Ôn tập môn toán lớp 12 - Phần 1: Một số kỹ thuật giải phương trình vô tỷ

Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
1 
Phần 1.MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ 
I.Kĩ thuật 1: Sử dụng lƣợng liên hợp. 
1) Dạng liên hợp xuất hiện ngay trong phƣơng trình 
 Bài toán 1: Giải phương trình x 34x 1 3x 2
5

    (1) 
Điều kiện : 
3
2
x 
Khi đó, (1)  2314
5
3
)23(14 

 xx
x
xx 
 














)(342
)(2
0684344
49364676)2512(4
)
7
26
(726)23).(14(2
25)23).(14(217
52314
2314
5
3
3
2
22
loaix
tmx
xx
xxxx
xĐkxxx
xxx
xx
xx
x
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. 
 Bài toán 2: Giải phương trình 3(2 x 2) 2x x 6     (1) 
Điều kiện 2x 
Khi đó (1) )3(2623  xxx 
  








)2(4623
)/(3
623)3(2)3(8
)623)(3(2)6()2(9
xx
mtx
xxxx
xxxxx
Giải (2)















)(
2
5311
)(
2
5311
030417616
25140196108369
)
5
14
:(514)6)(2(3
16)6)(2(66)2(9)2(
2
22
tmx
loaix
xx
xxxx
xĐkxxx
xxxx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x= 
2
5311
;x=3. 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
2 
2)Dạng liên hợp xuất hiện bằng cách thêm bớt hằng số, hàm số vắng 
Dạng 1: Nhẩm đƣợc một nghiệm. 
 Bài toán 3: (Khối B 2010) Giải phương trình :
23 1 6 3 14 8 0x x x x       
Phân tích: Dùng chức năng SOLVE của máy tính dễ dàng cho ta một nghiệm x = 5,do đó ta sẽ dùng 
phương pháp hằng số vắng để thêm bớt lượng liên hợp. 
Điều kiện: 6
3
1
 x 
Khi đó, phương trình 
   
0)13)(5(
61
5
413
)5(3
0514361413)1( 2








xx
x
x
x
x
xxxx
3 1
( 5)( 3 1) 0
3 1 4 6 1
x x
x x
     
   











)3(013
16
1
413
3
)/(5
x
xx
mtx
Nhận xét : 





 6;
3
1
x ,VT(3) > 0, nên phương trình (3) vô nghiệm. 
Vậy phương trình có nghiệm x = 5 
 Bài toán 4: Giải phƣơng trình   234 2 10 2 9 37 4x 15 33x x x      
Điều kiện 5x  
Khi đó, phương trình 
     234 4 9 37 8 4 10 2 4 15 81 0x x x x          
 
 
2
3 3
4 27 9 8(6 2 )
( 3)(4 27) 0
4 10 216 4 9 37 9 37
x x
x x
xx x
 
     
    
* Trường hợp 1. 3 0 3x x     (thỏa mãn phương trình), nên x =3 là nghiệm của phương trình 
* Trường hợp 1. 3x   
 pt 
 
2
3 3
36 16
4 27 0
4 10 216 4 9 37 9 37
x
xx x
    
    
 
2
3
36 16
4 27 0
4 10 212 9 37 2
x
xx
    
   
 Do 5x  nên 
36 16
4.5 27 0
12 4
VT      . Đẳng thức xảy ra 5x  
 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 3 ; x = 5 
 Bài toán 5: (Khối A 2009) 32 3 2 3 6 5 16 0x x     (1) 
Dùng chức năng SOLVE của máy tính dễ dàng cho ta một nghiệm x = -2 (hoặc có thể nhẩm x để 
xx 56,233  là các số chính phương ),do đó ta sẽ dùng phương pháp hằng số vắng để thêm bớt lượng 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
3 
liên hợp. 
Ta có phương trình tương đương với 
     056432232 3  xx 
23 3
6 15
( 2)[ + ]=0 2
( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4
x x
x x x
    
     
Vậy phương trình có nghiệm x = -2 
Bình luận : Đối với dạng phương trình (1) ta có thể sử dụng phương pháp ẩn phụ với phép đặt 
3
2
23
3
3 
t
xxt , sau đó quy phương trình về dạng phương trình bậc 3 đối với ẩn t. 
 Bài toán 6: ((OLYMPIC 30/4 đề nghị) 
2 212 5 3 5x x x     (1) 
Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 
2 2 512 5 3 5 0
3
x x x x        
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng 
   2 0x A x  , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách các số hạng như sau : 
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 4
12 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0
12 4 5 3
2
x x
x x x x
x x
x x
x
x x
x
 
