Bài giảng ôn thi vào Đại học -Phương trình, bất phương trình vô ty

Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-1- 
Phöông trình vaø baát phöông trình voâ tyû 
Loaïi 1. Phöông phaùp luõy thöøa 
A. Toùm taét lyù thuyeát 
Phần này đề cập đến phương pháp cơ bản nhất khi giải phương trình và bất phương trình 
vô tỷ - phương pháp lũy thừa. Sau đây là các phép thũy thừa cơ bản nhất. Các phép lũy 
thừa này cho ta một số quy tắc cơ bản để biến đổi tương đương phương trình và bất 
phương trình vô tỷ. 
I. Moät soá pheùp bieán ñoåi töông ñöông phöông trình voâ tyû 
f (x) g(x)
f (x) g(x)
f (x) 0

  

. 
2f (x) g (x)f (x) g(x)
g(x) 0
 
  

. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-2- 
II. Moät soá pheùp bieán ñoåi töông ñöông baát phöông trình voâ tyû 
f (x) g(x)
f (x) g(x)
g(x) 0

  

. 
f (x) g(x)
f (x) g(x)
g(x) 0

  

. 
2
g(x) 0
f (x) 0
f (x) g(x)
g(x) 0
f (x) g (x)
 
     
. 
2
g(x) 0
f (x) 0
f (x) g(x)
g(x) 0
f (x) g (x)
 
     
. 
2
g(x) 0
f(x) g(x) f (x) 0
f (x) g (x)
 

  


. 
2
g(x) 0
f(x) g(x) f (x) 0
f (x) g (x)
 

  


. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-3- 
B. Moät soá ví duï 
Ví duï 1. Giải phương trình 3x 2x 5 2x 1 (1)    . 
Giaûi 
Ta có (1)   
23x 2x 5 2x 1
2x 1 0
    

 
  
3 2
1
2
x 4x 2x 4 0 (2)
x (3)
    


. 
(2)     2x 2 x 2x 2    
x 2
x 1 3
x 1 3


 
  
. Đối chiếu với điều kiện (3) ta thấy 
x 1 3  không thỏa mãn điều kiện này. Vậy tập nghiệm của (1) là  1;1 3 . 
Ví duï 2. Giải phương trình    2x 1 x 4 x 5 2 x 4 1       . 
Giaûi 
Điều kiện: x 4 . 
Ta có 
 1   3x 3 2 2x 1. x 4 3x 3 2 x 5. 2 x 4         
  2 2x 1. x 4 2 x 5. 2 x 4     
  2x 1. x 4 x 5. 2 x 4     
        2x 1 x 4 2 x 5 x 4     
 9x 36 0   
 x 4 . 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 4 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-4- 
Ví duï 3. Giải phương trình x 7 4x 1 5x 6 2 2x 3 (1)       . 
Giaûi 
Điều kiện: 32x  . 
Ta có (1)   x 7 2 2x 3 5x 6 4x 1       
 2 29x 5 4 2x 11x 21 9x 5 2 20x 19x 6         
 2 22 2x 11x 21 20x 19x 6     
    2 24 2x 11x 21 20x 19x 6     
 212x 63x 78 0   
 24x 21x 26 0    25  
 13
4
x 2
x



. 
Thử lại ta thấy chỉ 134x  là nghiệm của (1) . Vậy (1) có nghiệm duy nhất 
13
4x  . 
Nhaän xeùt: 
 Hai phương trình: f (x) g(x) và 2 2f (x) g (x) nói chung là 
không tương đương: phương trình 2 2f (x) g (x) có thể có nhiều nghiệm 
hơn phương trình f (x) g(x) . Vì lý do này mà trong ví dụ nói trên, sau 
khi thu được kết quả cuối cùng nhờ bình phương hai về, ta phải thử lại. 
 Việc quyết định khi nào bình phương hai về của phương trình là 
quan trọng. Trong ví dụ nói trên, động tác bình phương được thực hiện 
sau khi chuyển vế. Nhờ thế mà sau khi bình phương, ta giản ước được 
9x 5 ở hai vế. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-5- 
Ví duï 4. Biện luận số nghiệm của phương trình 3x x m 1 x (1)     . 
Giaûi 
Ta có (1)  
3 2x x m x 2x 1
1 x 0
     

 
  
