www.k2pi.net
DIỄN ĐÀN TOÁN THPT
www.k2pi.net
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ÔN THI
ĐẠI HỌC 2014
Hà Nội, tháng 1 năm 2014
www.k2pi.net
Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Tuyển tập các bài toán 4
1.1 Từ câu 1 đến câu 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Từ câu 21 đến câu 40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3 Từ câu 41 đến câu 60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.4 Từ câu 61 đến câu 80 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.5 Từ câu 81 đến câu 100 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
1.6 Từ câu 101 đến câu 120 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1.7 Từ câu 121 đến câu 140 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1.8 Từ câu 141 đến câu 160 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1.9 Từ câu 161 đến câu 180 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
1.10 Từ câu 181 đến câu 200 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
1.11 Từ câu 201 đến câu 220 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
1.12 Từ câu 221 đến câu 240 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
1.13 Từ câu 241 đến câu 260 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
1.14 Từ câu 261 đến câu 282 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
2 Bài tập tự luyện 144
www.k2pi.net Trang 2
www.k2pi.net
Lời nói đầu
Phương trình vô tỷ là dạng toán thường xuất hiện trong đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng. Dù nhiều khi
nó không trực tiếp xuất hiện mà ẩn đằng sau những hệ phương trình, bất phương trình. Đây là câu phân loại
học sinh rất tốt.

♥ Bài 1 ♥
Lời giải
Điều kiện −

3
2
≤ x ≤

3
2
.
Có dạng phân thức thử nghĩ đến nhân liên hợp xem sao?
Phương trình được viết lại dưới dạng
2x − 3 +
(3x − 1)

√
3 − 2x
2
− 2 + x

−3x
2
+ 4x − 1
= 0 ⇔ 2x − 3 +
√
3 − 2x
2
+ x − 2
1 − x

− 60x + 22 = 0
⇔



2x
2
− 6x + 5 ≥ 0
(x − 1)
2

4x
2
− 16x + 22

= 0
⇔ x = 1
Đối chiếu thấy nghiệm thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 
Lời giải
Đk:



3 − 2x
2
≥ 0

3 − 2x
2


3
2

nên ta có:
pt ⇔ 3 − 2x =
(3x − 1)

√
3 − 2x
2
− 2 + x

3 − 2x
2
− x
2
+ 4x − 4
⇔ 3 − 2x =
(3x − 1)

√
3 − 2x
2
− 2 + x

(3x − 1) (1 − x)
⇔ 2x
2
− 6x + 5 =

4x
2
− 16x + 22x

= 0
⇔ x = 1
Kết hợp điều kiện bài toán ta có x = 1 là nghiệm của phương trình. 
Giải phương trình sau :
(2x − 5)
√
2x + 3 =

2
3
x + 1


2
3
x − 1
♥ Bài 2 ♥
Lời giải
Đk căn có nghĩa và 2 vế cùng dấu là x ≥
5
2
.
Khi đó : P t ⇔ 2x − 5 =
1
3


♥ Bài 3 ♥
Lời giải
www.k2pi.net Trang 5
www.k2pi.net
6 Chương 1. Tuyển tập các bài toán
Hình thức giống bài 1 nhưng ta lại không nhân liên hợp được nên cứ quy đồng xem sao?
Viết lại phương trình dưới dạng
2x
2
+ 10x + 7 = (2x − 3)

3 − 2x
2
Đặt u =

3 − 2x
2
⇒ 2x
2
= 3 − u
2
và phương trình trở thành
3 − u
2
+ 10x + 7 = (2x − 3) u ⇔ u
2
+ (2x − 3) u − 10x − 10 = 0
Coi đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và tham số là x ta được
∆
u

3 − 2x
2
= 4x
2
− 20x + 25
(vô nghiệm). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
Giải phương trình sau :
8x
2
+ 3x +

