Ðề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012 – 2013 môn thi: Toán – lớp 12 – thpt thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề)

Câu 1. (5,0 ñiểm) Cho hàm số ( )3 2 1 1y x x= + + . 
1. Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ( )1 biết tiếp tuyến này vuông góc với 
ñường thẳng d có phương trình 5 1 0x y+ − = . 
2. Tìm m ñể ñường thẳng ∆ có phương trình ( )1 1y m x= + + cắt ñồ thị hàm số ( )1 tại ba 
ñiểm phân biệt ( )0;1 , ,A B C , biết hai ñiểm ,B C có hoành ñộ lần lượt là 1 2;x x thỏa mãn: 
( ) ( )3 31 1 2 2
2 2
2 1
2 2
1
1 1
x m x x m x
x x
− + − +
+ = −
+ +
. 
Câu 2. (5,0 ñiểm) 
1. Giải phương trình: ( ) ( )
22 sin cos 1 2sin 2
1 tan
sin 3 sin 5
x x x
x
x x
− +
= −
+
. 
2. Giải hệ phương trình: 
( )
( ) ( )
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2
, .
2log 6log 1 log 3 3 0
x xx x y
x y
x y x x y
 + = +
∈
− + − + + =
ℝ 
Câu 3. (2,0 ñiểm) Tính tổng: 
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
S C C C C− − −= + + + + . 
Câu 4. (4,0 ñiểm) 
 1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ba ñiểm ( )1;1A , ( )3;2B , ( )7;10C . Lập phương trình 
ñường thẳng ∆ ñi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C ñến ñường thẳng ∆ lớn nhất. 
 2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho hai mặt cầu ( ) ( )22 21 : 1 4S x y z+ + − =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 : 3 1 1 25S x y z− + − + + = . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao 
tuyến là một ñường tròn. Tính bán kính ñường tròn ñó. 
Câu 5. (3,0 ñiểm) 
 Cho hình chóp tam giác ñều .S ABC có cạnh ñáy bằng 1. Gọi ,M N là hai ñiểm thay ñổi 
lần lượt thuộc các cạnh ,AB CD sao cho mặt phẳng ( )SMN luôn vuông góc với mặt phẳng 
( )ABC . ðặt ,AM x AN y= = . Chứng minh rằng 3x y xy+ = , từ ñó tìm ,x y ñể tam giác 
SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. 
Câu 6. (1,0 ñiểm) 
 Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3 3 3a b c a b c+ + = + + . Chứng minh rằng 
1 1 1 1
8 1 8 1 8 1a b c
+ + ≥
+ + +
. 
------------------------Hết------------------------ 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao ñề) 
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 
================ 
ðỀ CHÍNH THỨC 
UBND TỈNH BẮC NINH 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT 
Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 
============== 
Lời giải sơ lược Thang 
ñiểm 
Câu 
1.1 
Cho hàm số ( )3 2 1 1y x x= + + . 
 Lập phương trình tiếp tuyến của ñồ thị hàm số ( )1 biết tiếp tuyến này vuông góc 
với ñường thẳng d có phương trình 5 1 0x y+ − = . 
3.0 
TXð: ℝ , 2' 3 2y x x= +
Hệ số góc của d là 1
5
− ⇒ Hệ số góc của tiếp tuyến là 5k =
1.0 
Gọi ( )0 0;M x y là tiếp ñiểm 
Khi ñó 
( )0 0
2
0 0
0 0
1 3
3 2 5 5 23
3 27
x y
x x
x y
 = =
+ = ⇔  
= − = −   
1.0 
Từ ñó tìm ñược phương trình hai tiếp tuyến: 5 2y x= − ; 2025
27
y x= + 
1.0 
1.2 
Tìm m ñể ñường thẳng ∆ có phương trình ( )1 1y m x= + + cắt ñồ thị hàm số ( )1
tại ba ñiểm phân biệt ( )0;1 , ,A B C , biết ñiểm ,B C có hoành ñộ lần lượt là 1 2;x x
thỏa mãn: ( ) ( ) ( )
1
3 3
1 1 2 2
2 2
2
2 2
1 2
1 1
x m x x m x
x x
− + − +
+ = −
+ +
. 
2.0 
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: 
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 2
2
0
1 1 1 1 0
1 0 *
x
x x m x x x x m
x x m
=
 + + = + + ⇔ + − + = ⇔   + − + =
0.5 
∆ cắt ñồ thị hàm số ( )1 tại ba ñiểm phân biệt , ,A B C ⇔ phương trình (*) có 
hai nghiệm phân biệt khác 0 
54 5 0 (**)41 0 1
m m
m
m
∆ = + > > − 
⇔ ⇔ 
+ ≠  ≠ −
0.5 
Gọi 1 2,x x là hai nghiệm của (*), ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 21 1 1 1 12 1 1 1 1x m x x x x m m m − + = − + − + − + = − + 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 22 2 2 2 22 1 1 1 1x m x x x x m m m − + = − + − + − + = − + 
Khi ñó ( ) ( ) ( )2 2
2 1
1 1
2 1
1 1
m m
x x
+ +
⇔ + =
+ +
0.5 
( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )
22 2
1 2 1 21 2
22 2 2 2
2 1 1 2 1 2 1 2
2 221 1 1 1 3
1 1 2 1
x x x xx x
m m
x x x x x x x x
+ − ++ +
⇔ + = ⇔ + =
+ + + + − +
Kết hợp với hệ thức Viet ta biến ñổi (3) trở thành 
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 1 3 1
1
1 2 1 2
m m
m m
+ + +
=
+ + + +
. Từ ñó tìm ñược 
0
3
m
m
=

