Phương trình, bất và hệ phương trình giải bằng các phương pháp không mẫu mực

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
GIẢI BẰNG CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÔNG MẪU MỰC. 
 Lê Thái Sơn 
 11T2.Lương Văn Chánh; 2009-2010 
Trong các kì thi HSG hay các kì thì Đại học, Cac đẳng thường có một bài toán giải phương 
trình hay liên quan đến giải phương trình, được đưa về cách giải các bài toán ở dạng không 
mẫu mực không có một phương pháp chung nào để giải! Dưới đây chúng tôi xin đề cập tới một 
số phương pháp thường gặp trong giải các bài toán dạng này. 
I. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ ĐẠI SỐ: 
1) Giải hệ phương trình: ( )( )
2 21 1 1 (1)
1 1 2 (2) 
x y y x
x y
⎧ − + − =⎪⎨ − + =⎪⎩
Giải: ĐK : 
2
2
11 0
11 0
xx
yy
⎧ ≤⎧ − ≥ ⎪⇔⎨ ⎨ ≤− ≥ ⎪⎩ ⎩
 Đặt: cos ; y=cosx α β= với [ ], 0;α β ∈ π , khi đó hệ phương trình: 
( )( )
cos .sin cos .sin =1
2
1 cos 1 cos 2
sin cos sin .cos 1 0
πα β β α α β
α β α α α α
⎧+⎧ + =⎪⇔ ⇔⎨ ⎨− + =⎩ ⎪ − − −⎩ =
Đặt: 
21
sin cos , t 2 sin .cos
2
t
t α α α α −= − ≤ ⇒ = 
Khi đó ta có : 
2
21 1 0 2 3 1
2
t
t t t
−− − = ⇔ + − ⇒ =t 
Khi , ta có : 1t = 02sin 1 0
4 2
x
y
π πα α β
1
=⎧⎛ ⎞− = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⎨⎜ ⎟ =⎝ ⎠ ⎩ 
Nếu : ( )0x a a≤ > , ta đặt: cosx a α= , với [ ]0;α π∈ 
2) Giải hệ phương trình : ( )( ) ( )( )2 2
2 1 4 3 1
1 2
x y xy
x y
⎧ − + =⎪⎨ + =⎪⎩
Giải: Do [ ]2 2 1 , 1;x y x y+ = ⇒ ∈ − 1 . Đặt sin , y cosx α α= = với [ ]0; 2α π∈ . 
 Khi đó (1) ( )( )2 sin cos 1 2sin2 3α α α⇔ − + = 
 12. 2sin .2. sin2 3
4 2
πα α⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4sin sin2 sin 34 6
π πα α⎛ ⎞⎛ ⎞⇔ − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 
 8sin sin cos 3
4 12 12
π π πα α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4cos cos cos 2 312 3 6
π π πα α⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 
 2cos 4cos cos 2 3
12 12 6
π π πα α α⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
 2cos 2 cos 3 cos 3
12 4 12
π π πα α α⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ − − − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2cos 3 34
πα⎛ ⎞⇔ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
 ( )0 00 035 1203cos 3 4 2 65 120
k
k R
k
απα α
⎡ = − +⎛ ⎞− = − ⇔ ∈⎢⎜ ⎟ = +⎝ ⎠ ⎣
Từ đó suy ra hệ có 6 nghiệm: ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0, { sin65 , cos65 , sin35 , cos35 , sin85 , cos85x y = − , 
 ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0sin5 , cos5 , -sin25 , cos25 , sin305 , cos305 }− − − 
Nếu : , ta đặt: (2 2 0x y a a+ = > ) sin , cosx a y aα α= = , với [ ]0; 2α π∈ 
3) Giải hệ phương trình : 
2
2
2
2
2
2
x x y y
y y z z
z z x x
⎧ + =⎪ + =⎨⎪ + =⎩
Giải : Từ các phương trình của hệ suy ra : , , 1x y z ≠ ± . Do đó ta có: 
2
2
2
2
(1)
1
2
(2)
1
2
(3)
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z
⎧ =⎪ −⎪⎪ =⎨ −⎪⎪ =⎪ −⎩
Đặt tgx α= với ;
2 2
π πα ⎛∈ −⎜⎝ ⎠
⎞⎟ (4) và sao cho tg , tg2 , tg4 1α α α ≠ ± (5). 
