Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số
(Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết
dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài)
Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau:
1,
3 5 3 4x x− = − +

- Điều kiện:
3x
≥
- Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng:
3 3 4 5x x− + + =
sau đó bình phương 2
vế, đưa về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x=
ta giải tiếp.
- Đáp số:
4x
=
2,
2 2
5 1 ( 4) 1x x x x x+ + = + + +

- Đặt
2
1 0t x x= + + >
, pt đã cho trở thành:
( )
2
4 4 0
4


- Ta đặt
4 4
4 4
18 0; 1 0 17u x v x u v= − ≥ = − ≥ ⇒ + =
, ta đưa về hệ đối xứng loại I đối
với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x
- Đáp số: Hệ vô nghiệm
4,
( )
( )
3 2 2 2 6 *x x x+ − = + +

- Điều kiện:
2x
≥
1
- Ta có:
( ) ( )
( )
3
8 3
* 2 3
3 2 6
3 2 6 4
x
x
x
x x
x x

1
1 0
3
x
x x
x
x
x
= −


+ + ≥


⇔ ≥


− ≥



≤ −

- Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình
- Xét với
1x ≥
, thì pt đã cho tương đương với:
( )
2 3 1 2 1x x x+ + − = +
Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản

ĐS:
9
0;
8
x
 
=
 
 
7,
3 3
4 3 1x x+ − − =

- Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được.
- Đáp số:
{ }
5;4x = −

8,
2 2 2
4 2 14
4 2 3 4 4 ;2 0;2;
3 3
x x x x t x x t x
 
− −
 
 
+ − = + − → = + − ⇒ = − ⇒ =
   


Suy ra
{ }
2
3 2 0 1;2x x x− + = ⇔ =
- Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
1;2x =
10,
2 3
2 4 3 4x x x x+ + = +

- Điều kiện:
0x
≥
- Đặt
( ) ( )
2 2
2 2
2
2 2
4
4
4 2; 0
2 0
2 3
u v
u v
u x v x
u v u v

2
3 2 1 3 2 1
3 2 1 1
x x x x
x x
⇔ − + − = − + −
⇔ − + − =

Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm
1x
=
12,
3
2 1 1x x− = − −
- Điều kiện:
1x ≥
- Đặt
3
2 ; 1 0u x v x= − = − ≥
dẫn tới hệ:
3 2
1
1
u v
u v
= −


+ =


+ =
 

 

14,
2 2
5 14 9 2 5 1x x x x x+ + − − − = +
ĐS:
9
1; ;11
4
x
 
= −
 
 
15,
3
2 3 2 3 6 5 8x x− + − =
- Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12
- Đáp số:
{ }
2x = −
16,
2 7 5 3 2x x x+ − − = −
- Điều kiện:
2
5
3

x x

− = =

⇔ ⇔


=
− = −



- Đáp số:
{ }
4;5x =
4
18,
( )
2
2
3 3
2 4 2 1 2
2 2
x x
x x x
+ +
+ = ⇔ + − =
- Đặt
3
1

=
 
 
 
19,
( )
2
2
4 13 5 3 1 2 3 4 3 1x x x x x x− + − = + ⇔ − − + + = +
- Đặt
( )
( )
2
2
2 3 3 1
2 3 3 1
2 3 4 2 3
y x
y x
x x y

− = +

− = + ⇒

− − + + = −


- Đáp số:
15 97 11 73

= −
 
 
Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau:
1,
2 2
( 3) 4 9x x x− − ≤ −
ĐS:
[
)
13
; 3;
6
x
 
∈∪ −∞ − ∪ ∞


 

2,
3 2 8 7x x x+ ≥ − + −
ĐS:
[ ] [ ]
4;5 6;7x∈ ∪

3,
2
2
2

+ < + − → = + ≥

ĐS:
8 3 7 1 8 3 7
0; ;1 ;
2 4 2
x
   
− +
 
∈ ∪ ∪ ∞
 ÷  ÷
 ÷
 ÷  ÷
 
   

5,
1 3 4x x+ > − +
ĐS:
( )
0;x ∈ ∞
6,
2 2 2
5 10 1 7 2 2x x x x t x x+ + ≥ − − → = +
ĐS:
( ) ( )
{ }
1; ; 3 \ 1 2 2x ∈ ∞ ∪ −∞ − − ±
7,