3 2x x 3x m 1 (2)
x 1
     


. 
Do đó số nghiệm của (1) bằng số nghiệm thõa mãn x 1 của (2) nên bằng số điểm chung 
của đường thẳng y m 1   với đồ thị hàm số 3 2f (x) x x 3x   ( x 1 ). 
Ta có 2f '(x) 3x 2x 3   . f '(x) 0  1 10x
3
 
 . 
Bảng biến thiên của hàm f (x) : 
x  1 10
3
  
 1 10
3
  
 1  
 f '(x)  0  0   
 29 20 10
27
 
 1 
f (x) 
 29 20 10
27
 
  
Kết luận: 
* 29 20 1027m 1
    56 20 1027m
  : (1) vô nghiệm. 
* 29 20 1027m 1
    56 20 1027m
  : (1) có một nghiệm ( 1 103x
  ). 
* 29 20 10271 m 1
      56 20 1027 m 0
    : (1) có hai nghiệm. 
* 29 20 1027 m 1 1
       56 20 10270 m
   : (1) có ba nghiệm. 
* 29 20 1027m 1
    56 20 1027m
  : (1) có hai nghiệm. 
* 29 20 1027m 1
    56 20 1027m
  : (1) có một nghiệm. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-6- 
Ví duï 5. [ĐHA05] Giải bất phương trình  5x 1 x 1 2x 4 1     . 
Giaûi 
ĐK: 
5x 1 0
x 1 0
2x 4 0
 

 
  
  x 2 . 
Ta có: 
 1  5x 1 2x 4 x 1     
 25x 1 3x 5 2 2x 6x 4      
 22x 6x 4 x 2    (do x 2  x 2 0  ) 
 2 22x 6x 4 x 4x 4     
 2x 10x 0  
 0 x 10  
Kết hợp với điều kiện để bất phương trình có nghĩa ta có tập nghiệm của bất phương trình là 
 2;10 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-7- 
Ví duï 6. [ĐHA04] Giải bất phương trình 
 
 
22 x 16 7 xx 3 1
x 3 x 3
 
  
 
. 
Giaûi 
ĐK: 
2x 16 0
x 3 0
  

 
   x 4 2 . 
Ta có: 
 1   22 x 16 x 3 7 x     
  22 x 16 10 2x   
 
 2 2
10 2x 0
10 2x 0
2 x 16 100 40x 4x
 
  
    
 
2
x 5
x 5
x 20x 66 0

 
   
 
x 5
x 5
10 34 x 10 34

 
    
 x 10 34  (thỏa mãn  2 ). 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  10 34;  . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-8- 
C. Baøi taäp 
 Baøi 1. Giải các phương trình sau 
1) 2x x x 2 3    . ĐS: 1 . 
2) x 3 3x 1 2 x 2x 2      . ĐS: 1 . 
3) 3 3 3x 1 x 1 x 2    . ĐS: 0 , 1 . 
4) 3 33x 1 x 3 2    . 
5) 3 33 32x 1 1 x x    . ĐS: 0 , 1 , 3
1
2
. 
 Baøi 2. Giải và biện luận theo m các phương trình 
1) 2x 1 x m   . 
2) x m x m m    . 
ĐS: 1) 
m 1
0 m 1
 
  
: vô nghiệm, 
1 m 0
m 1
  
 
: 
2m 1x
2m

  . 2) 
m 0
0 m 2

  
: vô nghiệm, 
m 0 : x 0 , m 2 : 
2m 4x
4

 . 
 Baøi 3. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 21 x x m   . 
ĐS: 
m 2
m 1
  


: vô nghiệm, m 2  : 1 nghiệm, 2 m 1    : 2 nghiệm. 
 Baøi 4. Giải các bất phương trình sau 
1) x 9 2x 4 5    . ĐS: x 0 . 
2) 2x 1 2(x 1)   . ĐS: 
x 1
1 x 3
 
  
. 
3) 22x 5 x 4x 3     . ĐS: 141 x
5
  . 
4) 2 2 2x 3x 2 x 4x 3 2 x 5x 4        . ĐS: 
x 1
x 4

 
. 
5) (x 1) 2x 1 3(x 1)    . ĐS: 1 x 2  . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-9- 
6) 
2x 2x 2
2x 1 1
 
 
. ĐS: 
1 x 0
2
   . 
 Baøi 5. Giải và biện luận theo m các bất phương trình sau 
1) m 2 x x m    . ĐS: m 1  : x m 1   , m 1  : 
x m
m 2 x m 1

