Tuyển chọn một số phương trình vô tỉ

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC SẮC
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Câu 1: Giải phương trình 3x 3 + 4 x 2 − 1 = 3 x 6 + 2 x 3 + x 2
Lời giải.

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm.
Khi đó PT ⇔ 3 x3 + 4 x 2 − 1 = x 3 x 3 + 2 +

1
1
1
⇔ 3x 2 + 4 x − = 3 x3 + 2 +
x
x
x

1
1
1
1
⇔ 3x 2 + 4 x − + x3 + 2 + = 3 x3 + 2 + + x3 + 2 +
x
x
x
x

⇔ ( x3 + 3x 2 + 3x + 1) + ( x + 1) = 3 x3 + 2 +

1
1
1
1
3
+ x 3 + 2 + ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = 3 x3 + 2 + + x3 + 2 +
x
x
x
x


1
1
⇔ f ( x + 1) = f  3 x 3 + 2 +   f ( t ) = t 3 + t ; t ∈ R  ⇔ x + 1 = 3 x 3 + 2 + ( Do f là hàm đồng biến)
x
x


 x = −1
1
1
2
3
2
2
⇔ ( x + 1) = x + 2 + ⇔ 3 x + 3 x + 1 = 2 + ⇔ 3 x + 3 x − x − 1 = 0 ⇔ ( x + 1) ( 3 x − 1) = 0 ⇔ 
1

x = ±
x
x

3
3

3

Vậy PT đã cho có 3 nghiệm x = −1; x = ±

Câu 2: Giải phương trình

1
3

x2 + 6x
= ( x − 2)
x2 − 4 x + 6

(

x+4 −2

)

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.

x ( x + 6)
Điều kiện x ≥ −4 . Phương trình tương đương 2
=
x − 4x + 6

x = 0

⇔  x+6
=
x+4+2
2
 ( x − 2 ) + 2

( x − 2) x

x−2
x+4 +2

(1) .

Đặt x − 2 = u; x + 4 = v thì
v2 + 2 u
= ⇔ v 3 + 2v = u 3 + 2u ⇔ ( v − u ) ( v 2 + uv + v 2 + 2 ) = 0 ⇔ u = v
2
u +2 v
x ≥ 2
x ≥ 2
⇔ x−2= x+4 ⇔  2
⇔ 2
⇔ x=5

x − 4x + 4 = x + 4
 x − 5x = 0
Kết luận bài toán có hai nghiệm x = 0; x = 5 .

(1) ⇔

Câu 3: Giải phương trình

8 x 2 + x + 1 ( x + 1)( 9 x − 14 ) x − 2
.
=
3
x
x +1

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

x +1 ≠ 0
 x ≠ −1

x +1 ≥ 0
 x ≥ −1


ĐK: 
⇔
⇔ x ≥ 2 (*)
x ≠ 0
x ≠ 0
 x − 2 ≥ 0
 x ≥ 2
Khi đó (1) ⇔

⇔

3
x3 + x2 + x
= ( 9 x − 14 ) x − 2
( x + 1) x + 1 8

x ( x + 1)
x3
3
+
= 9 ( x − 2 ) + 4  x − 2
( x + 1) x + 1 ( x + 1) x + 1 8
3

27
3

x
 x 
⇔
= ( x − 2) x − 2 +
x−2
 +
2
x +1 8
 x +1 
3

3

x
 x 
3
 3
⇔
=
x−2 +
x−2
 +
x +1  2
 2
 x +1 
 x 
3

⇔ f
= f 2 x−2



 x +1 

(2)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t ∈ ℝ có f ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ.
Do đó ⇔ (2) ⇔

x
3
=
x − 2 ⇔ 2 x = 3 x + 1. x − 2
x +1 2

(3)

x = 3
Với ĐK (*) có (3) ⇔ 4 x = 9 ( x + 1)( x − 2 ) ⇔ 9 ( x − x − 2 ) − 4 x = 0 ⇔ 
6
x = −
5

2

2

2

Kết hợp với (*) thì chỉ có x = 3 là thỏa mãn.