−
−
⇔ − − − < − − − ⇔ <
− + − − + −

Nếu
1 0x VT VP
≤ ⇒ ≥ ≥
: BPT vô nghiệm
Nếu
1 0x VT VP
> ⇒ < <
: BPT luôn đúng
- Đáp số:
( )
1;x ∈ ∞
Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:
1,
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y

+ =



= ⇔ = ±
6
Với
2
2xy y
x
−
= − ⇒ =
, thế vào pt đầu được:

2 2
3 3 3
2
2 2
2 2
x y
x x
x
x x
x y

= → = −
− = ⇔ = ⇔

= − → =



- Vậy hệ có nghiệm:
( ) ( ) ( )




Đặt
2
3 2 ;u x y v x x= + = +
suy ra:
12 6 2
8 2 6
uv u u
u v v v
= = =
  
⇔ ∨
  
+ = = =
  
Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số:
( ) ( ) ( )
3 11
; 2;6 , 1; , 2; 2 , 3,
2 2
x y
 
   
= − − −
 
 ÷  ÷
   
 

3 2 8
x xy
x xy y

− =


− − =


- Đây là hệ đẳng cấp bậc 2
- Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét
0x
≠
, đặt
y tx
=

Hệ trở thành:
( )
( )
2
2 2
3 2 16
1 3 2 8
x t
x t t

− =



6,
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
3
1
1 3 0
2
1
2
1
5
1 1
5
1
1 0
1
2
x x y
x y
x y
x y
x
x y

⇒
ĐS:
( ) ( )
3
; 1;1 ; 2;
2
x y
 
 
= −
 
 ÷
 
 

7,
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 3 0
2 3 4 6
4 4 12 3
4 4 12 3
x y
xy x y
x y x y
x y x y
 + + =
+ + = −


3( )
3( )
7( )
2
2
2
5 2 0
x xy y x y
x xy y x y
x xy y x y
y
x xy y x y
x y x
x y yx− +

− + = −

− + = −

− + = −
 
⇔ ⇔
  
+ + = −
= ∨ =



=


 ÷
⇔
 
 
 
= +
= +


⇒
ĐS:
( ) ( )
1 5 1 5
; 1;1 ; ;
2 2
x y
 
 
− ± − ±
 
=
 ÷
 
 ÷
 
 
 

10,
( )


⇒
ĐS:
( )
( ) ( )
( ) ( )
{ }
; 2; 2 , 2, 2 , 2,1 , 1, 2x y = − − − −
8
11,
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y

+ + − + =


+ =


- Đặt
2 2
2 1 0
1
2 1
1 2
5
0
u x y

( )
2
2
2
2
2
1
4
1
1 4
1
1
1 2
2 1
3
x
y x
x
x y y x y
y
y
x
x y x y
y x
y x
y

+
+ + =


7
1 7
1
1 13
1
13
13
x
x
x
x
y y
xy x y
y y
x
x y xy y
x
x
x
y y
y y

 

+ + =
+ + =

 ÷

+ + =

2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

+ = +

− +



+ = +

− +

⇒
ĐS:
( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 1;1x y =
15,
( )
( )
( )
( )
( )
( )

36 25
t
f t
t
=
+
⇒

, , 0x y z ≥
nên xét hàm
( )
f t
trên miền
[
)
0;∞
, hàm này đồng biến
⇒

x y z= =
9
⇒
ĐS:
( ) ( )
5 5 5
; ; 0;0;0 ; ; ;
6 6 6
x y z
 
 

x y

−

− = +

− = +

=
 
⇔ ⇔
  
− = +
= +
  


= +

⇒
ĐS:
( ) ( )
4 78 78 4 78 78
; 3; 1 ; ; ; ;
13 13 13 13
x y
 
   
 
= ± ± − −

5 2 6 5 2 6
1 0
3 3 3 3
+ −
> > >
nên hàm
5 2 6
3 3
x
 
+
 ÷
 ÷
 
đồng biến trên R, còn hàm
5 2 6
3 3
x
 
−
 ÷
 ÷
 
nghịch biến trên R.
Nếu
5 2 6
0 1
3 3
x
x

x x≤ ⇒ − ≤ ⇒
PT vô nghiệm
10
- Nếu
3
4
x >
, ta có:
( ) ( )
2 2
* 3 13 3 6 4 3 0f x x x x⇔ = + − + − + =
Vì
( )
2 2
1 1 3
3 4 0,
4
3 13 3 6
f x x x
x x
 