= −
Kết hợp ñiều kiện (**) ta có 0m = thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
0.5 
Câu 
2.1 1.Giải phương trình: 
( ) ( ) ( )
22 sin cos 1 2sin 2
1 tan 1
sin 3 sin 5
x x x
x
x x
− +
= −
+
. 2.5 
ðK: ( )sin 3 sin 5 0 sin 4 0 *
cos 0
x x
x
x
+ ≠
⇔ ≠
≠
0.5 
 Biến ñổi ñược ( ) ( ) ( ) ( )21 sin cos 1 2sin 2 2 sin 4 cos sinx x x x x x⇔ − + = − 
( )
( )( ) ( )
sin cos 0 2
cos sin 1 2sin 2 2 sin 4 3
x x
x x x x
 − =
⇔ 
− + =
0.5 
( ) ( )2
4
x k kpi pi⇔ = + ∈ℤ (Loại) 0.5 
( )3 cos sin sin 3 sin os3 cos 2 sin 4x x x x c x x x⇔ − + + + − = 
( )
2
42 sin 3 2 sin 4
3 24
28 7
x k
x x k
k
x
pi
pi
pi
pi pi

= + 
⇔ + = ⇔ ∈ 
  
= +

ℤ
0.5 
Kết hợp với ñiều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là 
( )3 2 7 3, ,
28 7
k
x k m k mpi pi= + ≠ − ∈ℤ 0.5 
2.2 Giải hệ phương trình: 
( ) ( )
( ) ( )( )
2 2
2
2 2 2
log log 2 .2 1
, .
2log 6log 1 log 3 3 0 2
x xx x y
x y
x y x x y
 + = +
∈
− + − + + =
ℝ 2.5 
ðK: 0; 1x y> > −
Phương trình 
( ) ( ) ( )2 2 2 21 log log 2 1 log log 1 1xx x y x x x y x y ⇔ + = + ⇔ + = + + ⇔ = +  0.5 
Thế vào (2) ta có 22 2 22log 6log log 3 0x x x x x− − + =
( )( ) ( )( )
2
2 2
2
log 3 0 3
log 3 2log 0
2log 0 4
x
x x x
x x
 − =
− − = ⇔ 
− =
0.5 
( )3 8x⇔ = 0.5 
Giải (4), xét ( ) ( ) ( )2 22log 0 ' 1ln 2f x x x x f x x= − > ⇒ = −
( ) 2' 0
ln 2
f x x= ⇔ = . Lập BBT, từ ñó suy ra phương trình (4) có nhiều nhất hai 
nghiệm. Mà ( ) ( ) ( )2 4 0 4f f= = ⇒ có hai nghiệm 2; 4x x= =
Vậy hệ phương trình ñã cho có ba nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ); : 8;7 ; 2;1 ; 4;3x y
1.0 
Câu 
3 
Tính tổng: 
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
S C C C C− − −= + + + + . 2.0 
Xét ( ) ( ) ( ) ( )2013 2 20130 1 2 20132013 2013 2013 20131 2 . 2 . 2 ... . 2x C C x C x C x+ = + + + + 0.5 
( ) ( ) ( ) ( )
20142 2 2014 2014
2013 2013
1 1
21 21 5 31 2 1 2 1 2
12 4028 4028
x
I x dx x d x
+
−
= + = + + = =∫ ∫ 0.5 
( ) ( ) ( )
2
2 20130 1 2 2013
2013 2013 2013 2013
1
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
. 2 . 2 ... . 2
2
.2 .2 ... .2
12 3 2014
C C x C x C x dx
x x xC x C C C
 + + + +
 