     
. 
2) x m x 2   . ĐS: 92 m
4
  : x m , 9m
4
 : 
9 5x
4 2
  , m 2 : 
x 2 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-10- 
Loaïi 2. Phöông phaùp aån phuï 
A. Toùm taét lyù thuyeát 
Dùng ẩn phụ là một phương pháp thông dụng để giải phương trình nói chung và phương 
trình vô tỷ nói riêng. Đối với phương trình vô tỷ, phương pháp này có thể được phân loại 
như sau 
☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chỉ chứa ẩn phụ. 
☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chứa cả ẩn mới và ẩn 
cũ. 
☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa cả ẩn mới 
và ẩn cũ. 
☞ Đặt hai ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa hai ẩn phụ. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-11- 
B. Moät soá ví duï 
Ví duï 1. Giải các phương trình 
1)  2 2x x 11 31 1   . 
2)     2x 5 2 x 3 x 3x 1    . 
Giaûi 
1) Đặt  2t x 11 2   
 
2 2
t 11 3
x t 11
 

 
. Phương trình  1 trở thành: 
   2t 11 t 31 4   
 2t t 42 0   
 
t 6
t 7

  
. 
* Nghiệm t 7  của  4 không thỏa mãn điều kiện  3 nên không sinh ra nghiệm x của 
 1 . 
* Thay t 6 vào  2 ta có 2x 11 6   2x 11 36   2x 25  x 5  . 
Vậy tập nghiệm của phương trình là  1 . 
2)  1  2 2x 3x 3 x 3x 10 0     . 
Đặt  2t x 3x 2   
 
2 2
t 0 3
x 3x t
 

 
. Phương trình  1 trở thành 
 2t 3t 10 0 4   
 
t 2
t 5

  
* Nghiệm t 5  của  4 không thỏa mãn điều kiện  3 nên không sinh ra nghiệm x của 
 1 . 
* Thay t 2 vào  2 ta có 2x 3x 2   2x 3x 4   2x 3x 4   
x 1
x 4

  
. 
Vậy tập nghiệm của phương trình là  1; 4 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-12- 
Ví duï 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  2 2 2x 2x 2m 5 2x x m 1     . 
Giaûi 
* Đặt  2t 5 2x x 2    2 2x 2x 5 t   . Phương trình  1 trở thành: 
Khi đó phương trình trở thành:  2 2t 2mt m 5 0 3     t m 5  . 
* Trước hết, ta tìm điều kiện để  2 có nghiệm. 
Xét hàm   2f x 5 2x x   . Ta có    2f x 6 x 1   . Ta thấy  f x 0 x  , dấu bằng xảy 
ra  x 1 6   ;  f x 6 x  , dấu bằng xảy ra  x 1  . Do đó tập giá trị của hàm f 
là 0; 6   , thành thử  2 có nghiệm  t 0; 6    . 
* Vậy  1 có nghiệm   2 có nghiệm t 0; 6     
0 m 5 6
0 m 5 6
   

  
  
5 m 6 5
5 m 6 5
   

  
. 
Chuù yù: 
 Điều kiện phương trình    f x m * có nghiệm: 
☞  * có nghiệm  đường thẳng y m có điểm chung với đồ thị 
hàm số  y f x . 
☞  * có nghiệm  m thuộc tập giá trị của hàm số  y f x . 
 Trong ví dụ trên, ta dùng điều kiện thứ hai để tìm điều kiện phương 
trình có nghiệm. Về việc tìm tập giá trị của hàm số  y f x , ta có thể dùng 
khẳng định sau: Nếu f đạt giá trị nhỏ nhất là m tại a , đạt giá trị lớn nhất là 
M tại b và f liên tục trên đoạn với hai đầu mút a , b thì tập giá trị của f là 
 m;M . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-13- 
Ví duï 3. Giải phương trình    2 22 1 x x 2x 1 x 2x 1 1      . 
Giaûi 
Đặt  2t x 2x 1 2   ,  1 trở thành: 
  22 1 x t t     ... 2) có nghiệm. 
 Trong trường hợp (2) có nghiệm 1t và 2t thì: 
1
2
2
1
x t
y t
(1)
x t
y t
 