          
   
  
     
    
 
Dễ dàng chứng minh được : 
2 2
2 2 5
3 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
 
    
   
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 
 Bài toán 7: Giải phƣơng trình      0131742 22  xxxxx 
Phân tích:Từ phương trình ta thấy phương trình có nghiệm khi 020)2(  xxx ,x =-1 thỏa mãn 
Hoặc dùng chức năng SOLVE của máy tính dễ dàng cho ta một nghiệm duy nhất x = -1 , nên nhân tử (x+1) 
có thể được tạo thành bằng một số cách sau : 
Cách 1: 
Phương trình tương đương với 
     
 
 


































)(04
23
32
274
7485
1
06
23
)1(
274
)3)(2(
1
0)1(6
23
1
274
34
2
03233274)2(
2
22
2
22
22
2
2
2
2
22
vn
x
xxx
xx
xxxx
x
x
xx
xx
xx
x
x
x
x
x
xx
xx
x
xxxxx
Cách 2: Phương trình tương đương với 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
4 
     
    
 






















)(0
374
4
2374
1
0
374
4
23741
037423741
0131)1(1741)1(
22
22
22
22
2222
22
vn
xxx
xxx
x
xxx
xxxx
xxxxxxx
xxxxx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=-1 
Bình luận: Bài toán cũng có thể giải bằng phương pháp hàm số sau khi đưa phương trình về dạng : 
    13)()(13)2(2 22  xxxx ,xét hàm đặc trưng  13)( 2  tttf 
Dạng 2: Nhẩm đƣợc một nghiệm nhƣng đó là nghiệm “ kép” 
 Bài toán 8: (Thi HK2- 2015-2016 .Sở giáo dục và đào tạo Bắc Ninh ),giải phƣơng trình 
   141228438241 23  xxxxx 
Điều kiện 4x Phương trình đã cho tương đương với 
   





)2(0142843824
)(1
01428438241
3
3
xxx
tmx
xxxx 
    




















)3(0
)2(84)2(3)84(9
)14(
12824
1
)(40)4(
0
)2(84)2(3)84(9
)14()4(
12824
)4(
0)2(84312824)2(
233 2
2
233 2
22
3
xxxx
x
xx
tmxx
xxxx
xx
xx
x
xxxx
Nhận xét: Với 4x ,vế trái của phương trình (3) luôn dương , nên (3) vô nghiệm 
Vậy phương trình có nghiệm x = 4 
Bình luận : 
+ Dùng chức năng SOLVE của máy tính để tìm nghiệm của (2) cho ta một nghiệm duy nhất x = 4 , nên 
nhân tử (x-4) có thể được tạo thành theo phương pháp hằng số vắng, ta được: 
   




















)2(01
4842)84(
6
482
4
04
0)4(2
4842)84(
)4(12
482
)4(8
0)4(228434824
)2(0142843824
,
33 2
33 2
3
3
xxx
x
x
xx
x
x
x
xxx
xxx
Khi đó ,nảy sinh vấn đề : (2’) chưa vô nghiệm bởi nó còn có nghiệm x =4.Nghĩa là phương trình (2) có 
nghiệm “kép” x =4 
+ Đặt ra vấn đề , phương trình (2) tạo ra nhân tử 2)4( x bằng cách nào? Tại sao lại thêm được hàm 
cho lời giải trên. 
Ta thực hiện nhóm giả định sau     )(843824 3 dcxxbaxx  . 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
5 
Tìm a, b bằng cách thay x =4 vào hệ 
 














12
1
(???)
82
4
824
b
a
a
x
baxx
 Bài toán 9: (Thi HSG Vòng 1 Hà Nội 2015-2016 )Giải phƣơng trình 
1237522 232  xxxxx 
Điều kiện: 






2
7
;1x , khi đó 0875287522 22  xxxxxx 
Phương trình tương đương : 4387522 232  xxxxx 





