4x
2
+ x − 2

√
x + 4 = 4
♥ Bài 4 ♥
Lời giải
P t ⇔

√
x + 4

2
+

4x
2
+ x − 2


2
−
√
x + 4 − 4x
2
− 2x = 0, (2)
∆
√
x+4
= (4x + 1)
2
(2) ⇔




√
x + 4 = −2x
√
x + 4 = 2x + 1
⇔ ⇔






x =
1 −

2 −
√
x + 4
+ x = 0 ⇔ (4x
2
+ x − 2) = 2 −
√
4 + x ⇔
(
√
x + 4)
2
−
√
x + 4 − 4x
2
− 2x = 0(2)
Đặt t =
√
x + 4 ≥ 0 thì (2) thành: t
2
− t − 4x
2
− 2x = 0 ⇔ (t + 2x)(t + 2x −1) = 0
Với t = 2x ⇒
√
x + 4 = 2x ⇔




√
x − 3
√
2x − 1 − 1
=
1
√
x + 3 −
√
x − 3
♥ Bài 5 ♥
Lời giải
ĐK: x ≥ 3
Phương trình đã cho tương đương với:

x
2
− 9 −(x −3) =
√
2x − 1 −1 ⇔

x
2
− 9 −
√
2x − 1 −(x −4) = 0 (1)
Nhận xét: Nhận thấy pt có nghiệm là x = 5 và x = 4 ta nghĩ đến cách tạo ra nhân tử chung là (x −4)(x −5) tuy
nhiên muốn tạo ra nhân tử này thì thêm bớt nó rất lẻ. Do vậy ta làm như sau:
(1) ⇔
x

2
− 9 = x
2
− 2x − 1 ⇔ x = 5 (TMĐK)
Vậy pt có 2 nghiệm là x = 4; x = 5 
Giải phương trình sau :
6x
3
+ 15x
2
+ x + 1 =

3x
2
+ 9x + 1


x
2
− x + 1
♥ Bài 6 ♥
Lời giải
Đặt u =

x
2
− x + 1 khi đó phương trình trở thành
u
2
−

3x
2
+ 5x + 1

2
Suy ra



u =
3x
2
+ 9x + 1 + 3x
2
+ 5x + 1
2
= 3x
2
+ 7x + 1
u =
3x
2
+ 9x + 1 − 3x
2
− 5x − 1
2
= 2x
.
www.k2pi.net Trang 7
www.k2pi.net



3x
2
+ 7x + 1 ≥ 0
3x

3x
3
+ 14x
2
+ 18x + 5

= 0
.
⇔





3x
2
+ 7x + 1 ≥ 0
3x

x +
5
3


Giải phương trình sau :
(x − 3)
√
1 + x + x
√
4 − x = 2x − 3
♥ Bài 7 ♥
Lời giải
ĐK: −1 ≤ x ≤ 4
PT đã cho tương đương với:
(x − 3)(
√
1 + x − 1) + x(
√
4 − x − 1) = 0
⇔
(x − 3)x
√
1 + x + 1
−
x(x − 3)
√
4 − x + 1
= 0
⇔
x(x − 3) = 0(1)
√
1 + x + 1 =
√
4 − x + 1(2)

− 4u + 4v = 2u
2
− 5 (2)
từ(2) (u − v)

u
2
+ uv + v
2

− 4 (u − v) = (u − v) (u + v)
⇐⇒ u = v ∨u
2
+ uv + v
2
− 4 − u − v = 0(∗) lại có (u + v)
2
= 5 + 2uv
phương trình (*) thành (u + v)
2
− 2 (u + v) − 3 = 0 ⇐⇒ u + v = 3
khi u=v ⇐⇒ x =
3
2
nhận
khi u = 3 − v thế (1) ta có v = 1 ∨ v = 2 ⇐⇒ x = 3 ∨x = 0
vậy có 3 nghiệm x = 0, x = 3, x =
3
2