Tương tự bài 2 hệ phương trình có 7 nghiệm 
: 2 4, , , 0, 1,..., 3
7 7 7
k k k
x tg y tg z tg k
π π π⎛ ⎞= = = = ±⎜ ⎟⎝ ⎠ ± 
Với mọi số thực x có một số α với ;
2 2
π πα ⎛∈ −⎜⎝ ⎠
⎞⎟ sao cho tgx α= 
4) Giải hệ phương trình: 
2 3
2 3
2 3
3 3 0
3 3
3 3 0
x z x z z
y x y x x
z y z y y
⎧
0
− − + =⎪ − − + =⎨⎪ − − + =⎩
Giải: Viết lại hệ phương trình dưới dạng : 
 (I) 
( )
( )
( )
2 3
2
2 3
1 3 3
1 3 3
1 3 3
x z z z
y x x
z y y y
⎧ − = −⎪⎪ − = −⎨⎪ − = −⎪⎩
3x
)Từ đó, dễ thấy nếu ( , ,x y z là nghiệm của hê đã cho thì phải có x, y, z 1
3
≠ ± . Vì vậy : 
(I) ⇔
3
2
3
2
3
2
3
(1)
1 3
3
(2)
1 3
3
(3)
1 3
z z
x
z
x x
y
x
y y
z
y
⎧ −=⎪ −⎪⎪ −=⎨ −⎪⎪ −=⎪ −⎩
 (II) 
 Đặt: tgx α= với ;
2 2
π πα ⎛∈ −⎜⎝ ⎠
⎞⎟ (4) sao cho 1 tg , tg3 , tg9
3
α α α ≠ ± (5). 
Khi đó từ (2), (3), (1) sẽ có : tg3 , tg9y zα α= = và tg27x α= 
Từ đó dễ dàng suy ra: ( , , )x y z là nghiệm của (II) khi và chỉ khi tg3 , tg9y zα α= = , tgx α= , 
với α được xác định bởi (4), (5) và tg tg27α α= (6). 
 Lại có : ( ) ( )6 26 k k Zα π⇔ = ∈
Vì thế α thoã mãn đồng thời (4) và (6) khi và chỉ khi 
26
kπα = với k nguyên thoả mãn : 
 . Dễ dàng kiểm tra được rằng, tất cả các giá trị 12 12k− ≤ ≤ α được xác định như vừa nêu 
đều thoả mãn (5). 
 Vậy phương trình đã cho có tất cả 25 nghiệm là : 
 3 9, , , 0, 1,... 12
26 26 26
k k k
x tg y tg z tg k
π π π⎛ ⎞= = = = ±⎜ ⎟⎝ ⎠ ± 
5) Giải hệ phương trình: 
1 1 1
3 4 5
1
x y z
x y z
xy yz zx
⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎪ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎨ ⎝ ⎠⎪ + + =⎩
Giải: Nhận xét : cùng dấu . Nếu 0; , ,xyz x y z≠ ( ), ,x y z là một nghiệm của hệ thì ( ), ,x y z− − − 
cũng là nghiệm của hệ, nên chúng ta sẽ tìm nghiệm d-¬ng . , ,x y z
Đặt: ( )0tg ; tg ; tg 0 , , 90x y zα β γ α β λ= = = < < . 