4 x2 + 8x − 5
= ( 4x + 4) 2x + 3 − 2
2 x2 + 1
Lời giải.
3
Điều kiện: 2 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −
2
Phương trình tương đương

(

Câu 4: Giải phương trình

)

1

x
−
=
⇔
x
=
2
1
0
( 2 x − 1)( 2 x + 5 ) ( 4 x + 4 )( 2 x − 1) 
4x + 8x − 5
2x + 3 − 4
2

=
4
x
+
4
⇔
=
⇔
(
)
2
2
2
x
+
5
4
x
+
4
2x + 1
2x + 1
2x + 3 + 2
2x + 3 + 2

=
( *)
2
 2 x + 1
2x + 3 + 2

Phương trình (*) tương đương
2

( 2 x + 5) (

)

2 x + 3 + 2 = ( 2 x 2 + 1) ( 4 x + 4 ) ⇔ ( 2 x + 5 ) 2 x + 3 + 4 x + 10 = 8 x3 + 8 x 2 + 4 x + 4

⇔ ( 2 x + 5 ) 2 x + 3 = 8 x3 + 8 x 2 − 6 ⇔ ( 2 x + 3) 2 x + 3 + 2 2 x + 3 + 2 ( 2 x + 3) = 8 x3 + 8 x 2 + 4 x
⇔

(

2x + 3

)

3

+2

(

2x + 3

)

2

+ 2 2 x + 3 = ( 2 x ) + 2 ( 2 x ) + 2.2 x
3

2

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + 2t ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 2 > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến
Mà f

(

x ≥ 0
x ≥ 0
1 + 13
2x + 3 = f ( 2x) ⇒ 2x + 3 = 2x ⇔ 
⇔
⇒x=
 2
2
4
2 x + 3 = 4 x
4 x − 2 x − 3 = 0

)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Vậy phương trình có nghiệm x =

1 + 13
4

x3 − x 2 − 4 x + 4
=
x3 − 2 x 2 + x + 6

Câu 5: Giải phương trình

Facebook: Lyhung95

x2 − 3 − 1
x +1
Lời giải.

 x3 − 2 x 2 + x + 6 ≠ 0, x + 1 ≠ 0
Điều kiện:  2
 x − 3 ≥ 0
Phương trình tương đương

 x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2

( x − 1) ( x − 4 )
x2 − 4
x −1
=
⇔

=
3

x3 − 2 x 2 + x + 6 ( x + 1) x 2 − 3 + 1
 x − 2 x 2 + x + 6 ( x + 1)

Phương trình (*) tương đương
2

)

(

x3 − 2 x 2 + x + 6 = ( x 2 − 1)

(

1

)

x2 − 3 + 1

( *)

)

(

x 2 − 3 + 1 ⇔ x3 − 3 x 2 + x + 7 = ( x 2 − 1) x 2 − 3

⇔ x3 − 3 x 2 + x + 7 + 2 ( x 2 − 3) = ( x 2 − 3) x 2 − 3 + 2 x 2 − 3 + 2 ( x 2 − 3)
⇔ x3 − x 2 + x + 1 =

(

⇔ ( x − 1) + 2 ( x − 1)
3

) (
+ 2 ( x − 1) = (
x2 − 3

2

3

+2

) +2 x −3
− 3) + 2( x − 3)
2

x2 − 3
x2

2

3

2

2

+ 2 x2 − 3

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + 2t ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 2 > 0 ⇒ f ( t ) đồng biến

(

)

x ≥ 1
x2 − 3 ⇒ x − 1 = x2 − 3 ⇔  2
⇔x=2
2
x − 2x + 1 = x − 3
Vậy phương trình có nghiệm x = 2

Mà f ( x − 1) = f

Câu 6: Giải phương trình

x 2 + 4 x − 12
= ( x + 2)
x 2 − 2 x + 10

(

)

x+2 −2 .

Lời giải
ĐK: x ≥ −2 (*) . Khi đó (1) ⇔

( x − 2 )( x + 6 ) = ( x + 2 )( x + 2 − 4 )
x 2 − 2 x + 10

x = 2
x+2
 2 x+6
=
 x − 2 x + 10 2 + x + 2

( x − 2 )( x + 6 ) = ( x + 2 )( x − 2 ) ⇔ 
⇔
x 2 − 2 x + 10

x+2 +2

2+ x+2

(2)

Ta có ( 2 ) ⇔ 2 x + 12 + ( x + 6 ) x + 2 = x 3 + 6 x + 20 ⇔ x3 + 4 x + 8 = ( x + 6 ) x + 2
⇔ ( x + 1) − 3 ( x + 1) + 4 ( x + 1) =
3

2

(

x+2

)

3

− 3 ( x + 2 ) + 4 x + 2 ⇔ f ( x + 1) = f

(

x+2

)

(3)

Trong đó f ( t ) = t 3 − 3t 2 + 4t với t ∈ ℝ. Có f ' ( t ) = 3t 2 − 6t + 4 = 3 ( t − 1) + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ
2

 x ≥ −1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó ( 3) ⇔ x + 1 = x + 2 ⇔ 
2
( x + 1) = x + 2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 x ≥ −1
 x ≥ −1
5 −1