x
2
+ 4x + 7

⇔



(x + 2) (x − 1) ≥ 0
3(x + 2)
2
= 3(x − 1)
2
Hệ phương trình cuối vô nghiệm.
Vậy phương trình vô nghiệm. 
Lời giải
Thấy căn thử đặt xem sao, không ngờ nó ngon thật thầy ơi
Đặt

x
2
− 2x + 4 = a;

x
2
+ 4x + 7 = b (a; b > 0)
Ta có:
•x + 2 =
b

b
⇔

b
2
− a
2
+ 9

a =

b
2
− a
2
− 9

b
⇔ (a + b) (a − 3 − b) (a + 3 − b) = 0
•a − 3 = b ⇔

x
2
− 2x + 4 =

x
2
+ 4x + 7 + 3
⇒


x
2
− 2x + 4 = x − 1 ⇒



x ≥ 1
4 = 1(V L)
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm 
Giải phương trình sau :
(2
√
2x − 1 + x + 1)
2
− 9x
2
+ 15 = 22x
♥ Bài 9 ♥
www.k2pi.net Trang 9
www.k2pi.net
10 Chương 1. Tuyển tập các bài toán
Lời giải
Điều kiện x ≥
1
2
.
Cứ rút gọn phương trình xem ta được gì?
2x
2
+ 3x − 3 = (x + 1)

2
+ 4x − 5

= 0
⇔ x = 1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
P/s: Phương trình bậc ba chứng minh vô nghiệm trong điều kiện đó, hơi tắt chút các bạn hoàn thiện giúp mình
Lời giải
Điều kiện:
x ≥
1
2
Phương trình đã cho tương đương:

2
√
2x − 1 + x + 1

2
= (x + 3) (9x − 5)
Đặt căn tiếp nào! Đặt
√
2x − 1 = a (a ≥ 0)
Ta có:
•x + 1 =
a
2
+ 3
2
•x + 3 =

⇔

a
2
+ 4a + 3

2
=

a
2
+ 7

9a
2
− 1

⇔ −8 (a − 1)

a
3
+ 5a + 2

= 0 ⇔


a = 1
a
3
+ 5a + 2 = 0

x
3
+ 22x
2
− 11x = (6x
2
+ 12x − 6)
√
2x − 1
Bình phương 2 vế lên xem sao Khi đó, ta được:
(x − 1)
2

x
2
− 18x + 9

x
2
− 8x + 4

= 0
⇔




x = 1
x
2

Điều kiện x ≥
1
2
.
Nhận thấy x
0
= 1 là nghiệm của phương trình nên thực hiện nhân liên hợp ta được
x
3
+ 16x
2
− 23x + 6 − 6

x
2
+ 2x − 1

√
2x − 1 − 1

= 0.
⇔ (x − 1)

x
2
+ 17x − 6

− 6

x

+ 17x − 6

√
2x − 1 = 11x
2
+ 7x − 6.
Tiếp tục nhân liên hợp ta được

x
2
+ 17x − 6

√
2x − 1 − 1

= 10x
2
− 10x.
⇔
2 (x − 1)

x
2
+ 17x − 6

√
2x − 1 + 1
= 10x (x − 1) ⇔



www.k2pi.net Trang 11
www.k2pi.net
12 Chương 1. Tuyển tập các bài toán
⇔

x − 2
√
2x − 1

x − 3
√
2x − 1

= 0 ⇔


x = 2
√
2x − 1
x = 3
√
2x − 1
⇔


x = 4 ± 2
√
3
x = 9 ± 6
√

x − 1 +

(x − 1) + 2 =
4

(x − 1)
2
+

(x − 1)
2
+ 2 (**)
Xét hàm số: f (t) =
4
√
t +
√
t + 2 ( t ≥ 0 )
f

=
1
4
4
√
t
3
+
1
2

2
− 3t + 7
⇔ 3t
4
+ 33 =

2t
2
− 3t + 7

2
⇔ t
4
− 12t
3
+ 37t
2
− 42t + 16 = 0 ⇔ (t − 1)
2
(t − 2) (t − 8) = 0
Vậy Pt có 3 nghiệm : x = 1; x = 4; x = 64. 
Giải phương trình sau :
2 (5x − 3)
√
x + 1 + 5 (x + 1)
√
3 − x = 3 (5x + 1)
♥ Bài 13 ♥
www.k2pi.net Trang 12
www.k2pi.net

