Phương pháp giải phương trình không mẫu mực - Trần Xuân Bang

 7b2 - 9/4 
 ⇒ ax + b = 7a3t2 + 14a2bt + 7ab2 - 9
4
a 
 ≡ 7t2 + 7t 
 Ta phải có: 
3
2
2
7 1
14 7
97 0
4
a
a b
ab a b

=

=

 − + =

 ⇒ a = 1, b = 1
2
Bài tập tương tự: 
 BT1. Giải phương trình 2x2 - 6x - 1 = 4 5x + 
 (Thi chọn ðT12QB 21/12/2004) 
 BT2. Giải và biện luận theo a phương trình 3 2 23(2 ) 2 2 ( 2)x a a x a a+ − = + − 
 1.4. ðặt hai ẩn phụ và ñưa phương trình về phương trình hai ẩn phụ. 
VD1. Giải phương trình 2 2 4 3 23 5 1 8 3 15x x x x x x x− + + − = + + − − + 
 ðưa phương trình về dạng u + v = 1 + uv 
VD2. Giải phương trình 2 2 23 2 2 15 2 5 132 2 1 2x x x x x x− + − − − −+ = + 
 ðưa phương trình về dạng u + v = 1 + uv 
 1.5. ðặt hai ẩn phụ và ñưa phương trình về hệ phương trình hai ẩn. 
VD1. Giải phương trình 4 5 3x x+ + − = 
HD. ðặt 4 0, 5 0x u x v+ = ≥ − = ≥ 2 2 9u v⇒ + = 
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
13
Ta có hệ phương trình 
2 2 9
3
u v
u v
 + =

+ =
Cách 2. Bình phương hai vế. 
Cách 3. ðặt f(x) = 4 5 0x x+ + − ≥ ⇒ 2 ( ) 9 2 (4 )(5 ) 9 ( ) 3f x x x f x= + + − ≥ ⇔ ≥ 
Dấu ñẳng thức xảy ra khi chỉ khi x = - 4 hoặc x = 5. 
Cách 4. ðặt f(x) = [ ]4 5 , x -4;5x x+ + − ∈ . Khảo sát, lập bảng biến thiên. 
VD2. Giải phương trình 3 6 (3 )(6 ) 3x x x x+ + − − + − = . 
HD. ðặt 3 0, 6 0x u x v+ = ≥ − = ≥ 2 2 9u v⇒ + = 
Ta có hệ phương trình 
2 2 9
3
u v
u v uv
 + =

+ − =
Cách 2. ðặt 
2 93 6 0 (3 )(6 )
2
X
x x X x x −+ + − = ≥ ⇒ + − = 
Phương trình ñã cho tương ñương 
2 9 3
2
XX −− = 
VD3. Giải phương trình 21 2( 1) 1 1 3 1x x x x x+ + + = − + − + − 
 (TS 10 Chuyên Toán ðHSPHNI, 97 - 98) 
 ðưa phương trình về hệ có một phương trình tích : 
 u + 2u2 = - v2 + v + 3uv ⇔ u - v + v2 - 3uv + 2v2 = 0 
 ⇔ u - v + (v - u)(v - 2u) = 0 
 1.6. ðặt hai vế của phương trình cho cùng một ẩn phụ. 
VD1. Giải phương trình 3 22log cotgx log cosx= 
HD. ðặt 3 22log cotgx log cosx= = t ta có: 
2 2 2
2
2 2
2
2
cos 4 cos 4 cos 4
cos 2
cos 4 4
cot 3 3 sin 4 1
sin 3 3
cos 0,cot 0
cos 0,sin 0 cot 0,sin 0 cos 0,sin 0
cos 4 1
cos
1 2
sin 0cos 0,sin 0
t t t
t
t t
t t t
t t
t
x x x
x
x
x x
x
x x
x x x x x x
x
x
t
xx x
  = = =
 =   
   
