab  b  2  0

 2


2

a  b  4  1 b2  1 2

1 2


a  b  4  b  1
9

9


ab  b2  2
a  b  2


b

2 
2
a  b  4  1 b2  1

2
1
2b   4  b2  1


9

b
9
b  1
2

Giải  , chúng ta có:   b  1 b  2b2  4b  9  0  
.
b  2

 x  2 y  3 x  5

Với b  1 suy ra a  3 do đó 
.
 
 x  2 y  1  y  2


13
 x  2 y  3 x 


2 .

 Với b  2 suy ra a  3 do đó 
 x  2 y  2 
5

 y 
4

 13 5 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   5; 2 , ;  .
 2 4 






Cách 2. Phương trình một của hệ tương đương với:

2


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
4 y x 2  4 y 2  4 x  4  x 2  4 y 2  2.2 y. x 2  4 y 2  4 y 2  x 2  4 x  4
 x2  4 y 2  x  2 y  2
2
2

 x 2  4 y 2  2 y   x  2  
 x2  4 y 2  x  2 y  2  0
Vn

2
Ta có x 2  4 y 2  x  2 y  2  x  2 y  x  2 y 
và ta sẽ đặt ẩn
x  2y





phụ a  x  2 y  0 nên


x  2y  a 

2
, khi đó phương trình hai trong hệ
a

18 a  1
2
2
2
1
 a 2  1
trở thành: 2 a   4  a2  1 
a
9
a
2 
2
2

 a  1  aa  1  18  0  a  1  a  2a 2  4 a  9  0


 x  2 y  3 x  5

 
 Với a  x  2 y  1 suy ra 
.
 x  2 y  1  y  2



13
 x  2 y  3 x 


2 .

 Với a  x  2 y  2 suy ra 
 x  2 y  2 
5

 y 
4


 13 5 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   5; 2 , ;  
 2 4 


2

Bài 3. Giải hệ phương trình


 9 x  2 y  2 2 y  x  4

x
y



 2 y

 x
  9  18



1

 2

 x 2

 2 y

Lời giải: Điều kiện: xy  0; 9 x 

 x , y   .

2y
x
 0; 2 y   0 .
x
y

 x
 2 y

Ta thấy:  2  1 2  9  18   x  2 y 2 2 y  9 x 2   36 x 2 y 2 .



 x

 2 y

3


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
9 x2 2 y 2

 9 xy  1
2y
x
2 y2 y x
9 x2
9x 
x y

 9 xy 
 .  2  2 y    2 y 
2y
x
x y
2 
y  x 
 9 x y 

2 y 

x
x
   2 y    2  9 x  2 y    4
 2

x 
y 
x 
y 

 9 x 3  4 y 3  18 x 2 y 2  2 xy 

Đặt a  9 x 

x 
 2
y 

2y
x
; b  2 y  ; a , b  0 , khi đó hệ phương trình đã cho tương
x
y

a  2b  4 a  4  2b
a  2

 
đương với: 
.

ab  2
b 4  2b  2 b  1

Với a  2; b  1 , từ đó suy ra

 9 x  2 y  2

1
x
2
2 y  4 x  9 x 2




9
x

2
y

4
x
x


9.

  2


 
2
2




1
4
x

9
x

2
x

4
x

9
x
x

2 y  x  y

 2 y   1
 y 
3


y

 1 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   ;  
 9 3 
Bài 4. Giải hệ phương trình

x  2 y  2 4 x  y  1


 46  16 y  x  y  6 y  4 4 x  y  8  4 y


x , y   .

Lời giải: Điều kiện: 4 x  y  0; 23  8 y  x  y  3 y .
Phương trình một của hệ tương đương với 4 4 x  y  2  2 x  4 y .
Thế xuống phương trình hai trong hệ, ta được:
x  3
46  16 y  x  y  6 y  2 x  6  
46  16 y  x  y  6 y  4 x 2  24 x  36

x  3
x  3

  2


4 x  16 xy  16 y 2  24 x  6 y  10  0 2  x  2 y2  34 x  y  5



x  2 y  2 4 x  y  1

Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành 

2  x  2 y2  34 x  y  5

4


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
a  x  2 y
Đặt 
, do đó hệ phương trình  tương đương với:
b  4 x  y  0

a  1  2b
a  2b  1
a  1  2b



 2


2
2
2 a  3b  5 2 1  2b  3b2  5 11b2  8b  3  0





3

a  1 x  2 y  1 x  2 y  1 x  7




b  1
 4 x  y  1 4 x  y  1

5

 y  
7

 3 5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y   ;   
 7 7 
Bài 5. Giải hệ phương trình

 x  y  1 y  1  y x  y  4


 y 2  y  xy  8  4 xy  x  y 2  y

Lời giải: Điều kiện: x  y  1 .

 x , y   .


a  y  1
x  a2  b2  1

a , b  0  
Đặt 
, khi đó phương trình một của hệ

b  x  y
 y  a2  1


2
2
trở thành: b  1 a  a  1 b  4  a  bab  1  4 .

