Mục lục
I CÁC CHUYÊN ĐỀ 3
1 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 3
1.1 Hệ phương trình (Miền Cát Trắng, Phan Thị Minh Ngọc, ) . . . . . . . . . . 3
1.2 PT & BPT Vô tỷ (Nguyễn Thị Ngân, ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 PT Mũ và Logarit (Đỗ Đường Hiếu) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.1 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.3 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 18
1.3.4 Phương pháp lôgarit hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.3.5 Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.3.6 Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.7 Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số 22
1.3.8 Phương pháp mũ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4 Bất đẳng thức (Inspectorgadget, truongson2007) . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.5 Tích phân (Nguyễn Văn Đàn, Lê Huy Hoàng) . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.6 Chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp
hàm số (Nguyễn Hữu Phương) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.7 Cực trị của hàm nhiều biến (Lê Trung Tín) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.8 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong các bài toán chứng
minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
1.8.1 Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế . . . . . . . . . . 74
1.8.2 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đối xứng. . . . . . . . . . 75
1.8.3 Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa 3 biến . . . . . . . . 77
2 HÌNH HỌC 88
2.1 Thể tích và khoảng cách (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
2.2 Hình học KG (Nguyễn Trung Kiên) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
2.3 Tham số hóa trong Hình Giải Tích (Nguyễn Thị Thỏa) . . . . . . . . . . . . 99
2.4 Cực trị trong hình giải tích phẳng (Phạm Kim Chung) . . . . . . . . . . . . 109
II CÁC BÀI TOÁN HAY 110
3 ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 110

khăn. Như các bạn đã biết phương trình- bất phương trình luôn luôn có trong đề thi đại học,
thường thì nó nằm ở câu II.
Bài viết này sẽ giúp các bạn phần nào đó về phương trình-bất phương trình.Những lời
giải dưới đây tuy không phải là những lời giải hay nhất nhưng nó sẽ giúp các bạn nắm rõ
được chuyên đề này.
Hy vọng chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, giúp đỡ các bạn trên con dườngđi đến
thành công, đi đến mục đích cuối cùng của chúng ta là cổng trường đại học mơ ước và có
thể nó sẽ khiến cho các bạn đam mê với môn học này ( Khó- khổ- khô).
Mặc dù đã rất cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót trong
chuyên đề.Mong các bạn thông cảm.
Nếu có gì thắc mắc và những ý kiến về chuyên đề của mình thì các bạn liên lạc cho mình
với địa chỉ nhé!
A. Các phương pháp giải (Dạng cơ bản)
Một số phép toán biến đổi tương đương khi sử dụng để giải phương trình- bất phương trình.
1.

f (x) =

g (x) ⇔

f (x) = g (x)
g (x) ≥ 0
2.

f (x) = g (x) ⇔

f (x) = [g (x)]
2
g (x) ≥ 0
3.



f (x) < [g (x)]
2
f (x) ≥ 0
g (x) ≥ 0
B. Phần riêng
I. Bất phương trình
Ngoài những cách giải trên. Một số dạng giải bất phương trình
1.
1

f (x)
>
1
g (x)
⇔







g (x) < 0
f (x) > 0

g (x) > 0

f (x) < g (x)

+ Biến đổi tương đương
+ Nhân liên hợp
+ Hàm số
+ Đánh giá ( AM-GM; Bunhiacopxki, vecto)
Đôi chút về bất đẳng thức vecto:


−→
u +
−→
v


≤


−→
u


+


−→
v


. Đẳng thức xảy ra ⇔
−→
u ,





x
2
− x − 6 ≥ 0
x ≥ 0
x
2
+ 5x − 2 ≥ 0
x + 3 =

2 (x
2
+ 10)
⇔ x ≥ 3
Khi đó,
x + 3 <

2 (x
2
+ 10) ⇔ x
2
− 6x + 11 > 0
⇔ (x − 3)
2
+ 2 > 0
(Luôn đúng)
Bất phương trình đã cho trở thành:

⇔ −5x
2
+ 18x + 6 + 14

(x
2
− 3x) (x + 2) ≥ 0
Đến đây thấy trong căn xuất hiện 2 nhân tử là x
2
− 3x và x + 2 ,
ta nghĩ ngay đến việc phân tích −5x
2
+ 18x + 6 cũng xuất hiện 2 nhân tử đó.
Quả nhiên ông trời không phụ lòng người, ta phân tích được
−5x
2
+ 18x + 6 = −5

x
2
− 3x

+ 3 (x + 2)
Tuyệt vời!!! Công việc bây giờ là biến đổi phương trình trên thôi, ta được:
−5

x
2
− 3x


≤ a ≤ 3
Mà a ≥ 0 ⇒ 0 ≤ a ≤ 3 Ta chỉ cần xét a ≤ 3 ,lúc đó:

x
2
−3x
x+2
≤ 3 ⇔
x
2
−3x
x+2
≤ 9
⇔ 6 − 3
√
6 ≤ x ≤ 6 + 3
√
6
Hi, vậy bài toán được giải quyết trọn vẹn.Nhưng trước đó bạn đừng vội vàng kết luận mà
nhớ phải đối chiếu với điều kiện nhé!
Thật vậy, kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S =

3; 6 + 3
√
6

Bài 2. Giải bất phương trình sau:
(2x − 1)
√
x + 3

1 − x + 1 − x
⇔ (2x − 1)
√
x + 3 ≥

√
x +
√
1 − x

2 +
√
1 − x

Đặt
√
x = a;
√
1 − x = b (a, b ≥ 0) Ta có

a
2
+ b
2
= 1
2a
2
+ b
2
− 1 = x

2
= 4 + 4b + 1 − a
2
⇔ (2a
2
− 2) − 2b (a
3
+ 3a + 2) ≥ 0
Mà a
2
≤ 1, ∀0 ≤ a ≤ 1 và a
3
+ 3a + 2 > 0, ∀a ≥ 0 , nên:

2a
2
− 2

− 2b

a
3
+ 3a + 2

≤ 0
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔

a = 1
b = 0
⇔

√
2x
2
+ 5x + 2
2x
2
+ 5x + 2 ≥ 0
⇔ x ∈ (−∞; −2] ∪

−1
2
; +∞

\{0; 1}
Bất phương trình đã cho tương đương
6 − 3x +
√
2x
2
+ 5x + 2
3x −
√
2x
2
+ 5x + 2
+ 1 ≤ 1 +
1 − x
x
⇔
6


3x −
√
2x
2
+ 5x + 2

≤ 0 (1)
6
Đến đây ta chia thành 2 trường hợp
Trường hợp 1:
√
2x
2
+ 5x + 2 + 3x = 0
⇔ 2x
2
+ 5x + 2 = 9x
2
⇔


x =
−2
7
x = 1
Đối chiếu với điều kiện đầu bài thì x =
−2
7
là nghiệm của bất phương trình (2)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S = (−∞; 2) ∪

−1
2
;
−2
7

∪ (0; 1)
Bài 4. Giải bất phương trình sau:

(x + 2) (2x − 1) − 3
√
x + 6 ≤ 4 −

(x + 6) (2x − 1) + 3
√
x + 2
Lời giải:
ĐK: x ≥
1
2
Khi đó, Bất phương trình đã cho trở thành:

√
x + 2 +
√
x + 6





√
2x − 1 − 3

+
√
x + 2 +
√
x + 6
√
2x − 1
> 0. Nên f(x) đồng
biến.
Mặt khác: f(7) = 4 , nên (1) ⇔ f(x) ≤ f (7) ⇐⇒ x ≤ 7. Đối chiếu với điều kiện đầu bài
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S =

−1
2
; 7

Bài 5. Giải bất phương trình sau:
x + 2

2 (x
4
− x
2
+ 1) − 1
≥

Với ∀a, b ta luôn có a + b ≤

2 (a
2
+ b
2
) Dấu ’=’ xảy ra ⇔ a = b
Áp dụng: Đặt a = x; x
2
− 1 = b Khi đó,
x + x
2
− 1 ≤

2

x
2
+ (x
2
− 1)
2

=

2 (x
4
− x
2
+ 1) (2)

Trường hợp 2: Nếu x < 1 Bất phương trình đã cho tương đương
x
2
+ x − 1 ≤

2 (x
4
− x
2
+ 1)
Luôn đúng ∀x < 1 (Vì đã chứng minh ở (2))
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S = (−∞; 1) ∪