= ⇔ = ⇔ = ⇔ + =   
   > > > > > > > >  
  
 = 
= 
⇔ = − ⇔ 
 >> >
2
3
x kpi pi⇔ = +

VD2. Giải phương trình 7 3log x log ( x 2)= + 
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
14
HD. ðặt 7 3log x log ( x 2)= + = t , Ta có: 
7
77 7 497 1 22 1x 2 3 7 2 3
3 3
t
tt t
t t
t t t
x
xx x
x
t
 =
 = =  =  
⇔ ⇔ ⇔ ⇒ =     
=+ =+ = + =           
VD3. Giải phương trình 3 1 1x x− = + 
HD. ðặt 3 1 1x x− = + = t ≥ 0, ta có: 
3
3 2
2
1
2 0 1 0
1
x t
t t t x
x t
 − =
⇒ + − = ⇒ = ⇒ =
+ =
II. PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ðỐI LẬP. 
 1. Dạng 1. Nếu f(x) ≥ M, (1) (hay f(x) ≤ M, (2)) thì: 
Phương trình f(x) = M tương ñương dấu ñẳng thức ở (1) hay ở (2) xảy ra. 
VD1. Giải phương trình tanx + cotx + tan2x + cot2x + tan3x + cot3x = 6. 
HD. Phương trình ñã cho ⇔ tanx(1 + tanx + tan2x) + cotx(1 + cotx + cot2x) = 6 (1) 
 1 + tanx + tan2x > 0, 1 + cotx + cot2x > 0 với 
2
x k pi∀ ≠ 
tanx và cotx cùng dấu. 
Do vậy, từ (6) ñể ý rằng vế phải dương, suy ra tanx > 0, cotx > 0. 
Theo Côsi: tanx + cotx ≥ 2 
 tan2x + cot2x ≥ 2 ⇒ tanx + cotx + tan2x + cot2x + tan3x + cot3x ≥ 6. 
 tan3x + cot3x ≥ 2 
Phương trình ñã cho tương ñương: 
2 2
3 3
tan cot 2
tan cot 2
tan cot 2
tan 0
x x
x x
x x
x
+ =

+ =

+ =
 >
2 2
3 3
tan cot 1
tan cot 1
tan cot 1
tan cot 1
4
x x
x x
x x
x x x kpi pi
= =

⇔ = =

= =
⇔ = = ⇔ = +
VD2. Giải phương trình 2 2 2 2
1 1 4x y
x y
+ + + = 
HD. ðK x ≠ 0, y ≠ 0. 
2 2
2 2
1 1 4x y
x y
+ + + = ⇔ 2 22 2
1 1 4x y
x y
+ + + = 
Ta có: 2 22 2
1 12, y 2x
x y
+ ≥ + ≥ ⇒ 2 22 2
1 1 4x y
x y
+ + + ≥ 
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
15
Phương trình ñã cho tương ñương với: 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1
1 1 1 12 2
x y x y
x y x y
 + = = =
 
⇔ 
+ = + = 
 
 ⇔ nghiệm của 
phương trình ñã cho là (1; 1), (1; - 1), (-1; 1), (- 1; - 1) 
 2. Dạng 2. 
Phương trình : ( ) ( )( ) ( )
f x g x
f x M g x
=
 ≤ ≤
⇔
( )
( )
f x M
g x M
=

=
VD1. Giải phương trình 4(x2- 2)(3 - x2) = 2( 2 5) 1x − + 
HD. (x2- 2)(3 - x2) > 0 ⇔ 2 0, x2- 2 > 0. Theo Côsi: 
22 2
2 2 2 22 3 1( 2)(3 ) 4( 2)(3 ) 1
2 4
x x
x x x x
 − + −
− − ≤ = ⇒ − − ≤ 
 
 Mặt khác 2( 2 5) 1x − + ≥ 1 
Phươngtrình ñã cho tương ñương: ( )
2 2
2
4( 2)(3 ) 1
2 5 1 1
x x
x
 − − =