)
2
7
;1(0
87522
9
1
)(2
0
87522
9
1)2(
)1()2(
87522
36369
2
2
2
2
2
2
xvn
xxx
x
tmx
xxx
xx
xx
xxx
xx
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 
Dạng 3: Nhẩm đƣợc hai nghiệm đẹp, thêm bớt hàm số vắng 
 Bài toán 10: Giải phƣơng trình 0172132 22  xxxxx 
Phân tích:Dùng chức năng SOLVE của máy tính để tìm nghiệm của phương trình cho ta một nghiệm duy 
nhất x =1; x =2 suy ra phương trình sẽ có nhân tử 232  xx .Trong trường hợp này ta cần thêm bớt một 
hàm số vằng . 
Hàm số vắng được tìm bằng cách ,thực hiện nhóm giả định sau : 
)(2721);(32 2 dcxxbaxxx  ,sau đó thay x =1; x = 2 vào hệ phương trình 
)1;3();();1;1();(
0)(2721
0)(32 2







dcba
dcxx
baxxx
Từ đó, ta có lời giải sau : 
Điều kiện 
21
17
x , khi đó phương trình tương đương 
2;1
)(01
172113
9
132
1
023
01
172113
9
132
1
)23(
023)172113()132(
2
2
2
2
22


























xx
vn
xxxxx
xx
xxxxx
xx
xxxxxxx
Vậy phương trình có nghiệm x =1; x = 2 
 Bài toán 11: Giải phƣơng trình 011765942 2  xxxx 
Phân tích : Phương trình có nghiệm x = -1 ; x= 2 nên ta làm xuất hiện biểu thức 
22  xx làm nhân tử chung 
Lời giải : 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
6 
Điều kiện 
5
6
x , khi đó phƣơng trình 
   


















)1(2
1173
1
652
1
)(2;102
1173
2
652
2
)2(2
01173652)2(2
2
22
2
2
xxxx
tmxxxx
xx
xx
xx
xx
xx
xxxxxx
Với ,
5
6
x ta có 2
9
5
4
5
1173
1
652
1



 xxxx
 nên (1) vô nghiệm 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =-1 ;x =2 
Dạng 3: Nhẩm đƣợc 2 nghiệm xấu 
 Bài toán 12: Giải phƣơng trình   2221 22  xxxxx 
Phân tích :Bài toán này ta không nhẩm được nghiệm của phương trình ngay.Tuy nhiên, nếu dùng lệnh 
SOLVE ta có thể tìm được hai nghiệm x =3,828427125;x= -1,828427125.Quan sát ta thây các nghiệm 
của phương trình không đẹp nhưng có tổng bằng 2;tích bằng -7 từ đó ta làm xuất hiện nhân tử 722  xx 
trong phương trình. 
Lời giải: 
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với : 
0
223
)1(1)1(
)72(
0
223
72
)2(72
0)223)(2(72
022)2()2(372
2
2
2
2
2
2
22
22


















xx
xx
xx
xx
xx
xxx
xxxxx
xxxxxx


















)(0
223
)1(1)1(
221
221
072
2
2
2
vn
xx
xx
x
x
xx
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 221x 
Bình luận : Phương trình trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn. 
II.Kĩ thuật 2.Biến đổi phƣơng trình về dạng )()( 22 xgxf  
 Bài toán 13: Giải phƣơng trình: 054732 2  xxx (1) 
Điều kiện : (*)
4
5
x 
Khi đó phương trình tương đương với 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
7 
 
 


















)3(32542
)2(154
154454
154454
1544)54(
1544254016
11.544.2)54(16)8164(562416
548282416
2
2
2
2
2
2
xx
xx
xx
xx
xx
xxx
xxxxx
xxx
Giải 




















51
51
042
1
1254
1
)2(
22
x
x
xx
x
xxx
x
 51 x 
Vì )3(032
4
5
 xx vô nghiệm 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 51x 
Bình luận: Với việc biến đổi theo hướng này,ta có thể giải được hầu hết các phương trình dạng: 
dcxcbxax 2 
 Bài toán 14: Giải phƣơng trình: 121289 2  xxx (1)(HSG Đắc Lắc 2015) 
Giải 
Điều kiện (*)1x 
Khi đó , phương trình tương đương với: 
 22
2
2
1128110836
11.12.2)1(4)34(8411236
148411236



