http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 1
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
CHUYÊN ĐỀ: TUYỂN CHỌN BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH TRONG ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI CÁC TỈNH, THÀNH PHỐ
Năm học 2010 – 2011
Bài 1:
a. Giải phương trình:
2 1 3 4 1 1
x x x x
      
.
b. Giải phương trình với ẩn số thực
1 6 5 2
x x x
     

(Đề thi HSG tỉnh Vĩnh Long)
Lời giải:
a. Điều kiện
1
x

. Phương trình đã cho tương đương với:
   
 
2 2
1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 *
x x x x            

        
luôn đúng.
Nếu
1 2
x
 
thì






* 1 1 1 2 1 2 1 3 1 1 2
x x x x
             

loại
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là


2;5
x 
b. Điều kiện
5
2
x

 . Phương trình đã cho tương đương với:
1 5 2 6

Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
2
7 30 0 3 10
x x x x
        

Thử lại, ta thấy chỉ có
3
x
 
là thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
3
x
 
.
Nhận xét: Các dạng toán phương trình vô tỉ này khá cơ bản và quen thuộc, chúng hoàn toàn có thể
giải bằng cách bình phương để khử căn mà không cần lo ngại về tính giải được của phương trình hay
không. Để đơn giản trong việc xét điều kiện, ta có thể giải xong rồi thử lại cũng được.
Bài 2: Giải phương trình:
5 4 3 2
11 25 14 0
x x x x x
     

(Đề thi HSG tỉnh Đồng Nai)
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:




    


Phương trình thứ hai ở trên có thể viết lại là:




4 3 2 4 3 3 2 2
9 6 1 0 2 2 3 3 6 6 1 0
x x x x x x x x x x x
               





2
2
1 3 6 1 0
x x x
     

Do




2
2




2 2
2 5 1 3 0
x x x x
    

để giải từng phương trình tích.
Bài 8: Giải phương trình
2
3
6 7 1
x x x
    

(Đề thi chọn đội tuyển Lâm Đồng)
Lời giải: : Điều kiện
1
x


Ta có:






2

1 1
6 2 6 4
x x
x
x x
 
 
     
 
 
   
 

 
2
3
3
2
1 1
2 0
1 1
6 2 6 4
x
x
x
x x






Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 4
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Lời giải: Điều kiện
2
1
2 3 2 0 2
2
x x x x

      
. Ta có
 
2
2 2
2
4 0
4 0
4 2 3 2 0
1
2
2 3 2 0
2
x x
x x
x x x x
x x
x x
  




 

Bài 12: Giải phương trình
1
1
2
1 3
x
x
x x

 
  

Lời giải: Điều kiện:
1,3 0, 1 3 1 3, 1
x x x x x x
          

Phương trình đã cho tương đương với:
   
  
 
2
2 1
1 1 3
1 3
1 3

2
1 3 1 1 3 2 1 3 1
x x x x x x
           









3 2 1 3 9 4 1 3
x x x x
       

2
2 7
4 8 3 0
2
x x x

     

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2 7
2
x


a. Điều kiện
5
x
 
Phương trình đã cho tương đương với
 
 
 
2
2 3 2
3 2
4
4 3 5 4 4 6 1 0
4 6 1 0
x
x x x x x x x
x x x


          

   


Ta xét phương trình:


3 2
4 6 1 0 *
x x x   

có đúng một nghiệm thuộc


0, 1

Ta sẽ giải phương trình (*) bằng phương pháp Cardano.
Đặt
4
3
x y
 
, ta có
 
3
2 61
* 0
3 27
y y
   
. Đặt
y u v
 
, ta có
 
3 3
61 2
3 0
27 3
u v uv u v
   

u
   

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 6
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Từ đó, ta tìm được nghiệm của phương trình (*) là:
 
 
3
0
3
1 2 4
61 3 417 0.189464
54 3
1
9 61 3 417
54
x x      
 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là:
0
4,
x x x
 

b. Điều kiện
2

x x x x x
     
có đúng một nghiệm thuộc


2, 2
 và nó có giá
trị gần đúng là
0
1.916086228
x x 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là
0
1,
x x x
  

