Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
1PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
A. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Các dạng cơ bản:
+
2
0
B
A B
A B





 






+
0,( 0)
A B
A B

2 2
4 5 1 2.
x x x
     
Điều kiện:
1 1.
x
  

Nếu bình phương hai vế của phương trình ta sẽ đưa đến một phương trình bậc cao, do đó chuyển
hạng tử thứ hai sang vế phải ta được:
2 2
4 5 2 1 .
x x x
     
Với điều kiện
1 1
x
  
thì
vế phải của phương trình trên không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được phương
trình tương đương:
2 2 2 2
2
4 5 4 4 1 1 1 ( 0).
2
x x x x x x x x               
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2
3 1 3 8 3(1)

x
x x x x



  

  


 
 
 
 
   
   
 







  




 

3 3
( ) 6 8; ( ) 6 0, 1.
2 1
4 1
f x x f x x
x
x
 
         



Suy ra hàm số lồi trên
[ 1; ).
 
Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm.
Ta có
(0) (3) 0,
f f
 
do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là
0; 3.
x x
 

Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8 7 1.
x x x x x
        

Ths.Hoàng Huy Sơn
2





1 2 1 7 0
x x x
      
1 2 5
4.
1 7
x x
x
x x


  


 




  




( ) ( )
u x v x
f x
u x v x



sau đó đưa về phương trình tích, trong đó có nhân tử
0
( ).
x x


Dạng 2.




1 1 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (2),
n n m n
u x v x u x v x f x   
trong đó




1 1 2 2
( ) ( ) , ( ) ( )
u x v x u x v x






         





 
     

Ví dụ 6: Giải phương trình:
3
2
5 1 9 2 3 5 0(1).
x x x x
      
Điều kiện
1
.
5
x 






x x
 
 
 
       
 
 
 
   
 
 
(Do biểu thức trong
dấu ngoặc vuông lớn hơn 0 với mọi
1
).
5
x 
Cách khác: Hàm số
f x x x x x
3
2
( ) 5 1 9 2 3 5
      
có đạo hàm


f x x x
x
x
2

Ví dụ 7: (Khối
2010)
B

Giải phương trình:
2
3 1 6 3 14 8 0.
x x x x
      

Biến đổi phương trình đã cho về dạng:




2
3 1 4 1 6 3 14 5 0.
x x x x
        

Sau đó nhân lượng liên hợp của các biểu thức trong dấu ngoặc ta được
Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
3

3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
3 1 4 1 6
3 1

2 1 2 ( 1) 2 3 0
x x x x x x
       
(1)
Đặt:
2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2 1
2, 0 2
1
2 3
2 3, 0
2
v u x
u x u u x
v u
v x x
x
v x x v



  





v u v u
v u
v u b

 

 
 




 
 

     





 




   

 
 

2 2
6 10 5 (4 1) 6 6 5 0(1)
x x x x x
      



2 2
(1) 6 6 5 (4 1) (4 1) 6 6 5 1 0.
x x x x x x
          

Đặt
2
6 6 5 0,
u x x
   
4 1.
v x
 
Ta có phương trình
2
1 0
u v vu
   

( 1)( 1) (1 ) 0 ( 1)( 1 ) 0 1 0.
u u v u u u v u v
              
Vậy ta có

2 2
2 2
(1) 4(2 3 1) 4 1 8 2 3 1
4 1 2 ( 2 3 1; 4 )
x x x x x x
u v uv u x x v x
       
       

2
(4 1) (2 1) 0 (2 1)(2 1) 0
u v u u u v
         

2 2
3 3
2 1 0 2 2 3 1 1 8 12 3 0 .
4
u x x x x x

            
2 1 0
u v
   
2
2
1
1 7
2 2 3 1 4 1 .
4

x x x x
   
(1)
Phương trình (1) được biến đổi về dạng:
2 2
3 3 3 10 0.
x x x x
    
Đặt
2
3 0.
t x x
  

Phương trình trở thành
2
3 10 0.
t t
  
Chọn
2.
t

Từ đó tìm được
1, 4.
x x
  

Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 3 2 1 0.