 
= + + + + 
 
∫
2 3 2014
0 1 2 2 2013 2013
2013 2013 2013 2013
2 1 2 1 2 1
.2. .2 . ... .2 .
2 3 2014
C C C C− − −+ + + +
0.5 
Vậy S
2014 20145 3
4028
−
= 
0.5 
Câu 
4.1 
1.Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho ba ñiểm ( )1;1A , ( )3;2B , ( )7;10C . Lập 
phương trình ñường thẳng ∆ ñi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B và C ñến 
ñường thẳng ∆ lớn nhất 
2.0 
TH1: ∆ cắt ñoạn thẳng BC tại M 
( ) ( ); ;d B d C BM CM BC⇒ ∆ + ∆ ≤ + =
0.5 
TH2: ∆ không cắt ñoạn thẳng BC , gọi ( )5;6I là trung ñiểm BC
( ) ( ) ( ); ; 2 ; 2d B d C d I AI⇒ ∆ + ∆ = ∆ ≤
0.5 
Vì 80 2 41 2BC AI= < = nên ( ) ( ); ;d B d C∆ + ∆ lớn nhất bằng 2 2 41AI = 
khi ∆ vuông góc với AI
0.5 
⇒ ∆ ñi qua ( )1;1A và nhận ( )4;5AI = là véc tơ pháp tuyến 
Vậy phương trình ñường thẳng ( ) ( ): 4 1 5 1 0 : 4 5 9 0x y x y∆ − + − = ⇔ ∆ + − =
0.5 
4.2 
2. Trong không gian tọa ñộ Oxyz cho hai mặt cầu ( ) ( )22 21 : 1 4S x y z+ + − =
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 : 3 1 1 25S x y z− + − + + = . Chứng minh rằng hai mặt cầu trên cắt 
nhau theo giao tuyến là một ñường tròn. Tính bán kính ñường tròn ñó. 
2.0 
B
∆
CM
A
B 
C 
A 
∆ 
I 
( )1S có tâm 1(0;0;1)I , bán kính 1 2R =
( )2S có tâm 2 (3;1; 1)I − , bán kính 2 5R =
0. 5 
1 2 2 1 1 2 2 114I I R R I I R R= ⇒ − < < + ⇒ hai mặt cầu cắt nhau 0.5 
Khi ñó tọa ñộ giao ñiểm của hai mặt cầu thỏa mãn hệ phương trình 
( )
( ) ( ) ( )
( )22 2 22 2
2 2 2
1 4 1 4
6 2 4 11 03 1 1 25
x y z x y z
x y zx y z
 + + − = + + − = 
⇔ 
+ − + =
− + − + + =  
Do ñó hai mặt cầu trên cắt nhau theo giao tuyến là một ñường tròn. ðường tròn 
ñó là giao tuyến của măt cầu ( )1S và mặt phẳng ( )P : 6 2 4 11 0x y z+ − + =
0.5 
( )1 7;( ) 56d I P = ⇒ bán kính ñường tròn cần tìm là 
( )( )2 21 1 5 2; 4r R d I P= − = 
0.5 
Câu 
5 
Cho hình chóp tam giác ñều .S ABC có cạnh ñáy bằng 1. Gọi ,M N là hai ñiểm 
thay ñổi lần lượt thuộc cạnh ,AB CD sao cho mặt phẳng ( )SMN luôn vuông góc 
với mặt phẳng ( )ABC . ðặt ,AM x AN y= = . Chứng minh rằng 3x y xy+ = , từ 
ñó tìm ,x y ñể tam giác SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. 
3.0 
Kẻ SO MN⊥ tại ( )O SO ABC⇒ ⊥ ( Vì ( ) ( )SMN ABC⊥ ) 
O⇒ là trọng tâm tam giác ñều ABC
( Vì .S ABC là hình chóp ñều ) 
0. 5 
Ta có 0 0 01 1 1.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2AMN AMO ANO
S S S xy x AO y AO∆ ∆ ∆= + ⇔ = +
1 3 1 1 1 1 1 1
. . . . .
2 2 2 2 2 23 3
xy x y⇔ = + ( )3 1x y xy⇔ + =
0.5 
S 
A C 
B 
N 
M 
O 
1
.
2SMN SMN
S SO MN S∆ ∆= ⇒ nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất ( Vì SO không ñổi) 
Ta có ( ) ( )2 22 2 2 0 2 22 cos60 3 9 3MN x y xy x y xy x y xy xy xy= + − = + − = + − = − 
0.5 
Từ giả thiết 0 ; 1x y⇒ < ≤ . Từ ( ) 41 3 2
9
xy x y xy xy⇒ = + ≥ ⇒ ≥
( )( ) 11 1 0 1 1 3
2
x y xy x y xy xy xy− − ≥ ⇒ + ≥ + ⇒ + ≥ ⇒ ≤
0.5 
ðặt 
4 1
, ;
9 2
t xy t  = ∈   
2 29 3MN t t⇒ = −
Lập bảng biến thiên hàm số ( ) 29 3f t t t= − 4 1, ;
9 2
t  ∈   
 ta ñược 
MN nhỏ nhất khi 4
9
t = , khi ñó 2
3
x y= =
MN lớn nhất khi 1
2
t = , khi ñó 
1
1
2
x
y
=


=
 hoặc 
1
2
1
x
y

=

 =
1.0 
Câu 
6 
Cho ba số dương , ,a b c thỏa mãn 2 2 2 3 3 3a b c a b c+ + = + + . Chứng minh rằng 
1 1 1 1
8 1 8 1 8 1a b c
+ + ≥
+ + +
. 
1.0 
Ta có 3 3 2 3 3 2 3 3 21 3 ; 1 3 ; 1 3a a a b b b c c c+ + ≥ + + ≥ + + ≥ 
( )2 2 2 2 2 23 3 3a b c a b c a b c⇒ + + ≤ ⇒ + + ≤ + + ≤
ðặt 
3 3 3
; ; 3a b cx a y b z c x y z
a b c a b c a b c
= ≥ = ≥ = ≥ ⇒ + + =
+ + + + + +
Ta có ( )1 1 1 1 1 1 2
8 1 8 1 8 1 8 1 8 1 8 1a b c x y z
+ + ≥ + +
+ + + + + +
0. 5 
Mà: 1 1 2
4 28 1 (2 1)(4 2 1) xx x x x
= ≥
++ + − +
Tương tự suy ra VP(2) 1 1 12
4 2 4 2 4 2x y z
 ≥ + + + + + 
0.5 
Ta chứng minh 1 1 1 1 (3)
4 2 4 2 4 2 2x y z
+ + ≥
+ + +
Biến ñổi ñược ( )3 4 4 4 12x y z⇔ + + ≥ ( Bất ñẳng thức này luôn ñúng bằng cách 
sử dụng bất ñẳng thức Côsi, với chú ý 3x y z+ + = ) ⇒ñpcm. 
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi 
tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới ñược tính ñiểm tối ña. 
2. Với các cách giải ñúng nhưng khác ñáp án, tổ chấm trao ñổi và thống nhất ñiểm chi tiết 
nhưng không ñược vượt quá số ñiểm dành cho bài hoặc phần ñó. Mọi vấn ñề phát sinh 
trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống 
nhất của cả tổ. 
3. ðiểm toàn bài là tổng số ñiểm của các phần ñã chấm, không làm tròn ñiểm 
Phương pháp giải phương trình vô tỷ
1 Phương pháp đặt ẩn phụ
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ta có thể gặp các dạng
như:
- Đặt ẩn phụ đưa phương trình đã cho về phương trình đại số không còn chứa căn
thức với ẩn mới là ẩn phụ.
- Đặt ẩn phụ mà vẫn còn ẩn chính, ta có thể tính ẩn này theo ẩn kia.
- Đặt ẩn phụ để đưa phương trình về hệ hai phương trình với hai ẩn là hai ẩn phụ,
cũng có thể hai ẩn gồm một ẩn chính và một ẩn phụ, thường khi đó ta được một hệ đối
xứng.
- Đặt ẩn phụ để được phương trình có hai ẩn phụ, ta biến đổi về phương trình tích
với vế phải bằng 0.
Thường giải phương trình ta hay biến đổi tương đương, nếu biến đổi hệ quả thì nhớ
phải thử lại nghiệm.
Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
1) 18x2 − 18x√x− 17x− 8√x− 2 = 0.
2) x2 − 3x+ 1 = −
√
3
3
√
x4 + x2 + 1.
3)
√
2− x2 +
√
2− 1
x
2 = 4−
(
x+ 1
x
)
.
4) 2x2 +
√
1− x+ 2x
√
1− x2 = 1.
Hướng dẫn
1) Đặt
√
x = y với y ≥ 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành (3y2 − 4y −
2)(6y2 +2y+1) = 0 , suy ra (3y2− 4y− 2) = 0 , ta được y = 2+
√
10
3
. Từ đó phương trình
có nghiệm là x = 14+4
√
10
9
.
2) Ta có x4 + x2 + 1 = (x2 + 1)2 − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) > 0 , với mọi x.
Mặt khác x2 − 3x + 1 = 2(x2 − x + 1) − (x2 + x + 1). Đặt y =
√
x
2−x+1
x
2+x+1
(có thể viết đk
y ≥ 0 hoặc chính xác hơn là
√
3
3
≤ y ≤
√
3 ), ta được
2y2 − 1 = −
√
3
3
y = 0⇔ 6y2 +
√
3y − 3 = 0, ta được y =
√
3
3
(loại y = −
√
3
2
).
Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1
3) Ta thấy x < 0 không thỏa mãn. Khi đó phương trình tương đương với hệ