Hệ 
( )
( )
1 1 1
3 tg 4 tg 5 tg 1
tg tg tg
tg tg tg tg tg tg 1 2
α β γα β γ
α β β γ γ α
⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = +⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎨ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ + + =⎩
(1) 
2 2 21 tg 1 tg 1 tg
3 4 5
tg tg tg
α β γ
α β
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛+ + +⇔ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ γ
⎞⎟⎠
 3 4 5
sin2 sin2 sin2α β γ⇔ = = 
Từ (2) suy ra : ( )tg tg tg 1 tg tgγ α β β α+ = − ( ) ( )tg tgtg tg
1 tg tg
co
α βγ α ββ α
+⇒ = = +− 
( )tg tg
2 2
π πγ α β α β γ⎛ ⎞⇒ − = + ⇔ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠ . 
Do 
⎧ = =⎪⎪⎨⎪ < < + + =⎪⎩
3 4 5
sin2 sin2 sin2
0 , , ;
2 2
α β γ
π πα β γ α β γ
 nên 2 ,2 ,2α β γ là các góc của một tam giác có số do 3 
cạnh 3,4,5. Do tam giác có 3 cạnh 3,4,5 là tam giác vuông nên 
 0 02 90 45 z tgγ = ⇒ γ = ⇒ = γ = 1
2 2
2tg 3 2x 3 1
tg2 x
1 tg 4 1 x 4 3
αα = = ⇔ = ⇒ =− α − 
2 2
2tg 4 2y 4 1
tg2 y
1 tg 3 1 y 3 2
ββ = = ⇔ = ⇒ =− β − 
6) Giải hệ phương trình : 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 3
2 3
2 3
1 2 1
1 2 1
1 2 1
x x y x
y y z y
z z x z
⎧ + = − +⎪⎪ + = − +⎨⎪ + = − +⎪⎩
Giải: Viết lại hệ đã cho dưới dạng : 
( ) (
( ) ( )
( ) ( )
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 2 1 f
2 2 1 f
2 2 1 f
x x x y x g y)
y y y z hay y g z
z z z x z g x
⎧ ⎧+ + = + =⎪ ⎪+ + = + =⎨ ⎨⎪ ⎪+ + = + =⎩⎩
 Trong đó và ( ) 3 2 f 2t t t= + + t ( ) 3g 2t t 1= + . Nhận xét rằng g(t), f(t) là hàm 
đồng biến trên R vì : ( ) 2 f' 3 2 2 0,t t t= + + > ( ) 2g 6 0,t t t= ≥ ∀ ∈R. 
 Suy ra hệ đã cho tương đương với hệ : ( ) ( )4h 0
x y z
x
= =⎧⎨ =⎩
Trong đó . Nhận xét rằng ( ) 3 2 h 2 1t t t t= − − + ( ) h t liên tục trên R và : 
 ( ) ( )h 2 0, h 0 0,− 
( ) ( )h 1 0, h 2 0 nên phương trình ( )h t 0= có cả 3 nghiệm phân biệt đều năm trong 
 ( )2; 2−
 Đặt (2cos , 0;x u u )π= ∈ . Khi đó sin 0u ≠ và (4) có dạng : 
 ( )
3 2
2cos , 0;
8cos 4cos 4cos 1 0
x y z u u
u u u
π⎧ = = = ∈⎨ − − +⎩ = hay 
( )
( )3 2
2cos , 0;
sin 8cos 4cos 4cos 1 0
x y z u u
u u u u
π⎧ = = = ∈⎪⎨ − − + =⎪⎩
 Hay ( )2cos , 0;
sin4 sin3
x y z u u
u u
π⎧ = = = ∈⎨ =⎩ (5). 