2
3 6 0 9 2 (3 )(6 )
t x x t x x
         
2
9
(3 )(6 )
2
t
x x

   

(1) trở thành phương trình:
2
2 3 0.
t t
  
Phương trình đã cho có nghiệm là
3,
x
 

6.
x


Chú ý: Cũng có thể đưa về 2 biến phụ như ở dạng 3 sau đây:
Đặt
3 0, 6 0.

x

Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
3 2 6 2 4 4 10 3 .
x x x x
      

Điều kiện
2 2.
x
  

Đặt
2 2 2 .
t x x
   
(1) trở thành
2
3 0 3.
t t t t
    0
t
 
2 2 2 2 8 4
x x x x
      

Vì
1
x
 
không là nghiệm, nên chia hai vế của (1) cho


2
5
1
x 
ta được phương trình
2
5 5
1 1
2 3 0.
1 1
x x
x x
 
 



  














2 2 2 2
2
2 2
(1) 2 3 3 3 12
3 3 12 0
x x x x x x
x x x x
 
        
 
 
       
2 2
12 0 ( 3) 4 3.
t t t x x t t
           
Từ đó
1.
x


2) Dạng 2. Sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu về phương trình với một ẩn phụ

Ths.Hoàng Huy Sơn
5

   
2
1
2 4 1 2 1 0
2
t x t x t
       
(loại)
2
2 1 1 2 1
t x x x
      

Giải phương trình ta được
4
.
3
x 
Chú ý: Có thể bình phương hai vế của phương trình để khử căn, nhưng phải có điều kiện:
1
.
4
x 
Ví dụ 8: Giải phương trình:
2 2
1 2 2 .
x x x x

k
ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu về hệ phương trình với
2
(hoặc
)
k
ẩn phụ. Chẳng hạn đối với phương trình:
( ) ( ) .
m n
a f x b f x c
   
Ta có thể đặt
( ); ( ).
m n
u a f x v b f x
    Suy ra
.
m n
u v a b
  
Ta thu được hệ
m n
u v a b
u v c


  






 




   



.
Thay phương trình (1) vào (2) ta được




2 2 2 2 2 2
0 1 1 0.
u v uv uv u v v v uv uv v v u
             

+ Trường hợp
0
v

ta được
1.
x


             

   
2 2
2 2
2 2
3 3
2
(1)
7 2 7 2 2 8
2 1
2.
1
7( ) 2( ) 8 2
u v
u u v v uv
u v u
x
v
u v u v uv


 





    


Nếu hàm số
f
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng
( ; )
a b
thì phương trình (1) có nhiều nhất
một nghiệm trên khoảng
( ; ).
a b
Do đó nếu tìm được
0
x
thuộc khoảng
( ; )
a b
sao cho
0
( )
f x k

thì
0
x

là nghiệm duy nhất của phương trình.
2. Biến đổi phương trình về dạng:
( ) ( ) (2)
f x g x



x
là nghiệm duy nhất của phương
trình.
3. Biến đổi phương trình về dạng:
( ) ( ) (3)
f u f v


Nếu hàm số
f
đơn điệu trên khoảng
( ; )
a b
thì khi đó phương trình (3) tương đương với
; , ( ; ).
u v u v a b
 

Ví dụ 1: Giải phương trình:


2
4 1 4 1 1 1
x x   
Xét hàm số
2
1
4 1 4 1, .
2
y x x x     Ta có

2
2 2 4 log 1
x x x
    
(1)
Phương trình (1) tương đương với


3
2
2 2 4 log 1 .
x x x     Điều kiện:
1.
x


Xét hàm số
2
3
1 3 2
( ) 2 2 4, ( ) 0, 1.
2
x x
f x x x f x x
x
 

       

Suy ra hàm số nghịch

x x x x
     

Tập xác định:
[3; ).
D
 

Hàm số vế trái
3
y x
 
đồng biến trên
.
D
Hàm số
y

3 2
3 13
x x x
   
có
2 2
3 6 1 3( 1) 4 0, 3
y x x x x

          
nên là nghịch biến trên
.

Xét hàm số
2 2
3
1 1 1
( ) log ( 2) .5 , 0; .2 .5 .ln 5 0, 0.
5 ( 2)ln 3 5
u u
y f u u u y u u
u

         


Suy ra hàm số tăng trên
[0; ).