xxx
xxxxx
xxx
 















)3(341
)2(531
11296
11296
112)96(
2
2
xx
xx
xx
xx
xx
Giải 
























9
13
2
026319
3
5
253091
3
5
)2(
22
x
x
xx
x
xxx
x
 )(2 tmx  
Giải 






























18
1325
18
1325
017259
3
4
162491
3
4
)3(
22
x
x
xx
x
xxx
x
 )(
18
1325
tmx

 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
18
1325
x ; x=2 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
8 
Kĩ thuật 3.Biến đổi về phƣơng trình đẳng cấp dạng     , 0n nF f x g x  , 
 trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. 
 Trƣờng hợp 1: Kiểm tra nghiệm với   0g x  . 
 Trƣờng hợp 2: Giả sử   0g x  chia hai vế phương trình cho  kg x và đặt 
 
 
n
f x
t
g x
 . 
Một số phép phân tích thường dùng 
  3 21 1 1x x x x     
    4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x           
  4 2 21 2 1 2 1x x x x x      
  4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x      
 Bài toán 15: Giải phƣơng trình:  3 25 1 2 2x x   . 
ĐK: 1x   .         3 2 2 25 1 2 2 5 1 1 2 1 2 1x x x x x x x x            
2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
 
   
   
 Đặt 
2
1
, 0
1
x
t t
x x

 
 
. Phương trình trở thành 2
2
2 5 2 0 1
2
t
t t
t

   
 

. 
Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. 
Với 
1
2
t  : Phương trình đã cho có nghiệm 
5 37
2
x

 . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
5 37
2
x

 
 Bài toán 16: (Đề đề nghị OLYMPIC 30/04/2009)Giải phƣơng trình 
 01963136 22  xxxxx 
Điều kiện: 2x . 
Phương trình tương đương với 
)2)(2(10)32()32)(2(3
178)32)(2(3
1963)1)(6(6)1(96
01963136
22
22
222
22




xxxxxx
xxxxx
xxxxxxxx
xxxxx
Trƣờng hợp 1: Với x = 2 ,phương trình trở thành 0 = 5 (vô lý) nên x = 2 không là 
 nghiệm của phương trình 
 Trƣờng hợp 2: 2x ,phƣơng trình tƣơng đƣơng với 10
2
32
2
32
3
22






x
xx
x
xx
 Đặt )0:(
2
322



 tđk
x
xx
t , (3) trở thành 





)(5
)(2
0103103 22
tmt
loait
tttt 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
9 
t = 5 )(
2
34123
047235
2
32 2
2
tmxxx
x
xx 



 
Bình luận: Để biến đổi về dạng đẳng cấp cần chú ý phối hợp lại trong căn thức đề hình thành hàm f(x) . g(x) 
 Bài toán 17: Giải phƣơng trình 
2 25 14 9 20 5 1x x x x x       
Điều kiện 5x .Khi đó 
2 25 14 9 20 5 1x x x x x       
Chuyển vế bình phương ta được:   2 22 5 2 5 20 1x x x x x      (1) 
Nhận xét : không tồn tại số ,  để :    2 22 5 2 20 1x x x x x        vậy ta không thể đặt 
2 20
1
u x x
v x
   

 
. 
Nhưng may mắn ta có :          2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x           
Ta viết lại phương trình:    2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x        . Đến đây bài toán được giải 
quyết . 
Khi đó phương trình (1) tương đương với 
2 2
2 2
2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5)
4 5 4 5 5 61
2 3 5 8;
4 4 2
x x x x x x
x x x x
x
x x
        
    
    
 
IV.Kĩ thuật 4 : Phƣơng pháp hàm số 
Cơ sở l thuyết: 
Cho D là một khoảng,một đoạn,nửa khoảng 
*, Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D thì phương trình f(x)= 0 nếu có nghiệm x=x0 thì x=x0 là 
 nghiệm duy nhất 
*, Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D,u(x),v(x) là các hàm số nhận giá trị thuộc D thì ta có 
    ( ) ( ) ( ) ( )f u x f v x u x v x   
 tƣởng 1.Giải phƣơng trình nhờ vào việc nhẩm nghiệm và ch ng minh nghiệm duy nhất 
 Bài toán 18: Giải phƣơng trình 3 22 3 6 16 4 2 3x x x x      
Nhận xét 
 Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng 
tăng.Từ đó ta thấy vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 4 là hàm hằng ,đây là điều kiện thích hợp để sử 
dụng tính đơn điệu 
Đk:
3 2 22 3 6 16 0 ( 2)(2 8) 0
2 4
4 0 4 0
x x x x x x
x
x x
        
