Chuyên đề Phương trình – Bất phương trình (GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong)

        4 1 mt 
1 m
   .
Phương trì nh đã cho có nghiệm 4 1 m 0 1 m 1
1 m
      .
Ví dụ 7 (ĐH Khối A – 2007 ): Tì m m để phương tr ì nh sau có nghiệm:
4 23 x 1 m x 1 2 x 1     .
Giải: ĐK: x 1 .
* x=1 là nghiệm phương trì nh m 0  .
* x 1 chia hai vế phương tr ì nh cho 4 2x 1 ta được: 4 4x 1 x 13 m 2
x 1 x 1
    .
Đặt 4 4x 1 2t 1 0 t 1 t 1
x 1 x 1
         và phương trì nh trở thành:
2m3t 2 3t 2t m
t
      (*) .
Phương trì nh đã cho có nghiệm (*) có nghiệm t (0;1) .
Vì 2
1
3t 2t 1 t (0;1)
3
       (*) có nghiệm t (0;1)
1 1
m 1 1 m
3 3
         .
Vậy 11 m
3
   là giá trị cần tìm.
 Qua các ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mẫu chốt của bài toán. 
Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được các 
biểu thức chứa x khác trong phương tr ì nh , bất phương trì nh đã cho qua ẩn phụ vừa đặt. 
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp chúng ta không thể biểu diến hết các biểu thức chứa x 
có mặt trong phương trì nh , bất phương trì nh qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương 
trì nh : 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1      ) mà ta chỉ biểu diễn được một phần nào đó qua 
ẩn phụ và phương trì nh thu đượclà một phương trì nh hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa 
đặt. Ta xét dạng toán sau.
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 22
Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0   . Với phương trì nh dạng này ta có thể đặt 
t f (x) , khi đó ta được phương tr ì nh theo ẩn t: 2at g(x)t h(x) 0   , ta giải phương 
trì nh này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trì nh vừa có t vừa có x) nên ta 
thường gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để.
Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1      .
Giải:
Đặt 2t x 2x 1   , ta được phương tr ì nh: 2t 2(1 x)t 4x 0    đây là phương trì nh 
bậc hai ẩn t có 2' (x 1)   , do đó phương tr ì nh này có hai nghiệm: t 2, t 2x   .
* 2 2t 2 x 2x 1 2 x 2x 5 0 x 1 6             .
* 2
2
x 0
t 2x x 2x 1 2x
3x 2x 1 0
           
 hệ này vô nghiệm.
Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm x 1 6   .
Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 
2
12 8x
2x 4 2 2 x
9x 16
   

.
Giải: ĐK: 2 x 2   (*).
Ta có: 2 212 8x 2(2x 4 4(2 x)) 2[( 2x 4) (2 2 x ) ]        
Phương trì nh: 2( 2x 4 2 2 x )(2 2x 4 4 2 x 9x 16) 0        
2
2x 4 2 2 x 0 (1)
2 2x 4 4 2 x 9x 16 (2)
    

     
Ta có: 
2
(1) 2x 4 8 4x x
3
      thỏa mãn (*).
2 2 2 2 2(2) 48 8x 16 8 2x 9x 16 4(8 2x ) 16 8 2x x 8x 0            
Đặt 2t 2 8 2x , t 0   , ta đươc: 2 2 t xt 8t x 8x 0
t x 8
        
.
* 2
2 2
0 x 2 4 2
t x 2 8 2x x x
332 8x x
         
.
* 2t x 8 2 8 2x x 8 0        phương trì nh này vô nghiệm (do (*)).
Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: 2 4 2x ;x
3 3
  .
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 23
Ví dụ 3: Giải phương trì nh: 3 2 33x 13x 30x 4 (6x 2)(3x 4)      (1).
Giải: ĐK: 4 1x V x
3 3
   .
Ta có 2 2 23x 13x 30x 4 2(6x 2) (x 3x 2)(3x 4)        
* Nếu 1x VT(1) 0 VP (1)
3
      vô nghiệm.
* Nếu 4x
3
 chia hai vế phương trì nh cho 3x 4 (do 3x
4
 không là nghiệm của 
phương trì nh) ta được: 26x 2 6x 22. (3x 4) x 3x 2 0
3x 4 3x 4
      