Thử được
1
u

thỏa (2). Vậy, ta có
2
3 5
3 2 1 .
2
x x x

    
Ví dụ 5: Giải phương trình:
2

2 2 3 1
4
4 3 1
f x x f x x
x x
x
x
 
          



Lập luận giống ví dụ 3 mục I, ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm
0; 1.
x x
 

IV. Phương pháp đánh giá.
Ví dụ: Giải phương trình:
2 2
2( 1) 3 1 2 2 5 2 8 5
x x x x x x
       
(1). Điều kiện:
1
3
x
 
.


           

  
 
 

  



.
V. Phương pháp lượng giác hóa. Trong một số trường hợp, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bởi các hàm số
lượng giác, thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Kiến thức cần nhớ như sau.
+ Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn
x
là
, 0
k x k k
   
hay phương trình có chứa
2 2
k x


thì đặt
sin , [ ; ];
2 2
x k t t
 
  

t
 
   
+ Nếu trong phương trình, ẩn
x
nhận mọi giá trị thuộc

hay phương trình có chứa
2 2
x k

thì đặt
tan , ; .
2 2
x k t t
 
 



  





 

Ngoài ra, tùy từng trường hợp, cũng có thể đặt
2 2


2 2
1 cos 2 cos 1 cos 2 cos 1 0
t t t t
     
2 sin 2 cos sin cos 2 0
2
t
t t t
   2 sin sin 2 cos2 0
2
t
t t
   
(vì
[0; ] sin 0, sin 0
2
t
t t
   
)
2 sin 2 cos 2 0
2 4
t
t

 

 



  





 

Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
83
2 2
2 4
2 2
2 4
t
t k
t
t k





  


 
3 4
10 5
, .
4
6 3
k
t
k
k
t
 
 


 

 


  



Do
[0; ]

4 1 1 2 .
x x x
    
ĐS:
0.
x


3)
2 2
3 15 2 5 1 2.
x x x x
    
ĐS:
0 5.
x x
   

4)
2 5 ( 2)(5 ) 4.
x x x x
      
ĐS:
3 3 5
.
2
x


5)

2 6 1 2 0.
x x
   
ĐS:
7; 2.
x x
  

8)
2 24
15 15 2.
x x x x
   
ĐS:
1.
x


9)
2 2 2
(2 6 10) 3 11 33 8 0.
x x x x x x
      
ĐS:
3 73
; 1; 4.
2
x x x
 
   


12)


4
4 4
1 32 1 .
x x x x
    Chia 2 vế cho
4
0.
x x

ĐS:
1
.
15
x 
13)
3
9 2 1.
x x
   
ĐS:
1; 10; 17.
x x x
  

14)
3


16)
2
2
2(1 ) 1 1 1
1 0.
2 1 1
1
x x x
x x
x
 
   



   




 



 
ĐS:
0.
x


ĐS:
3.
x
 

19)
3 2 2
2 2 .
x x x x x x x
    
ĐS:
0.
x


Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
9

20)
2 2
7 5 3 2 .
x x x x x
      ĐS:
1.
x
 

21)

Nhân lượng liên hợp


3 1 .
x x 
ĐS:
1
.
2
x 

24)
2
2 3 2 3 9.
x x x x x
     
Đặt
3.
t x x
  
ĐS:
1.
x


25)
( 5) 5 3( 5 ).
x x x x x x
     
Đặt

x


28)
2
3 2 1 2 4 3.
x x x x x x
      
Phân tích thành nhân tử. ĐS:
0, 1.
x x
 

29)
2 2
13 12 3 7 16.
x x x x x
    
Đặt
2
7 16, 3 .
u x x v x
   
Đưa về phương trình
tích. ĐS:
19 745
3; 4; .
16
x x x


1
.
3
x  

32) (Khối
2005)
D


2 2 2 1 1 4.
x x x
     

33) (Khối
2
2006) 2 1 3 1 0.
D x x x
     

B. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ.
Các dạng cơ bản:
+
2
0
0
B
A B A
A B




  
 
 


 




+
2
0
0
B
A B A
A B






  