1+
√
5
2

Bài 6. Giải bất phương trình sau:
√
3 + 3x +
√
3 − x
√
3 + 3x −
√
3 − x
≥
4
x

(3 + 3x) (3 − x) ≥ 5 − x(⊕)
Vì cả 2 vế đều dương nên
⊕ ⇔ (3 + 3x) (3 − x) ≥ (5 − x)
2
⇔ x
2
− 4x + 4 ≤ 0 ⇔ (x − 2)
2
≤ 0
Mà (x − 2)
2
≥ 0 , nên ⇒ x − 2 = 0 ⇔ x = 2
Trường hợp 2: x ∈ [−1; 0)
Dễ dàng chứng minh
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0
8
Thật vậy,
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0 ⇔ x < 0 (đúng)
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương
√
3 + 3x +
√
3 − x
√

⇔

(3 + 3x) (3 − x) ≤ 5 − x
Vì 5 − x > 0 nên ta có thể bình phương 2 vế lên để mất căn
Khi đó ta sẽ có điều ta mong muốn, (3 − x) (3 + 3x) ≤ (5 −x)
2
⇔ (x − 2)
2
≥ 0 (Luôn đúng)
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = [−1; 0) ∪{2}
Bài 7. Giải bất phương trình sau:

4 −
1
x
2
+
|2x + 1|
x
≥ 0
Lời giải:
ĐK:

x ≤ −2
x ≥ 2
Bắt gặp dấu giá trị tuyệt đối chúng ta thường liên tưởng đến bình phương 2 vế và đánh giá
hoặc chỉ đánh giá, bình phương
Nhưng lần này đối với tôi, phép bình phương xuất hiện đầu tiên. Chúng ta cùng thử xem
nhé!
Chuyển vế bất phương trình đã cho thành:

√
2 − x
2
+

2 +
1
x
2
< 4 + |x| +
1
|x|
Lời giải:
Ôi! Lại một bài toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối nữa. Liệu lần này cách bình phương lên
9
còn có thể giúp được gì cho chúng ta không nhỉ??? Thử xem nhé!
ĐK:

−
√
2 ≤ x ≤
√
2
x = 0
Bất phương trình đã cho trở thành:
4 +
1
x
2
− x

2
+ 7 + 4 |x| +
4
|x|
⇔
√
3x
2
− 2x
4
+ 2 < (|x|)
3
+ 7 |x|+ 4x
2
+ 4(1)
Bây giờ đến đây thì làm sao nhỉ?
Đừng nản chí vội, ở đây ta thử đánh giá biểu thức vế trái
√
3x
2
− 2x
4
+ 2 xem sao nhé! Mà vế
phải có 1 hằng số nên, ta thử xem nó có mối quan hệ gì đến biểu thức ta đang tìm hiểu.Thử
nhé!
Ta có:
√
3x
2
− 2x

ĐK: 2x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2
Khi đó, bất phương trình tương đương

(x
2
+ 4)
2
(2x + 4) ≤ (3x
2
+ 6x − 4)
2
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇔

(2x + 3) (x
2
− 2x − 4)
2
≤ 0
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇔








x ≥
√
21 − 3
3
x ≤
−3 −
√
21
3
⇔



















3
⇔


x = 1 +
√
5
x ≤
−3 −
√
21
3
Đối chiếu với điều kiện ta thấy, Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 +
√
5
10
Nhận xét: Chắc các bạn đang thắc mắc tại sao ở đoạn cuối tôi lại suy ra được kết quả
là


x = 1 +
√
5
x ≤
−3 −
√
21
3
phải không? Lúc đầu khi làm bài toán này tôi cũng bó tay ở đoạn này đấy, nhưng sau khi
thầy tôi giải thích thì tôi đã hiểu ra.