Giải hệ phương trình (5) ta thu được 3 5; ;
7 7 7
u
π π π⎧ ⎫∈⎨ ⎬⎩ ⎭ và 
( )2cos , 0;
3 5
; ;
7 7 7
x y z u u
u
π
π π π
⎧ = = = ∈⎪⎨ ⎧ ⎫∈⎨ ⎬⎪ ⎩ ⎭⎩
7) Giải phương trình: 
2
2 3 3 2 11 1 (1 ) (1 )
3 3
xx x x −⎡ ⎤+ − + − − = +⎣ ⎦ 
Giải: 
 ĐK: 1x ≤
 Khi đó VP 0>
Nếu [ ] 3 31;0 : (1 ) (1 ) 0x x∈ − + − − ≤x 
Nếu [ ] 3 30;1 : (1 ) (1 ) 0x x x∈ + − − ≥ 
Đặt cosx t= , với 0;
2
t π⎡∈ ⎢⎣ ⎦
⎤⎥ ta có: 
3 32 6 sin cos cos sin 2 sin
2 2 2 2
12 6 cos 1 sin 2 sin
2
( 6 cos 1)(2 sin ) 0
1cos
6
t t t t t
t t
t t
t
⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠
⎛ ⎞⇔ + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ − + =
⇔ =
= +
Vậy nghiệm phương trình là 1
6
x = . 
 8) Giải phương trình: 
2 2
2
2
1 ( 1)1
2 2 (1
x xx
2
)x x x
+ ++ + = − 
 Giải: 
ĐK: 0; 1x x≠ ≠ ±
Đặt 
0
tan ; ; ;
2 2
4
t
x t t
t
π π π
≠⎧⎪⎛ ⎞= ∈ − ⎨⎜ ⎟ ≠ ±⎝ ⎠ ⎪⎩
 phương trình đã cho trở thành: 
2 2 2
1 1 2 1 1 11 0
cos sin 2 sin 4 cos 2sin 2sin .cos 2
2sin (1 2sin ) 2sin 0 sin (1 sin 2sin ) 0
sin 0 2
2sin 1
21sin 6
2
t t t t t t t
t t t t t t
t t k
t
t k
t
π π
π π
⎛ ⎞+ = ⇔ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠
⇔ − − = ⇔ − −
⎡ ⎡⎢ = = − +⎢⎢⇔ = − ⇔ ⎢⎢ ⎢⎢ = +⎢= ⎣⎢⎣
= 
Kết hợp với điều kiện suy ra 
6
t π= 
Vậy phương trình có 1 nghiệm: 1tan
6 3
x π= = . 
II. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC GIẢI TÍCH: 
1) Giải bất phương trình: 
2 2(1 3) 2 (1 3) 2 3 2 2 2x x x x x+ − + + + + + ≤ − − +2 x (1) 
Giải: 
Trong hệ xét các điểm ; Oxy (0;0)O ( ; )M x x ; ; (2;0)A ( 1; 3)B − ; ( 1; 3)C − − 
Khi đó: (1) có dạng hình học MA MB MC+ + ≤ 6 
2 3AB BC CA= = = và 2OA OB OC= = =
ABC⇒Δ đều và có tâm là (0;0)O
Thực hiện phép quay : 060BQ−
 1M M6 ; 1C C6
Từ đó 1 1 1 6MA MB MC AM MM M C AC+ + = + + ≥ =
Đẳng thức xảy ra khi M O≡ 
Hay bất phương trình ban đầu chỉ có duy nhất một nghiệm 0x = 
2) Cho hệ phương trình: 
2 2
0
0
x ay a
x y x
+ − =⎧⎨ + − =⎩
 a)Tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt. 
