Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số
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
t x
t x t x

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
≥
- Ta có:
( ) ( )
( )
3
8 3
* 2 3
3 2 6
3 2 6 4
x
x
x
x x
x x
=

−

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
( ) ( )f x g x=

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

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

− ± − ±
 
=
 
 
 
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

− = +

− = + ⇒

− − + + = −



x
 
= −
 
 
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

x x
+ < + − → = + ≥

Trần Văn Vũ
5
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:
( ) ( )

x
x x x x
x x x x
−
−
⇔ − − − < − − − ⇔ <
− + − − + −

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


2
2 1x x
x
= ⇔ = ±
Với
2
2xy y
x
−
= − ⇒ =
, thế vào pt đầu được:
Trần Văn Vũ
6

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

 
+ + − =
+ + + =




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
 
   
= − − −

4,
2
2 2
3 2 16
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

ĐS:
( ) ( )
; 11;11x y =

Trần Văn Vũ
7
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






⇒
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

2 2
2 2
2 2 2
2 2
3( )
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
 
 
− ± − ±
 
=
 ÷
 
 ÷
 

= −





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

12,
( )
( )
( )
( )
( )
( )
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

2 2 2
2
2
1
1
7
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
2
3
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

+ = +

− +



+ = +

− +

⇒
ĐS:
( ) ( ) ( )
{ }
; 0;0 ; 1;1x y =
15,


với
( )
2
2
60
36 25
t
f t
t
=
+
⇒

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

x y z= =
⇒
ĐS:
( ) ( )
5 5 5

x x y y
y
x
x y
x y
x y

−

− = +

− = +

=
 
⇔ ⇔
  
− = +
= +
  


= +

Trần Văn Vũ
9
⇒
ĐS:
( ) ( )
4 78 78 4 78 78

+ −
+ + − = ⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

- Do
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
 
−
 ÷
 ÷
 

2 2
3 13 4 3 3 6 *x x x+ = − + +

- Nếu
3
4 3 0
4
x x≤ ⇒ − ≤ ⇒
PT vô nghiệm
- 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
 
′
= − − < ∀ >
 ÷

≤ ≤
- Xét hàm
( )
4 4
1 17f x x x= − + −
có:
( )
( ) ( )
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:

3
2
log
3
log 1 0
1 2
t
t
t x
x
t x
x
=


=
 
⇔
 
= + ≥
+ =




nên:
( )
1 3
3 2 1 1 2 9
2 2


( )
2
3
2 3
x
t→ = +
. ĐS:
3x = ±

Trần Văn Vũ
11
2,
2
4.3 9.2 5.6
x
x x
− =
. Chia 2 vế cho
3
2
2
x
x
t
 
→ =
 ÷
 
ĐS:


= − −
+


4,
2 2 2
1 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
=

− + + = ⇔ − − = ⇔


2 1 1
2
2
1
3
2 .3 2 .3 1 log 2 .3 0
1 log 3
2
x x
x x x x x
x
x
− −
− − −
=

 
= ⇔ = ⇔ = ⇔

 
 
= −

9,
( )
( ) ( )
{ }
9
9
3 log 1

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

5
logt x=
, ta biến đổi PT về dạng:
( ) { }
1
2 3 0;2
1
t t
t
+ + = ⇔ =
−

- 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



− >




< − ≠




+ = −




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
 
− − = → = ⇒ = − ⇒ =

6,
2 3
16 4
2
log 14log 40log 0
x x x
x x x− + =
- Điều kiện:
0
1 1
; ;2
16 4
x
x
>



 
≠
 

 

Trần Văn Vũ
13
- Nhận xét
1x =
là nghiệm của pt đã cho, xét
1x ≠

0
1
;1
2
x
x
>



 
≠
 

 

- 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,

+
=
10,
(
)
(
)
2 2
2 2
log 2 3log 2 5x x x x− − + + − =
Trần Văn Vũ
14
- 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


1,
2
2 2
2
2 2
1
9 2 3 3 0
3
x x
x x x x
t
−
− −
 
− ≤ → = >
 ÷
 
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:
{ }
1;0;1x = −

5,
2 2
2 2
2 2
2 4 2 2 1
2 4 2 2 1
2 4 2 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
− − − −
− − − −

1x ≥
Ta có:
( ) ( )
2 2 2
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 0
x x x x x x x+ − − − − − −
+ ≤ + ⇔ − − − ≤
Trần Văn Vũ
15

( )
(
)
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

2
4 2
(log 8 log )log 2 0 3log 2 log 2 1 log 2 0
x x x x
x x+ ≥ ⇔ + + ≥

1
log 2 0
1
log 2 1
1
2
x
x
x
x
>

≥


⇔ ⇔


≤ −
≤ <



- Đáp số:

+
 
< ⇔ ∨
 
+ +
+
< < >
 
+ +
 

5
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

⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ <
−
− +
- Đáp số:
1 1
3 2
x≤ <
5, Ta có:
( ) ( )
2 2
3 1 1
2 2
log log 3 1 0 log 3 3x 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
− + − −

x< <
, thì
( )
2
* 2 3 4 0x x⇔ − + ≤
: Vô nghiệm
- Đáp số:
2x ≥
Bài 9. Giải các hệ phương trình mũ, logarit:
1,
( ) ( )
2 2
ln(1 ) ln(1 )
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
+ − = + −

