Bài tập Phương trình lượng giác phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

pi
pi= − + hoặc 2
42 7
x k
pi pi
= + (k Z∈ ). 
3) . ðiều kiện: 
1
sin
2
sin 1
x
x
 ≠ −

 ≠
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 15 
(1) (1 2 sin )cos 3(1 2 sin )(1 sin )x x x x⇔ − = + − 
2cos 2 sin cos 3(1 sin 2 sin )x x x x x⇔ − = + − 
cos 3 sin sin2 3 cos2x x x x⇔ − = + 
2cos( ) 2 cos(2 )
3 6
x x
π π
⇔ + = − . 
Giải phương trình này ta tìm ñược hai họ nghiệm 
2
2 ; 
2 18 3
x k x k
π π π
π= − =− + 
ðối chiếu với ñiều kiện ta chỉ nhận họ nghiệm: 2
18 3
x k
π π
=− + . 
4) ðK: 2
2
22 sin sin 1 0
7
2 , 2
6 6
x k
x x
x k x k
pi
pi
pi pi
pi pi

≠ +
− − ≠ ⇔ 
 ≠ − + ≠ +

. 
Phương trình 3 cos2 sin2 cos 3 sinx x x x+ = − 
1 3 1 3
sin2 cos2 cos sin
2 2 2 2
x x x x⇔ + = − 
2 2
6 3cos(2 ) cos( )
6 3
2 2
6 3
x x k
x x
x x k
pi pi
pipi pi
pi pi
pi

− = + +
⇔ − = + ⇔ 

− = − − +

2
2
2
18 3
x k
x k
pi
pi
pi pi

= +
⇔ 
 = − +

. 
ðối chiếu ñiều kiện ta có 2
18 3
x k
pi pi
= − + là nghiệm của phương 
trình ñã cho. 
Ví dụ 3. Giải các phương trình sau 
1) 2 sin x(1 cos 2x) sin 2x 1 2 cos x+ + = + ( D – 2008 ). 
2) 1+ sin x cos x sin 2x cos 2x 0+ + + = (B – 2005 ). 
3)  pi− − = 
 
2 2 2x xsin tan x cos 0
2 4 2
 (D – 2003 ). 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 16 
4) 1 1 74 sin( x)
sin x 3 4
sin(x )
2
pi
+ = −
pi
−
 (A – 2008 ) 
5) 2 23 cot x 2 2 sin x (2 3 2)cos x+ = + 
6) 2 sin 2x cos 2x 7 sin x 2 cos x 4− = + − 
Lời giải. 
1) Phương trình 24 sin x cos x 2 sin x cos x 1 2cos x⇔ + = + 
2 sin x cos x(2 cos x 1) 2 cos x 1⇔ + = + 
 pi
= + pi
⇔ + − = ⇔ 
pi
= ± + pi

x k
4(2 cos x 1)(sin 2x 1) 0
2
x k2
3
. 
Chú ý: Một số lưu ý khi tìm nhân tử chung : 
* Các biểu thức 21 sin 2x (s inx cos x)+ = + ; 
cos2x (cos x sin x)(cos x sin x)= − + ; 
sin x cos x
1 tan x
cos x
+
+ = ; 
sin x cos x
1 cot x
sin x
+
+ = nên chúng có thừa số chung là 
sin x cos x+ . 
* Các biểu thức 1 sin 2x− ; cos 2x ; 1 tan x− ; 1 cot x− có thừa số 
chung là cos x sin x− . 
* 
2 2sin x; tan x có thừa số (1 cos x)(1 cos x)− + . Tương tự 
2 2cos x; cot x có thừa số (1 sin x)(1 sin x)− + . 
2) Phương trình ñã cho tương ñương với: 
2 2(1 sin2x) (sin x cos x) cos x sin x 0+ + + + − = 
2(sin x cos x) (sin x cos x) (cos x sin x)(cos x sin x) 0⇔ + + + + − + =
sin x cos x 0
(sin x cos x)(2 cos x 1) 0 1
cos x
2
 + =
⇔ + + = ⇔