     
    
Đặt f(x) = 3 22 3 6 16 4x x x x     , f’(x)=
2
3 2
3( 1) 1
0, ( 2;4)
2 42 3 6 16
x x
x
xx x x
 
    
  
 Nên hàm số đồng biến trên [-2;4],f(1)= 2 3 nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình 
 Bài toán 19: Giải phƣơng trình 82315 22  xxx 
Phương trình 15823 22  xxx = 0 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
10 
Đặt 15823)( 22  xxxxf 
 Nếu 
3
2
x thì f(x)<0 nên phương trình vô nghiệm 
 Nếu 
3
2
x ta có 
3
2
0
15
1
8
1
3)(
22
' 











 x
xx
xxf  f(x) đồng biến trên 






;
3
2
 mà f(1)=0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1 
 Bình luận: Qua bài tập này giúp học sinh có tinh thần vượt khó khi giải toán.Cụ thể hơn là 
việc sử dụng đặc trưng của phương trình nhằm hạn chế điều kiện. 
 
 Bài toán 20: Giải phƣơng trình 
   32 2 5 2 2 5 3 1 ( )x x x x x       
Điều kiện: 5x
2
 . 
Phương trình đã cho tương đương: 3
3x 1
x 5 2 2x 5
2x 4

   

  3 3x 1x 5 2 2x 5 0
2x 4

    

Đặt 3
3x 1
f (x) x 5 2 2x 5
2x 4

    

 với x thuộc 
5
;
2
 

 
   
22
3
1 2 10
f '(x) 0
2x 5 2x 43 x 5
    
 
 với 5x
2
  
 hàm số f (x) đồng biến trên 
5
;
2
 

 
. 
 phương trình f (x) 0 có tối đa một nghiệm (1) 
Ta có f (3) 0 (2) 
Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3 . 
 tƣởng 2.Giải phƣơng trình nhờ vào biên đổi phƣơng trình về dạng: 
    ( ) ( ) ( ) ( )f u x f v x u x v x   ở đó f(t) là hàm số đơn điệu 
 Bài toán 21: Giải phƣơng trình  
2 21 15x 6 x
5x 7 x 1
   
 
Điều kiện: 
7
x
5
 . Xét hàm số:   2
1
f t t
t 1
 

 với 
7
t
5
 
 
 
3
1 7
f ' t 2t 0, t
52 t 1
    

. Suy ra, f(t) đồng biến trên 
7
;
5
 
 
 
     1 f 5x 6 f x  
3
5x 6 x x
2
     (thỏa mãn). 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
11 
Vậy PT có nghiệm duy nhất 
3
x
2
 . 
 Bài toán 22: Giải phƣơng trình 33 6 1 8 4 1x x x    
Biến đổi phương trình tương đương với 3 33 36 1 8 4 1 6 1 6 1 (2 ) 2x x x x x x x          (*) 
Xét hàm số f(t)=t3+t trên R 
Dễ thấy f(t) đồng biến nên (*) f( 3 6 1x  )=f(2x) 
 3 33
1
6 1 2 8 6 1 4 3
2
x x x x x x         (1) 
Nếu |x|>1 thì | 34 3x x |=|x|| 4 3x  | > 
1
2
 (1) vô nghiệm 
Nếu 1x  đặt x=cost  0;t  phương trình trở thành 4cos3t-3cost = 
1
2
  cos3t =
1
2
2
9 3
t k
 
    chọn các nghiệm trong khoảng  0;t  ta có nghiệm 
5 7
, ,
9 9 9
t t t
  
   từ 
đó suy ra các ngiệm của phương trình là 
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
x x x
  
   
 Bài toán 23: Giải phƣơng trình 3 23 3 5 8 36 53 25x x x x     
Phương trình tương đương với 
)2)(32()32(53)53(
305636853)53(
33
233


xxxx
xxxxx
Xét hàm số tttf  3)( trên R 
Có  Rtttf 013)( 2, hàm số đồng biến trên R 
Khi đó 3253)32()53()2( 33  xxxfxf 
 
3 3 2
1 2 3
2 3 3 5 8 36 51 22 0
5 3 5 3
2, ,
4 4
x x x x x
x x x
       
 
   