′
= − − < ∀ >
 ÷
+ +
 
nên hàm f(x) đồng biến trên
khoảng
3
;

3 3
4 4
1 1 1
0 9
4
1 17
f x x
x x
 
 ÷
′
= − = ⇔ =
 ÷
− −
 
Lập bảng biến thiên, nhận xét
( ) ( )
1 17 2f f= =
suy ra PT có 2 nghiệm là
{ }
1;17x =
- Đáp số:
{ }
1;17x =

5,
( )
( )
2
lg 6 lg 2 4x x x x− − + = + +

t x
x
t x
x
=


=
 
⇔
 
= + ≥
+ =




nên:
( )
1 3
3 2 1 1 2 9
2 2
t
t
t
t
t x
 
 
= − ⇔ + = → = ⇒ =

t→ = +
. ĐS:
3x = ±

2,
2
4.3 9.2 5.6
x
x x
− =
. Chia 2 vế cho
3
2
2
x
x
t
 
→ =
 ÷
 
ĐS:
4x =

3,
( )
3
2
4 4
2 2

9 10.3 1 0 3
x x x x x x
t
+ − + − + −
− + = → =
ĐS:
{ }
2; 1;0;1x = − −

5,
( ) ( ) ( )
2
0
3 2 9 .3 9.2 0 3 2 3 9 0
2
x x x x x x x
x
x
=

− + + = ⇔ − − = ⇔

=


6,
( ) ( )
3
5 21 7 5 21 2
x x

x x
x x x x x
x
x
− −
− − −
=

 
= ⇔ = ⇔ = ⇔

 
 
= −

9,
( )
( ) ( )
{ }
9
9
3 log 1
log 2
9 9 9
1
3 log 2 log 3 log 1 3;729
2
x
x
x x x x x

x
>



≠


- Đặt
3
logt x=
, ta biến đổi PT về dạng:
{ }
2
1
1 1; 2;0
1
t
t t
t
−
+ = ⇔ = −
+

- Đáp số:
1
;1;3
9
x
 

+ + = ⇔ =
−

- Đáp số:
{ }
1;25x =

3,
( ) ( )
{ }
3 2
3
2
2
2 2
2 4 3
2
2
3 2
0 2 1
0 4 3 1
3 1
log 3 log 3 2;3
3 0
0 4 3 1
2 4 3
x x x
x x
x
x




+ = −




4,
( )
{ }
3 9 3
3
4 1
2 log log 3 1 log 1;4 ;81
1 log 3
x
x t x t x
x
 
− − = → = ⇒ = − ⇒ =
 
−
 

5,
( )
2
2
3 2

0
1 1
; ;2
16 4
x
x
>



 
≠
 

 

- Nhận xét
1x =
là nghiệm của pt đã cho, xét
1x ≠
ta đặt
log 2
x
t =
2 42 20 1 1
0 ; 2 4; .
1 4 1 2 1 2
2
t t x x
t t t

 
≠
 

 

- Đặt:
2
logt x=
, biến đổi được pt:
1 4 6
2 1 1
1 1
t t t
t t t
+ = ⇔ = + ⇔ =
+ +
- Đáp số:
2x =
8,
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
log 4 log 3 0 log 1 log 3 0 2x x x x x x x x+ − − + = ⇔ − + − = ⇔ =
9,
( ) ( ) ( )
3
1 8
2
2

log 2 3log 2 5x x x x− − + + − =
- Đặt
(
)
(
)
2
2
2
2
log 2
1 1
3 5 2
log 2
u x x
u v u
u v v
v x x

= − −
+ = = −
 

⇒ ⇔
  
+ = =
 

= + −


−
− −
 
− ≤ → = >
 ÷
 
Đ/S:
1 2 1 2x− ≤ ≤ +

2,
2
2 1 2 1
3 3
3 2 5.6 0 3. 5. 2 0
2 2
x x
x x x+ +
   
− − ≤ ⇔ − − ≤
 ÷  ÷
   
Đ/S:
3
2
log 2x ≤

3,
2
2 4 2 1 0
2 1

1
( )
2 16.2 2 0
2 16.2 2
0
1
1
( )
2 16.2 2 0
x x x x
x x x x
x x x x
x
I
x
x
II
− − − −
− − − −
− − − −
> −