x > 0
4− x+ 1
x
)
> 0(√
2− x2 +
√
2− 1
x
2
)2
= 4− x+ 1
x
))2
Đặt x+ 1
x
= y , ta được{
2 ≤ y < 4(1)
4− (y2 − 2) + 2
√
5− 2(y2 − 2) = (4− y)2 (1)
Xét phương trình thứ hai của hệ (1)⇔
√
9− 2y2 = y2−4y+5⇔ y4−8y3+28y2−
40y + 16 = 0 (do hai vế không âm).
⇔ (y − 2)(y3 − 6y2 + 16y − 8) = 0
⇔ (y − 2) [(y − 2)(y2 − 4y + 8) + 8)] = 0
Dẫn đến y = 2 (do ((y − 2)(y2 − 4y + 8) + 8) > 0 với mọi y thỏa mãn (1)).
Từ đó phương trình có nghiệm là x = 1
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp đánh giá trong phần sau.
4) Ta có phương trình tương đương với
√
1− x = 1− 2x2 − 2x
√
1− x2 (2)
⇒ 1− x = 1 + 4x4 + 4x2(1− x2)− 4x2 − 4x
√
1− x2 + 8x3
√
1− x2 (3)
⇔ x(1− 4
√
1− x2 + 8x2
√
1− x2) = 0 (4)
⇔
{
x = 0
1− 4
√
1− x2 + 8x2
√
1− x2 = 0 (5)
(6)
Xét (5) , đặt y =
√
1− x2 , suy ra y ≥ 0 và x2 = 1− y2
Ta được
1− 4y + 8y(1− y2) = 0⇔ 8y3 − 4y − 1 = 0
⇔ (2y + 1)(4y2 − 2y − 1) = 0
⇔ y = 1 +
√
5
4
Từ đó suy ra x = ±
√
5−
√
5
8
Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x = 0 và
x = −
√
5−
√
5
8
Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp lượng giác trong phần sau.
Ví dụ 2. Giải phương trình
x2 + 3x+ 1 = (x+ 3)
√
x2 + 1
Hướng dẫn
Đặt
√
x2 + 1 = y , với y ≥ 1 . Khi đó ta được y2+3x = (x+3)y⇔ (y−3)(y−x) = 0
Dẫn đến y = 3 và y = x . Từ đó phương trình có nghiệm là x = ±
√
2
Ví dụ 3. Giải phương trình 4
√
17− x8 − 3
√
2x8 − 1 = 1
Hướng dẫn
Đặt 4
√
17− x8 = y với y ≥ 0 và 3
√
2x8 − 1 = z . Khi đó ta được hệ{
y − z = 1
2y4 + z3 = 33
⇔
{
z = y − 1
2y4 + (y − 1)3 = 33
Xét
2y4 + (y − 1)3 = 33⇔ (y − 2)(2y3 + 5y2 + 7y + 17) = 0
Suy ra được y − 2 = 0. Từ đó nghiệm của phương trình là x = 1 và x = −1.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
1) x+
√
4− x2 = 2 + 3x
√
4− x2.
2) 3
√
81x− 8 = x3 − 2x2 + 4
3
x− 2.
Hướng dẫn
1) Đặt
√
4− x2 = y , với 0 ≤ y ≤ 2 Khi đó ta được hệ{
x+ y = 2 + 3xy
x2 + y2 = 4
Thế hoặc lại đặt x + y = S; xy = P rồi giải tiếp ta được nghiệm của phương trình
là x = 0 ; x = 2 và x = −2−
√
14
3
2) Đặt 3
√
81x− 8 + 2 = 3y ⇒ 3x = y3 − 2y2 + 4
3
y Khi đó ta được hệ{
3x = y3 − 2y2 + 4
3
y
3y = x3 − 2x2 + 4
3
x
Xét hiệu hai phương trình dẫn đến x = y (do
1
2
(x+ y)2 +
1
2
(x− 2)2 + 1
2
(y − 2)2 + 1
3
> 0)
Thay vào hệ và giải phương trình ta được
x = 0; x =
3± 2
√
6
3
Ví dụ 5. Giải phương trình
√
5x2 + 14x+ 9−
√
x2 − x− 20 = 5
√
x+ 1
Hướng dẫn
Đk x ≥ 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau:
√
5x2 + 14x+ 9 =
√
x2 − x− 20 + 5
√
x+ 1
⇔5x2 + 14x+ 9 = x2 − x− 20 + 25(x+ 1) + 10
√
(x+ 1)(x+ 4)(x− 5)
⇔2x2 − 5x+ 2 = 5
√
(x+ 1)(x− 5)
√
x+ 4
⇔2(x+ 1)(x− 5) + 3(x+ 4) = 5
√
(x+ 1)(x− 5)
√
x+ 4
Đặt
√
(x+ 1)(x− 5) = y;√x+ 4 = z , với y ≥ 0; z ≥ 3 Ta được
2y2 + 3z2 = 5yz ⇔ (y − z)(2y − 3z) = 0
từ đó ta được {
y = z
y = 3
2
z
Nếu y = z thì ta được x = 5+
√
61
2
(dox ≥ 5).
Nếu y = 3
2
z thì ta được x = 8; x = −7
4
. Vậy phương trình có ba nghiệm trên.
Ví dụ 6. Giải phương trình 7x2 + 7x =
√
4x+9
28
, với x > 0
Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt√
4x+ 9
28
= ay + b
sau đó bình phương lên rồi ta biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta sẽ biết
được giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được a = 1; b = 1
2
. (Nếu a = 1 và b = 0 mà
giải được thì đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở đây).
HD: Đặt √
4x+ 9
28
= y +
1
2
do x > 0 nên √
4x+ 9
28
>
√
9
28
>
1
2
từ đó y > 0 . Ta được hệ 