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4
35
;2

 xx 
 Bài toán 24: Giải phƣơng trình  3 26 171 40 1 5 1 20 0,x x x x x x        
Điều kiện
1
5
x  
Khi đó phương trình tương đương với 
         
       
3 2
33
6 12 8 3 6 8 5 1 5 1 36 5 1 54 5 1 27 6 5 1 9
2 3 2 2 5 1 3 3 2 5 1 3
x x x x x x x x x
x x x x
                
 
         
Với điều kiện 
2 11
5 2 5 1 3 1
x
x
x
 
  
  
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
12 
Xét hàm sô   3 3f t t t  trên  ;1 
Có );1(033)( 2'  tttf Suy ra: Hàm số   3 3f t t t  đồng biến trên khoảng (1; + ) 
Phương trình (1) có dạng    2 2 5 1 3f x f x    
Từ đó suy ra  1 2 2 5 1 3x x     
 
 
2 2
1 1
1 2 5 1
2 1 4 5 1 22 5 0
1
11 116 /
11 116
x x
x x
x x x x x
x
x t m
x
   
      
       

   
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 11 116.x   
 Bài toán 25: Giải phƣơng trình 
2
2
x 2x 8
x 1 x 2 2
x 2x 3
( )( )
 
   
 
(Thi THPT Quốc Gia 2015) 
Điều kiện : x  -2 
Khi đó, phương trình tương đương với 
2
x 2 x 4 x 2
x 1
x 2x 3 x 2 2
( )( )
( )
  
 
   
2
x 2
x 4 x 1
1
x 2x 3 x 2 2
( )

  
 
    
 
2
2
2
1 x 4 x 2 2 x 1 x 2x 3
x 2 2 x 2 2 x 1 2 x 1 2 2
( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( ) ( )
       
           
Đặt f(t) = 2t 2 t 2( )( )   3 2t 2t 2t 4   với t R  
 2f t 3t 4t 2 0'( )     f(t) đồng biến 
Vậy (2) x 1 x 2    
2
x 1 3 13
x
2x 2x 1 x 2
 
  
   
. 
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 ; x = 
3 13
2

Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
13 
 Bài tập đề nghị 
Bài tập 1.Giải các phƣơng trình sau (kĩ thuật 1) 
a)   323149  xxx (HSG Hà Nội 2010) 
b) x
x
x
x 


 22
4
46
42
2
c) 32123 2  xxxx 
d) 08143613 2  xxxx (khối B- 2010 
e) 132915 23  xxxx (HSG Hà Nội 2012 
f)   1091194)3( 2  xxxxxx 
g) 9232514 2  xxxx 
i) 0832224 2  xxx 
k 27)3(93)34( 2222  xxxxxxx ) 
h) 23 5 4 3 4 4 18 12 0 1 .x x x x (Thi thử THPTQG L2.BN2015) 
Bài tập 2.Giải các phƣơng trình sau (kĩ thuật 2) 
a) 01312 2  xxx 
b) 8262  xxx 
Bài tập 3.Giải các phƣơng trình sau (kĩ thuật 3) 
a) 
2 32 5 1 7 1x x x    
 b)
2 27 25 19 2 35 7 2x x x x x       
 c) 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      
d) 1963136 22  xxxxx 
e) 
2 4 233 1 1
3
x x x x      
f) 243
30
6
223 232  xxxxx 
Bài tập 4.Giải các phƣơng trình sau (kĩ thuật 4) 
a) 5 3 1 3 4 0x x x     
b)    663121 3  xxxx c) 
c)   32 2 5 2 2 5 3 1 ( )x x x x x       
d)    567312  xxx 
e) 3
223 497654  xxxxx 
f)   081621621692 23  xxxxx 
g)     2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x        
h) 3
23 9251417815  xxxx 
k) 27)3(93)34( 2222  xxxxxxx 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
14 
PHẦN 2.PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI HỆ PHƢƠNG TRÌNH 
 K thuật 1.Biến đổi đa th c thành hàm đ c trƣng. 
 Bài toán 26: Giải hệ phƣơng trình :
2
3 3 2
1 2 2 1 (1)
8 3 4 2 2 0 (2)
x y x
y x y y x
    

     
Điều kiện : 
1
2
x  3 3(2) ( 1) ( 1) (2 ) 2y y x x      
Xét hàm f(t) = t
3
 + t có f’(t) = 3t2 + 1 > 0 Suy ra f(t) đồng biến ( 1) (2 ) 2 1f y f x y x      
Thay vào (1) ta được phương trình: 12222  xxx 1122)12(2  xxx 
 