= −

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 17 
x k
4
2
x k2
3
 pi
= − + pi
⇔ 
pi = ± + pi

. 
Nhận xét: Ngoài cách biến ñổi trên, ta có thể biến ñổi cách khác như 
sau: 
Phương trình 22 cos cos x sin x 2 sin x cos x 0⇔ + + + = 
cos x(2 cos 1) sin x(2 cos x 1) 0⇔ + + + = 
(2 cos x 1)(sin x cos x) 0⇔ + + = . 
3) ðiều kiện : pi≠ ⇔ ≠ + picos x 0 x k
2
. 
Phương trình 
2
2
sin x
1 cos(x ) (1 cos x) 0
2 cos x
 pi
⇔ − − − + = 
 
2
2
sin x
(1 sin x) (1 cos x) 0
1 sin x
⇔ − − + =
−
2sin x
(1 cos x) 0
1 sin x
⇔ − + =
+
2(1 cos x) (1 cos x)(1 sin x) 0⇔ − − + + = 
 = pi = ⇔ − − = ⇔ ⇔ pi= = + pi 
x k2cos x 1
(1 cos x)(cos x sin x) 0
tan x 1 x k
4
 các 
nghiệm này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm. 
4) Ta có: 3sin(x ) sin (x ) 2 sin(x ) cos x
2 2 2
 pi pi pi
− = + − pi = + = 
 
( )7 1sin( x) sin 2 (x ) sin(x ) sin x cos x
4 4 4 2
 pi pi pi
− = pi − + = − + = − + 
 
 ðiều kiện: sin2 0
2
k
x x
pi
≠ ⇔ = . 
Phương trình 1 1 2 2(sin x cos x)
sin x cos x
⇔ + = − + 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 18 
(sin x cos x)( 2 sin2x 1)
0
sin2x
+ +
⇔ = 
sin x cos x 0 x k
41
5sin 2x
x k ; x k2 8 8
 pi + =
= − + pi
⇔ ⇔  pi pi= − 
= − + pi = − + pi 
các nghiệm 
này ñều thỏa ñiều kiện của bài toán nên ñó là những họ nghiệm cần 
tìm. 
5) ðiều kiện: x k≠ pi 
Phương trình 
2
2
2
3 cos x
2 2 sin x (2 3 2)cos x
sin x
⇔ + = + . 
2 2 4 23 cos x 3 2 sin x. cos x 2 2 sin x 2 sin x cos x 0⇔ − + − = 
2 2(cos x 2 sin x)(3 cos x 2 sin x) 0⇔ − − = 
2
2
2 cos x cos x 2 0
2cos x 3cos x 2 0
 + − =
⇔
 + − =

1 3 6 2cos x x arccos k2
22
1 x k2cos x
32
 
− +
−
= = ± + pi
 ⇔ ⇔
 pi
= ± + pi= 
 các nghiệm 
này thỏa ñiều kiện bài toán nên ñó là những nghiệm cần tìm. 
6) Phương trình ñã cho tương ñương với: 
24 sin x cos x 1 2 sin x 7 sin x 2 cos x 4 0− + − − + = 
2 cos x(2 sin x 1) (2 sin x 1)(sin x 3) 0⇔ − + − − = 
(2 sin x 1)(2 cos x sin x 3) 0⇔ − + − = 
1 x k2sin x 62
52 cos x sin x 3 0 (VN) x k2
6
 pi
= + pi=⇔ ⇔  pi+ − = = + pi 
. 
( Lưu ý : 2 2| a sin x b cos x | a b 2 cos x sin x 5 3+ ≤ + ⇒ + ≤ < ). 
Chú ý: Khi gặp phương trình dạng: 
sin2 cos2 .sin cos 0a x b x c x d x e+ + + + = 
ta có thể biến ñổi phương trình về dạng : 
( sin cos )( .sin .cos ) 0m x n x p h x t x q+ + + + = . 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 19 
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau 
1) =sin 2x. cos 3x sin 5x.cos 6x 
2) 2 2 2 2sin 3x cos 4x sin 5x cos 6x− = − (B – 2002 ). 
3) + + = + +sin x sin 2x sin 3x cos x cos 2x cos 3x 
Lời giải. 
1) Phương trình 1 1sin 5x sin x sin11x sin x
2 2
   ⇔ − = −    
x k
6sin 5x sin11x
x k
16 8
 pi
=
⇔ = ⇔ 
pi pi = +