 b) Gọi A( 1 1,x y ) và B( 2 2,x y )là hai nghiệm của hệ. CMR: 
 2 22 1 2 1( ) ( )x x y y− + − ≤1
Giải: 
a) Hệ đã cho có thể viết lại: 
2 2
( 1) 0
1 1( )
2 4
x a y
x y
+ − =⎧⎪⎨ − + =⎪⎩
Ta nhận thấy phương trình trên là phương trình đường thẳng luôn đi qua điểm cố định (0,1) , 
phương trình dưới là phương trình đường tròn với tâm I( 1
2
,0) và bán kính là R= 1
2
. Do số giao 
điểm giữa đường thẳng và đường tròn chính là số nghiệm của hệ. Vậy hệ có 2 nghiệm khi: 
2
1 .0
2( ; )
21
40
3
a a
d I d
a
a
+ − 1= <+
⇔ < <
b) Ta có 
2 2
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1
( ) ( ) 2
( ) ( ) 4 2 1
AB x x y y
x x y y R
dpcm
= − + − ≤
⇔ − + − ≤ =
⇒
R
Dấu bằng xảy ra khi đường thẳng đi qua tâm hay 1
2
a = 
3) Định a để phương trình sau có 4 nghiệm 
 2 22 5 4 5x x x x− + = − + a (*) 
Giải: Đặt 2 5 4t x x= − + 25 9( )
2 4
x= − − ≥ − 9
4
Từ (*) 
4 3 ( 0)(1)
2 4
4 ( 0)(2)
a t t
t t a
a t t
− = <⎡⇔ = − + ⇔ ⎢ − = ≥⎣ 
Ta có 9
4
x∀ > − thì ta được 2 nghiệm, vậy theo yêu cầu bài toán ta cần có 2 nghiệm. 
Dễ thấy 9 27( ,
4 4
A − ) và (1) (2) là 2 phương trình đường thẳng. Vậy để hệ có 4 nghiệm x hay 2 
nghiệm t > 9
4
− thì 424
4
a< < . 
4) Giải phương trình: 
 2 26 34 6 10x x x x− + − − + = 4 
Giải: Phương trình trên tương đương với 
2 22 23 5 3 1 4x x− + − − + = 
Dựng tam giác vuông tại A có độ dài các cạnh ABCΔ 5; 3AC AB x= = − 
Trên cạnh AC lấy D sao cho 1AD = 
Theo Định lý Pitago ta có 
2 2
2 2
3 5
3 1
BC x
BD x
= − +
= − +
Mà 4BC BD DC AC AD− ≤ = − = Dấu = xảy ra khi B;C;D thẳng hàng ,lúc đó 
B AC∈ hay B trùng A và AB=0 x=3. ⇔
Vậy x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 
 5) Giải phương trình: 
 2 23 2 9 4 2 16 5x x x x− + + − + = 
Giải: 
 *Với 
2
2
3 2 9 3
0
4 2 16 4
x x
x
x x
⎧ − + >⎪⎩
 : Phương trình vô nghiệm 
 *Với 0x >
Xét tam giác vuông tại ABCΔ A có 4, 3AB AC= = . Gọi AD là phân giác góc A . 
Trên tia AD lấy M , đặt AM x=
Trong tam giác ta có ACM 2 2 3 2 9CM x x= − + 
Trong tam giác ABM ta có 2 2 4 2 16BM x x= − + 
2 23 2 9 4 2 16 5BM CM x x x x BC⇒ + = − + + − + ≥ = 
Dấu bằng xảy ra khi M D≡ ⇒ M chia theo tỉ số BC 4
3
k = 
12 2
7
x AD⇔ = = . 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 12 2
7
x = . 
III. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC: 
 1) Giải phương trình: 
 (1 )
1
a b xx
bx
+= + khi trong đó và (0,1]x∈ ,a b > 0 1a b+ = 
Giải: Xét . Theo BĐT Bernoulli ta có: (0,1)x∈
[ ]
[ ]
2
1
(1 ) (1 ) 1 (1 )
(1 ) 1 (1 )
1 (1 ) 1
(1 ) 1
1
1
(1 )
1
b
b
a
a
b x b x
b b x
bx b x bx
b x bx
bxx
b
b xx
bx
−
+ = + − −
≤ + − −
≤ + − − ≤ +
⇒ + ≤ +
+⇔ ≤ +
+⇔ ≥ +
Dấu = xảy ra khi x=1. 