2
x + 1 = u
2
5x + 1 = 4u
2
− v
2
.
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2

3u
2
− 2v
2

+ 5uv
2
= 3

4u
2
− v
2

⇔ 6u
2
(2 − u) = v
2
(u + 3)

(u + 3)
2
⇔



u
2
+ v
2
= 4
36u
4
v
4
= v
4
(u + 3)
2
(2 + u)
2
⇔









√
x + 1 =
5 +
√
145
10
⇔ x =
7 +
√
145
10
.
Vậy phương trình có hai nghiệm là x ∈

3;
7 +
√
145
10

. 
Giải phương trình sau :
4x
2
+ (2x − 5)
√
4x + 2 + 17 = 4x + (2x + 3)
√
6 − 4x
♥ Bài 14 ♥

V P
2
=

(2x + 3)
√
6 − 4x + (5 − 2x)
√
4x + 2

2
V P
2
≤ 2.


(2x + 3)
√
6 − 4x

2
+

(5 − 2x)
√
4x + 2

2

⇔ V P

16x
2
− 16x + 68 = 4 (4x + 2)
√
6 − 4x + 4 (5 − 2x)
√
4x + 2
⇔ 16x
2
− 16x + 68 =

√
6 − 4x +
√
4x + 2

3
(1)
Đặt t =
√
6 − 4x +
√
4x + 2, t ≥ 0 ⇒ 16x
2
− 16x = 12 −

t
2
− 8


2 (1 − 2x)
√
6 − 4x + 2
+
2 (2x − 1)
√
4x + 2 + 2
= 0
⇔


2x − 1 = 0
√
6 − 4x =
√
4x + 2
⇔ x =
1
2

Giải phương trình sau :
(7 − 6x)
√
4 + 3x + (13 + 6x)
√
1 − 3x = 5

−9x
2
− 24x − 11

5 − u
4
⇐⇒ (5 + 2uv)
3
+ u
4
= 5.
Điều này vô lí.
Vậy PT đã cho vô nghiệm 
Giải phương trình sau :
√
3x − 7 + (4x − 7)
√
7 − x = 32
♥ Bài 16 ♥
www.k2pi.net Trang 14
www.k2pi.net
1.1 Từ câu 1 đến câu 20 15
Lời giải
Điều kiện :
7
3
≤ x ≤ 7
Đặt : a =
√
7 − x

0 ≤ a ≤

14


√
7
2

= −32 + 7
√
7
Nên : f (a) + g (a) ≤ −32 + 7
√
7 +
√
14 < 0
Hay phương trình đã cho VN. 
Giải phương trình sau :
4x − 1
√
4x − 3
+
11 − 2x
√
5 − x
=
15
2
♥ Bài 17 ♥
Lời giải
4x − 1
√
4x − 3

2
√
4x − 3
+
1
√
5 − x
=
15
2
⇔

√
4x − 3 + 2
√
5 − x

+

√
4x − 3 + 2
√
5 − x


(4x − 3)(5 − x)
=
15
2
.(1)

⇔ (a − 5)(2a
2
− 5a + 51) = 0
⇔ a = 5.
⇒



√
4x − 3 + 2
√
5 − x = 5

(4x − 3)(5 − x) = 2
⇔


x =
19
4
x = 1
www.k2pi.net Trang 15
www.k2pi.net
16 Chương 1. Tuyển tập các bài toán