I. Phương pháp nâng lũy thừa
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 7 3 2 .
x x x
     
Điều kiện:
3
.
2
x

 (*). Ta có
2
2 7 3 2 2 3 2 7
2 2 (2 )( 3 2 ) 3 2 7 2 6 4
x x x x x x
x x x x x x x x
            
              

Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
10

2 2 2
4 4
2 6 0 2 6 ( 4)




 








 

 
  

 
 



 


 





+ Xét
2.
x

Khi đó
(2)
đúng. Do đó
2
x

là nghiệm của bất phương trình.
+ Xét
2.
x

Khi đó
2 2 0.
x x
   
Do đó
(2) 1 0 1.
x x
     

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2.
x x
   

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

4 1 6 .
x x
  
Nếu
0
x

thì bất phương trình luôn đúng. Nếu
0,
x

bình
phương hai vế của bất phương trình ta được
2 2
2 2
4 1 36 .
8 8
x x x      Vậy, nghiệm của
bất phương trình đã cho là
2
.
8
x  
Ví dụ 4: Giải bất phương trình:




2
3 1 1 2 3 4 (1).





Kết hợp với điều kiện
1
x

ta được
2
x

.
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
2 2
4 3 1 2 4 3 10
x x x x x
    
(1).
2 2
(1) (4 3 10) 6 9 2 4 3 10 0.
x x x x x x
        

Đặt
2
4 3 10 0; .
u x x v x
    
Ta có bất phương trình

1 0
t x
  
, ta
có bất phương trình
2 3 2 2
( 1) 6 0 6 0 ( 2)( 3) 0 2
t t t t t t t t t t
               
.
Như vậy ta được
2 2
5
1 2 1 4 .
5
x
x x
x

 

     





Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
5 5.
x x


2
6 0 2 3 3 .
t t t t
       
Do
0
t

nên từ (3) ta
nhận
2
t

1 3 2
x x
    















2 2
3
1 2 1 ,( 1 , ).
4
x x x x x x x
        
Đặt
t x

ta có
 
2
2 2
1 5
1 0 1 0
2
t t t t t
 
        


3 5
.
2
x


Ví dụ 4: Giải bất phương trình:
2

2 2
2 2 3 2 3 2 0 (1).
x x x x x     



2
2 2 2 2
(1) 2 3 2 ( 3 2) 0 3 2 0
x x x x x x x x x
            
2
3 2 0
x x x
    

2
2 2
0
2
3 2 .
3 2
3
x
x x x x
x x x





2 2
2 2
0
0
1 2 2
2 0
2 2
u v
u v
u v u v
u v uv
u v u v



 

 


 
     
 
 
  
  
 




    
 
    
   





2
2
2
2 0
2
2
4.
1 4
5 4 0
2
2
x
x
x
x
x
x x
x x
x x
x x




Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
4.
x


Ví dụ 7: Giải bất phương trình:
2
1 4 1 3 (1)
x x x x
    
Điều kiện:
0 2 3
x
  
hoặc
2 3.
x
 

Nhận xét
0
x

là nghiệm của bất phương trình. Với
0 2 3
x
  
hoặc

t t
  



2
6 3
t t
  

3
t
 
hoặc
2 2
3
6 9 6
t
t t t







   






Ví dụ 8: Giải bất phương trình:


3 2
3 1 2 0 1 .
x x x x    
Đặt
1
t x x
 

Xét hàm số


1,
y f x x x
  

3 2 2 2 3
0 ;
3 9
2 1
x
y x y
x


      

2 3
.
9
t   Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1.
x
 

BÀI TẬP. Giải các bất phương trình
1) (Khối
2004)
A


2
2( 16)
7
3 .
3 3
x
x
x x

  
 
ĐS:
10 232.
x
  


Đặt
3
1.
t x
 
ĐS:
9
0 1.
x
x




 



5)
2
1 1 4
3.
x
x
 

ĐS:
 
1 1
; \ 0 .


ĐS:
2 5
2 5
x
x

 






7)
2 2
1 2 2 .
x x x x
  
Đặt
2
2 .
t x x
 
Phân tích thành nhân tử. ĐS:
0.
x


8)

x x
  

10)
2
(2 1) 2 2 4.
x x x x
    
Đặt
2.
t x x
  
ĐS:
2.
x


11)
2
2 10 16 1 3.
x x x x
     
Tương tự ví dụ 6. ĐS:
5.
x


12)
2 2
5 4 7 1 7 1 0.