Và phương trình thứ hai trong hệ tương đương với:
y  y  x  1  8  4

x  y y  1  a2  1b2  1  8  4ab

 a 2 b2  a 2  b2  1  8  4ab   a  b   ab  1  8
2

2

Do đó, ta có hệ phương trình:
a  bab  1  4





a  b  2  a  b  1   y  1  1  x  3


a  b2  ab  12  8 ab  1
 x  y  1  y  2


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y  3; 2 

5


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy

Phần II. Giải phương trình, bất phương trình bằng
phương pháp đặt ẩn phụ.
Câu 1. Giải bất phương trình

4 x

2

 x  1 x 2  x  2  4 x 2  3x  5 x 2  1  1

 x  

Lời giải. Điều kiện: x  1 hoặc x  1 .
a  x 2  x  2

3a 2  b2  4 x 2  3 x  5


a , b  0


 2
b  x 2  1
a  3b 2  4 x 2  x  1


Đặt
, ta có 
.
Khi đó bất phương trình đã cho

  a 2  3b 2  a   3 a 2  b 2  b  1

 a3  3a2 b  3ab2  b3  1  a  b  1  a  b  1
3

 x 2  x  2  x2  1  1  x2  x  2  x 2  1  1

2 1 7

x 

3
 x2  x  2  x2  2 x2  1  x  2  2 x2  1  


2 1 7

x



3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
2 1 7
 
2 1  7 

 


 
S
;   ;


3
 
3


 



Câu 2. Giải bất phương trình

x3  8 x2  8
x3  x2  8





40
 5x 2  8 x
x













 x  

3
Lời giải. Điều kiện: x 3  x 2  8  0  x  .
2
3
2

x  8 x  8  t 2  7 x 2
Đặt t  x 3  x 2  8  0   3
.
5 x  8 x 2  40  5t 2  3x 2

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với:
t 2  7 x 2 5t 2  3 x 2

 t 2 x  7 x 3  5t 3  3 x 2 t  t  x5t 2  4tx  7 x 2   0
t
x

6


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy

3

3
x
x


tx  x  x 8 x 

 x2
2
2
 3

 3
2
2
x

x

8

x
x

8

0


Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là S   2;  
3

2

Bài tập tương tự.
3
2
9  2 x 2 2 11x  56 x  11

 9 x  6  x
Giải phương trình
x

x3  4 x2  1

x  

Lời giải. Điều kiện: x 3  4 x 2  1  0
11x 3  56 x 2  11  11t 2  12 x 2
Đặt t  x 3  4 x 2  1  0 , ta có  3
.
9 x  56 x 2  9  9t 2  20 x 2

2 11t 2  12 x 2  9t 2  20 x 2

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
t
x
 22t 2 x  24 x 3  9t 3  20 x 2 t  t  2 x9t 2  4tx  12 x 2   0

x  0
 t  2 x  x 3  4 x 2  1  2 x   3
 x1
x  4 x 2  1  4 x 2

Thử lại thấy x  1 thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 

2
Giải phương trình 3 x 3  4 x 2  6  2  x 2  2 x   x 3  x 2  2

x 


 x  

Lời giải. Điều kiện: x 3  x 2  2  0  x  1 .
3 x 3  4 x 2  6  3t 2  x 2
Đặt t  x 3  x 2  2  0 , ta có  3
.
x  2 x 2  2  t 2  x 2