. 
2) Áp dụng công thức hạ bậc, ta có: 
Phương trình 1 cos6x 1 cos 8x 1 cos10x 1 cos12x
2 2 2 2
− + − +
⇔ − = − 
cos6x cos 8x cos10x cos12x⇔ + = + 
cos x 0
2 cos7x cos x 2cos11x cos x
cos11x cos 7x
 =
⇔ = ⇔ 
=
x k
2
x k ; x k
2 9
 pi
= + pi
⇔ 
pi pi = =

. 
3) Phương trình ñã cho tương ñương với 
(sin x sin 3x) sin2x (cos x cos 3x) cos2x+ + = + + 
2 sin2x cos x sin2x 2 cos2x cos x cos2x⇔ + = + 
(2 cos x 1)(sin2x cos2x) 0⇔ + − = 
 pi = ± + pi= −⇔ ⇔  pi pi= = + 
21 x k2cos x 32
sin 2x cos 2x x k
8 2
. 
Ví dụ 5. Giải các phương trình sau 
1) 16 cos cos2 cos 4 cos 8 1x x x x = (KTQD Hà Nội – 1998 ) 
2) 2 22 cos ( cos ) 1 cos( sin2 )
2
x x
pi
pi= + (ðH Thái Nguyên – 1998 ) 
Lời giải. 
1) Ta thấy sin 0x = không là nghiệm của phương trình 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 20 
Nên nhân hai vế của phương trình với sinx ta ñược: 
8 sin2 cos2 cos 4 cos 8 sinx x x x x= 
2
16 2
15sin16 sin
216 2
17 17
x kx x k
x x
x x k
x k
pi
pi
pi pipi pi

= = +
⇔ = ⇔ ⇔ 
= − +  = +

Kết hợp với ñiều kiện, ta có 2 ( 15 )
15
x k k n
pi
= ≠ và 
2
 ( 8 17 )
17 17
x k k n
pi pi
= + ≠ − + là nghiệm của phương trình ñã cho. 
2) Phương trình 2 22cos ( cos ) 1 cos( sin2 )
2
x x
pi
pi⇔ − = 
2 2cos( cos ) cos( sin2 ) cos sin2 2x x x x kpi pi⇔ = ⇔ = ± + , (k ∈ ℤ ) 
cos2 2 sin2 4 1
cos2 2 sin2 4 1
x x k
x x k

− = −
⇔ 
+ = −
Phương trình có nghiệm 2 2 21 2 16 8 1k k⇔ + ≥ − + 
2 1 5 1 54 2 1 0
4 4
k k k
− +
⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤ 
Do 
cos2 2 sin2 1
0
cos2 2 sin2 1
x x
k k
x x

− = −
∈ ⇒ = ⇒ 
+ = −
ℤ 
2
2
cos 02 cos 4 sin cos 0 cos 0
1 2(1 cos2 ) 1sin2 cos 4 sin cos 0
2
x
x x x x
xxx x x
 = 
− = =⇔ ⇔ ⇔ 

− = = ±+ =  
cos 0
2
1
cos2
2 6
x x n
x
x n
pi
pi
pi
pi
 = = + ⇔ 
=  = ± + 
. 
Ví dụ 6. Giải các phương trình – bất phương trình sau 
1) 4 1 1 2x x x+ − − = − 
2) 22 6 1 2 0x x x− + − + < 
3) 2( 1) ( 2) 2x x x x x− + + = 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 21 
4) 3 3 31 2 2 3x x x− + − = − 
5) 34 1 3 2
5
x
x x
+
+ − − = 
6) 
2
2
4
(1 1 )
x
x
x
> −
+ +
. 
Lời giải. 
1) ðiều kiện: 14
2
x− ≤ ≤ (*) 
Phương trình 4 1 2 1x x x⇔ + = − + − 
4 1 2 2 (1 2 )(1 ) 1x x x x x⇔ + = − + − − + − 
2 1 (1 2 )(1 )x x x⇔ + = − − 2
2 1 0
(2 1) (1 2 )(1 )
x
x x x
 + ≥
⇔ 
+ = − −
2
1
02
2 7 0
x
x
x x