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 
2) Giải phương trình: 
 5 6 15 7
8 5
x x+ −⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦ với [ ]α là số nguyên lớn nhất không vượt quá α . 
Giải: 
Đặt 15 7 5 7
5 15
x aa x− += ⇒ = , từ đó ta có: 
30 117
120
a a+⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦ . Do đó : 
30 1170 1
120
a a+≤ − < 
Giải bất phương trình trên ta được 1 1
30 90
a− < < 17 
Vì a là số nguyên nên phương trình chỉ nghiệm đúng với 1 0a = và . 2 1a =
Giải ra ta được nghiệm của phương trình là 1
7
15
x = ; 2 45x = . 
3) Giải phương trình: 
 (1) trong đó là các tham số và 3 3( ) ( ) (a x x b a b− + − = − 3) , ,a b c a b≠
Giải: 
(1) tương đương 3 3 3( ) ( ) ( )a x x b b a− + − + − = 0
Đặt ,a x m− = x b n− = , b a p− =
Ta có 0m n p+ + =
3 3 3 3m n p mnp⇒ + + = 
Hay 3 3 3( ) ( ) ( ) 3( )( )(a x x b b a a x x b b a− + − + − = − − − )
3( )( )( ) 0
0
0
0
a x x b b a
a x a x
x b b x
b a b a
⇔ − − − =
− = =⎡ ⎡⎢ ⎢⇔ − = ⇔ =⎢ ⎢⎢ ⎢− = =⎣ ⎣
Trường hợp loại vì giả thiết cho b ab a= ≠ 
Từ đó phương trình có 2 nghiệm 1
2
x a
x b
=⎡⎢ =⎣
. 
4) Giải hệ phương trình sau: 
2007
1 1 1 1 1 1
3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
x y z
x y y z z x x y z y z x z z
⎧ + + =⎪⎨ + + = + +⎪ + + + + + + + + +⎩ y
Giải: 
ĐK: và , , 0x y z ≥ , ,x y z không đồng thời bằng 0 
Theo BĐT AM-GM ta có 
1 1 2(2 2 ) 2(2 2
3 2 2 2 (3 2 )( 2 2 ) (2 2 )
1 1 2
3 2 2 2 2 2
)x x z x y z
x y x y z x y x y z x y z
x y x y z x y z
+ + ++ = ≥+ + + + + + + +
⇔ + ≥+ + + + +
+
Tương tự ta có 1 1 2
3 2 2 2 2 2y z y x z y z x
+ ≥+ + + + + 
 và 1 1 2
3 2 2 2 2 2z x z y x z x y
+ ≥+ + + + + 
Cộng vế theo vế các đẳng thức ở trên suy ra 
1 1 1 1 1 1
3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2x y y z z x x y z y z x z x
+ + ≥ + ++ + + + + + + + + y . 
Dấu bằng xảy ra khi x y z= = hay 3 20
223
x 07
x
=
⇔ = 
Vậy nghiệm của hệ là . ( , , ) (223, 223, 223)x y z =
5) Giải phương trình: 
 23 2 4 21 22x x x− = − + − (1) 
Giải: 
ĐK: 2
3
x ≥ 
Đặt 3 2x t− = ; 2 4x a− = ; 5 2x b− = 1a b⇒ + =
(1) 3 2 (2 4)(5 2 ) 3 2x x x x⇔ − = − − + − 
2
2
( )
( )
( ) ( )
( )( ) 0
a b t ab t
t a b t ab
t t a b t a
t a t b
t a
t b
⇔ + = +
⇔ − + − =
⇔ − − − =
⇔ − − =
=⎡⇔ ⎢ =⎣
0
0
 2
2
*
3 2 (2 4)
3 2 4 16 16( 2)
4 19 18 0
t a
x x
x x x x
x x
=
⇔ − = −
⇔ − = − + ≥
⇔ − + =
Xét 219 4.4.18 73Δ = − =
1
2
19 73
8
19 73
8
x
x
⎡ +=⎢⎢⇒ ⎢ −=⎢⎣
Vì nên 2x ≥ 2x loại 
2
2
*
3 2 5 2
53 2 4 20 25(
2
4 23 27 0
t b
x x
x x x x
x x
=
⇔ − = −
⇔ − = − + ≤
⇔ − + =
)
Xét 223 4.4.27 97Δ = − =
1
2
23 97
8
23 97
8
x
x
⎡ +=⎢⎢⇒ ⎢ −=⎢⎣
Vì 5
2
x ≤ nên 1x loại 
Vậy phương trình ban đầu chỉ có 2 nghiệm 19 73 23 97;
8 8
⎧ ⎫+ −⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭
. 