trước tiên ta đi xét mẫu xem sao nhé!( Bật mí nhé: Muốn nhân chéo 1 bất phương trình nào
đó thì chúng ta phải đảm bảo rằng cả 2 vế đều dương). Mà bài toán này thì tử số luôn dương
rồi, vế phải chắc chắn 100% dương. Với điều kiện trên thì,
x
√
x + 1 −
√
x
2
− x
3
≥ x
√
x + 1 −
√
x
2
= x
√
x + 1 − x > 0, ∀0 ≤ x ≤ 1
Woa, thật là may mắn.Chúng ta đã xử lý xong mẫu rồi, giờ chỉ việc nhân chéo lên.hì! Bất
phương trình đã cho trở thành
√
x

x +
√
1 − x
2


⇔ x + 1 − x
2
− 2

x (1 −x
2
) ≤ 0
⇔

√
1 − x
2
−
√
x

2
≤ 0
11
Mà

√
1 − x
2
−
√
x

2
≥ 0, ∀x Nên:

Đối chiếu với điều kiện thì x =
−1 +
√
5
2
thoả mãn bài toán
Vậy bất phương trình đã cho có ngiệm duy nhất là x =
−1 +
√
5
2
Trên đây là 1 số ví dụ tôi đua ra cho các ban. Sau đây sẽ là 1 số bài tập để các bạn làm
nhé!
Áp dụng: Gỉai các bất phương trình sau:
1, 2 (x
2
+ 2) < 3

2x +
√
x
3
+ 8

2,
√
17x + 53 −
√
x + 5 − 4x < 12
3, x +

>
2
x
6,





1
4
− x




≥ x +
1
2
7,
√
1 + x −
√
1 − x ≥ x

5 − 4
√
x +

5 + 4

+ Đặt ẩn phụ
+ Hàm số
Sau đây, tôi sẽ làm các ví dụ về phương trình nhé! Tuy nó chỉ là 1 phần nhỏ, chưa đi hết
được các dạng toán nhưng nó sẽ giúp ích cho các bạn phần nào.
12
Bài 1. Giải phương trình
x
3
+ 1 = 2
3
√
2x − 1
Lời giải:
Đặt
3
√
2x − 1 = a ⇔ 2x = a
3
+ 1 Do đó, ta có hệ

x
3
+ 1 = 2a (1)
a
3
+ 1 = 2x (2)
Trừ vế với vế (1) cho (2) ta có:
x
3
− a

3
+ 1 − 2x = 0
⇔ (x − 1) (x
2
+ x − 1) = 0 ⇔


x = 1
x =
−1 ±
√
5
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là


x = 1
x =
−1 ±
√
5
2
Chú ý: Ngoài cách đã làm ở trên, thì ta có thể làm như sau:
Phương trình đã cho được viết lại thành
x
3
+ 1
2
=
3


= 2x +
√
x + 6
13
Lời giải:
ĐK: x ≥ 2
Theo thói quen của tôi mỗi khi làm những bài bất phương trình hoặc phương trình là nhanh
chóng lấy chiếc máy tính ra nhẩm nghiệm của bài toán.Chỉ 1 lúc sau chúng ta đã thấy kết
quả. Thật là may mắn vì ài này nghiệm của nó có 1 nghiệm rất đẹp đó nha!!
Ta thấy x = 3 là một nghiệm của phương trình. Ta nghĩ ngay đến việc đưa bài toán về
dạng:(x − 3) f(x) = 0 , nên ta biến đổi phương trình như sau:
2 (x − 3) +

√
x + 6 − 3
√
x − 2

= 0
Vấn đề còn lại là đi phân tích
√
x + 6 − 3
√
x − 2 ra thừa số x − 3 .
Sao nhìn vào biểu thức này mà tôi lại liên tưởng ra hằng đẳng thức a
2
−b
2
= (a − b) (a + b)

= 2
Đến đây bài toán trở nên dễ dàng biết mấy. x = 3 là 1 nghiệm của phương trình đã cho nên
ta chỉ cần đi theo con đường giải quyết phương trình
8
√
x + 6 + 3
√
x − 2
= 2 nữa thôi.
Thật dễ! ta viết lại phương trình đó thành
√
x + 6 + 3
√
x − 2 = 4
Đến đây thì tiếp tục giải được rồi nhỉ. Các bạn trình bày tiếp cho tôi với nhé!
Từ đây suy ra được x =
11 − 3
√
5
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là


x = 3
x =
11 − 3
√
5
2
Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng :


= C Và ta lại sử dụng phép
thế. Thế
3
√
A +
3
√
B =
3
√
C vào để được A + B + 3
3
√
ABC = C
14
Khó khăn thật nhỉ! Sau đây tôi đưa ra ví dụ để các bạn xem cách giải quyết vấn đề này như
thế này như thế nào nhé!
Bài 3. Giải phương trình:
√
x + 3 +
√
3x + 1 = 2
√
x +
√
2x + 2
Lời giải:
ĐK: x ≥ 0
Nếu theo cách làm như tôi nói trên thì. Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta


g(x) =

h(x) +

k(x)
Mà ta lại có được: f(x) + h(x) = g(x) + k(x) , lúc đó ta biến đổi phương trình về dạng

f(x) −

h(x) =

k(x) −

g(x)
Sau đó bình phương lên thôi. Nhanh gọn.hì hì!!!
Chú ý: Ngoài ra nếu chúng ta bắt gặp những bài phương trình mà có dạng như trên
nhưng thay vì có f(x) + h(x) = g(x) + k(x) mà nó có f(x).h(x) = k(x).g(x) thì cũng biến
đổi được

f(x) −

h(x) =

k(x) −

g(x) Nhớ nhé!
Một số bài tập áp dụng:
1, (1 − 4x)
√

2
−
5
3
= x
4,
√
x
2
+

x (x − 3) =

x (2x + 1)
5,

x +
√
x + 11 +

x −
√
x + 11 = 4
Một lần nữa chân thành cảm ơn các bạn đã đón đọc tuyển tập này. Tuyển tập này còn
chưa đầy đủ lắm, nó mới chỉ đưa chúng ta đi một đoạn đường nhỏ trên chặng đường học tập
nói chung, trên con đường chinh phục tuyển tập phương trình - bất phương trình nói chung.
Các bạn nhớ đón đọc tuyển tập của mình lần sau nhé, hi vọng nó sẽ củng cố kiến thức đầy
đủ hơn. Chúc các bạn thành công, chinh phục ước mơ của mình.
15
1.3 PT Mũ và Logarit (Đỗ Đường Hiếu)

− 4x + 3 = 0 ⇔

x = 1
x = 3
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 0, 125.4
2x−3
=

3
√
2
8

−x
Lời giải: Đưa hai vế về cùng cơ số 2, ta được:
2
−3
.2
4x−6
=

2
−
8
3

−x
⇔ 2
4x−9

x
⇔ 4.5
x
= 10.2
x
⇔

5
2

x
=
5
3
⇔ x = 1
1.3.2 Phương pháp đặt ẩn phụ
Mục đích của đặt ẩn phụ là để đưa phương trình về phương trình đại số quen thuộc. Khi
đặt t = a
f(x)
, với 0 < a = 1, để giải phương trình không có tham số đôi khi ta chỉ cần đưa
ra điều kiện t > 0, nhưng với phương trình chứa tham số ta cần phải chỉ ra điều kiện đúng
của ẩn phụ.
Ví dị 1. Giải phương trình: 3
2x−1
= 2 + 3
x−1
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
3
2x
− 3

√
x
2
−2
= t, với t > 0, ta có phương trình:
t
2
−
5
2
t − 6 = 0 ⇔


t = 4
t = −
3
2
=⇒ t = 4
Từ đó:
2
x+
√
x
2
−2
= 4 ⇔ x +
√
x
2
− 2 = 2

+ 6.9
1
x
Lời giải: Điều kiện: x = 0. Chia cả hai vế của phương trình cho 9
1
x
> 0, ta có:
6.

4
9

1
x
− 13.

2
3

1
x
+ 6 = 0
Đặt t =

2
3

1
x
, (t > 0), phương trình trở thành:

2
3
thì

2
3

1
x
=
2
3
⇔
1
x
= 1 ⇔ x = 1
Phương trình có hai nghiệm: x = −1 và x = 1.
Ví dụ 4. Giải phương trình: 2
x
2
−x
− 2
2+x−x
2
= 3
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
2
x
2
−x


x = −1
x = 2
Phương trình có hai nghiệm: x = −1 và x = 2.
Ví dụ 5. Giải phương trình:

3 +
√
5

x
+ 16.