   
. 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-15- 
Ví duï 5. [ĐHA09] Giải phương trình  32 3x 2 3 6 5x 8 0 1     . 
Giaûi 
Đk: 6 5x 0   65x  . 
Đặt 
 
 
 
3u 3x 2 2a
2
v 6 5x 2b
  

 
  v 0 . 
Ta có  2  
3
2
u 3x 2
v 6 5x
  

 
  
3
2
5u 15x 10
3v 18 15x
  

 
  3 25u 3v 8    3 25u 3v 8 0 3   . 
Thay  2 vào  1 , ta được 2u 3v 8 0       23v u 4 4   . 
Thay  4 vào  3 , ta có: 
   
23 2
35u 3 u 4 8 0 3         3 2435u u 8u 16 8 0     
  3 215u 4u 32u 40 0    
    2u 2 15u 26u 20 0    
  
 2
u 2 0
15u 26u 20 0 ' 131 0
 

      
  u 2  . 
Thay u 2  vào  2a , ta được 3 3x 2 2    3x 2 8    x 2  . 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2  . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-16- 
C. Baøi taäp 
 Baøi 1. Giải các phương trình, bất phương trình sau: 
1) 21 x 1 x 2 1 x 4      . ĐS: 0 . 
1) 23x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2        . 
2) 2 2x x 2 x x    . 
3) 2 2 2x x 4 x x 1 2x 2x 9        . 
4)  33 2x 3x 2 x 2 6x 0     ĐS: 2 , 2 2 3 . 
5)   3 x 6 x 3 3 x 6 x       . ĐS: 0 , 3 . 
6) 2 25x 10x 1 7 2x x     . 
7) 2 22x x 5x 6 10x 15     . 
8) 27x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x        . ĐS: 67 ;6   . 
9) 
5 15 x 2x 4
2x2 x
    . ĐS:    3 32 20; 2 2;    . 
10) 
2x1 x 1 x 2
4
     . ĐS:  1;1 
 Baøi 2. Cho phương trình 3 x 6 x (3 x)(6 x) m       . 
1) Giải phương trình với m 3 . 
2) Tìm m để phương trình có nghiệm. 
ĐS: 1) 3 , 6 . 2) 6 2 9 m 3
2

  . 
 Baøi 3. Tìm m để bất phương trình  2m x 2x 2 1 x 2 x 0       
 
có nghiệm 
x 0;1 3    . 
ĐS: 
2m
3
 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-17- 
 Baøi 4. Tìm m để bất phương trình 2(2 x)(4 x) x 2x m     nghiệm đúng với mọi 
 x 2;4  . 
ĐS: m 4 . 
 Baøi 5. Giải các phương trình 
1) 22x x 1 x 2 x x 1      . ĐS: 0 . 
2) 2x 2x x 3 2x x 3 9      . ĐS: 1 . 
3) 2
1x 2x x 3x 1
x
    . ĐS: 
1 5
2

. 
4) 32 4 2x x x 2x 1    . ĐS: 1 5
2

. 
 Baøi 6. Giải các phương trình sau: 
1) 2 21 1 x 2x   . ĐS: 3
2
 . 
2)    33 2 2x 1 x x 2 1 x    . ĐS: 22 , 
1 2 2 2
2
  
. 
3) 2 31 x 4x 3x   . ĐS: 
1
2
 , 
2 2
4

 . 
 Baøi 7. Giải các phương trình sau: 
1)  3 25 x 1 2 x 2   . ĐS: 5 372

. 
2) 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       . ĐS: 5 61
2

, 8 . 
3)  2 32x 5x 2 4 2 x 21x 20     ĐS: 9 1934

, 
17 3 73
4

. 
4)  2 32 x 3x 2 3 x 8    ĐS: x 3 13  . 
 Baøi 8. [ĐHA07] Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4 23 x 1 m x 1 2 x 1     . 
ĐS: 
11 m
3
   . 
 Baøi 9. Giải các phương trình: 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-18- 
1) 3 312 x 14 x 2    . 
2) 3 24 x 12 x 6    . ĐS: 24 , 88 , 3 . 
3) 3x 3 x 3   . ĐS: 1 . 
4) 4 4x 17 x 3   . ĐS: 1 , 16 . 
5)       2 23 3 32 x 7 x 2 x 7 x 3       . ĐS: 1 , 6 . 
6) 3 33x 1 x 3 2    . 
7) 3
1 1x x 1
2 2
    . 
8) 32 21 x 2 1 x 3    . 
9) 3 3 3x x 16 x 8    . ĐS: 8 , 56 3010
7