+ − + = −


⇔
 
− − =
− + =


x y
x y
x y x y
x y
xy

+ =

+ =


⇔ > > ⇔ =
 
+ + =
 

=


3,
( )
( )
2 5
2 2
3
3 .2 972
log 3 .2 log 2 .3
log 2
3
x y


⇔ ⇔
 
=
− =



4,
2 2
2
2 4 1
2 4 2 1
x y
x y x y+

+ =


+ + =



- Đặt
2 0; 4 0
x y
u v= > = >
hệ trở thành:
2 2
1

- Từ hệ suy ra:

2 1 2 1
1 2 2 3 1 2 2 3
x y
x x x y y y
− −
− + − + + = − + − + +
( ) ( )
1 1f x f y⇔ − = −
Trong đó
( )
2
1 3
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 =

Trần Văn Vũ
18

( ) ( )
( )
2 2
8 9
13
5 10
5
1 7
8
5 10
x y x
x y x y
x y x y
x y y
 

+ = =
 
+ + − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
  
+ = −
− = =

 

+ = −



+ =


( )
( )
3
3
3
3
5 5
27.5 .3 5
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
−

x
x x
y y
y
+
+ +

= − + +


+ = − +


- Đặt
1
1 0; 2 2
x
u y v
+
= + ≥ = ≥
, hệ trở thành:
( )
( )
2
2
1
1 2
v u u
u v v


1f t t t m= + − =

PT đã cho có nghiệm
( )
f t m⇔ =
có nghiệm
0t ≥

0 1m⇔ < ≤
2,
4
4
13 1 0x x m x− + + − =
có đúng một nghiệm
Trần Văn Vũ
19
- 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

giao với đường thẳng
1y m= −

tại đúng 1 điểm.
- Xét hàm
3 2
4 6 9y x x x= − −
với
(
]
;1x ∈ −∞
, lập bảng biến thiên từ đó ta dẫn tới đáp
số của bài toán là:
1 11 10m m
− < − ⇔ >
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

có nghiệm
1
2
x m> −

0
1
1 2
0
2
9
0
4
1
1 2
2
m m
m
m
m m
′
 ∆ =





− > −
≤


x
+
+
+ >
đúng với mọi
x R∈
- Ta có:
2,
.2 2 3 1
x x
m m− − ≤ +
có nghiệm
Trần Văn Vũ
20
- Đặt
2
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

- Đặt
2
2 2t x x= − +
, với
[ ]
0;1 3 1;2x t
 
∈ + ⇒ ∈
 
. Hệ trở thành:
( ) ( ) ( )
2
2
2
1 2 0 , *
1
t
m t t m f t
t
−
+ + − ≤ ⇔ ≤ =
+
- BPT đã cho có nghiệm
0;1 3x
 
∈ +
 
( )
*⇔
có nghiệm

y x m
x y m
x x m x
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


2 1 2 1
2
7 7 2010 2010
( 2) 2 3 0
x x x
x
x m x m
+ + + +

− + ≤


− + + + ≥


có nghiệm
- Điều kiện:
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

2 3
: ( )
2
x x
m g x
x
− +
⇔ ≥ =
−
có nghiệm
[ ]
1;1x∈ −

[ ]
1;1
min ( ) 2
x
m g x m
∈ −
⇔ ≥ ⇔ ≥ −
3,
( ) ( )
2 2
2
1 1 2
1
m y
x n
m nxy x y


1
m
m
x
x
m
m
x y
m x y

=
=

+ =


⇔ ∨ ⇒ =
  
=
=



+ =

- ĐK đủ:
+ TH1: Xét
0m
=
, hệ trở thành:

x
x n
n
y
nxy x y

= ±
+ + =


⇔ ∀
 
=


+ =

Trần Văn Vũ
22
Vậy
1m
=
hệ luôn có nghiệm với mọi
n R
∈
Bài 13. Chứng minh rằng hệ
2
2
2007
1

x y
− = − ⇔ =
− −
Với
( ) ( )
( )
2 3
2
1
0 1
1
1
t t
t
f t e f t e t
t
t
′
= − ⇒ = + > ∀ >
−
−
suy ra hàm
( )
f t
là hàm
đồng biến trên
( )
1;∞
do đó
( ) ( )

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

x x x x x x
m m
− − −
− − + + ≥( ) ( )
2 2
2 2
9 3
2 1 1 0
4 2
x x x x
m m
− −
   
⇔ − − + + ≥
 ÷  ÷
   
Đặt
2
2
3 3
2 2
x x
t t
−
 
= ⇒ ≥
 ÷

2
min 3
t
f t m m
≥
⇔ ≥ ⇔ ≤
Bài 15. Xác định m để pt sau có 3 nghiệm phân biệt:
( ) ( )
2 2
3 3 3 3
log .log 2 3 log 2log 2 3 2 0x x x m x x x m− + − − − + + =
.
Giải: Điều kiện:
0x
>
Ta có:
( ) ( )
2 2
3 3 3 3
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

⇔ = − > ⇔ < <



= − ≠

Đáp số:
3
log 2 1m< <

Đính chính: Trong đề bài cũ có một số đề không chính xác, trong phần hướng dẫn
giải này đã chỉnh sửa lại phù hợp hơn. Rất mong các em thông cảm.
Trần Văn Vũ
24