)(112
112
112
2
2
vnxx
xx
xx
)(22
22
22
1
024
1
)1(12
1
112112
22
tmx
x
x
x
xx
x
xx
x
xxxx 

























Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
2 2
3 2 2
x
y
  

 
 Bài toán 27: Giải hệ phƣơng trình :
3 2
2 2 3
8 4(2 1) 13 ( 1)(5 7)
1
x x x y y
x y y y
      

   
 (I) 
Phân tích : Từ các phương trình trong hệ không thể hình thành hàm đặc trưng, quan sát bậc của x, y ta cần 
phải phối hợp 2 phương trình lại để hình thành hàm đặc trưng. 
Giải: 
(I)  
3 2 2
2 3 2
8 13 8 4 5 12 7 ( )
1 ( )
x x x y y a
x y y y b
      

   
Cộng (a) và (b) theo vế: 8x3 – 12x2 + 8x – 4 = y3 + 6y2 + 13y + 8 
 8x3 – 12x2 + 6x – 1 + 2x – 1 = y3 + 6y2 + 12y + 8 + y + 2 
 (2x – 1)3 + (2x – 1) = (y + 2)3 + ( y + 2) (c) 
Xét hàm số f(t) = t3 + t . Ta có: 
 f'(t) = 3t
2
 + 1 > 0,  t  f(t) đồng biến trên R và f(t) liên tục trên R. 
Do đó (c)  f(2x – 1) = f(y + 2)  2x – 1 = y + 2  x = 
3
2
y 
. 
Thay vào (b) ta được: 
2
3 26 9 1
4
y y
y y y
 
    
 4y3 + 3y2 – 2y – 5 = 0  (y – 1)(4y2 + 7y + 5) = 0  y = 1. suy ra x = 2. 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (x;y)=(2;1) 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
15 
 Bài toán 28: Giải hệ phƣơng trình : 








)2(1322
)1(1322
12
12
x
y
yyy
xxx
 ( ,x y ). 
Giải : 
 .Trừ (1) và (2), ta được 
 1212 322322   yx yyyxxx (3) 
 .Xét hàm số 
 12 322)(  tttttf 
 3ln3
1
1
)( 1
2
2
/ 


 t
t
tt
tf 0 Rt 
 do đó hàm số đồng biến trên R 
 .Từ (3) yx  
 .Từ (1) 1322 12  xxxx (4) 
   03ln)1(221ln 2  xxxx 
 .Xét hàm số 
   3ln)1(221ln)( 2  xxxxxf 
 03ln13ln
22
1
)(
2
/ 


xx
xf nên hàm số nghịch biến trên R 
 .Phương trình (4) có một nghiệm duy nhất 0x 
. Vậy hệ có nghiệm là (1;1) 
 Bài toán 29: Giải hệ phƣơng trình :
3 2 3
3 2
6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y
     

        
 ( ,x y ). 
   
3 31 2 2x x y y      (*) 
 Xét hàm số   3f t t t  . Ta có    ' 23 1 0f t t t f t      đồng biến trên 
Do đó (*) 2y x   .Thay 2y x  vào (2) ta được : 
3 23 3 5 2 3 10 26x x x x x       
3 23 3 3 1 5 2 3 10 24x x x x x          
 
   
  2
3 2 2 2
2 12
3 3 3 1 5 2
x x
x x x
x x
 
    
   
2
2
3 2
12
3 3 3 1 5 2
x
x x
x x


    
    
Phương trình (3) vô nghiệm vì với 
5
1
2
x   thì 2 12 0x x   
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
2
0
x
y



Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
16 
 Bài toán 30: Giải hệ phƣơng trình :






)2(1992)9(4)2(
)1(24963217
2
2233
yxxyxxy
yxyxyx
( ,x y ). 
Điều kiện : (*)
092
4





xy
x
Ta có )3(5)3()2(5)2()1( 33  yyxx (3) 
Xét hàm đặc trưng tttf 5)( 3  trên R ,ta có : 
 )(053)( 2' tfRtttf  đồng biến trên R 
Khi đó    32)3(  yfxf 132  xyyx 
Thế vào (2) ta được     )4(10911943 2  xxxxxx 
Phương trình (4) có 1 nghiệm x = 5 nên có thể biến đổi về phương trình tích nhờ kĩ thuật sử dụng lượng liên 
hợp. 
    