Nhận xét: Rõ ràng phương trình bậc ba ở trên phải giải trực tiếp bằng công thức tổng quát, điều
này ít khi xuất hiện ở các kì thi HSG. Đối với phương trình thứ hai, việc xét


2,2
x  
nêu trong
đề bài có thể gợi ý dùng lượng giác; tuy nhiên cách đặt
2 os
x c




http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 7
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Lời giải: Điều kiện:
1 7
x
 
.
Đặt
2
7 , 1, , 0 8 7
a x b x a b ab x x
         

Phương trình đã cho trở thành




2
2 2 2 0 2
b a b ab a b b a b b
          

Nếu
a b

thì

Lời giải: Điều kiện:
( , 1] (0, 1]
x
   
.
Nếu
1
x
 
thì


 


2
2
4 3 2 2 3 2
2 2 2 1 1 0, 1 0
x x x x x x x x x x x
            
nên
phương trình trên không có nghiệm thỏa
1
x
 

Đồng thời
1
x



Đặt
 
2
2
1
0
1
x
t
x x

 

, phương trình trên trở thành
2
2
1 2 0 2
t t t t
t
       
(do
0
t

). Khi đó
 
   
2

x x x
   

(Đề thi chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi)
Lời giải:
Đặt
sin , osx 1 , 1
a x b c a b
     
. Từ phương trình đã cho, ta có hệ sau:
2 2
4 3 2 2 5 0
1
ab a b
a b

   


 



Ta có:
4 3 2 2 5 0 4 3 2 2 5 0
ab a b ab a b
         




nên


2 2
2 2 2 0
a b a b a b
       

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
2
a b

 

Do đó, từ (*), suy ra
 
 
2
2 2 1 0
2 2 1 0
2
2 2 0
2
a b
a b
a b
a b



2 2
4 2 4
x x x x
    

(Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa)
Lời giải:
Điều kiện
2 2
x
  
. Phương trình đã cho tương đương với:
       


 


2 2
2 2 2
2 1 4 2 1 4 2 2 0
x x x x x x x x x
            

0 2 2
x x x      

Thử lại ta thấy thỏa mãn điều kiện.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là:
0, 2, 2

   
 
2
3
2
2
1 1
6 1, 1 ' 2 0, 1
2 1
3 6
f t t t t t f t t t
t
t
            


.
Do đó hàm này đồng biến. Từ đó suy ra phương trình (*) ở trên có không quá một nghiệm; mặt khác


2 7
f

nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
2
x


Bài 22: Giải phương trình
 


1 1 2 2 3 0 1, 5, 11
x y z x y z
            

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là




, , 1,5,11
x y z 

Bài 23: Tìm tất cả các giá trị của a, b để phương trình
2
2
2
2 1
x ax b
m
bx ax
 

 
có hai nghiệm phân
biệt với mọi tham số m.
(Đề thi HSG tỉnh Quảng Nam)
Lời giải:
Trước hết ta sẽ tìm nghiệm chung nếu có của hai phương trình bậc hai sau:
2

1 1 0 1 1
b x b x
       

Nếu
1
b

thì phương trình đã cho trở thành
2
2
2
2 1
1 , 2 1 0
2 1
x ax
m m x ax
x ax
 
     
 
. Dễ
thấy nếu
1
m

thì phương trình này vô nghiệm, nếu
1
m


0
1
x

và
0
1
x
 http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 11
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Phương trình ban đầu tương đương với


2 2
2
2 2
2 2 1
2
0
2 1 2 1
x ax b m bx ax
x ax b
m
bx ax bx ax
    

không
có nghiệm chung, đồng thời phương trình (*) phải có đúng hai nghiệm phân biệt, tức là
     
2
1 2 0, 1 2 0
1 0,
1 0,
a b a b
bm m
a am bm b m m

     


  


     



Từ điều kiện thứ hai, ta thấy
0
b

, khi đó hệ điều kiện trên trở thành:
 
 
 
2

   


2
1
, 0
1 1
2
2 2
4 1 0
a a
a a
a

  

     


  


Vậy các giá trị a, b thỏa mãn đề bài là
1 1
2 2
a a
   
và
0
b

nên nếu x là nghiệm của phương
trình đã cho mà lại không thỏa mãn điều kiện xác định của mẫu thì nó là nghiệm chung của




,
f x g x
(ở đây là xét với mọi m nên có cả những giá trị
0
m

).