≥ −
⇔ ⇔ =
 + =

. 
ðối chiếu ñiều kiện (*) ta thấy 0 x = thỏa mãn. Vậy nghiệm của 
phương trình ñã cho là 0x = . 
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau 
Phương trình ( )4 2 1 1 1 2 1x x x⇔ + − − − − = − − 
2
4 2 1 1 1 2 1
x x x
x x x
−
⇔ + =
+ + − + − +
1 1 2
0 0
4 2 1 1 1 2 1
x x
x x x
 
⇔ + + = ⇔ = 
+ + − + − + 
. 
2) Bất phương trình 22 6 1 2x x x⇔ − + < − 
2
2 2 2
2
2 0
3 7 3 7
2 6 1 0 V 
2 2
2 6 1 ( 2) 2x 3 0
x
x
x x x x
x x x x
 >
− > 

− + 
⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≥ 
 
− + < −
− − < 

Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 22 
3 7
3
2
x
+
⇔ ≤ < là nghiệm của bất phương trình ñã cho. 
3) ðiều kiện: 
1
2
0
x
x
x
 ≥

≤ −

=

 (**) . 
Phương trình 2 2 22 2 ( 1)( 2) 4x x x x x x⇔ + + − + = 
2 22 ( 2) (2 1)x x x x x⇔ + − = − 
2 2 2 24 ( 2) (2 1)x x x x x⇔ + − = − (do ñiều kiện (**) ). 
2
0
(8 9) 0 9
8
x
x x
x
 =
⇔ − = ⇔

=

 cả hai giá trị này ñều thỏa mãn (**). 
Vậy nghiệm của phương trình ñã cho là: 90;
4
x x= = . 
Chú ý: 
a) Bài toán trên còn có cách giải khác như sau 
* 0x = là một nghiệm của phương trình. 
* 1x ≥ 
21 2 2 2 2 2 1PT x x x x x x⇒ ⇔ − + + = ⇔ + − = − 
2 2 94 4 8 4 4 1
8
x x x x x⇔ + − = − + ⇔ = (nhận). 
* 2 (1 ) ( 2) 2 ( )( )x PT x x x x x x≤ − ⇒ ⇔ − − + − − − = − − 
21 2 2 2 2 2 1x x x x x x⇔ − + − − = − ⇔ + − = − +
9
8
x⇔ = 
(loại). 
Vậy nghiệm của phương trình ñã cho là: 90;
4
x x= = . 
b) Khi biến ñổi như trên chúng ta thường sai lầm khi cho 
rằng . .a b a b= ! Nên nhớ ñẳng thức này chỉ ñúng khi , 0a b ≥ ! 
Nếu , 0a b ≤ thì .ab a b= − − . 
c) Với bất phương trình có dạng như trên ta vẫn giải theo cách bình 
phương ñã trình bày . 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 23 
4) Sử dụng ñẳng thức: 3 3 3( ) 3 ( )a b a b ab a b+ = + + + . 
Phương trình ñã cho tương ñương với 
3 332 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 2 3x x x x x x⇔ − + − − − + − = − 
3 3 3
3
1 2 2 3
( 1)( 2)(2 3) 0
x x x
x x x