2 t 2  x 2 t
2
2
Khi đó phương trình đã cho trở thành 3t  x 
x
 x 3  2 x 2 t  3t 2 x  2t 3  0   x  t x 2  xt  2t 2   0

x  1
 t  x  x 3  x 2  2  x   3
 x 3 2
x  x 2  2  x 2

Vậy phương đã cho có nghiệm duy nhất là x  3 2 

7


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy

Câu 3. Giải phương trình

2x  5




2  x  2 2x  5



3

 x  

 64

5
Lời giải. Điều kiện: 2  x   .
2
a  2 x  5
a 2  2 x  5

 a 2  2b 2  9 .
a , b  0 , suy ra 
Đặt 

 2
2b  4  2 x
b  2  x


2
2

 a  2b2 
2
3
3
  81ab  2 a  64 a2  2b2 
Khi đó, ta có a b  2 a  64 


9
a  b  0

 2  x  2 2 x  5  2  x  8 x  20  x  2 .
b  2a

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  2 

Câu 4. Giải phương trình

5  8 x



5  4 x  2 x   x  2 x  8  0

x  

Phân tích ý tưởng: Quan sát biểu thức 5  8x đồng thời theo hai căn thức
5  4x và 2 x , ta nhóm được 5  8 x 




5  4x  2 x





5  4x  2 x .

Dùng máy tính, chức năng SHIFT SOLVE ta tìm được một nghiệm ban đầu
của phương trình là x  1 . Với nghiệm x  1 , ta thấy:


Giá trị biểu thức

5  4 x  2 x  5  4.1  2 1  1 .



Giá trị biểu thức

5  4 x  2 x  5  4.1  2 1  3 .

 Giá trị biểu thức x  8  1  8  3 .
Dựa vào kết quả trên, ta sẽ được hai đại lượng cân bằng nhau đó chính là
5  4 x  2 x  x  8 . Mặt khác, căn thức x  8 lại nằm trong
2

biểu thức 2  x x  8  10  x  8  x  8 , chính vì thế để xuất hiện




nhân tử





nhân tử ( hay các đại lượng cân bằng ) thì ta sẽ biến đổi các biểu thức còn lại
2

của phương trình về dạng 10  5  4 x  2 x  5  4 x  2 x . Điều này





hiển nhiên đúng vì:



Lời giải: Điều kiện:

5
x0.
4

5  4x  2 x






2

 10 







2

5  4x  2 x .

8


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
Ta có: 5  8 x  5  4 x  4 x 



5  4x  2 x






5  4x  2 x .

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:



5  4x  2 x

Xét hằng đẳng thức:

2



5  4 x  2 x   x  2 x  8

5  4x  2 x



2

 5  4x  4

i 

 5  4 x x  4 x

5  4 x x  10  5  4 x  4 5  4 x x  4 x


 54
 10 









2

5  4 x  2 x . Do đó, phương trình i trở thành:


10 




2
5  4x  2 x 



5  4 x  2 x  10 









2
x8  x8




a  5  4 x  2 x
Đặt 
, khi đó phương trình trên trở thành:
b  x  8


10  a  a  10  b b  a
2

2

3

 b3  10 a  b

a  b
 a  ba2  ab  b 2   10 a  b   2
2

 a  ab  b  10
TH1. Với a  b , ta có:

5  4x  2 x  x  8  5  4x  4

 5  4 x x  4 x  x  8


x  1
0  x  5

 9 

4
. x  1; 
 4  5  4 x x  x  3  

9
x 

 65 
2
2
16 5 x  4 x   x  6 x  9 
65
TH2. Với a 2  ab  b2  10 , ta xét:

a2  b2 




5  4x  2 x

 
2

x8



2

 x  13  4

5  4 x x  13;

x  0 .

Suy ra phương trình a 2  ab  b2  10 vô nghiệm.
 9 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1;  
 65 
Câu 5. Giải phương trình
Lời giải. Điều kiện:

1
1 1 x




1
1  1  3x



4
x4

x  

1
 x  1 . Phương trình đã cho tương đương với:
3

9


Tư duy lời giải phương trình, hệ phương trình – Tác giả Nguyễn Thế Duy
1  x  1  3x  2
1  1  x  1  3x 

1  x1  3x



4
x4

Đặt t  1  x  1  3x  t 2  2  2 x  2 1  x1  3x
t 2  2x  2

. Thế vào phương trình trên, ta được:
2
t2
4
t2
2

 2

2
t  2x  2 x  4
t  2 x  2t x  4
1t 
2
 t  2 x  4  2 t 2  2 x  2t   2t 2  2 x  xt  8  0


1  x1  3x 

t  2
 2 t  2t  2  x t  2  0  2t  4  xt  2  0  
 x  2t  4

x  0
TH1. Với t  2 suy ra 1  x1  3x  x  1  
 x  1


TH2. Với x  2t  4  t 


x4
1
 0  x  4 mà với điều kiện  x  1 nên
2
3

phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0; x  1 

10