D


2 2
( 3 ) 2 3 2 0.
x x x x
   

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ.
Ví dụ 1: Tìm các giá trị của
m
để phương trình:
2
11 28
4
2
x m
x
x
    có nghiệm
0.
x


Xét hàm số
2
11 28
4 ,
2
y x

      
3.
x
 
Lập bảng biến thiên của hàm số ta được
15
.
2
m 
Ví dụ 2: Tìm các giá trị của
m
để phương trình:
2
3 3 9 0
x x x m
      
(1) có
nghiệm.
Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
14

Điều kiện:
3 3.
x
  

Đặt
2

Mặt khác
2 2
6 2 9 6 6,( 0).
t x t t
      
Dấu bằng xảy ra khi
3 3.
x x
   
Vậy,
6 2 3.
t
 
Phương trình (1) có nghiệm
3; 3
x
 
 
 
 
khi và chỉ khi (2) có
nghiệm
6;2 3 .
t
 

 
 
Lập bảng biến thiên của hàm số
2

( 12)( 5 4 )
x x x x x
    
=
( ). ( )
h x g x
có tập xác định là
D
=
[0;4].
Nhận xét rằng
( ) 12
h x x x x
  
đồng biến và không âm trên
.
D

Hàm số
( ) 5 4
g x x x
   
có
5 4
( ) 0,
2 5 . 4
x x
g x x D
x x
  

44
13 1 0
x x m x
    
có đúng một nghiệm. Ta có
4 44 4
3 2
1
13 1 0 13 1
4 6 9 1
x
x x m x x x m x
x x x m





          


    




Xét hàm số
3 2 2
1 3
( ) 4 6 9 1, 1; ( ) 12 12 9 0 .

2
m m   

Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
15

Ví dụ 5: Tìm
m
để phương trình:
3 2 4 6 4 5
x x x x m
       
(1) có đúng hai
nghiệm. Phương trình (1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
3 2 4 6 4 5
y x x x x
       
và đường thẳng
.
y m


Đặt
4 0.
t x
  
(1) trở thành
2 2

f t t
t t


   



  



 




Vẽ đồ thị hàm số
( ),
f t
ta được phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi
2 4.
m
 

4
2
3
1
t

2 1
2 1 (1)
0
x y m
x x m
y x
x y




  
   

 

 
 

 
 




. Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương
trình (1) có nghiệm
0.
x

Vậy, hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
1.
m


Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
16

Ví dụ 7: (Khối
2011)
D

Tìm
m
để hệ phương trình
3 2
2
2 ( 2)
1 2
x y x xy m
x x y m


   



    



Đặt
2
1
, 2 .
4
u x x v x y
     
Hệ trở thành
2
1 2
1 2
(2 1) 0(1)
v m u
uv m
u v m
u m u m




  






2
m



Ví dụ 8: Tìm
m
để phương trình
3
3
1 1
x x m
   
có nghiệm.
3
3
1 ; 1 .
u x v x
   
Suy ra
3 3
2.
u v
 
Phương trình đã cho đưa về hệ
3 3
2 2
2
( ) ( ) 3 2 3 2
u v

0
m

ta có
2
1 2
( )
3
u v m
uv m
m


 





 




. Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ
khi
2 2
1 2
4. ( ) 0 0 2.
3

m
để phương trình sau có nghiệm
4
2
3 1 1 2 1.
x m x x
    

HD: Chia 2 vế cho
1.
x

ĐS:
1
1
3
m
  
.
3. Tìm các giá trị của
m
để phương trình


4 4
2 2
2 2 4 2 2 4
m x x x x
      



Tìm các giá trị của
m
để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt
4 4
2 2 2 6 2 6 .
x x x x m
     

6. (Khối
2004)
B

Tìm các giá trị của
m
để phương trình sau có nghiệm
Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán năm 2013 Phương Trình bất phương trình vô tỉ

Ths.Hoàng Huy Sơn
17



2 2 4 2 2
1 1 2 2 1 1 1 .
m x x x x x
         
7. (Khối
2006)
B