 
.
Đặt 6x 2t , t 0.
3x 4
 

Phương trì nh trở thành: 
2 2
t x 1
2t (3x 4)t x 3x 2 0 x 2
t
2
 
        
.
*
2 2
4 4x x6x 2 3 3t x 1 x 1 x 3
6x 23x 4
(x 1) (x 3)(3x x 2) 0
3x 4
                     
* 
3 2
x 2x 2 6x 2 x 2
t
2 3x 4 2 3x 16x 4x 24 0 (*)
           
.
Sử dụng máy tính ta thấy (*) có duy nhất nghiệm x 5,362870693 .
Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm x 3 và nghiệm gần đúng x 5,362870693 .
Bài 1: Giải các phương tr ì nh sau:
1) 2 32x 5x 2 4 2(x 21x 20)     (ĐS: 9 193 17 3 73x ; x
4 4
  )
2) 
2
4 2 2 3 1 xx 2x 2x 2x 1 (x x)
x
      HD:PT chỉ có nghiệm khi 0 x 1  . Đặt 
a x(x 1);b 1 x    . ĐS: x 1 2   ).
3) 3 2 3x 3x 2 (x 2) 6x 0     (Đặt y x 2  . ĐS: x 2;x 2 2 3   )
4) 2 32(x 3x 2) 3 x 8    ( x 3 13  ).
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 24
4) 
x 1 1 1
2x 1 3 x
x x x
     ( 1t 1
x
  . ĐS: 1 5x
2
 )
5) 2 4 2
1
x 3x 1 x x 1
3
      ( x 1 ).
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 25
Đặt ẩn phụ các hàm lượng giác:
Khi giải phương trì nh lượng giác ta thường đặt ẩn phụ cho các hàm số lượng giác và 
chuyển về phương trì nh đại số cơ bản mà ta đã biết giải. Tuy nhiên trong nhiều trường 
hợp cách làm ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm số lượng giác 
ta sẽ chuyển bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải giải quyết bài toán lượng giác 
này.
Chúng ta nên lưu ý đến những tính chất đặc trưng của các hàm số lượng giác:
Với hàm số sin và côsin:
 * Tập giá trị của hai hàm số này là [ 1;1] .
 * 2 2 2 2sin cos 1 1 sin cos        
Với hai hàm số tan và cotan
 * Tập giá trị là R
 * 2 2
2 2
1 1
1 tan ;1 cot
cos sin
     
 
Hai tính chất trên là cơ sở để chúng ta lựa chọn phương pháp này. Ta xét các ví dụ sau :
Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2 21 1 x 2x   .
Giải: ĐK: | x | 1 .
Với bài toán này chúng ta có thể giải bằng phương pháp bì nh phương hoặc đặt ẩn phụ. 
Cách tiến hành hai phương pháp này tuy khác nhau nhưng cùng một mục đích là làm 
mất căn thức. Dĩ nhiên một câu hỏi đặt ra là ngoài hai cách nói trên còn có cách nào để 
loại bỏ căn thức nữa hay không ?. Để trả lời câu hỏi này thì chúng ta cần phải xác định 
là cần làm xuất hiện gì thì sẽ loại bỏ được căn thức ? Ta phải biến đổi 2 21 x a  ! đẳng 
thức này sẽ gợi cho chúng ta nhớ đến công thức lượng giác giữa sin và cosin. Điều này 
hoàn toàn hợp lí vì ta thấy được điều kiện xác định của x là đoạn [ 1;1] . Vậy ta có cách 
giải như sau: Đặt x cos t, t [0; ]   . Khi đó phương trì nh trở thành:
2 2 2 11 1 cos t 2cos t 2sin t sin t 1 0 sin t
2
         (do sin t 0 ).
Vậy 2 3x cos t 1 sin t
2
      là nghiệm của phương trì nh đã cho.
Nhận xét: Cơ sở để dẫn đến cách đặt như trên là miến xác định của x [ 1;1]  và cần 
biến đổi 2 21 x a  . Từ đây ta có được nhận xét tổng quát hơn như sau:
* Nếu | u(x) | a thì ta có thể thực hiện phép đặt u(x) asin t , t [ ; ]
2 2
    , hoặc đặt 
u(x) a cos t, t [0; ]  
* Nếu u(x) [0;a] thì ta có thể đặt 2u(x) a sin t, t [0; ]
2
  .
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 26
Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 3 2 3 2x (1 x ) x 2(1 x )   
Giải: ĐK: | x | 1 .
Đặt x cos t, t [0; ]   . Phương trì nh trở thành:
3 3cos t sin t 2 cos t sin t (sin t cos t)(1 sin t cos t) 2 sin t.cos t     
2 2
3 2u 1 u 1u(1 ) 2 u 2u 3u 2 0
2 2
         ( u sin t cos t,| u | 2   )
2(u 2)(u 2 2u 1) 0 u 2;u 2 1         
* 
2
u 2 cos(t ) 1 t x cos
4 4 4 2
           .
* 2
2 2
x 1 2
u 1 2 x 1 x 1 2
1 x (1 2 x)
          
