Chuyên đề Phương trình - Bất phương trình vô tỉ - Nguyễn Tất Thu

 6x
7

Đặt 2 2t 7x 7 7x 6, (t 0) 14x 2 49x 7x 42 t 1          
Bất phương trình đã cho trở thành: 2 2t t 1 181 t t 182 0 0 t 13         
7x 7 7x 6 13     (*)
Vì hàm số f (x) 7x 7 7x 6    là hàm đồng biến và f (6) 13 (*) x 6   
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình : 6 x 6
7
  .
Ví dụ 5: Giải bất phương trình : 5 15 x 2x 4
2x2 x
    .
Giải: ĐK: x 0 .
Bpt 
1 1
5( x ) 2(x ) 4
4x2 x
     .
Đặt 21 1t x , (t 2) x t 1
4x2 x
       và bất phương trình trở thành:
2 25t 2(t 1) 4 2t 5t 2 0 t 2         (do t 2 )
2
3 2 2
0 x
1 2t 2 x 3 4x 12x 1 0
4x 3 2 2
x
2
  
        
 
 là nghiệm của bất phương 
trình đã cho.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau
1) 23x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2       
2) 
x 1
(x 3)(x 1) 4(x 3) 3 0
x 3
     

 3) 2 2x x 2 x x   
4) 4 2 2x x 1 x x 1 2      5) 2x x 7 2 x 7x 35 2x     
6) 2 2 2x x 4 x x 1 2x 2x 9        7) 4 1 5x x 2x
x x x
    
8) 24x 3 2x 1 6x 8x 10x 3 16       
9) 32 218x 18x 5 3 9x 9x 2    
10) 2x x 12 x 1 36    .
Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
1) 2 25x 10x 1 7 2x x     2) 2 22x x 5x 6 10x 15    
3) 2x 2x 8 4 (4 x)(x 2) 0      4) 3 24 x 12 x 6   
5) 22x 1 x x   6)
2 2
1 3x
1
1 x 1 x
 
 
7)
2 2
2 2 2
1 x 5 1 x x
( ) 2 0
2 xx 1 x 1 x
    
 
9)
12 x x 2 82
(12 x) (x 2)
x 2 12 x 3
     
10) 
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Dạng 3: n nF( f (x), g(x)) 0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.
Với dạng này ta xét hai trường hợp: 
TH1: g(x)=0 thay vào phương trình ta kiểm tra, 
TH2: g(x) 0 chia hai vế phương trình cho kg (x) và đặt n f (x)t
g(x)
 ta được phương 
trình 1F (t) 0 là phương trình đa thức bậc k.
Ta thường gặp dạng: a.f (x) b.g(x) c. f (x)g(x) 0  
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 25 x 1 2(x 2)   .
Giải: ĐK: x 1  .
Phương trình 2 25 (x 1)(x x 1) 2(x x 1) 2(x 1)        
2 2
x 1 x 1
2 5 2 0
x x 1 x x 1
    
   
 (Do 2x x 1 0 x    ).
Đặt 
2
x 1
t , t 0
x x 1
 
 
, ta có phương trình: 2
t 2
2t 5t 2 0 1
t
2

     
.
* 2
2
x 1
t 2 4 4x 5x 3 0
x x 1
      
 
 phương trình vô nghiệm.
* 2
2
1 x 1 1 5 37
t x 5x 3 0 x
2 4 2x x 1
         
 
.
Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và 
cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương 
trình đẳng cấp hai ẩn dạng 2 2a ab b 0      (có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng 
các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trình 
thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong 
phương trình càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Do đó với dạng toán này chúng ta 
cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trình. Tuy nhiên 
nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó 
khăn. Ta xét ví dụ sau. 
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Giải: ĐK 
2
2
x x 20 0
5x 14x 9 0 x 5
x 1
   
     
  
.
Phương trình 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       
2 2 25x 14x 9 x 24x 5 10 (x 1)(x x 20)         
2 22x 5x 2 5 (x 1)(x x 20) 5 (x 1)(x 4)(x 5)          
2 22(x 4x 5) 3(x 4) 5 (x 4x 5)(x 4)        
2 2x 4x 5 x 4x 5
2 5 3 0
x 4 x 4
        .
Đặt 
2x 4x 5
t , t 0
x 4
   , ta có phương trình: 
2 32t 5t 3 0 t 1; t
2
      .
* 2
5 61
x 5 (n)
2t 1 x 5x 9 0
5 61
x 5 (l)
2
  