− + =
2 22 3
5
5 2
2
x x
x
x
 − = −

⇔ ⇔ =
=

VD2. Giải phương trình 22 4 6 11x x x x− + − = − + 
HD. ðK 2 ≤ x ≤ 4. Ta có: 
2 22 4 2( 2 4 ) 2, 6 11 ( 3) 2 2x x x x x x x− + − ≤ − + − = − + = − + ≥ 
Phươngtrình ñã cho tương ñương: 
2
2 4 2
2
( 3) 2 2
x x
x
x

− + − =
⇔ =
− + =
 3. Dạng 3. 
Phương trình : 
( ) ( )
( ) , ( )
( : ( ) , ( ) )
f x g x M N
f x M g x N
hay f x M g x N
+ = +
 ≤ ≤
 ≥ ≥
 ⇔
( )
( )
f x M
g x N
=

=
VD1. Giải phương trình 36 4 28 4 2 1
2 1
x y
x y
+ = − − − −
− −
HD. Pt ñã cho 36 44 2 1 28
2 1
x y
x y
⇔ + − + + − =
− −
 (1) 
36 44 2 24, 1 4
2 1
x y
x y
+ − ≥ + − ≥
− −
Như thế (1) tương ñương: 
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
16
36 364 2 24 4 2
112 2
4 4 51 4 1
1 1
x x
xx x
yy y
y y
 
+ − = = − 
=− −  
⇔ ⇔  
= + − = = −
 
− − 
VD2. Giải phương trình 
1 1
cos3x - 1 cosx - 1 = 1
cos3x cosx
+
HD. Pt ñã cho tương ñương: 
1 - cos3x 1 - cosx
cos3x cosx = 1
cos3x cosx
+
ðK: cos3x > 0, cosx > 0. 
PT cos3x(1 - cos3x) cosx(1 - cosx) = 1⇔ + (1) 
Ta ñã biết rằng a(1 - a) 1 ,
4
a≤ ∀ . Suy ra: 0 ≤ cos3x(1 - cos3x) ≤ 1
4
 ⇒
1
cos3x(1 - cos3x) 
2
≤
 Tương tự 
1
cosx(1 - cosx) 
2
≤
Như thế Ptrình (1) 
⇔
31 1 1cos3x(1 - cos3x) = cos3x = 4cos x - 3cosx = 
2 2 2
1 1 1
cos3x(1 - cos3x) = cosx = cosx = 
2 2 2
  
    
⇔ ⇔  
  
    
: Vô nghiệm 
 4. Dạng 4. 
Phương trình : 1 2
1 2
( ) ( ) ... ( ) 0
( ) 0, ( ) 0,..., ( ) 0
n
n
f x f x f x
f x f x f x
+ + + =
 ≥ ≥ ≥
⇔
1
2
( ) 0
( ) 0
.............
( ) 0n
f x
f x
f x
=

