CHUYÊN ĐỀ TOÁN
CHỌN LỌC
LẦN 1
DIỄN ĐÀN TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Ngày 20 tháng 3 năm 2013

Mục lục
I CÁC CHUYÊN ĐỀ 3
1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG
TRÌNH VÔ TỶ
(Nguyễn Thị Ngân) 4
1 Các phương pháp giải (Dạng cơ bản) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 Phần riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
I Bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
II Phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT (Đỗ Đường
Hiếu) 17
1 PHƯƠNG TRÌNH MŨ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
I Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
II Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
III Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số . . 19
IV Phương pháp lôgarit hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2 PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
I Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
II Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
III Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số . . 23
IV Phương pháp mũ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
3 CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN
(Lê Trung Tín) 35

1 KIẾN THỨC CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
I ĐƯỜNG THẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
II ĐƯỜNG TRÒN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
III ELIP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
2 BÀI TẬP CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
3 BÀI TẬP NÂNG CAO RÈN LUYỆN KĨ NĂNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
II CÁC BÀI TOÁN HAY 172
10 BẤT PHƯƠNG TRÌNH (hthtb22) 173
3
11 HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Lê Nhất Duy) 180
12 HỆ PHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
(Lê Trung Tín) 187
13 PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ (Đinh Văn Trường) 195
14 SỬ DỤNG KĨ THUẬT ĐÁNH GIÁ ĐƯA VỀ CÙNG MẪU ĐỂ CHỨNG
MINH BẤT ĐẲNG THỨC
(Hoàng Trung Hiếu) 240
15 SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐƯA BÀI TOÁN TÌM
GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN VỀ HÀM MỘT BIẾN
(Lê Hoàng Hải) 249
1 Kiến thức cần nhớ vể các bất đẳng thức cổ điển thường dùng. . . . . . . . . . . 249
I Bất đẳng thức AM-GM. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
II Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249
2 Các ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
I Bài tập tự luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
16 SỬ DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI
TÍCH PHẲNG (Lê Hoàng Hải) 260
1 Kiến thức cần nhớ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
I Phép dời hình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
II Phép đồng dạng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
2 Các ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

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!
§ 1. 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
6
3.

f (x) >

g (x) ⇐⇒

f (x) > g (x)

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)
2. f (x)

g (x) ≥ 0 ⇐⇒





−→
u +
−→
v


≤


−→
u


+


−→
v


. Đẳng thức xảy ra ⇐⇒
−→
u ,
−→
v cùng
hướng
Các ví dụ
Bài 1. Giaỉ bất phương trình sau:
√
x

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:
√
x
2
− x − 6 + 7
√
x ≥


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

+ 14

(x
2
− 3x) (x + 2) + 3 (x + 2) ≥ 0
Vì x ≥ 3 nên x + 2 > 0 Chia 2 vế của bất phương trình cho x + 2 > 0, được:
−5.

≤ 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
2
√
x + (2 +
√
x)
√
1 − x + 1 − 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
Bất phương trình trở thành:
(a
2
− b
2
)
√

+ 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
⇐⇒

√
x = 1
√
1 − x = 0
⇐⇒ x = 1
Đối chiếu lại với điều kiện đầu bài. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1

⇐⇒ 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
≤
1

≤ 0 (1)
9
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)
Trường hợp 2:
3x +
√
2x
2
+ 5x + 2 = 0
Khi đó, bất phương trình (2) trở thành:


∪ (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

≤ 4 (1)
Trường hợp 1:
√
2x − 1 − 3 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 5. Nên (1) luôn đúng

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 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
≥
1
x − 1
Lời giải:
ĐK: x = 1 Khi đó:

2 (x
4
− x

2
− 1 = b Khi đó,
x + x
2
− 1 ≤

2

x
2
+ (x
2
− 1)
2

=

2 (x
4
− x
2
+ 1) (2)
Từ (1) và (2) =⇒ x
2
− x + 1 =

2 (x
4
− x
2

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
Lời giải:
ĐK: x ∈ [−1; 3]\{0}
Trường hợp 1: x ∈ (0; 3]
Ta cần chứng minh
√
3 + 3x −
√
3 − x > 0

≤ 0
Mà (x − 2)
2
≥ 0 , nên =⇒ x − 2 = 0 ⇐⇒ x = 2
Trường hợp 2: x ∈ [−1; 0)
11
Dễ dàng chứng minh
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0
Thật vậy,
√
3 + 3x −
√
3 − x < 0 ⇐⇒ x < 0 (đúng)
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương
√
3 + 3x +
√
3 − x
√
3 − x −
√
3 + 3x
≤
4
−x
⇐⇒


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 hay 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:

4 −
1
x
2
≥
|2x + 1|
−x
Trường hợp 1: Với x ≥ 2 thì bất phương trình luôn đúng
Trường hợp 2: x ≤ −2 Vì cả 2 vế đều dương nên bình phương 2 vế được:
4 −

Lời giải:
Ôi! Lại một bài toán có chứa dấu giá trị tuyệt đối nữa. Liệu lần này cách bình phương lên còn
có thể giúp được gì cho chúng ta không nhỉ??? Thử xem nhé!
12
ĐK:

−
√
2 ≤ x ≤
√
2
x = 0
Bất phương trình đã cho trở thành:
4 +
1
x
2
− x
2
+ 2

(2 − x
2
)

2 +
1
x
2


+ 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
4
+ 2 < 4
⇐⇒ 3x
2
− 2x
4
+ 2 < 16 ⇐⇒ 2x
4
− 3x
2
+ 14 > 0 ⇐⇒ 2


2
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇐⇒

(2x + 3) (x
2
− 2x − 4)
2
≤ 0
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇐⇒






x
2
− 2x − 4 = 0
2x + 3 ≤ 0
3x
2
+ 6x − 4 ≥ 0
⇐⇒


3
⇐⇒





























21
3
Đối chiếu với điều kiện ta thấy, Bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 +
√
5
13
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.
Nhận thấy ở phía trên có 2 dấu ngoặc vuông cùng 1 lúc, đừng nghĩ nó phức tạp quá làm gì mà
thực ra thì đó cũng chính là 1 dấu ngoặc vuông mà thôi. Đối với những bài toán này thì đ xử
lý 1 cách nhanh gọn và đẹp thì cách vẽ trục số là biện pháp hữu hiệu nhất.Trong bài toán này
chúng ta cũng dùng cách vẽ trục số như vậy đấy.( Có thể vẽ 2 trục số ra để dễ nhìn hơn đó !)
Một điều nữa tôi muốn nói với các bạn chú ý khi giải những bài bất phương trình. Đó là, để
bình phương 2 vế của bất phương trình thì phải thoả mãn điều kiện 2 vế điều dương. Nhớ nhé,
tuy vấn đề này có nhiều bạn vẫn chủ quan, nhưng chỉ cần sơ suất 1 chút thôi là uổng phí công
sức toàn bài.
Bài 10. Gỉai bất phương trình sau:
√
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
√
x + 1 −
√
x
2
− x
3
⇐⇒
√
x
2

−
√
x

2
≤ 0
Mà

√
1 − x
2
−
√
x

2
≥ 0,∀x Nên:
√
1 − x
2
−
√
x = 0
⇐⇒
√
1 − x
2
=
√
x

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 +
2x
√
x
2
− 4
> 3
√
5
4.
√
2x + 4 − 2
√
2 − x >

1
2
7.
√
1 + x −
√
1 − x ≥ x

5 − 4
√
x +

5 + 4
√
x ≥ 4
8. (x
2
− 3x)
√
2x
2
− 3x − 2 ≥ 0
9.
1
1 − x
2
+ 1 >
3x
√
1 − x

+ 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
= 2 (a − x) ⇐⇒ (x − a)

x
2
+ax+a
2
+ 2

= 0
15
Mặt khác: Do
x
2
+ax+a
2
+ 2 =


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 − 1
Ta thấy hàm số f(x) =
x
3
+ 1
2
và g(x) =
3
√
2x − 1 là 2 hàm số ngược nhau, do đó đồ thị của
chúng đối xứng nhau qua đường y = x .


√
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) .
Vậy ta thử đi theo hướng này xem sao, Ta biến đổi
√
x + 6 − 3
√
x − 2 =
−8 (x − 3)
√
x + 6 + 3
√
x − 2
16
Ồ, cách nhân liên hợp đây mà! Vậy thì phương trình đã cho trở thành
(x − 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 :
√
A +
√
B =
√
C +
√
D
ta thường bình phương 2 vế hoặc lập phương nhưng đôi khi việc làm này sẽ dẫn đến cho ta
những vấn đề khó khăn hơn nhiều.
Ví dụ như:
3
√

√
ABC = C
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 được:
1 +

(x + 3) (3x + 1) = x + 2

x (2x + 1)
Để giải phương trình này không khó nhưng hơi phức tạp thôi. Cách giải quyết bài toán này rất
đơn giản nếu ta chuyển vế của phương trình đã cho về
√
3x + 1 −
√
2x + 2 =
√
4x −
√

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)
√
4x
2
+ 1 = 8x
2
+ 2x + 1
2.

x −
√
x
2
− 1 +

x +
√


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.
18
CHUYÊN ĐỀ 2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
MŨ VÀ LOGARIT (Đỗ Đường Hiếu)
§ 1. PHƯƠNG TRÌNH MŨ
I. Phương pháp đưa về cùng cơ số
Sử dụng các phép biến đồi, ta đưa phương trình về một trong các dạng sau:
• a
f(x)
= a
g(x)
⇐⇒ f (x) = g (x) với 0 < a = 1
• a
f(x)
= b ⇐⇒ f (x) = log
a
b nếu b > 0