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 12
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Bài 24: Giải phương trình
3 3
2 2 2 3
3 3 3 2 0
x x x x
x x
  
    

(Đề thi chọn đội tuyển Ninh Bình)
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
3 3

f x x f x x x x x x
        
  
2
3
3 2 0 2 1 0 2 1
x x x x x x
            

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
2, 1
x x
  

Bài 25: Với n là số nguyên dương, giải phương trình
1 1 1 1
0
sin 2 sin 4 sin8 sin2
n
x x x x
    

(Đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa)
Lời giải:
Điều kiện
2 2 , 1, 2, 3, , ; , 0, 1, 2, , 1
2
i
i
x k i n k x k i n

n n
i i n
i
i i
x x x x
x

 
      
 

2 ,
2 1
n
n
k
x x k x k


     



Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn điều kiện ban đầu.

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 13
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là

x
x x
x

  


(Đề thi HSG tỉnh Thái Bình)
Lời giải:
a. Điều kiện
3 5
cosx 2
2 6
x k



    
Phương trình đã cho tương đương với:


3sin 2 os2x 5sin 2 3 osx + 3 + 3 2 os x + 3
x c x c c    

3sin 2 os2x 5sin 3 osx + 3 = 0
x c x c   
2
2 3 sin . os x 1 2sin 2sin 5sin 3 osx + 3 = 0
x c x x x c     



Do đó, phương trình (*) có hai nghiệm là:








2 3 os x 5 2 3 osx 3 2 3 os x 5 2 3 osx 3
1
3 osx + 2
4 2 4
c c c c
t t c
       
     http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 14
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Nếu
1 1 7
sin 2 2 ,
2 2 6 6
t x x k x k k
 

      

Phương trình đã cho tương đương với:
 
       
2 2
2
3 3 3
2
2 1
log 3 8 4 log 2 1 log 3 1 3 1 2 1
3 1
x
x x x x x x
x

          


       
2 2
3 3
log 2 1 2 1 log 3 1 3 1
x x x x       
Xét hàm số


3
log , 0
f t t t t


Nhận xét: Ở bài phương trình lượng giác, đến lúc rút gọn được thành một phương trình chỉ chứa
sin , osx
x c ta thường dùng cách đặt ẩn phụ như trên để đại số hóa việc giải bài toán, không phải dễ
dàng để có thể tìm ra cách phân tích nhân tử như trên, nhất là những bài toán dài dòng hơn. Nếu đặt
sin
t x

không thành công, ta hoàn toàn có thể chuyển sang
osx
t c

để thử vì chẳng hạn như bài
toán trên nếu đặt
os x
t c

thì lời giải sẽ không còn dễ dàng nữa.

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 15
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Trong đề thi ĐH khố B năm 2010 cũng có một bài tương tự, giải phương trình sau:
sin 2 os2x + 3sin x os x + 1 = 0
x c c
 
. Bằng việc áp dụng công thức nhân đôi để đưa phương trình
về dạng




(Đề thi HSG tỉnh Phú Thọ)
Lời giải: Điều kiện:
sin cos2x
cos 0, sin 2 0, tan cot 2 0 sin . osx 0, 0
cosx sin 2
x
x x x x x c
x
       

2 2
2sin 1 2sin
sin . os x 0, 0 sin osx > 0
sin 2
x x
x c x c
x
 
   
2 , 2 2 , 2 ,
2 2
x k k k k k
 
    
   
        
   
   

4
t x x k k


      
http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 16
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Nếu
1 1 5
sin 2 ,
2 12 12
2
t x x k k k
 
 
        


So sánh với điều kiện ban đầu, ta thấy phương trình đã cho có ba họ nghiệm là:
5
2 , 2 , 2 ,
4 12 12
x k x k x k k
  
  

. Ta có:
 
 
1
' 2 0, 1
2 1 1
f t t t
t t
    
 
nên hàm này đồng biến.
Do
7
1
5
x
 
và
7
5 6 5. 6 1
5
x
   
nên phương trình đã cho tương đương với
     
2
2
1 1 3
5 6 5 6 5 6
2


    



Theo bất đẳng thức AM - GM thì:

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 17
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.