⇔ 2
⇔
−1 ± 5 ⇔ x = 2 . Đã thỏa mãn (*).
x + x −1 = 0
x =

2
Đ/s: x = 2 hoặc x =

5 −1
.
2

Câu 7: Giải phương trình

8 x 2 − 13 x
= ( x − 1) 2 2 x − 1 − 3 .
x 2 − 3x + 4

(

)

Lời giải
ĐK: x ≥

x ( 8 x − 13)
4 ( 2 x − 1) − 9
1
= ( x − 1) .
(*) . Khi đó (1) ⇔ 2
2
x − 3x + 4
2 2x −1 + 3

13

x=

x ( 8 x − 13) ( x − 1)( 8 x − 13)
8
⇔ 2
=
⇔
x
x −1
x − 3x + 4
3 + 2 2x −1

=
2
 x − 3 x + 4 3 + 2 2 x − 1

( 2)

Ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 2 x 2 x − 1 = x3 − 4 x 2 + 7 x − 4 ⇔ x 3 − 4 x 2 + 4 x − 4 = 2 x 2 x − 1
⇔ ( x − 1) − ( x − 1) + ( x − 1) =
3

2

(

)

2 x − 1 − ( 2 x − 1) + 2 x − 1 ⇔ f ( x − 1) = f
3

(

2x −1

)

(3)

2

 1 2
Trong đó f ( t ) = t − t + t với t ∈ ℝ. Có f ' ( t ) = 3t − 2t + 1 = 3  t −  + > 0, ∀t ∈ ℝ
 3 3
3

2

2

 x ≥ 1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ. Do đó ( 3) ⇔ x − 1 = 2 x − 1 ⇔ 
2
( x − 1) = 2 x − 1

 x ≥ 1
x ≥ 1
⇔ 2
⇔
⇔ x = 2 + 2. Đã thỏa mãn (*).
 x = 2 ± 2
x − 4x + 2 = 0

Đ/s: x =

13
hoặc x = 2 + 2.
8

Câu 8: Giải phương trình x + 1 = x x − 2 +

7
trên tập số thực.
x − 2x + 4
Lời giải
2

x ≥ 2

⇔ x ≥ 2 , ta có phương trình đã cho
Lớp 12. Điều kiện:  2
x − 2x + 4 ≠ 0
7
x2 − 2x − 3
⇔ 1− 2
= x x−2 −x⇔ 2
= x x − 2 −1
x − 2x + 4
x − 2x + 4
x = 3
x + 1)( x − 3)
x ( x − 3)
(
⇔ 2
=
⇔  x +1
x
 2
=
x − 2x + 4
(∗)
x − 2 +1
x − 2 +1
 x − 2 x + 4

(

)

Giải phương trình ( ∗) , chúng ta có

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

x +1
=
x − 2x + 4
2

⇔ ( x − 2 + 3)
⇔

(

x−2

)

3

(

Facebook: Lyhung95

x
x−2+3
x −1+1

⇔
=
2
x − 2 +1
( x − 1) + 3 x − 2 + 1

)

2
x − 2 + 1 = ( x − 1) + 3 ( x − 1 + 1)



+ x − 2 + 3 x − 2 + 3 = ( x − 1) + ( x − 1) + 3 ( x − 1) + 3
3

2

Xét hàm số f ( a ) = a3 + a 2 + 3a là hàm số đồng biến và liên tục trên [ 0;+∞ ) , do đó suy ra
 x ≥ 2
x − 2 = f ( x − 1) ⇔ x − 1 = x − 2 ⇔ 
, hệ bất phương trình vô nghiệm.
2
−
1
=
−
2
x
x

(
)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 .
x ≥ 2
⇔ x ≥ 2 , ta có phương trình đã cho
Lớp 10 + 11. Điều kiện:  2
x − 2x + 4 ≠ 0
f

(

)

7
x2 − 2x − 3
=
x
x
−
2
−
x
⇔
= x x − 2 −1
x2 − 2 x + 4
x2 − 2x + 4
x = 3
x + 1)( x − 3)
x ( x − 3)

(
⇔ 2
=
⇔  x +1
x
 2
=
x − 2x + 4
(∗)
x − 2 +1
x − 2 +1
 x − 2 x + 4

(

⇔ 1−

Giải phương trình ( ∗) , chúng ta có

x ( x 2 − 2 x + 4 ) = ( x + 1)

(

)

)

x − 2 + 1 ⇔ x 3 − 2 x 2 + 3 x − 1 = ( x + 1) x − 2

⇔ x ( x 2 − 2 x + 3) + ( x + 1)( x − 1) − ( x + 1) x − 2 = 0

(

)