     
  
.
* 2
x 8 (n)
3
t 4x 25x 56 0 7
2 x (l)
2

        
Vậy phương tình đã cho có hai nghiệm: 5 61x ;x 8
2
  .
Chú ý : Trong nhiều bài toán ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình 
thức bài toán và từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải.
Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 2x 2x 2x 1 3x 4x 1      .
Giải: Đặt 2 2 2 2a x 2x, b 2x 1 3x 4x 1 3a b        
Phương trình trở thành: 2 2 2 2a b 3a b a ab b 0      
21 5 1 5a b x 2x 2x 1
2 2
       . Giải phương trình này ta được nghiệm 
1 5
x
2
 và đây là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 2 2(x 6x 11) x x 1 2(x 4x 7) x 2        .
Giải: ĐK: x 2 . Đặt 2a x 2;b x x 1     , ta có:
2 2 2 2x 6x 11 (x x 1) 5(x 2) b 5a        
2 2 2 2x 4x 7 x x 1 3(x 2) b 3a        
Do vậy phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 2(b 5a )b 2(b 3a )a  
3 2 2 3 3 2 a6a 5a b 2ab b 0 6t 5t 2t 1 0 (t )
b
           1 1t 1, t , t
2 3
     .
* 2t 1 a b x 2x 3 0       phương trình vô nghiệm.
* 
1
t b 2a
2
     vô nghiệm do a,b 0 .
* 2
1
t b 3a x 10x 19 0 x 5 6
3
          .
Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là: x 5 6  .
Nhận xét: Xuất phát từ phương trình : (a b)(2a b)(3a b) 0    ta thay 
2a x 2;b x x 1     và biến đổi ta thu được phương trình trên. 
Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 4 3 218x 13x 2 3(81x 108x 56x 12x 1)       .
Giải:
Ta có: 2 2 218x 13x 2 2(2x 1) x 2a x (a (3x 1) )        
4 3 2 4 2 2 281x 108x 56x 12x 1 (3x 1) 2x a 2x        
Vậy phương tình đã cho trở thành: 
2 2
2 2
a 2x a 2x
2a x 3(a 2x )
a x;a 5xa 4ax 5x 0
            
* 
2
x 2x
a x
9x 5x 1 0
       
 vô nghiệm.
* 
2
5x 2x 11 85
a 5x x
189x 11x 1 0
       
.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 11 85x
18
 .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4 24 4
1 x 1 x
1 m 1 m 2 1- m
1 x 1 x
      .
Giải: ĐK: 1 x 1   .
Đặt 4 41 x 2t 1 t (0; )
1 x 1 x
       và phương tình trở thành:
2 4 441 m.t 2 (1 m)(1 m).t 1 m 0 1 m.t 1 m           4 1 mt 
1 m
   .
Phương trình đã cho có nghiệm 4 1 m 0 1 m 1
1 m
      .
Ví dụ 7 (ĐH Khối A – 2007 ): Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
4 23 x 1 m x 1 2 x 1     .
Giải: ĐK: x 1 .
* x=1 là nghiệm phương trình m 0  .
* x 1 chia hai vế phương trình 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 trình trở thành:
2m3t 2 3t 2t m
t
      (*) .
Phương trình 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 trình , bất phương trình 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 trình , bất phương trình qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương 
trình : 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 trình thu đượclà một phương trình hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa 
đặt. Ta xét dạng toán sau.
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0   . Với phương trình dạng này ta có thể đặt 
t f (x) , khi đó ta được phương trình theo ẩn t: 2at g(x)t h(x) 0   , ta giải phương 
trình này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trình 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 trình: 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1      .
Giải:
Đặt 2t x 2x 1   , ta được phương trình: 2t 2(1 x)t 4x 0    đây là phương trình 
bậc hai ẩn t có 2' (x 1)   , do đó phương trình 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 trình đã cho có hai nghiệm x 1 6   .
Ví dụ 2: Giải phương trình: 
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 trình: 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 trình này vô nghiệm (do (*)).
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 2 4 2x ;x
3 3
  .
Nguyễn Tất Thu (0918927276) 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – Đồng Nai
Ví dụ 3: Giải phương trình: 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 trình cho 3x 4 (do 3x
4
 không là nghiệm của 
phương trình) ta được: 26x 2 6x 22. (3x 4) x 3x 2 0
3x 4 3x 4
      
 
.
Đặt 6x 2t , t 0.
3x 4
 

 Phương trình 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
         