. 
10) 4 4 4x x 1 2x 1    . ĐS: 0 . 
 Baøi 10. Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 31 x 1 x a    có nghiệm. 
ĐS: 0 a 2  . 
 Baøi 11. Giải các phương trình sau 
1) 2x 2 2 x    . 
2) 3 3x 1 2 2x 1   . ĐS: 1 , 1 5
2
 
. 
3) 2
x 32x 4x
2

  . ĐS: 
3 17
4
 
, 
5 13
4
 
. 
4) 3 3
x 12x 1
2

  . ĐS: 
1
2
 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-19- 
Loaïi 3. Phöông trình vaø baát phöông trình tích 
A. Noäi dung phöông phaùp 
Phần này đề cấp đến việc giải phương trình, bất phương trình vô tỷ bằng cách đưa phương 
trình, bất phương trình cần giải về phương trình, bất phương trình tích. 
Nhân tử chung có thể thấy ngay hoặc nhận được sau một số phép biến đổi đơn giản. Việc sử 
dụng biểu thức liên hợp đôi khi cho ta lời giải bất ngờ. 
Về biểu thức liên hợp, ta cũng cần biết: 
☞ Biểu thức liên hợp của a b là a b : 
  a b a b a b    . 
☞ Biểu thức liên hợp của 3 3a b là    2 23 3 3a ab b  : 
     2 23 3 3 3 3a b a ab b a b      
 
. 
 . 
B. Moät soá ví duï 
Ví duï 1. Giải phương trình  2x 3 2x x 1 2x x 4x 3 1       . 
Giaûi 
 1     x 3 2x x 1 2x x 3 x 1       (ĐK: x 1  ) 
     x 3 1 x 1 2x x 1 1 0       
     x 1 1 2x x 3 0     
 
x 1 1 0
2x x 3 0
   

  
 
x 1 1
x 3 2x
  

 
 
2
x 1 1
2x 0
x 3 4x
 
 
  
 
x 0
x 1

 
. 
Ta thấy cả 2 giá trị 0 và 1 đều thỏa mãn điều kiện để phương trình có nghĩa. Vậy tập 
nghiệm của phương trình là  0;1 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-20- 
Ví duï 2. [ĐHD02] Giải bất phương trình    2 2x 3x 2x 3x 2 0 1    . 
Giaûi 
Đk: 22x 3x 2 0    
1
2x
x 2
  

 
. 
 1  
2
2
x 3x 0
2x 3x 2 0
  

   
 hoặc 
2
2
x 3x 0
2x 3x 2 0
  

   
  
1
2
x 0
x 3
x 2
x

 
 

 
 hoặc 1
2
x 0
x 3
x
x 2
 
 
   
  
1
2
x 0
x 3
x 2
x

 
 

 
 hoặc 
1
2x
x 3
  

 
. 
Kết hợp với điều kiện để  1 có nghĩa, ta có tập nghiệm của  1 là:     12; 2 3;     . 
Ví duï 3. Giải phương trình  3x x 2 0 1   . 
Giaûi 
Đk: x 0 . 
Ta có  1     3x 1 x 1 0    
    2 x 1x 1 x x 1 0x 1

    

    2 1x 1 x x 1 0
x 1
 
     
 
  x 1 0  (do 2
1x x 1
x 1
  

 =  212
1 3x 0
4x 1
   

 x 0  ) 
  x 1 (thỏa mãn điều kiện để  1 có nghĩa). 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 1 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-21- 
Ví duï 4. [ĐHB10] Giải phương trình  23x 1 6 x 3x 14x 8 0 1       . 
Giaûi 
Đk: 
3x 1 0
6 x 0
 

 
   13 x 6 2   . 
Ta có  1      23x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0         
      
3 x 5 x 5 x 5 3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
 
    
   