− + − = −
⇔ 
− − − =
(1) 31; 2; .
2
x x x⇔ = = = 
Chú ý: 
a) Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến ñổi như sau 
3 332 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 2 3x x x x x x− + − − − + − = − 
3 ( 1)( 2)(2 3) 0x x x⇔ − − − = !? 
Phép biến ñổi này không phải là phép biến ñổi tương ñương! Vì ở ñây 
chúng ta ñã thừa nhận phương trình ban ñầu có nghiệm !. Do ñó ñể có 
ñược phép biến ñổi tương ñương thì ta phải ñưa về hệ như trên. Chẳng 
hạn ta xét phương trình sau: 
33 3 3 321 1 1 2 3 1 ( 1 1 ) 1x x x x x− + + = − ⇔ + − − + + = − 
3 21 1 0x x⇔ − = ⇔ = . Nhưng thay vào phương trình ban ñầu ta 
thấy x=0 không thỏa mãn phương trình ! 
b) Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau 
ðặt 3 31, 2u x v x= − = − , ta có hệ phương trình : 
3 3 3
3 33 3
3 ( ) 0 0
111
uv u v uu v u v
vu vu v
  + =  =+ = +  
⇔ ⇔  
= −
− =
− =   
 hoặc 
0
1
v
u
 =

=
hoặc 
3
3
1
2
1
2
u
v

=


 = −

. Từ ñây giải ra ta ñược 31, 2,
2
x x x= = = . 
c) Với dạng tổng quát 3 3 3a b c± = ta lập phương hai vế và sử dụng 
hằng ñẳng thức 3 3 3( ) 3 ( )a b a b ab a b± = ± ± ± ta có phương trình 
tương ñương với hệ :
3 3 3
33 . .
a b c
a b a b c c
 ± =

± ± =
. 
Giải hệ này ta có ñược nghiệm của phương trình. 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 24 
5) Vì ( ) ( )24 1 3 2 3x x x+ − − = + nên ta biến ñổi như sau: 
Phương trình 5( 4 1 3 2) (4 1) (3 2)x x x x⇔ + − − = + − − 
5( 4 1 3 2) ( 4 1 3 2)( 4 1 3 2)x x x x x x⇔ + − − = + − − + + − 
4 1 3 2 0
2
4 1 3 2 5
x x
x
x x
 + − − =
⇔ ⇔ =
 + + − =

. 
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau 
Phương trình 2( 4 1 3) ( 3x 2 2)
5
x
x
−
⇔ + − − − − = 
4( 2) 3( 2) 2
54 1 3 3x 2 2
x x x
x
− − −
⇔ − =
+ + − +
2
3x 2 4x 1 1 1
 (*)
5( 4x+1 3)( 3x 2 2)
x =

⇔
− − + −
=
+ − +
Vì (*) 0VT < (do 2
3
x ≥ ) nên (*) vô nghiệm. 
6) ðiều kiện : 1x ≥ − 
* Với 0x = ta thấy bất phương trình luôn ñúng 
* Với 0 1 1 0x x≠ ⇒ − + ≠ . Ta có bất phương trình tương ñương 
với: 
2 2
2
2 2
(1 1)
4 (1 1) 4
(1 1) (1 1)
x x
x x x
x x
− +
> − ⇔ − + > −
+ + − +
1 3 8x x⇔ + < ⇔ < . 
Vậy nghiệm của bất phương trình ñã cho là: [ 1;8)T = − . 
Ví dụ 7. Giải các phương trình – bất phương trình sau 
1) 22 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + (D2 – 2006 ) 
2) 10 1 3 5 9 4 2 2x x x x+ + − = + + − (B1 – 2008 ) 
3) 22 1 ( 1) 0x x x x x x− − − − + − = . 
4) 
2 2
1 1 2
x x
xx x
+ + − > . 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 25 
5) 22 1 3 1 0x x x− + − + = (D – 2006 ). 
Lời giải. 
1) ðiều kiện: 1 7x≤ ≤ 
Ta có: 22 7 2 1 8 7 1x x x x x + − = − + − + − + 
( )( )1 2 7 2 1 7 1 0x x x x x⇔ − + − − − − − − = 
( ) ( )1 1 2 7 1 2 0x x x x⇔ − − − − − − − = 
( )( )1 2 1 7 0x x x⇔ − − − − − = 
1 2 5
41 7
x x
xx x
 − = = ⇔ ⇔  = − = − 
 là nghiệm của phương trình ñã cho. 
2) ðiều kiện: 5
3
x ≥ . 
Phương trình 10 1 9 4 3 5 2 2 0x x x x⇔ + − + + − − − = 
3 3
0
10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x x x
− −
⇔ + =
+ + + − + −
1 1
( 3) 0 3
10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x x x
 