⇔ x ( x 2 − 2 x + 3) + ( x + 1) x − 1 − x − 2 = 0
⇔ x ( x − 2 x + 3) +
2

( x + 1) ( x 2 − 2 x + 3)

x −1+ x − 2
x +1


⇔ ( x 2 − 2 x + 3)  x +
=0
x −1+ x − 2 

Với điều kiện x ≥ 2 ⇒ x 2 − 2 x + 3 = ( x − 1) + 2 ≥ 0; x +
2

=0

( ∗ ∗)
x +1

x −1+ x − 2

> 0 do đó phương trình ( ∗∗) vô

nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 .
x 2 + 3x − 4
= ( 2 x + 2 ) x + 3 − 2 trên tập số thực.
Câu 9: Giải phương trình
2x + 1 + 2
Lời giải
2 x + 1 ≥ 0
1
Lớp 12. Điều kiện 
⇔ x ≥ − , ta có phương trình đã cho
2
x + 3 ≥ 0

(

)

x = 1
 x+4
=
 2 x + 1 + 2

( x − 1)( x + 4 ) = ( x − 1)( 2 x + 2 ) ⇔ 
⇔
2x + 1 + 2

x+3+2

Giải phương trình ( ∗) , chúng ta có

x + 3 +1

( ∗) ⇔
⇔

(

2x + 1 + 2

)

3

=

x+3 +2

(

2x + 1 + 1
x+3 +2
x+3

)

2

⇔ ( x + 3 + 1)

+ x+3 =

(

(

2x + 2

)

x + 3 + 2 = ( 2 x + 1 + 1)

)

3

2x + 1 + 2

(

( ∗)

x+3 +2

)

(

2x + 1 + 2

)

2

2x + 1 + 2x + 1

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 x + 3 ≥ 0
Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + t , với điều kiện của t ≥ 0 vì 
, có f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 1 > 0; ∀t ≥ 0
 2 x + 1 ≥ 0
do đó f ( t ) là hàm số đồng biến và liên tục trên [ 0;+∞ ) nên suy ra
f

(

)

x+3 = f

(

)

2x + 1 ⇔ x + 3 = 2x + 1 ⇔ x = 2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = 2 .
3 

2
2
Câu 10: Giải phương trình  x − 1 +
 2 x − 6 x + 6 = 4 x − 16 x + 17 trên tập số thực.
2x − 4 

Lời giải
2
2 x − 6 x + 6 ≥ 0
Điều kiện: 
⇔ x ≠ 2.
2 x − 4 ≠ 0
Khi đó phương trình đã cho ⇔

2 ( x − 3x + 2 ) + 3
2

⇔

2 ( x − 2)

( x − 1)( 2 x − 4 ) + 3 .
2x − 4

2 x2 − 6 x + 6 = 4 ( x2 − 4 x + 4) + 1

. 2 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2 = 4 ( x − 2 ) + 1
2

3
⇔  2 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 3 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 2 = 8 ( x − 2 ) + 2 ( x − 2 )
3
⇔  2 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 2  + 2 ( x 2 − 3 x + 2 ) + 2 =  2 ( x − 2 )  +  2 ( x − 2 ) 


3

( ∗)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t , có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0; ∀t suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến và liên tục trên R do
đó

( ∗) ⇔

f

)

(

2 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2 = f ( 2 x − 4 ) ⇔ 2 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2 = 2 x − 4

 x > 2
x > 2

5+ 5
⇔ 2
⇔ 2
⇔x=
2
2
2 x − 6 x + 6 = 4 ( x − 4 x + 4 )
2 x − 10 x + 10 = 0
5+ 5
.
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là x =
2

Câu 11: Giải phương trình ( x + 1)( 3x + 1) + x 4 + 3x 2 + 2 ( 2 x + 1) x 2 + x + 1 = 0

( x ∈ ℝ)

(1)

Lời giải:
 x4 + 3x2 ≥ 0
 x 4 + 3 x 2 ≥ 0

2
ĐK:  2
⇔ 
⇔ x ∈ ℝ (*)
1 3
x
+

x
+
1
≥
0
x
+


 + ≥0
2 4

Khi đó (1) ⇔ 3x 2 + 4 x + 1 + x 4 + 3x 2 + ( 2 x + 1) 4 x 2 + 4 x + 4 = 0

⇔ ( 2 x + 1) − x 2 + x

x 2 + 3x + ( 2 x + 1)

⇔ ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1)
2

( 2 x + 1)

2

⇔ ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1)

( 2 x + 1)

2

2

2

⇔ ( 2 x + 1) = f ( − x )

( 2 x + 1)

+ 3 = x2 − x

2

+3 = 0

x2 + 3

+ 3 = (− x ) + (− x )
2

(− x )

2

+3

(2)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t t 2 + 3 với t ∈ ℝ có
t

f ' ( t ) = 2t + t 2 + 3 + t.