   





















)5(0)7(
411
9
34
3
)(65
0)7)(5(
411
5
9
34
5
3
352)411(9343)4( 2
x
x
x
x
x
tmyx
xx
x
x
x
x
x
x
xxxxxx
Chứng minh (5) vô nghiệm 
    )(0
34
2
2
1
411
1
9
2
1
34
1
5
0
2
9
411
9
2
5
34
3
)5(
vn
xx
x
x
x
x
x
xx
x
x






























Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (5;6) 
 Bài toán 31: Giải hệ phƣơng trình : 
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y
      


   

 ( ,x y ).(Khối A -2012) 
Bình luận : Với hướng giải tương tự các bài trước ,từ phương trình đầu tiên ta có thể hình thành hàm số đặc 
trưng để hình thành phép thể.Tuy nhiên để dẫn đến hàm số đơn điệu cần đánh giá điều kiện cho x;y của hệ 
Giải : 
Tù phương trình (2) ta biến đổi nó về phương trình đường tròn : 





































2
3
:
2
3
)1();1(
2
3
1
2
1
2
1
1
2
3
1
2
1
1
1
2
1
1
1`
2
1
2
1
22
yx
y
x
y
x
yx 
Phương trình (1) )1(12)1()1(12)1( 33  yyxx 
 Xét hàm đặc trưng tttf 12)( 3  trên 






2
3
:
2
3
 ,ta có : 
 )(
2
3
:
2
3
0123)( 2' tftttf 





 nghịch biến trên 






2
3
:
2
3
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
17 
Có 






2
3
:
2
3
)1();1( yx Khi đó    11)3(  yfxf 211  xyyx 
Thay vào phương trình (2), ta được 
2
1
2)2( 22  xxxx 










2
1
2
3
2
3
2
1
0384 2
yx
yx
xx
Vậy hệ có nghiệm (x;y) là 












2
1
;
2
3
;
2
3
;
2
1
 Bài toán 32: Giải hệ phƣơng trình : 
6 3 2 29 30 28
3 2 4 1 10 3 6 2
x y x y y
x y x x
     

      
 ( ,x y ). 
Điều kiện: 
2 0
2 2
2 0
1
1 0
x
x
x
y
y
 
  
   
  
Ta có 
6 3 2 2
2 3 2 3
9 30 28
3 2 4 1 10 3 6 2
( ) ( 3) ( 3)
3 2 4 1 10 3 6 2
x y x y y
x y x x
x x y y
x y x x
     

      
     
 
      
 (1)
 (2)
Xét hàm số 
3( ) ,f t t t t R   
Có 
2( ) 3 1 0,f t t t R      nên hàm số đồng biến trên R 
Mà phương trình (1) có dạng f(x2) = f(y+ 3) hay phương trình trở thành 
 x
2
 = y + 3 2 3y x   thay vào phương trình (2) ta được 
2
2
3 2 4 4 10 3 6 2
3( 2 2 2 ) 10 3 4 4 (3)
x x x x
x x x x
      
       
Đặt 2 22 2 2 10 3 4 4t x x t x x         
Do đó (3) trở thành t2 = 3t hay t = 3 hoặc t = 0 
Với t = 0 ta được 
6 39
2 2 2
5 25
x x x y        (t/m) 
Với t = 3 ta có 2 2 2 3 2 2 2 3 12 2 5 15(*)x x x x x x             
Ta thấy (*) vô nghiệm vì 2 2x   
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 
6
5
39
25
x
y



  

. 
Biên soạn: Ngô Văn Khánh 
Một số kĩ thuật giải phƣơng trình, hệ phƣơng trình ôn thi THPT Quốc Gia 
18 
 K thuật 2:Biến đổi hàm căn th c thành hàm đ c trƣng 
 Bài toán 33: Giải hệ phƣơng trình : 
3
2
2 2 1 3 1
 ( , )
2 1 4 4
y y x x x
x y
y y x
     

    
Điều kiện: 4 1;x y    . Ta có 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      
Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t  ta có 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên R. 
Vậy 
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
Thế vào (2) ta được 3 2 1 4 4x x x      (3). Xét hàm số 
( ) 3 2 1 4,g x x x x 