− − ≤


− −

(
)
2
1 1
2 2 2 1 0 1 2
x x
x
− −
⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤
Đáp số:
1 2x≤ ≤
Bài 8. Giải các bất phương trình logarit:
1,
( )
( ) ( )
1
2 2
1 1 0 1 1
log 2 2
2 1 0 2 1
x
x x
x
x x x x
+
+ > < + <
 
 
− > ⇔ ∨
 

x
x
x
x
>

≥


⇔ ⇔


≤ −
≤ <



- Đáp số:
{ }
1
; \ 1
2
x
 
∈ +∞
÷

 
3,
2

3
2
x⇔ < <
4,
( )
2
2
1 2
2
1 1
log 2 3 1 log 1
2 2
x x x− + + − ≥
- Điều kiện:
2
1
2 3 1 0 1
2
x x x x− + > ⇔ > ∨ <
16
- Ta có: PT
( )
( )
2
2
2 2
1 1 1
log 2 3 1 log 1
2 2 2
x x x⇔ − − + + − ≥


2 2
1 23 46
3 1 4 2
8 8 4
x x x⇔ < − < ⇔ < < ⇔ < <
6,
( ) ( )
2
3
3
log 1 log 2 1 2
0
2 1
x x
x
− + − −
≥
−
- Điều kiện:
1
2 1 0
2
x x− > ⇔ >
- Khi đó BPT
( ) ( )
2
3
3
log 1 log 2 1 2 0x x⇔ − + − − ≥

ln(1 ) ln(1 )
2 10 0
12 20 0
x x y y
x y x y
x y x y
x xy y
+ − = + −

+ − + = −


⇔
 
− − =
− + =




17

0
2 10
x y
x y
x y x y
=

⇔ ⇔ = =

 

=


3,
( )
( )
2 5
2 2
3
3 .2 972
log 3 .2 log 2 .3
log 2
3
x y
x y
x y
x y


=
=
 
⇔
 
− =
− =



x y x y+

+ =


+ + =



- Đặt
2 0; 4 0
x y
u v= > = >
hệ trở thành:
2 2
1
1
u v
u v uv

+ =

+ + =

- hệ đối xứng loại 1 đối với u,
v
- Giải hệ dẫn tới vô nghiệm. Vậy hệ vô nghiệm
5,
2 1
2 1

t
f t t t= + + +
đồng biến trên R nên suy ra
1 1x y x y− = − ⇔ =
- Thế vào phương trình đầu ta được:
2 1
1 2 2 3
x
x x x
−
− + − + =
, phương trình này có
nghiệm duy nhất x = 1 (sd pp hàm số)
- Vậy
( ) ( )
; 1;1x y =
6, Điều kiện:
0; 0x y x y+ > − >
18
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
13
lg 1 lg13
10
lg lg 3lg2
8

x y x y
x y y
 

+ = =
 
+ + − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
+ = −
− = =

 
 

7,
( )
( )
( )
( )
3
5
27 .3 5
27 .3 5
3log
5
y x
y x

3 4
27 27
5 1
5
5
x y
x y
y x
x y
x y
x y x
x y y
x y
x y
−
−
−
−
−


 

=
=
− = =
 
 ÷
 
 

1 0; 2 2
x
u y v
+
= + ≥ = ≥
, hệ trở thành:
( )
( )
2
2
1
1 2
v u u
u v v

= −


= − +


Thế (1) vào (2) được:
( )
( )
2
4 3 2
2 1 0 1 1 0 1u u u u u− + = ⇔ − + = ⇔ =
Suy ra
0v =
(không thỏa mãn)

có đúng một nghiệm
- Ta có:
4 4
4 4
13 1 0 13 1x x m x x x m x− + + − = ⇔ − + = −

( )
( )
4
3 2
4
1
1
4 6 9 1 , 1
13 1
x
x
x x x m
x x m x
≤
≤

 
⇔ ⇔
 
− − = −
− + = −




3,
( )
( )
2
2 1
2
log 4 log 2 2 1 0x mx x m+ + − + =
có nghiệm
- Ta có:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 1 2 2
2
log 4 log 2 2 1 0 log 4 log 2 2 1x mx x m x mx x m+ + − + = ⇔ + = − +