=


 =
VD1. Giải phương trình x2 - 2xsinxy + 1 = 0 
HD. Pt ñã cho tương ñương: (x - sinxy)2 + 1 - (sinxy)2 = 0 
⇔ 2
1
sin 1 sin 1
21 1sin 0 sin 2
sin 11 sin 0 sin 1 sin( ) 1 1
1 1 2
2
x
xy y
y k
x xx xy x xy
xyxy xy y x
x x y k
pi
pi
pi
pi
 =
 =  =    = +  = =− = =     ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   = ±
− = = − − = − = −       = − = −   
= +
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
17
VD2. Tìm tất cả các cặp số thực (x, y) thoả mãn : 
2 2
x + 2y - 2xy - 2x + 4y + 2 = 0
 (Thi HSG L9 Quảng Bình 2007 - 2008) 
HD. Ta có: 2 2x + 2y - 2xy - 2x + 4y + 2 = 0 
( ) ( )22x - 2 y + 1 x + 2 y + 1 0 (1)⇔ =
Xét phương trình bậc hai (1) ẩn x và y là tham số 
Ta có: ' 2 2 2( 1) 2( 1) ( 1) 0, yy y y∆ = + − + = − + ≤ ∀ 
Do ñó, phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi 
' 20 ( 1) 0 1y y∆ = ⇔ − + = ⇔ = −
Khi ñó phương trình (1) có nghiệm kép x = 0. 
Vậy cặp số (x, y) cần tìm là ( 0, -1). 
Ghi chú: Có thể giải bài toán bằng cách ñưa về dạng 2 2A + B = 0 
2 2
x + 2y - 2xy - 2x + 4y + 2 = 0 ⇔ ( ) ( )2 2y - x + 1 1 0y+ + = 
III. PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỰ ðOÁN NGHIỆM 
VÀ CHỨNG MINH KHÔNG CÒN NGHIỆM. 
 Phương pháp gồm hai bước: 
1. Dự ñoán nghiệm, thử vào phương trình. 
2. Chứng minh không còn nghiệm. 
VD1. Giải phương trình 3x + 4x = 5x 
HD. Bước 1. Dự ñoán: x = 2 là nghiệm 
 Chứng minh: 32 + 42 = 52 . 
 Bước 2. Chứng minh không còn nghiệm nữa. 
Thật vậy: Pt tương ñương với 3 4 1
5 5
x x
   
+ =   
   
i) Nếu x > 0 i) Nếu x > 0 thì 
2 23 4 3 4 1
5 5 5 5
x x
       
+ < + =       
       
: Không thoả pt. 
ii) Nếu x > 0 i) Nếu x < 0 thì 
2 23 4 3 4 1
5 5 5 5
x x
       
+ > + =       
       
: Không thoả pt. 
VD2. Giải phương trình 4 4 24 52 2 1956 49x x x+ ++ + = 
HD. Bước 1. Dự ñoán: x = 0 là nghiệm 
 Chứng minh: 24 + 25 + 19560 = 49 . 
 Bước 2. Chứng minh không còn nghiệm nữa. 
Thật vậy: Nếu x ≠ 0 thì x4 > 0, x4 + 4 > 4, x5 + 5 > 5 
⇒
4 4 44 4 5 5 02 2 16,2 2 32,1956 1956 1x x x+ +> = > = > = 
⇒ 
4 4 44 52 2 1956 16 32 1 49x x x+ ++ + > + + = 
Phương trình không mẫu mực Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình 
Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Phương trình không mẫu mực 
18
 VD3. Giải phương trình 2 2 21 1 120 9 1956 1985x x x− − −+ + = 
HD. x = 0 là nghiệm 
 x ≠ 0 ⇒ x2 > 0 ⇒ 1 - x2 < 1 ⇒ 2 2 21 1 120 20, 9 9, 1956 1956x x x− − −< < < 
 ⇒ 
2 2 21 1 120 9 + 1956 1985x x x− − −+ < 
VD4. Giải phương trình 4 4 21 1 119 5 1890 3x x x− − −+ + = 
HD. x = ± 1 là nghiệm 
 - 1 0 ⇒ 4 4 21 1 1 0 0 019 5 1890 19 5 1890 3x x x− − −+ + > + + = 
 x 1 ⇒ 1 - x2 < 0 ⇒ 4 4 21 1 1 0 0 019 5 1890 19 5 1890 3x x x− − −+ + < + + = 
 VD5. Giải phương trình 5 32 228 2 23 1 2 9x x x x+ + + + − + = + 
HD. x = 1 là nghiệm 
VD6. Giải phương trình 3 2 26 3 3 8x x x+ + + + = 
HD. x = 1 là nghiệm 
VD7. Giải phương trình 1956 19812007 2008 1x x− + − = 
HD. x = 2007, x= 2008 là nghiệm 
 i) x ⇒ − > 
1956 1981
 2007 2008 1x x⇒ − + − > 
 ii