Giải phương trình sau :
x +

x
2

Suy ra 2

x
2
− 3x + 9 =
5x + 1
x − 1
− (x − 1) =
−x
2
+ 7x
x − 1
.
⇔ 2 (x − 1)

x
2
− 3x + 9 = −x
2
+ 7x ⇔



(x − 1)

−x
2
+ 7x

≥ 0


⇔ x = 3. 
Giải phương trình sau :
1
√
x − 1
+
23
2
x =
1
√
2x − 3
+ 3x
2
+ 11
♥ Bài 19 ♥
Lời giải
Điều kiện x >
3
2
.
Nhẩm được nghiệm x
0
= 2 nên thử nhân liên hợp xem sao?
Viết lại phương trình dưới dạng
1
√
x − 1
−


x = 2
1
√
x − 1.
√
2x − 3

√
x − 1 +
√
2x − 3

= 3x −
11
2
(1)
Phương trình (1) dễ thấy chuyển vế ta được một hàm đơn điệu vậy cái ta cần là tìm được một nghiệm nữa của
phương trình và đó chính là x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 
www.k2pi.net Trang 16
www.k2pi.net
1.2 Từ câu 21 đến câu 40 17
Giải phương trình sau :
2 − x
4
=
√
2x − 3 −
3

√
2x − 3 + 1
+
(x − 2)(x
2
+ 2x − 4)
8A
+
x − 2
4
= 0
⇔ x = 2

do :
1
√
2x − 3 + 1
+
x
2
+ 2x − 4
8A
+
1
4
> 0; ∀x ≥
3
2



√
x + 1 = 0
⇔ (x − 1)

3x
√
x + 1 − 2x
2
+ 2x + 2

= 0
⇔


x = 1
3x
√
x + 1 = 2x
2
− 2x − 2
⇔


x = 1
4x
4
− 17x
3
− 13x
2

Phương trình thành

(x + 1) (x + 3) +

x (x + 1) =

(x + 1) (3x + 1)
xét x = −1 thoả mãn
x ≥ 0, phương trình thành
√
x + 3 +
√
x =
√
3x + 1
⇐⇒ 3x
2
+ 16x − 4 = 0, x ≥ 2 ⇐⇒ x =
−8 +
√
76
3
loại
TH: x ≤ −3
phương trình thành
√
−x − 3 +
√
−x =
√

(x
2
+ x) (x
2
+ 4x + 3) = x
2
− x − 2
⇔ 2

(x + 1)
2
(x
2
+ 3x) = (x + 1) (x − 2)
⇔



x
2
− x − 2 ≥ 0
(x + 1)
2

3x
2
+ 16x − 4

= 0
⇔

x + 2 −
√
x − 2)
2
√
x − 1 = 16
√
x − 1
Phá tung tóe ra được
x.
√
x − 2
√
x − 1.
√
x + 2 =
√
x − 1(x
2
+ 2x − 8) +
√
x − 2(8 − 2
√
x − 1
√
x + 2)
www.k2pi.net Trang 18
www.k2pi.net
1.2 Từ câu 21 đến câu 40 19
Trong đó x

x − 2, lại có nghiệm x = 2
cái còn lại
√
x − 2(3x + 13) = 4(x + 4)
√
x − 1 vô nghiệm do đk x ≥ 2 
Lời giải
ĐK x ≥ 2
P T ⇔




4
x−2
x+2
3
x−2
x+2
+ 1
+
1

1 +

x−2
x+2

2
= 1

2
3t
2
+ 1
=

t
2
+ 2t

2
(t + 1)
4
⇔ t
3

t
3
+ 4t
2
+ 11t + 12

= 0
⇔ t = 0
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2 
Lời giải
Tạm thời chưa nghĩ ra cách khác đành dùng cách trâu bò nhất
Điều kiện x ≥ 2.
Viết lại phương trình dưới dạng