7x2 + 7x = y + 1
2
7y2 + 7y = x+ 1
2
x, y > 0
Giải hệ bình thường theo dạng ta được x = −6+
√
50
14
.
Ví dụ 7. Giải phương trình 3
√
x2 − 2 =
√
2− x3 .
Nhận xét: Khi giải một phương trình không phải lúc nào cũng có nghiệm thực, có
những phương trình vô nghiệm nhưng khi cho học sinh làm bài ta cũng kiểm tra được
năng lực của học sinh khi trình bày lời giải bài toán đó. Chẳng hạn như bài toán trong
ví dụ này.
Hướng dẫn Đặt 3
√
x2 − 2 =
√
2− x3 = y với y ≥ 0 . Khi đó ta được hệ{
x2 = y3 + 2
x3 = 2− y2
và từ phương trình ban đầu ta có x ≤ −
√
2 . Xét hiệu hai phương trình của hệ ta được
phương trình
(x+ y)(x2 − xy + y2 − x+ y) = 0
Với x = −y thì x = − 3
√
x2 − 2 , dẫn đến vô nghiệm.
Còn
x2 − xy + y2 − x+ y = (y − x)(1− x) + y2 > 0
với mọi y ≥ 0 và x ≤ −
√
2 . Do đó hệ vô nghiệm hay phương trình đã cho vô nghiệm.
2 Phương pháp đáng giá
Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f(x) = g(x)) bằng phương pháp đánh giá,
thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất). Ta thường sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các
biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số
(có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một
cách hợp lý.
Thường ta đánh giá như sau:

f(x) = g(x)
f(x) ≥ C(≤ C)
g(x) ≤ C(≥ C)
⇔ f(x) = g(x) = C,
hoặc đánh giá f(x) ≥ g(x) cũng như là f(x) ≤ g(x) . . .
Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác.
Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương
pháp đánh giá.
Một số ví dụ
Ví dụ 8. Giải phương trình
√
4x− 1 +
√
4x2 − 1 = 1
Hướng dẫn: Bài này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm. Ta có thể làm đơn
giản như sau: Ta thấy x = 1
2
là nghiệm của phương trình.
Nếu x > 1
2
thì V t > 1 = V p.
Nếu x < 1
2
thì V t < 1 = V p.
Do đó phương trình không có nghiệm trong hai trường hợp này.
Vậy phương trình có một nghiệm là x = 1
2
Ví dụ 9. Giải phương trình
√
3x2 + 6x+ 7 +
√
5x2 + 10x+ 14 = 4− 2x− x2
Hướng dẫn: Đánh giá V t ≥ 5 còn V t ≤ 5 do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương
trình có nghiệm duy nhất là x = −1
Ví dụ 10. Giải phương trình
√
x2 − x+ 19 +
√
7x2 + 8x+ 13 +
√
13x2 + 17x+ 7 = 3
√
3(x+ 2)
Hướng dẫn: Đk x ≥ −2 Với đk đó
V t =
√
(x− 1
2
)
2
+
75
4
+
√
(2x− 1)2 + 3(x+ 2)2 +
√
1
4
(2x− 1)2 + 3
4
(4x+ 3)2
≥
√
75
4
+
√
3 |x+ 2|+
√
3
2
|4x+ 3|
≥
∣∣∣52
√
3 +
√
3(x+ 2) +
√
3
2
(4x+ 3)
∣∣∣
≥ 3
√
3.(x+ 2) = V p.
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1
2
. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1
2
.
Ví dụ 11. Giải phương trình
2
4
√
27x2 + 24x+
28
3
= 1 +
√
27
2
x+ 6
Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
4
√
(9x+ 4)2
3
+ 4 = 1 +
√
3(9x+ 4)
2
đk x ≥ −4
9
. Đặt (9x+ 4) = y , suy ra y ≥ 0 .
Khi đó ta được
2
4
√
y2
3
+ 4 = 1 +
√
3y
2
⇔ 4
√
y2
3
+ 4 = 1 +
3y
2
+
√
6y
(bình phương hai vế). Theo BĐT Cô-si ta được
√
6y ≤ y + 6
2
do đó
4
√
y2
3
+ 4 ≤ 2y + 4⇔ 4
(
y2
3
+ 4
)
≤ (y + 2)2
⇔ 4y2 + 48 ≤ 3y2 + 12y + 12
⇔ y2 − 12y + 36 ≤ 0
⇔ (y − 6)2 ≤ 0.
Từ đó ta được y = 6, suy ra x = 2
9
thỏa mãn đk.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2
9
Ví dụ 12. Giải phương trình
x− 3x2
2
+
√
2x4 − x3 + 7x2 − 3x+ 3 = 2
Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với
√
(2x2 − x + 1)(x2 + 3) = 3x
2 − x+ 4
2
=
(2x2 − x+ 1) + (x2 + 3)
2
(7)
Phương trình xác định với mọi x là số thực. Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta
được V t(1) ≤ V p(1).
Do đó (7)⇔ 2x2−x+1 = x2+3⇔ x2−x−2 = 0 . Từ đó phương trình có nghiệm
là x = −1 và x = 2
Ví dụ 13. Giải phương trình
√
2− x2 +
√
2− 1
x2
= 4−
(
x+
1
x
)
Hướng dẫn: Đk {
−
√
2 ≤ x ≤ −
√
2
2√
2
2
≤ x ≤
√
2
Với đk đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình
√
2− x2 +
√
2− 1
x2
+ x+
1
x
= 4(1)
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được