6) Giải phương trình: 
 2 4 3 22 4 7 4 3 2x x x x x x+ + = + + − −7 (1) 
Giải: 
2 4 2(1) 2( 1) 5 ( 1) 3( 1) 5x x x⇔ + + = + − + −
2( 1)
u+ = ; 22( 1) 5x v+ + = (với 0; 5u v≥ ≥ ). Ta có hệ: Đặt x
2 2
2 2
3 5
2 5 2 5
1 0
2 5
u u v u u v
u v u v
u v
v u
⎧ ⎧− − = − = +⎪ ⎪⇔⎨ ⎨+ = + =⎪ ⎪⎩ ⎩
− − =⎧⎪⇔ ⎨ = +⎪⎩
2 v
Từ hệ trên suy ra . PT này có 2 nghiệm 2 4 4 0u − =- 2 2 2u = ± 
Do nên chọn 0u ≥ 2 2 2u = + 
2
1
2
2 (1 2 2)
1 2 2 2
1 2 2 2
x x
x
x
⇔ + − + =
⎡ = − + +⎢⇔ ⎢ = − − +⎣
0
7) Giải phương trình: 
 2 2 27 22 28 7 8 13 31 14 4 3 3( 2x x x x x x x− + + + + + + + = + ) 
Giải: 
Gọi vế trái của PT là P. Ta có 
2 2 22 22 28 (2 1) 3(3 ) 3(3 )x x x x− + = − + − ≥ − x 
2 2 27 8 13 (2 1) 3( 2) 3( 2)x x x x x+ + = − + + ≥ + 
2 2 23 14 4 (2 1) 3( 1) 3(3 1)x x x x x+ + = − + + ≥ + 
Cộng theo từng vế 3 BĐT trên ta được 
 3 3( 2)P x≥ + 
Do đó 3 3( 2)P x= + khi và chỉ khi các BĐT trên đều trở thành đẳng thức, tức là: 
2 1 0
3 0 1
2 0 2
3 1 0
x
x
x
x
x
− =⎧⎪ − ≥⎪ ⇔ =⎨ + ≥⎪⎪ + ≥⎩
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1
2
x = . 
8) Giải hệ phương trình: 
121 2
3
121 6
3
x
y x
y
y x
⎧⎛ ⎞− =⎪⎜ ⎟+⎪⎝ ⎠⎨⎛ ⎞⎪ + =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩
Giải: 
ĐK và 0; 0x y> > 3 0y x+ ≠
HPT đã cho tương đương với 
12 21
3
12 61
3
1 3 1(1)
1 3 12 (2)
3
y x x
y x y
x y
y xx y
⎧ − =⎪ +⎪⎨⎪ + =⎪ +⎩
⎧ + =⎪⎪⇔ ⎨⎪− + =⎪ +⎩
Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được 
2 29 1 12 6 27
3
3
9
y xy x
y x y x
y x
y x
− = ⇔ + − =+
=⎡⇔ ⎢ = −⎣
0
0
Do nên ,x y > 3y x=
Thế vào PT (1) ta được 
1 3 1
3
4 2 3
12 6 3
x x
x
y
+ =
⎧ = +⎪⇒ ⎨ = +⎪⎩