⇔ − + = ⇔ = 
+ + + − + − 
(thỏa ñiều kiện). 
Vây 3x = là nghiệm duy nhất của phương trình ñã cho. 
3) ðiều kiện : 1x ≥ . 
Phương trình 21 2 1 1 ( 1) ( 1) 0x x x x x x⇔ − − − + − − + − = 
( ) ( )21 1 ( 1) 1 1 0x x x x⇔ − − − − − − = 
( ) ( )1 1 1 ( 1) 1 0x x x x⇔ − − − − − − = 
0
1 1 0
2
1(1 ) 1 0 (VN )
x
x
x x

− − =
⇔ ⇔ =

− − − =

 là nghiệm duy nhất của 
phương trình ñã cho. 
4) ðiều kiện: 1x ≥ . 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 26 
Khi ñó bất phương trình 2
4 2
1 4
2 2x x
x x
⇔ + − > 
3 6 6 31 2 1 2x x x x⇔ + − > ⇔ − > − (1). 
* Nếu 3 2 (1)x > ⇒ ñúng 
* Nếu 3 6 3 61 2 (1) 1 4 4x x x x≤ ≤ ⇒ ⇔ − > − + 
33 3
5
4 5 2
4
x x⇔ > ⇔ < ≤ . 
Vậy nghiệm của bất phương trình là: 3 5
4
x > .\ 
5) Phương trình 22 1 (2 1) 0x x x x⇔ − − + − − = 
2 1 ( 2 1)( 2 1) 0x x x x x x⇔ − − + + − − − = 
( )( 2 1) 2 1 1 0x x x x⇔ − − + − − = 
2 1 0 (a)
2 1 1 (b)
x x
x x

− − =
⇔

− = −

2
0
( ) 2 1 1
2 1
x
a x x x
x x
 ≥
⇔ = − ⇔ ⇔ =
= −
. 
2 2
1 1
( ) 2 2
2 1 2 1 4 2 0
x x
b x
x x x x x
 ≤ ≤ 
⇔ ⇔ ⇔ = − 
− = − + − + =  
Vậy phương trình ñã cho có hai nghiệm: 1, 2 2x x= = − . 
Chú ý: Ta có thể giải bài toán trên theo cách sau 
ðặt 
2 1
2 1 0
2
t
t x x
+
= − ≥ ⇒ = 
Phương trình ñã cho trở thành: 4 24 4 1 0t t t− + − = 
( ) ( )2 21 2 1 0t t t⇔ − + − = ⇔ 1; 2 1t t= = − (do 0t ≥ ). 
* Với 1 1t x= ⇒ = 
* Với 2 1 2 2t x= − ⇒ = − . 
Ví dụ 8. Giải các phương trình và bất phương trình sau 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 27 
1) 2 3 23( 2) ( 1) 2 3 3 8 0x x x x− + + − + − = . 
2) 29 9 6x x x x+ − ≤ − + + 
3) 2 3 1 3 2 (2 3)( 1) 16x x x x x+ + + = + + + − 
4) 3 2 3 2(1 ) 2(1 )x x x x+ − = − 
5) 3 25 1 2( 2)x x+ = + 
6) 
2
12 8
2 4 2 2
9 16
x
x x
x
−
+ − − =
+
. 
Lời giải. 
1) Phương trình 3 2 3 23( 3 3) 2 3 3 5 0x x x x⇔ − + + − + − = 
ðặt 3 23 3, 0t x x t= − + ≥ , ta có phương trình : 
23 2 5 0 1t t t+ − = ⇔ = 
3 2 3 23 3 1 3 2 0x x x x⇔ − + = ⇔ − + = 
2( 1)( 2 2) 0x x x⇔ − − − =
1
1 3
x
x
 =
⇔
= ±
Vậy phương trình ñã cho có ba nghiệm 1, 1 3x x= = ± . 
2) ðiều kiện : 0 9x≤ ≤ 
Bất phương trình 2 29 2 9 9 6x x x x⇔ + − ≤ − + + 
2 29 2 9 3 0x x x x⇔ − − − − ≥ . 
ðặt 29 , 0t x x t= − ≥ , ta có bất phương trình : 
2 2 3 0 3t t t− − ≥ ⇔ ≥ 2 29 3 9 9 0x x x x⇔ − ≥ ⇔ − + ≤ 
9 3 5 9 3 5
2 2
x
− +
⇔ ≤ ≤ . 
Kết hợp ñiều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là: 
9 3 5 9 3 5
2 2
x
− +≤ ≤ . 
3) ðiều kiện : 1x ≥ − . 
ðặt 2 3 1, 0t x x t= + + + ≥ 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 28 
2 3 2 (2 3)( 1) 4 (*)t x x x⇒ = + + + + 
Phương trình trở thành: 2 220 20 0 5t t t t t= − ⇔ − − = ⇔ = 
Thay 5t = vào (*) ta ñược: 221 3 2 2 5 3x x x− = + + 
2 2
1 7
441 126 9 8 20 12
x
x x x x