   
2
x 1 2 1 2 2 2
x
2x (1 2)x 1 2 0
       
    
.
Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: 2 1 2 2 2x ;x
2 2
    .
Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 2 22 2 1 x x(1 1 x )     .
Giải: ĐK: |x| 1 .
Đặt x sin t, t [ ; ]
2 2
    . Phương trì nh đã cho trở thành:
2 22 2 1 sin t sin t(1 1 sin t ) 2(1 cos t) sin t(1 cos t)        
2 3t t t t t2 | sin | 2sin t cos | sin | 2sin cos
2 2 2 2 2
    (*).
*Nếu 3t tt [ ;0) (*) sin (2cos 1) 0
2 2 2
      vô nghiệm .
* Nếu 
3
3
t 1
cos
t t 2 2t [0; ] (*) sin (2cos 1) 0
2 2 2 t
sin 0
2
       
 
+) Với 
3 3
t 1 t 1
cos sin 1
2 22 4
    (do tt [0; ] sin 0
2 2
   )
3t tx sin t 2sin cos 4 1
2 2
     .
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 27
+) Với tsin 0 t 0 x sin t 0
2
      .
Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: 3x 4 1; x 0   .
Chú ý : * Ở trên ta thực hiện phép đặt x sin t , ta cũng có thể đặt x cos t tuy nhiên 
nếu đặt x cos t thì sẽ dẫn đến bài toán biến đổi phức tạp hơn.
* Vì 
t
t [ ; ] [ ; ]
2 2 2 4 4
        nên ta chưa khẳng định được tsin
2
 dương hay âm, do 
đó khi đưa ra khỏi căn thức thì ta phải có trí tuyệt đối.
Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 2 2 21 2x x 1 2x x
| x 1|
       .
Giải: ĐK: 0 x 2  .
Ta thấy 20 2x x 1   , nên ta đặt 22x x cos t, t [0; ] | x 1| sin t
2
     
Phương trì nh trở thành: 21 cos t 1 cos t
| sin t |
   
3 2
2
4
2(1 sin t) sin t sin t 2 0 sin t 1 cos t 0
sin t
          
22x x 0 x 0,x 2      .
Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm x 0,x 2  .
Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 3x 3x x 2   .
Giải: ĐK: x 2 
* Với 3 2x 2 x 3x x x(x 4) x x 2          phương trì nh vô nghiệm.
* Với 2 x 2   , đặt x 2cos t, t [0; ]   . Khi đó phương trì nh đã cho trở thành
3
t 0
t
8cos t 6cos t 2 2cos t cos3t cos 4 4
2 t ; t
5 7

         

.
Vậy phương trì nh đã cho có ba nghiệm: 4 4x 2;x cos ;x cos
5 7
    .
Ví dụ 6: Giải phương trì nh: 3 264x 112x 56x 7 2 1 x     .
Giải: ĐK: x 1 .
Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh 
GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 28
Nếu x 0 VT 0   mà VP 0 nên phương trì nh vô nghiệm. Do vậy ta chỉ giải
phương trì nh khi 0 x 1  . Do vậy ta có thể đặt 2x cos t, t [0; )
2
  . Khi đó phương 
t