3 −
√
5

x
= 2
x+3
Lời giải: Ta đưa phương trình đã cho tương đương với phương trình :

3 −
√
5
2

x
+ 16



x
, t > 0 thì

3 −
√
5
2

x
=
1
t
Khi đó phương trình trở thành :
1
t
+ 16t = 8 ⇔ 16t
2
− 8t + 1 = 0
⇔ t =
1
4
Từ đó, ta có:

3 +
√
5
2

x

− x − 2 trên R.
Ta có: f

(x) = −7
6−x
ln 7 −1 < 0, ∀x ∈ R Nên hàm số f(x) nghịch biến trên R. Từ đó:
- Với x < 5 thì f(x) > f(5) hay 7
6−x
−x −2 > 0, nên phương trình không có nghiệm x < 5.
- Với x > 5 thì f(x) < f(5) hay 7
6−x
−x −2 < 0, nên phương trình không có nghiệm x > 5.
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình:3
x
+ 5
x
= 6x + 2
Lời giải: Phương trình đã cho viết lại là:
3
x
+ 5
x
− 6x − 2 = 0
18
Nhận thấy rằng x = 0 và x = 1 là các nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f(x) = 3
x
+ 5
x


(x) đồng biến trên R.
Từ đó:
+ Nếu x < t thì f

(x) < f

(t) = 0
+ Nếu x < t thì f

(x) < f

(t) = 0
Do vậy, ta có bảng biến thiên:
x −∞ t +∞
f

(x) − 0 +
f(x) +∞
f(t) 
+∞
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình f(x) = 0 nếu có nghiệm thì chỉ có
tối đa là 2 nghiệm.
Do đó phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = 1.
Ví dụ 3. Giải phương trình: 5
x−2
= 5
x
2
−x−1

t
ln 5 + 1 > 0∀t ∈ R, nên hàm số f(t) luôn đồng
biến.
Do vậy:
(∗) ⇔ f(x − 1) = f(x
2
− x) ⇔ x − 1 = x
2
− x ⇔ x = 1
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
1.3.4 Phương pháp lôgarit hóa
Ví dụ 1. Giải phương trình: 3
x
.2
x
2
= 1
Lời giải: Lấy lôgarit cơ số 3 hai vế, ta có phương trình tương đương với:
log
3
3
x
.2
x
2
= log
3
1 ⇔ log
3
3

2
3
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = −log
2
3
Ví dụ 2. Giải phương trình: 2
x+2
.3
x
= 4
x
.5
x−1
Lời giải: Lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình đã cho:
log
2

2
x+2
.3
x

= log
2

4
x
.5
x−1


2
5
⇔ x =
−2 − log
2
5
log
2
3 − log
2
5 − 1
Vậy, phương trình có nghiệm: x =
−2 − log
2
5
log
2
3 − log
2
5 − 1
.
PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1.3.5 Phương pháp đưa về cùng cơ số
Ví dụ 1. Giải phương trình: log x + log(x + 9) = 1
Lời giải: Điều kiện:



x > 0
x + 9 > 0

1
2
log
2
x

= 2
⇔
1
2
log
2
(log
2
x) + log
2

1
2

+ log
2
(log
2
x) = 2
⇔
3
2
log
2

−4 < x < 4
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
log
2
|x + 1| + log
2
4 = log
2
(4 − x) + log
2
(4 + x)
⇔ log
2
(4 |x + 1|) = log
2
[(4 − x) (4 + x)]
⇔ 4 |x + 1| = (4 −x) (4 + x)
⇔ 4 |x + 1| = 16 −x
2
(∗)
- Với −1 < x < 4, ta có:
(∗) ⇔ 4(x + 1) = 16 −x
2
⇔ x
2
+ 4x − 12 = 0 ⇔

x = 2
x = −6(loại)
- Với −4 < x < −1, ta có:

t = 3
- Với t = 2, ta có: log
2
x = 2 ⇔ x = 4
- Với t = 3, ta có: log
2
x = 3 ⇔ x = 8
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4 và x = 8.
Ví dụ 2. Giải phương trình:

3 + log
2
(x
2
− 4x + 5) + 2

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5) = 6
Lời giải: Đặt



u =

3 + log
2
(x

21



u = 6 − 2v
5v
2
− 24v + 28 = 0
⇔





u =
2
5
v =
14
5
hoặc



u = 2
v = 2
- Với




⇔ log
2

x
2
− 4x + 5

= −
71
25
x
2
− 4x + 5 = 2
−
71
25
(vô nghiệm)
- Với



u = 2
v = 2
, ta có:




3 + log
2

nghiệm nào khác.
Xét hàm số f (x) = log
7
(x + 2) + x − 6 với x > −2.
Ta có: f

(x) =
1
(x + 2) ln 7
+ 1 > 0, ∀x > −2, nên hàm số đồng biến trên khoảng (−2; +∞).
Từ đó: - Nếu −2 < x < 5 thì f(x) < f(5) = 0 ⇔ log
7
(x + 2) < 6 − x nên phương trình
không có nghiệm x, với −2 < x < 5.
- Nếu x > 5 thì f (x) > f(5) = 0 ⇔ log
7
(x + 2) > 6 − x nên phương trình không có nghiệm
x, với x > 5.
Vậy. phương trình đã cho chỉ có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 2. Giải phương trình:log
3

x
2
+ x + 3
2x
2
+ 4x + 5

= x

log
3

x
2
+ x + 3

+

x
2
+ x + 3

= log
3

2x
2
+ 4x + 5

+

2x
2
+ 4x + 5

Xét hàm số: f(t) = log
3
t + t với t > 0
Ta có:f

(2x) = 3
Lời giải: Điều kiện:



0 < x − 2 = 1
2x > 0
⇔ 2 < x = 3
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
2x = (x − 2)
3
⇔ x
3
− 6x
2
+ 10x − 8 = 0
(x − 4)

x
2
− 2x + 2

= 0 ⇔ x = 4(thỏa mãn điều kiện)
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.
CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1. (Trích Đề thi ĐH-CĐ năm 2008 - Khối A) Giải phương trình:
log
2x−1

2x

2x−1
(x + 1) + 2 log
x+1
(2x − 1) = 4
⇔ log
2x−1
(x + 1) + 2 log
x+1
(2x − 1) = 3
Đến đây, đặt t = log
2x−1
(x + 1), ta được phương trình:
t +
2
t
= 3 ⇔ t
2
− 3t + 2 = 0 ⇔

t = 1
t = 2
- Với t = 1, ta có:
log
2x−1
(x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = (2x − 1) ⇔ x = 2
23
- Với t = 1, ta có:
log
2x−1
(x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = (2x − 1)

)(x ∈ R)
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:

9

−
1
3
log
2
x

2
− 2 log
2
x + 8 =
√
2(4 − log
2
x)
⇔

(log
2
x)
2
− 2 log
2
x + 8 =
√

Với t = 2, ta có log
2
x = 2 ⇔ x = 4
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất x = 4.
Bài 3. Giải phương trình 2x
log
4
x
= 8
log
2
√
x
Lời giải: Điều kiện xác định: x > 0.
Với điều kiện đó, lôgarit cơ số 2 hai vế phương trình, ta có:
log
2

2x
log
4
x

= log
2

8
log
2
√

2
x = 2 ⇔ x = 4(thỏa mãn)
24
Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = 4.
Bài 4. Giải phương trình:
(9
x
− 2.3
x
− 3) log
3
(x − 1) + log
1
3
27 =
2
3
.9
x+1
2
− 9
x
Lời giải: Điều kiện: x > 1.
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với:
(3
x
+ 1) (3
x
− 3) log
3

x
+ 1 = 0
3
x
− 3 = 0
log
3
(x − 1) + 1 = 0
⇔




3
x
= −1(vô nghiệm)
x = 1 (loại)
x =
4
3
(thỏa mãn)
Vậy, phương trình có một nghiệm x =
4
3
Bài 5. Giải phương trình:
log
2
1
2
(5 − 2x) + log

.
Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với:
log
2
2
(5 − 2x) +
log
2
2
(5 − 2x)
log
2
(2x + 1)
= 2 log
2
(5 − 2x) + 2 log
2
(2x + 1) . log
2
(5 − 2x)
⇔ log
2
2
(5 − 2x)

log
2
(2x + 1) + 1
log
2

4
x = −2 ∨ x =
1
2
Kết hợp với điều kiện trên, phương trình có 3 nghiệm x = −
1
4
, x =
1
2
và x = 2.
Bài 6. Giải phương trình : log
2
(x −
√
x
2
− 1)log
3
(x +
√
x
2
− 1) = log
6
(x −
√
x
2
− 1)