(
√
2− x2 + x)2 = (
√
2− x2.1 + x.1)2 ≤ 4(√
2− 1
x
2 +
1
x
)2
=
(√
2− 1
x
2 .1 +
1
x
.1
)2
≤ 4
Suy ra
V t(1) ≤ 4 = V p (8)
Do đó (8)
⇔
{ √
2− x2 + x = 2√
2− 1
x
2 +
1
x
= 2
nghĩa là dấu bằng trong hệ xảy ra. Từ đó phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1 .
Ví dụ 14. Giải phương trình
2
√
2√
x+ 1
+
√
x =
√
x+ 9.
Hướng dẫn: Đk x ≥ 0.
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được
V t2 =
(
2
√
2
1√
x+ 1
+
√
x+ 1
√
x√
x+ 1
)2
≤ (x+ 9)
(
1
x+ 1
+
x
x+ 1
)
= V p2.
Phương trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay
2
√
2√
x+ 1
=
1√
x+1
√
x
√
x+1
⇔ x = 1
7
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1
7
.
Ví dụ 15. Giải phương trình
13
√
x2 − x4 + 9
√
x2 + x4 = 16
. Hướng dẫn: Đk −1 ≤ x ≤ 1.
Với đk đó phương trình tương đương với
|x| (13
√
1− x2 + 9
√
1 + x2) = 16⇔ x2(13
√
1− x2 + 9
√
1 + x2)
2
= 256(1)
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được
(13
√
1− x2 + 9
√
1 + x2)
2
= (
√
13.
√
13
√
1− x2 + 3.
√
3.
√
3
√
1 + x2)
2
≤ (13 + 27)(13(1− x2) + 3(1 + x2))
= 40(16− 10x2).
Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được
10x2(16− 10x2) ≤
(
10x2 + (16− 10x2)
2
)2
= 64
Do đó V t(1) ≤ 4.64 = 256, ta được
(1)⇔
{ √
1− x2 =
√
1+x2
3
10x2 = 16− 10x2 ⇔
{
9− 9x2 = 1 + x2
20x2 = 16
Từ đó dẫn đến x = ±2
√
5
5
. Vậy phương trình có hai nghiệm là x = ±2
√
5
5
.
Ví dụ 16. Giải phương trình 3
√
x2 − 2 = √2− x3 .
Nhận xét: Trong phần giải phương trình vô tỷ bằng Phương pháp đặt ẩn phụ ta đã giải
bài toán này, ta cũng có thể giải nó bằng phương pháp đánh giá như sau.
Hướng dẫn: Đk
2− x3 ≥ 0⇔ x ≤ 3
√
2
Giả sử x là nghiệm của phương trình. Khi đó
x2 − 2 ≥ 0⇔
{
x ≥ √2
x ≤ −√2 ,
ta được x ≤ −√2 .
Mũ 6 hai vế suy ra
x9 − 6x6 + x4 + 12x3 − 4x2 − 4 = 0. (9)
Cách thứ nhất ta biến đổi V t thành
x9 − 5x6 − x2(x4 − x2 + 1) + 12x3 − 3x2 − 4
là một biểu thức âm khi x ≤ −√2 .
Cách thứ hai ta biến đổi V t thành
x9 − x4(6x2 − 1) + 12x3 − 4x2 − 4
cũng là một biểu thức âm khi x ≤ −√2 . . .
Ta có thể biến đổi tiếp phương trình (9) sau khi chia hai vế cho x− 1 6= 0 , ta được{
x8 + x7 + x6 − 5x5 − 5x4 − 4x3 + 8x2 + 4x+ 4 = 0
⇔ x6(x2 + x+ 1)− 5x4(x+ 1)− 4x(x2 − 1) + 4(2x2 + 1) = 0
vô nghiệm vì V t luôn dương khi x ≤ −√2 . Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 17. Giải phương trình√
(x+ 2)(2x− 1)− 3√x+ 6 = 4−
√
(x+ 6)(2x− 1) + 3√x+ 2
.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình thành
(
√
x+ 6 +
√
x+ 2)(
√
2x− 1− 3) = 4
suy ra x ≥ 5 .
V t là hàm số đồng biến trên đoạn [5; +∞) . Từ đó dẫn đến x = 7 là nghiệm duy
nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 18. Giải phương trình
2x2 − 11x+ 21− 3 3√4x− 4 = 0
Hướng dẫn: Phương trình tương đương với
(x− 3)(2x− 5) = 12(x− 3)
3
√
(4x− 4)2 + 2 3√4x− 4 + 4
Ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. Nếu x 6= 3 thì phương trình tương đương với
(2x− 5) = 12
3
√
(4x− 4)2 + 2 3√4x− 4 + 4
(1) (10)
Nếu x > 3 thì V t(1) > 1 > V p(1).
Nếu x < 3 thì V t(1) < 1 < V p(1).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 .
Ví dụ 19. Giải phương trình
√
2x2 − 1 +
√
x2 − 3x+ 2 =
√
2x2 + 2x+ 3 +
√
x2 − x+ 6
Nhận xét: Với bài toán này ta sử dụng một đánh giá ít gặp sau đây:
√
f(x) +
√
g(x) =
√
f(x) + ah(x) +
√
g(x) + bh(x)⇔
{
f(x) ≥ 0; g(x) ≥ 0
h(x) = 0
với a, b là hai số thực dương.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình
√
2x2 − 1 +
√
x2 − 3x+ 2 =
√
2x2 − 1 + 2(x+ 2) +
√
x2 − 3x+ 2 + 2(x+ 2)
⇔
{
2x2 − 1 ≥ 0; x2 − 3x+ 2 ≥ 0
x+ 2 = 0
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là x = −2 .
Ví dụ 20. Giải phương trình
16√
x− 1996 +
1√
y − 2008 = 10− (
√
x− 1996 +
√
y − 2008)
Nhận xét: Với bài toán này, ta thấy đây là một phương trình gồm hai ẩn. Do đó ta
nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình mới có V t là tổng các bình phương,
còn V p bằng 0.
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình thành(
4
√
x− 1996− 4
4
√
x− 1996
)
2
+
(
4
√
y − 2008− 1
4
√
y − 2008
)
2
= 0.
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) = (2012; 2009) .