3 2
3 2
3 2 3 2
1 3 2 2
3 2 3
3 2 2 1. 3 2 2
2 2
x x
x x
x x x x
  
 
      
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 2
3 2 2 1 1
x x x

      
          




2
3 2
3 2
2
3 2 3 1
3 2 3
2 2 2
2 2
x x x
x x
x x
   
 
   

Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi
 
2
1 0 1
x x
    

Do đó, ta luôn có
3 2 3 2 2

Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với
     
3
3
3 1 2 3 1 2 1 2 2 1
x x x x
      

Xét hàm số


3
2 ,f t t t t
  

. Ta thấy


2
' 6 1 0,f t t t
    

nên đây là hàm đồng biến.

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 18
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Phương trình trên chính là:

x x
x
 
 

(Đề thi chọn đội tuyển Phú Yên)
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
 
3
9 9 3 2
9 1 3 2 1 9 1 24 36 18 3
x x x x x x x x
          







3
9 3 3 2 9 3
3 27 27 9 1 9 3 3 3 1 3 3 1
x x x x x x x x x x
             

Xét hàm số



x c
  
 
, khi đó
 
3
2
* 8 os 6 os 1 2 os3 = 1 os3 = os
3 9 3
c c c c c x k
  
   
        
Mà


0,
 
 nên ta chỉ chọn 3 nghiệm của họ trên là:
5 7
, ,
9 9 9
  
  
   , tương ứng ta
có các nghiệm của (*) là:
5 7
2 os , 2 os , 2 os
9 9 9
x c x c x c

    
, ta có:
2
2
2 2 2
3
3 2 2 2
2
t
t x x x x
 

         
 
 

Phương trình đã cho tương đương với:
 
 
2
2
2
3
1 2 2 3 2 3 2
2
t
x x x x t
 

            








3 2
2 1 1 2 2 2 3 5 2 0
t t t t
 
         
 

     
3 2
2 1
1 2 2 2 3 5 2 0
t
t t t

 



      


Dễ thấy phương trình thứ hai không có nghiệm dương nên ta chỉ xét
2 1

 
.

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 20
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Phương trình đã cho tương đương với




 
2011 3
3
1 2 1 1 1
x x x
     
.
Đặt
1 0
t x
  
. Ta cần chứng minh phương trình
2011 3 6
2 1
t t t
  
có đúng một nghiệm
dương.

0
f t

có ít nhất một nghiệm dương.
Ta có:


2
2011 3 6 2011 3
2 1 1 0
t t t t t
      
mà với
0
t

ta có:


2
2011 3
1 1 1
t t t
    

Khi đó





Lời giải:
Điều kiện xác định
2 2
1 17
0 2 4, 0 4 1
2
x x x x x
 
          
Phương trình đã cho tương đương với:
   
2 2
2
2 2
2
1
1 4 2 1 4
x x x x
x
x x x x
  
  
      

Xét hàm số
 
 
, 0, 4
1 4
t


Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 21
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Phương trình trên chính là:








2 2 2
2 1 0 *
f x x f x x x      
Ta xét hai trường hợp:
Nếu
   
2 2 2 2
1 17
1 2 2
2
x x x x x f x x f x x
 
           
, đồng thời
2
1 0
x
 





2 2 2
2 1 0
f x x f x x x
      
.
Thử trực tiếp thấy
1
x

thoải mãn (*)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là
1
x


Nhận xét: Việc phát hiện ra hàm số
 
 
, 0, 4
1 4
t
f t t
t
 
 
như trên không khó, có thể thấy

3 4 3 2
x x x x
    

b. Tìm số nghiệm của phương trình:




4 2
2011 2009 2011 2009 2
4022 4018 2 2 4022 4018 2 os 2 0
x x x x x x c x
      

(Đề thi chọn đội tuyển Chuyên Nguyễn Du)
Lời giải:

http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 22
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
a. Phương trình đã cho tương đương với
 
3
3
3 4 2 3 1
x x x    
Đặt
3

2 2
0
1 1 1 1 1
x y
x y
x x y y
 

  

       



Suy ra:
    
3 2
3
3
1 3 4 1 3 4 3 4 1 2 0 1 2
x x x x x x x x x x
                  

Thử lại ta thấy thỏa.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là
1, 2
x x
  
.
b. Đặt


 
 



Ta được bốn phương trình sau:


sin os x, t = sin os x , sin os x, t = sin os x
t x c x c t x c x c       
Ta thấy hàm số:


2011 2009
sin os x 4022x 4018 2 sin osx
t x x c x x x c      

Xét hàm số




2011 2009
4022 4018 2 sin osx
g x x x x x c    
có




0, 1
nên phương
trình


0 0
g

có đúng một nghiệm thuộc


0, 1
, tức là phương trình


sin osx
t x x c 
có đúng
một nghiệm thực.
Tương tự, phương trình


osx sin
t x c x
 
cũng có đúng một nghiệm thực.
Vậy phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm thực
Bài 36: Giải phương trình sau:



2
' 2010 .ln2010 1
1
x
x
f x
x
 
 
  
 

 

Nếu
0
x

thì
 
2
1
' ln2010 1 0
1
1
f x
x
 
 
 

2 3
3 5
2 2
1 3 1
'' 2010 . ln 2010 , ''' 2010 . ln 2010 . 0
2
1 1
x x
f x f x
x x
    
 

Suy ra


''
f x
là hàm đồng biến nên
   
 
2
ln2010
1
'' '' 1 0
2010
2 2
f x f
    
nên


http://edufly.vn Phương trình, bất phương trình ôn thi ĐH

Trung tâm luyện thi Edufly –hotline: 0987.708.400 Page 24
Add: 130B, ngõ 128, Hoàng Văn Thái, Thanh Xuân, Hà Nội.
Nếu
1
1
2
x

   thì
2
2
1 1 5 1 1 5 1
1 1 , 2010
2 2 2 2
2010
x
x x
  
 
       
 
 
nên
trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Nếu
1
0

0
x


Bài 37: Giải phương trình
2 3 5
3
2 . sin osx + 2 1 1
x x xc x x x x
     

(Đề thi chọn đội tuyển Hà Nội)
Lời giải: Ta thấy phương trình không có nghiệm
1
2
x
 
nên ta chỉ xét
1
2
x
 

Xét hàm số
 
 
 
2 4 2
2
3

 
2
os x 1 , 0
2
x
g x c x
   
, ta có








' sinx , '' os x + 1 0 ' sin ' 0 0
g x x g x c g x x x g
           
. Do đó,


g x
là
hàm đồng biến trên


0,

, suy ra

Hơn nữa, ta cũng có
 
3 2 4 4 2
2 4 2 2 2 4 4 2
3 7 3
3 2 1 1 5 3 1 3 1 5 3 1 0
6 2 2 2 2
x x x x x
x x x x x x x x x x
   

                
   
   
nên


2 4 2
3 .sinx 2 1 osx + 5x 3 1 0,x x c x x
      


Do đó, (*) đúng hay


' 0,f x x
  

. Suy ra


; trên
miền đó ta còn có thêm hai đánh giá
3 2
sin , osx 1
6 2
x x
x x c    nên bài toán đưa về chứng minh
bất đẳng thức thông thường. Nếu không đưa các yếu tố lượng giác về đa thức thì phải tiếp tục đạo
hàm và chưa chắc điều này đã khả thi. Bất đẳng thức (*) có thể làm mạnh thêm nữa là
 
2 4 2
3 9
3 . sin 2 1 os x + 1 0,
2 2
x x x c x x x
      