− ≤ ≤
⇔ 
− + = + +
2
1 7
146 429 0
x
x x

− ≤ ≤
⇔ 
− + =
3x⇔ = là nghiệm của phương trình ñã cho. 
4) ðiều kiện : 1 1x− ≤ ≤ . 
Phương trình 2 2 2( 1 )(1 1 ) 2(1 )x x x x x x⇔ + − − − = − . 
ðặt 
2
2 211 1
2
t
t x x x x
−
= + − ⇒ = − . Ta có phương trình : 
2 2
3 21 1(1 ) 2 2 3 2 0
2 2
t t
t t t t
− −
− = ⇔ + − − = 
2( 2)( 2 2 1) 0t t t⇔ − + + =
2
2
2 2 1 0
t
t t

=
⇔
 + + =

2
2 1
t
t

=
⇔
 = − ±

. 
* 
2 22 1 2 2 1t x x x x= ⇔ + − = ⇔ − = − 
2 2( 2 x) 1 x⇔ − = − (do x 1≤ ) 2 12x 2 2x 1 0 x
2
⇔ − + = ⇔ = . 
* 
22 1 1 1 2t x x= − − ⇔ + − = − − vô nghiệm . 
* 
22 1 1 1 2t x x= − + ⇔ − = − − 
2
1 1 2
(1 2) 2 1 0
x
x x

− ≤ ≤ −
⇔ 
− − − + =
1 2 2 2 1
2
x
− − −
⇔ = . 
 Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 2 2 2 1 2,
2 2
x x
− − −
= = . 
5) ðiều kiện : 1x ≥ − . 
Phương trình 2 25 ( 1)( 1) 2( 1) 2( 1)x x x x x x⇔ + − + = − + + + 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 29 
2 2
1 1
2 5 2 0
1 1
x x
x x x x
+ +
⇔ − + =
− + − +
 (Do 2 1 0 x x x− + > ∀ ). 
ðặt 
2
1
, 0
1
x
t t
x x
+
= ≥
− +
, ta có : 2
2
2 5 2 0 1
2
t
t t
t
 =

− + = ⇔

=

. 
* 
2
2
1
2 4 4 5 3 0
1
x
t x x
x x
+
= ⇔ = ⇔ − + =
− +
 phương trình vô 
nghiệm. 
* 
2
2
1 1 1 5 37
5 3 0
2 4 21
x
t x x x
x x
+ ±
= ⇔ = ⇔ − − = ⇔ =
− +
. 
6) ðiều kiện : 2 2x− ≤ ≤ (*). 
Vì 2 212 8 2(2 4 4(2 )) 2[( 2 4) (2 2 ) ]x x x x x− = + − − = + − − 
Nên phương trình ñã cho tương ñương với 
2( 2 4 2 2 )(2 2 4 4 2 9 16) 0x x x x x+ − − + + − − + = 
2
2 4 2 2 0 (1)
2 2 4 4 2 9 16 (2)
x x
x x x
 + − − =
⇔
 + + − = +