Ví dụ 21. Giải phương trình x
√
y − 1+2y√x− 1 = 3
2
xy .Hướng dẫn: Đk x ≥ 1; y ≥ 1.
Ta có
x
√
y − 1 + 2y
√
x− 1 = −y(x− 2
√
x− 1)− 1
2
x(y − 2
√
y − 1) + 3
2
xy
= −y(
√
x− 1− 1)2 − 1
2
x(
√
y − 1− 1)2 + 3
2
xy
Khi đó phương trình đã cho tương đương với{
x ≥ 1; y ≥ 1
y(
√
x− 1− 1)2 + 1
2
x(
√
y − 1− 1)2 = 0
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) = (2; 2) .
3 Phương pháp lượng giác
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp lượng giác ta có thể đặt f(x) = sinα
nếu f(x) ∈ [−1; 1] với điều kiện α ∈
[
−pi
2
; pi
2
]
hoặc f(x) = cosα với điều kiện α ∈ [0; pi]
. Cũng có khi đặt f(x) = tanα; f(x) = cotα . . . để đưa phương trình đã cho về phương
trình lượng giác. Giải phương trình lượng giác rồi từ đó tìm nghiệm của phương trình đã
cho.
Một số ví dụ
Ví dụ 22. Giải phương trình
√
4x− 1 +
√
4x2 − 1 = 1.
.
Nhận xét: Bài toán này (đã xét ở trên) cũng có thể giải bằng phương pháp lượng giác,
tuy nhiên với bài này cách giải bằng lượng giác chỉ mang tính chất tham khảo.
Hướng dẫn: Đặt {
4
√
4x− 1 = cos y
4
√
4x2 − 1 = sin y y ∈
[
0;
pi
2
]
.
Khi đó ta được phương trình
cos8y − 2cos4y + 8cos2y − 7 = 0
⇔ (cosy − 1)(...) = 0
⇔ (cos2y − 1)(cos6y + cos4y − cos2y + 7) = 0
⇔ cos y = 1
Do vậy phương trình có một nghiệm là x = 1
2
.
Ví dụ 23. Giải phương trình
1
x
+
1√
1− x2 = 2
√
2
Hướng dẫn: Đặt x = cos y, y ∈ (0; pi), y 6= pi
2
. Phương trình đã cho trở thành
1
cos y
+
1
sin y
= 2
√
2⇔ sin y + cos y =
√
2. sin 2y
Đặt
sin y + cos y = z,−
√
2 ≤ z ≤
√
2
suy ra sin 2y = 2 sin y cos y = z2 − 1 , ta được z = √2 và z = −
√
2
2
.
Với z =
√
2 thì y = pi
4
, do đó x =
√
2
2
.
Với z = −
√
2
2
thì y = 11pi
12
, do đó x = −1+
√
3
2
√
2
.
Vậy phương trình có nghiệm là x =
√
2
2
và x = −1+
√
3
2
√
2
.
Ví dụ 24. Giải phương trình
x
3 +
√
(1− x2)3 = x
√
2(1− x2)
Hướng dẫn: Đk −1 ≤ x ≤ 1 .
Đặt x = sin y, y ∈ [−pi
2
; pi
2
]
suy ra cos y ≥ 0 .
Khi đó phương trình trở thành
sin3y + cos3y =
√
2 sin y cos y
Đặt sin y + cos y = z, z ∈ [−√2;√2] (chính xác là z ∈ [−1;√2] ), biến đổi phương trình
ta được
z
3 +
√
2.z2 − 3z −
√
2 = 0⇔ (z −
√
2)(z +
√
2− 1)(z +
√
2 + 1) = 0
⇔ z =
√
2 ∨ z = 1−
√
2.
Nếu z =
√
2 thì y = pi
4
, do đó x =
√
2
2
.
Nếu z = 1−√2 thì
sin y + cos y = 1−
√
2⇔ x+
√
1− x2 = 1−
√
2
⇔
√
1− x2 = 1−
√
2− x ≥ 0
⇔ x = 1−
√
2−
√
2
√
2− 1
2
Vậy phương trình có 2 nghiệm trên.
4 Một số phương pháp khác
Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác
lạ đối với một số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở
trên để giải một phương trình.
Một số ví dụ
Ví dụ 25. Giải phương trình
√
x2 − 3
√
2.x+ 9 +
√
x2 − 4
√
2.x+ 16 = 5
Hướng dẫn: Nếu x ≤ 0 thì V t ≥ 3 + 4 = 7 > 5 = V p (phương trình không có nghiệm).
Nếu x > 0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A = 900, AB = 4;AC = 3. Gọi AD
là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD.
Đặt AM = x, xét
∆ACM ⇒ CM2 = x2 + 9− 3
√
2.x
và xét
∆ABM ⇒ BM2 = x2 + 16− 4
√
2.x
Từ đó suy ra V t = CM +BM ≥ BC = 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M ≡ D ,hay
CM
BM
=
3
4
⇔ 16CM2 = 9BM2
⇔ 16x2 + 16.9− 48
√
2.x = 9x2 + 16.9− 36
√
2.x
⇔ 7x− 12
√
2.x = 0
⇔ x = 12
√
2
7
Vậy phương trình có nghiệm là x = 12
√
2
7
.
Ví dụ 26. Giải phương trình
√
4− x2 +√4x+ 1 +
√
x2 + y2 − 2y − 3 = 5− y + 4
√
x4 − 16
Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ kiểm tra tính cẩn thận của học sinh mà thôi vì
sau khi đặt điều kiện đã tìm được giá trị của x. Tuy nhiên nếu học sinh học hời hợt sẽ
ngồi nhìn mà không làm được bài. Hướng dẫn: Đặt đk cho phương trình xác định ta sẽ
được x = 2 . Khi đó phương trình trở thành |y − 1| = 2− y , suy ra y = 3
2
. Vậy phương
trình có một nghiệm là (x; y) = 2; 3
2
)
.
Ví dụ 27. Giải phương trình
3
√
7x+ 1− 3
√
x2 − x− 8 + 3
√
x2 − 8x− 1 = 2
Hướng dẫn: Đặt
y = 3
√
7x+ 1;−z = 3
√
x2 − x− 8; t = 3
√
x2 − 8x− 1
, suy ra
y + z + t = 2 và y3 + z3 + t3 = 8. (11)
Mặt khác
(y + z + t)3 = 8. (12)
Từ (11) và (12) ta được
(y + z + t)3 − (y3 + z3 + t3) = 3(y + z)(z + t)(t+ y) = 0
⇔