( ) ( )
2
2
1
2 2 1 0
2
4 2 2 1
2 2 1 2 1 0
x m
x m
x mx x m
f x x m x m

2
m m
m
m
m m
′
 ∆ =





− > −
≤





⇔ ⇔


′
>
∆ >


 



2 3 0 2 3
x x
t t= − ≥ ⇒ = +
, hệ trở thành:
( )
( ) ( )
2
2
1
3 1 *
2
t
m t t m m f t
t
+
+ − ≤ + ⇔ ≤ =
+
- BPT đã cho có nghiệm
( )
*⇔
có nghiệm
0t
≥

( )
0
1
ax
2 3 2
t

t
m t t m f t
t
−
+ + − ≤ ⇔ ≤ =
+
- BPT đã cho có nghiệm
0;1 3x
 
∈ +
 
( )
*⇔
có nghiệm
[ ]
1;2t ∈

[ ]
( )
1;2
2
ax
3
m m f t m⇔ ≤ ⇔ ≤
Bài 12. Tìm tham số m để hệ phương trình:
1,
2 0
1
x y m
x xy



( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 1
2 1 0
2 1
y x m y x m
x x
f x x m x
x x m x


= − = −



⇔ ≤ ⇔ ≤
 
 
= − − − =
− = −


- Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
⇔
f(x) có duy nhất một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng 1,
(*)

1x
≥ −
- Ta có:
2 1 2 1
7 7 2010 2010
x x x
x
+ + + +
− + ≤

( ) ( )
2 1 2 1
7 1005 2 1 7 1005 2 1
x x x
x x x
+ + + +
⇔ + + + ≤ + + +( ) ( )
2 1 2 1f x x f x⇔ + + ≤ + +
(*)
Trong đó
( )
7 1005
t
f t t= +
, dễ thấy
( )
f t

m g x m
∈ −
⇔ ≥ ⇔ ≥ −
3,
( ) ( )
2 2
2
1 1 2
1
m y
x n
m nxy x y

+ + + =



+ + =

có nghiệm với mọi
n R
∈
- Đk cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi
n R
∈
thì hệ có nghiệm với
0n
=
Với
0n

  
=
=



+ =

- ĐK đủ:
22
+ TH1: Xét
0m
=
, hệ trở thành:
( )
2
2
1 1
1
y
n
nxy x y

+ =

⇒


+ =



Vậy
1m
=
hệ luôn có nghiệm với mọi
n R
∈
Bài 13. Chứng minh rằng hệ
2
2
2007
1
2007
1
x
y
y
e
y
x
e
x

= −

−



= −

= − ⇒ = + > ∀ >
−
−
suy ra hàm
( )
f t
là hàm
đồng biến trên
( )
1;∞
do đó
( ) ( )
f x f y x y= ⇔ =
Nên:
( )
2 2
2007 2007 0
1 1
x x
x x
e g x e
x x
= − ⇔ = + − =
− −
Ta có:
( )
( )
( )
( )
3 5

nên
( )
0g x
′
=
có
duy nhất một nghiệm
0
x
; mà
( ) ( )
1
lim ; lim
x
x
g x g x
+
→+∞
→
= −∞ = +∞
⇒

( )
0g x =
có đúng 2 nghiệm (đpcm)
Bài 14. Xác định m để bpt:
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
9 2 .6 1 .4 0

 ÷  ÷
   
Đặt
2
2
3 3
2 2
x x
t t
−
 
= ⇒ ≥
 ÷
 
vì
1x ≥
, bpt trở thành:
( ) ( ) ( )
2
2 1 1 0 *t m t m− − + + ≥
.
Vậy bpt đã cho đúng với mọi x thỏa mãn
( )
1 *x ≥ ⇔
đúng với
3
2
t∀ ≥
( )
2

log .log 2 3 log 2log 2 3 2 0x x x m x x x m− + − − − + + =
( )
( )
( )
2
3 3
2
8
log 2 log 2 3 0
( ) 2 3 3 0 (*)
m
x
x x x m
f x x x
=

⇔ − − + − = ⇔

= − + − =

PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt
( )
*⇔
có 2 nghiệm phân biệt dương khác 8

( )
3
3 2 0
3 3 0 log 2 1
8 51 3 0