1
(v + 1)
2
= 1
Mặt khác x =
2 − u
2
1 − u
2
=
2

1 + v
2

1 − v
2
. Vì vậy ta có hệ phương trình
www.k2pi.net Trang 19
www.k2pi.net
20 Chương 1. Tuyển tập các bài toán







u +
1

1
(v + 1)
2
2 −

1 −
1
(v+1)
2

2
1 −

1 −
1
(v+1)
2

2
=
2

1 + v
2

1 − v
2
⇔



1 − v
2
⇔







u = 1 −
1
(v + 1)
2
v
4
+ 4v
3
+ 8v
2
+ 8v + 2
2v
2
+ 4v + 1
=
2

1 + v
2


+ x + 2

x
2
+
√
x + 2

2
+
x
2
+ x + 3

x
2
+
√
x + 3

2
= 2
♥ Bài 24 ♥
Lời giải
Theo BCS ta có:




x

x
2
+ x + 3

Suy ra vế trái Pt : V T ≥
5x
2
√
x + 1
+
2
x
2
+ 1
≥
5x
2
√
x + 1
−
2x
2
x
2
+ 1
+ 2
⇒ V T ≥
x
2


+ 2
⇒ V T ≥ 2 = V P .
Và : V T = V P = 2 ⇔ x = 0.
Vậy Pt có nghiệm duy nhất : x = 0. 
Giải phương trình sau :
(2x − 9)
√
x + 7 +
√
3x − 2 + 2x + 9 = 0
♥ Bài 25 ♥
Lời giải
Điều kiệnx ≥
2
3
.
Nhẩm được nghiệm x
0
= 2 nên thử liên hợp xem sao?
Phương trình được viết lại dưới dạng
(2x − 9)

√
x + 7 − 3

+

√
3x − 2 − 2


x
3
√
x
3
+ 1
= x −
1
x
♥ Bài 26 ♥
Lời giải
Điều kiện :



x > −1
x = 0
Viết lại phương trình :
x
4
√
x
3
+ 1
= (x − 1) (x + 1) (*) suy ra : x > 1
Lúc đó :
(∗) ⇔ x
4
=


a + b
2
− 1 = ab ⇔ b
2
− ab + a − 1 = 0
∆
a
= a
2
− 4 (a − 1) = (a − 2)
2
⇒


b = a − 1
b = 1
• b = a − 1 ⇒

x +
1
x
2
= −
1
x
2
(V N)
• b = 1 ⇒ x +
1
x

2
− 2
2
=
2x
4
−

x
2
− 1

2
− 1 − x
2
2
< x
4
= V T
Nên phương trình vô nghiệm. 
Giải phương trình sau :
1

3x − 2
√
x − 1.
√
2x − 3

√

√
x − 1

www.k2pi.net Trang 21
www.k2pi.net
22 Chương 1. Tuyển tập các bài toán
Đặt :t =
√
2x − 3 −
√
x − 1, −
1
√
2
≤ t = 0
Ta có Pt theo t là :
1
t
2
+ 4
=
t + 2
16t
⇔









x = 26
x = 38 − 24
√
2 + 4

139 − 98
√
2
Vậy Pt có 2 nghiệm : x = 26; x = 38 −24
√
2 + 4

139 − 98
√
2. 
Giải phương trình sau :
3

x
2
+ 1

2
− 15 = 8x
2

2 (2 − x
2


3b
2
− 2b − 12

b
2
+ 6b − 4

= 0
⇐⇒ b = 1 +
√
37 ∨ b = −3 +
√
13
b = 1 +
√
37 loại
b = −3 +
√
13 ⇒ x = ±

3
√
13 − 9 
Giải phương trình sau :

x
4
− x

x
Chia 2 vế cho x ta được
P T ⇔

x
2
+
1
x
2
+ 1 +

x +
1
x
− 1 =


x +
1
x

3
www.k2pi.net Trang 22
www.k2pi.net
1.2 Từ câu 21 đến câu 40 23
Để đơn giản, ta đặt t = x +
1
x
(t ≥ 2)