−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
= 2
8
3
x
4x − 9 =
8
3
x ⇐⇒ x =
27
4
Vậy phương trình có nghiệm x =
27
4

3
⇐⇒ x = 1
19
II. 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
− 6 = 0
Đặt t = 3
x
, với t > 0, ta có phương trình:
t
2
− t − 6 = 0 ⇐⇒

t = 3
t = −2
=⇒ t = 3
Từ đó: 3

t = −
3
2
=⇒ t = 4
Từ đó:
2
x+
√
x
2
−2
= 4 ⇐⇒ x +
√
x
2
− 2 = 2
√
x
2
− 2 = 2 − x ⇐⇒



x
2
− 2 = (2 − x)
2
2 − x ≥ 0
⇐⇒


− 13.

2
3

1
x
+ 6 = 0
Đặt t =

2
3

1
x
, (t > 0), phương trình trở thành:
6t
2
− 13t + 6 = 0 ⇐⇒



t =
3
2
t =
2
3
20
Với t =

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
−
4
2
x
2
−x
= 3
Đặt t = 2
x
2
−x
, (t > 0), ta có phương trình:
t −

√
5

x
= 2
x+3
Lời giải: Ta đưa phương trình đã cho tương đương với phương trình :

3 −
√
5
2

x
+ 16

3 +
√
5
2

x
= 8
Tới đây ta để ý rằng :

3 −
√
5
2


1
t
+ 16t = 8 ⇐⇒ 16t
2
− 8t + 1 = 0 ⇐⇒ t =
1
4
Từ đó, ta có:

3 +
√
5
2

x
=
1
4
⇐⇒ x = −2 log
(
3+
√
5
2
)
2
Phương trình có nghiệm duy nhất: x = −2 log
(
3+
√

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
Nhận thấy rằng x = 0 và x = 1 là các nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f(x) = 3
x
+ 5
x
− 6x − 2, ta có f

(x) = 3
x
ln 3 + 5
x
ln 5 − 6
Ta có f

(0) = ln 15 − 6 < 0 và f

(1) = 3 ln 3 + 5 ln 5 − 6 > 0 nên f

(0).f

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
+ (x − 1)
2
Lời giải: Phương trình tương đương với:
5
x−2
+ x − 1 = 5
x
2
−x−1
+ x
2
− x ⇐⇒ 5
x−1
+ 5 (x − 1) = 5

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
x
+ log
3
2
x
2
= 0 ⇐⇒ x + x
2
log
3
2 = 0
⇐⇒


x = 0


= log
2

4
x
.5
x−1

⇐⇒ log
2

2
x+2

+ log
2
(3
x
) = log
2
(4
x
) + log
2

5
x−1

⇐⇒ x + 2 + x log

I. 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
⇐⇒ x > 0
Với điều kiện đó, phương trình tương đương với:
log [x (x + 9)] = log 10 ⇐⇒ x (x + 9) = 10 ⇐⇒ x
2
+ 9x − 10 = 0 ⇐⇒

x = 1
x = −10
Vậy, phương trình có một nghiệm x = 1.
Ví dụ 2. Giải phương trình: log
4
(log
2
x) + log
2
(log
4
x) = 2
Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:
1
2
log

⇐⇒
3
2
log
2
(log
2
x) = 3 ⇐⇒ log
2
(log
2
x) = 2 ⇐⇒ log
2
x = 4 ⇐⇒ x = 16
Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất x = 16.
Ví dụ 3. Giải phương trình:log
4
(x + 1)
2
+ 2 = log
√
2
√
4 − x + log
8
(4 + x)
3
23
Lời giải: Điều kiện:


x = −6 (loại)
- Với −4 < x < −1, ta có:
(∗) ⇐⇒ −4(x + 1) = 16 − x
2
⇐⇒ x
2
− 4x − 20 = 0 ⇐⇒

x = 2 − 2
√
6
x = 2 + 2
√
6 (loại)
Vậy, phương trình có hai nghiệm: x − 2 và x = 2 − 2
√
6
II. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: log
2
2
x − 5. log
2
x + 6 = 0
Lời giải: Đặt t = log
2
x, ta thu được phương trình:
t
2
− 5t + 6 = 0 ⇐⇒

2
(x
2
− 4x + 5)
v =

5 − log
2
(x
2
− 4x + 5)
; u ≥ 0, v ≥ 0.Từ phương trình đã cho ta
có hệ phương trình:



u + 2v = 6
u
2
+ v
2
= 8
⇐⇒



u = 6 − 2v
(6 − 2v)
2
+ v