y + z = 0
z + t = 0
t+ y = 0
⇔


y = −z
z = −t
t = −y
Xét y = −z ta được x = −1 ∨ x = 9 , xét z = −t được x = 1 và t = −y được
x = 0 ∨ x = 1 .
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 0; 1; 9} .
Ví dụ 28. Giải phương trình
√
x2 − 4x+ 20 +
√
x2 + 4x+ 29 =
√
97
Hướng dẫn: Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ −→a = (x− 2; 4) và −→b = (−x− 2; 5).
Khi đó ta được −→a + −→b = (−4; 5), suy ra
∣∣−→a +−→b ∣∣ = √97 và ta cũng có |−→a | =
√
x2 − 4x+ 20,
∣∣−→b ∣∣ = √x2 + 4x+ 29 . Phương trình trở thành |−→a | + ∣∣−→b ∣∣ = ∣∣−→a +−→b ∣∣ ,
đẳng thức đó xảy ra khi −→a và −→b cùng chiều ⇔ x−2
4
= −x−2
5
.Từ đó ta được phương trình
có một nghiệm là x = 2
9
.
Ví dụ 29. Giải phương trình√
1 +
√
2x− x2 +
√
1−
√
2x− x2 = 2(x− 1)4(2x2 − 4x+ 1)
Hướng dẫn: Đặt
y =
√
2x− x2 =
√
1− (x− 1)2
suy ra {
0 ≤ y ≤ 1
(x− 1)2 = 1− y2
Ta được √
1 + y +
√
1− y = 2(1− y2)
2
(1− 2y2) (13)
Mặt khác √
1 + y +
√
1− y ≥ 1 +
√
1− y2 ≥ 2− y2(2) (14)
Từ (13) và (14), suy ra
2(1− y2)
2
(1− 2y2) ≥ 2− y2
Đặt y2 = z , ta được 0 ≤ z ≤ 1 và 2(1− z)2(1− 2z) ≥ 2− z ⇔ z(4z2 − 10z + 7) ≤ 0
⇔ z ≤ 0 (do 4z2 − 10z + 7 > 0).
Do đó z = 0 , suy ra y = 0 hay
2x− x2 = 0⇔
[
x = 0
x = 2
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0 và x = 2 .
HÖ ph−¬ng tr×nh 
 I. HÖ ph−¬ng tr×nh d¹ng ho¸n vÞ vßng quanh. 
" Bµi 1. ( §Ò thi HSG quèc gia n¨m 1994 ) 
 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 
( )
( )
( )
3 2
3 2
3 2
3 3 ln 1
3 3 ln 1
3 3 ln 1
x x x x y
y y y y z
z z z z x
⎧ + − + − + =⎪⎪ + − + − + =⎨⎪ + − + − + =⎪⎩
Gi¶i : 
XÐt hµm sè : ( ) ( )3 2f 3 3 ln 1t t t t t= + − + − + 
Ta cã : ( ) 22 22 1 f' 3 1 0, R1
t
t t x
t t
−= + + > ∀ ∈− +
VËy hµm sè ( ) f t ®ång biÕn trªn R. Ta viÕt l¹i hÖ ph−¬ng tr×nh nh− sau : 
( )
( )
( )
 f
f
f
x y
y z
z x
⎧ =⎪ =⎨⎪ =⎩
Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, gi¶ sö : { }min , ,x x y z= . Lóc ®ã : 
 ( ) ( ) ( ) ( ) f