Ta có: 2(1) 2 4 8 4
3
x x x⇔ + = − ⇔ = thỏa mãn (*). 
2 2(2) 48 8 16 8 2 9 16x x x⇔ − + − = + 
2 2 24(8 2 ) 16 8 2 8 0x x x x⇔ − + − − − = . 
ðặt 22 8 2x , 0t t= − ≥ , ta ñươc: 
2 28 8 0
8
t x
t t x x
t x
 =
+ − − = ⇔ 
= − −
. 
* 
2
2 2
0 2 4 2
2 8 2
332 8
x
t x x x x
x x
 ≤ ≤
= ⇔ − = ⇔ ⇔ =
− =
. 
* 
28 2 8 2 8 0t x x x= − − ⇔ − + + = phương trình này vô nghiệm 
(do (*)). 
Vậy phương trình ñã cho có hai nghiệm: 2 4 2;
3 3
x x= = . 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 30 
Ví dụ 9. Giải các phương trình sau 
1) 3 24 12 6x x+ + − = 
2) 2 32 4
2
x
x x
+
+ = 
3) 2 2 237 13 8 2 . (1 3 3 )x x x x x x− + = + − . 
4) 32 218 13 7 (1 ) 3 2x x x
x
− + = + − 
Lời giải. 
1) ðiều kiện : 12x ≤ . 
ðặt 3 324 ; 12 36, 0u x v x u v= + = − ⇒ ≤ ≥ , ta có hệ : 
3 2 3 2 2
6 6 6
36 (6 ) 36 ( 12) 0 (*)
u v v u v u
u v u u u u u
  + = = − = −  
⇔ ⇔  
+ = + − = + − =    
Phương trình (*) có ba nghiệm : 0; 4; 3u u u= = − = thỏa mãn 
3 36u ≤ . 
Từ ñây ta tìm ñược: 24; 88; 3x x x= − = − = . 
Vậy phương trình ñã cho có ba nghiệm: 24; 88; 3x x x= − = − = . 
Chú ý: 
a) Ta có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau 
ðặt 3 324 24t x x t= + ⇒ = − ta có phương trình 
3 3
3 2
6
36 6 36 6
36 36 12
t
t t t t
t t t
 ≤
+ − = ⇔ − = − ⇔ 
− = − +
2
6
4, 0, 3
( 12) 0
t
t t t
t t t
 ≤
⇔ ⇔ = − = =
+ − =
. 
Từ ñó ta tìm ñược nghiệm của phương trình là: 
24; 88; 3x x x= − = − = . 
b) Khi gặp phương trình dạng: ( ), ( ), ( )n mF f x a f x b f x c + − =   . Ta 
có thể ñặt: ( ), ( )n mu a f x v b f x= + = − , lúc ñó ta có hệ phương 
trình: 
( , )
n m
f u v c
u v a b
 =

+ = +
giải hệ này ta tìm ñược u, v. Từ ñây ta có 
ñược x. 
Ôn thi ðH năm 2010 – Câu 2 
Nguyễn Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong 31 
2) ðiều kiện : 3x ≥ − . 
Phương trình 2 ( 1) 22( 1) 2
2
x
x
+ +
⇔ + − = 
2 1 1( 1) 1 1
2 2
x
x
+
⇔ + − = + . 
ðặt 
21 1
1; 1 1 2
2 2 0
t
x t y
t x y
y

+ − =
= + = + = + ⇒ 
 ≥

. 
Ta có hệ : 
2
2
1
1
2
1
1
2
t y
y t

− =


− =

1
( )( ) 0 1
2
2
t y
t y t y
y t
 =
⇒ − + + = ⇔

= − −

* 
22 2 2 01
2
00
t
t tt
t y
tt y
 
− − =
− = 
= ⇔ ⇔  ≥ = ≥ 
1 1