     3 1x 5 3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
 
         
  x 5 0  (do  3 1 3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
   
   
 13x : x 6    ) 
  x 5 (thỏa mãn  2 ). 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 5 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-22- 
C. Baøi taäp 
 Baøi 1. Giải các phương trình 
1) 3 23 3x 1 x 2 1 x 3x 2       . ĐS: 0 , 1 . 
2) 3 32 23 3x 1 x x x x     . ĐS: 1 . 
3) 4 3 24 x 1 x 1 x x     . ĐS: 0 , 1 . 
4) 3 2 2 2x x 3x 3 2x x 3 2x 2x        . ĐS: 0 . 
 Baøi 2. Giải các phương trình, bất phương trình sau: 
1) 
4 1 5x x 2x
x x x
     . ĐS: 2 . 
2) 2 2
42x x 6 x x 2 x
x
       . ĐS: 1 . 
3) 2 22x x 9 2x x 1 x 4       . ĐS: 0 . 
4) 2 2x 2x 3 x 6x 11 3 x x 1         . ĐS: 2 x 3  . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-23- 
Loaïi 4. Moät soá phöông phaùp ñaëc bieät 
A. Moät soá ví duï 
Ví duï 1. [ĐHD05] Giải phương trình  2 x 2 2 x 1 x 1 4 1      . 
Giaûi 
Đk: x 1 0    x 1 2  . 
Ta có  2x 2 2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1            
Do đo  1   2 x 1 1 x 1 4      x 1 2   x 1 4   x 3 (thõa mãn  2 ). 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 3 . 
Ví duï 2. Giải phương trình  4xx 3 4 x 1
x 3
  

. 
Giaûi 
Đk:  x 0 2 . 
 1   x 3 4x 4 x. x 3 0       2x 3 2 x 0    x 3 2 x 0   
 x 3 2 x   x 3 4x   x 1 (thỏa mãn  2 ). 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 1 . 
Ví duï 3. Giải phương trình 24x 1 4x 1 1    . 
Giaûi 
ĐK: 2
4x 1 0
4x 1 0
 

 
  
1
4
1
2
1
2
x
x
x
 

  

 
  
1x
2
 . 
Đặt   2f x 4x 1 4x 1    .Ta có  
2
2 4x 1f ' x 0 x
24x 1 4x 1
    
 
  f đồng biến 
trên 12 ;  . Do đó nếu  1 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Ta thấy 
1x
2
 là nghiệm 
của  1 nên  1 có nghiệm duy nhất 1x
2
 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-24- 
Ví duï 4. [ĐHA10] Giải bất phương trình 
 
 
2
x x 1 1
1 2 x x 1


  
. 
Giaûi 
Ta thấy  22 3 312 4 4x x 1 x x       . Do đó  2 341 2 x x 1 1 2. 0 x       . 
Điều kiện để  1 có nghĩa:  x 0 2 . 
 1   2x x 1 2 x x 1       22 x x 1 x x 1      
  
   22
x x 1 0
2 x x 1 x x 1
   

     
  
     
1 5
2
2 2
x
2x 2 x 1 x x 1 2 x 1 x
 

       
  
 
     
1 5
2
2
x 3
x x 1 2 x 1 x 0 4
 

     
. 
Ta có  4   2x x 1 0     2x x 1 0    x x 1 0    x 1 x   
 2
1 x 0
x 1 x
 

 
  2
x 1
x 3x 1 0


  
  3 5
2
x 1
x 



  3 52x
 (thõa mãn  2 ,  3 ). 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất 3 52x
 . 
Ví duï 5. Giải phương trình  2 x x 1 x 1
3 1 x

  
 
. 
Giaûi 
Đk: 0 x 1  . 
Ta thấy:    2VP 1 1 2 x 1 x 1         VP 1 1 . 
Lại có:   3 3VT 1 1
33 1 x
  
 
. 
Do đó  1     VT 1 VP 1 1   x 1 . 
Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 1 . 
Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình voâ tyû 
ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 
-25- 
B. Baøi taäp 
 Baøi 1. Giải các phương trình 
1) 
34 x 3 1 4x
x
    . ĐS: 1 . 
2) 22 x 3 9x x 4    . ĐS: 1 , 5 97
18
 
. 
3) 12 x 2 x 1 3x 9    . ĐS: 1 , 77 3328
9

. 
4) 24x 3x 3 4x x 3 2 2x 1      . ĐS: 1 . 
5) 4 x 3 x 1 x 7     . ĐS: 1 . 
6) 2 22x x x 1 4 3x 1 2x 2x 6       . ĐS: 1 . 
 Baøi 2. Giải các phương trình sau 
1) x 4 x 1 x 3     . ĐS: 0 . 
2) 2 2 2
1x 2 x x
x
    . ĐS: 1 .