− 1

(t − 1) − 1 = 0
⇔ t

t
2
− t − 1

= 0 (vô nghiệm, do t ≥ 2)
Chú ý cũng có thể sử dụng ngay BĐT Bunyakovsky mà không cần bình phương
V T = 1.

t
2
− 1 +
√
t − 1.1 ≤

(1 + t − 1) (t
2
− 1 + 1) = t
√
t = V P

Thực ra nếu đề là

x
4
− x


(1 − x) (1 + x) + 1
♥ Bài 30 ♥
Lời giải
x
√
1 + x + (x + 2)
√
1 − x = x +

(1 − x) (1 + x) + 1
ĐK : −1 ≤ x ≤ 1.
⇔ x
2
+ x − 1 +

x + 2 −
√
x + 1

√
1 − x − x

= 0
⇔

x
2
+ x − 1


Giải phương trình sau :
3
√
3x + 2 + x
√
3x − 2 = 2

2x
2
+ 1
♥ Bài 31 ♥
Lời giải
a.T H1 : x ≥ 1
www.k2pi.net Trang 23
www.k2pi.net
24 Chương 1. Tuyển tập các bài toán
P t ⇔

3
√
3x + 2 − 2

+

3x − 2

2x
2
+ 1


√
3x − 2
= 0 ⇔ x = 2.
b.T H2 :
2
3
≤ x < 1.
P t ⇔

x + 1 −
3
√
3x + 2

+ x

1 −
√
3x − 2

+

2

2x
2
+ 1 − 2x − 1

= 0
⇔

Pt (1) vô nghiệm do VT>0
Vậy Pt đã cho có 1 nghiệm : x = 2. 
Giải phương trình sau :
3 +
√
x
x
2
+ x
√
x + x + 3
+
x +
√
x + 2
x
2
+ x
√
x + 3
+
x
√
x + x + 2
x
2
+
√
x + 4
+

√
x + 1) + (x + 1)
x
√
x + x + 2 = (x + 1) + (x
√
x + 1); x
2
+ x
√
x + 2 = (x
2
+ 1) + (x
√
x + 1)
x
2
+ 3 = (x
2
+ 1) + 2
Đặt a = 2; b =
√
x + 1; c = x + 1; d = x
√
x + 1; e = x
2
+ 1
Khi đó phương trình đã cho trở thành :
a + b
c + d + e

b + c + d
) =
25
3
⇔ 3(a + b + c + d + e).(
1
c + d + e
+
1
a + d + e
+
1
a + b + e
+
1
a + b + c
+
1
b + c + d
) = 25
Đặt A = 3(a + b + c + d + e); B =
1
c + d + e
+
1
a + d + e
+
1
a + b + e
+

+ 1
=

x
3
+ 1 −
1
√
x
3
+ 1
Đến đây hàm số 1 phát là ra luôn 
Giải phương trình sau :
2
√
x + 1 −
√
x
+
1
x +
√
x
2
+ 1
= 3
♥ Bài 34 ♥
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0.
Viết lại phương trình dưới dạng

x
2
+ 1 − x − 3.
Ta có
f

(x) =
1
√
x
+
1
√
x + 1
+
x
√
x
2
+ 1
− 1 =

1
√
x
− 1

+
1
√

=
6x − 4
√
x
2
+ 4
⇔ x =
2
3
hoặc
√
2x + 4 + 2
√
2 − x =

x
2
+ 4 (1)
(1) ⇔ 4

2 (4 − x
2
) = (x − 2) (x + 4)
Ta thấy V T (1) ≥ 0 ≥ V P (1) do x ∈

−2; 2

, V T (1) = V P (1) ⇔ x = 2
Vậy PT có nghiệm x =
2