= 2t + t 2 + 3 +

t2 + 3

t2
t2 + 3

.

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm ta có
t2 + 3 +

t2
t2 + 3

≥2

Dấu " = " xảy ra ⇔ t 2 + 3 =
⇒ t2 + 3 +

t2
t2 + 3

t2

t 2 + 3.
t2
t +3
2

t2 + 3

= 2 t ≥ −2t ⇒ t 2 + 3 +

t2
t2 + 3

+ 2t ≥ 0.

⇔ t 2 + 3 = t 2 . Điều này vô lý nên dấu " = " không xảy ra

+ 2t > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ' ( t ) > 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ.

 x ≥ 0
 x ≥ 0


 x = − 1
2 x + 1 = − x


Do đó (2) ⇔ 2 x + 1 = − x ⇔
⇔  
3 ⇔ x = −1. Đã thỏa mãn (*).
 x < 0


  x < 0
  2 x + 1 = x
  x = −1
1
2
Câu 12: Giải phương trình 4 + 2 4 x − 4 x 2 + 3 + 2 x + 1 + 3 − 2 x = ( 2 x − 1) ( 4 x 2 − 4 x + 3)
4
Lời giải:
1
3
≤x≤
2
2
Phương trình tương đương với:

Điều kiện: −

2 x + 1 + 3 − 2 x + 2 4 x − 4 x2 + 3 + 2 x + 1 + 3 − 2 x =

1
2
2
( 2 x − 1) ( 2 x − 1) + 2
4

2

 ( 2 x − 1)2  ( 2 x − 1)2
(2)
⇔ 2x + 1 + 3 − 2x + 2x + 1 + 3 − 2x = 
 +


2
2


Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t với t ≥ 0 ta có f ′ ( t ) = 2t + 1 > 0∀t ≥ 0

(

) (

)

2

Suy ra hàm số đồng biến trên [0;+∞ ) .
Nên (2) ⇔ f

(

2
 ( 2 x − 1)2 
2 x − 1)

(
2x + 1 + 3 − 2x = f 
 ⇔ 2x + 1 + 3 − 2x =


2
2



)

⇔ 4 + 2 3 + 4x − 4 x2 =

Đặt y = 4 − ( 2 x − 1)

2

( 2 x − 1)
4

4

⇔ 4 + 2 4 − ( 2 x − 1) =
2

( 0 ≤ y ≤ 2 ) ⇔ ( 2 x − 1)

(4 − y )
Ta được: 4 + 2 y =

2 2

2

( 2 x − 1)

4

4

= 4 − y2

⇔ y ( y + 2 ) ( y 2 − 2 y − 4 ) = 0 ⇔ y = 0 (do 2 ≥ y ≥ 0 )

4
3
Với y = 0 ⇔ x = (thỏa mãn)
2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

3
.
2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Câu 13: Giải phương trình 2 x +

Facebook: Lyhung95

9 x 2 − 9 x − 10
= 3x3 − x 2 .
x2 − 4x + 7
Lời giải:

x = 0
1
ĐK: x ( 3 x − 1) ≥ 0 ⇔ 
1 . Do x = 0 không phải nghiệm nên ta có: x ≥
x ≥
3
3

( 3x − 5 )( 3x + 2 ) = x 3x − 1 − 2 x = x 3x − 1 − 2
Khi đó: PT ⇔
x2 − 4 x + 7
5

x=

( 3x − 5 )( 3x + 2 ) = x ( 3x − 5 ) ⇔  3
⇔
( x − 2) + 2 2
 3x + 2
x2 − 4 x + 7
3x − 1 + 2

=
( )
2
 x−2 +3
3x − 1 + 2
)
(
2

(

)

a2 + 3 b + 2
=
⇔ ( a 2 + 3) ( a + 2 ) = ( b + 2 ) ( b 2 + 3)
2
b +3 a+2
2
3
2
Xét hàm số: f ( t ) = ( t + 3) ( t + 2 ) = t + 2t + 3t + 6 ( t ∈ R ) ta có: f ' ( t ) = 3t 2 + 4t + 3 > 0 ( ∀t ∈ R )

Giải ( 2 ) . Đặt a = 3 x − 1; b = x − 2 ta có:

Do vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên R do đó f ( a ) = f ( b ) ⇔ a = b

x ≥ 2
7 + 29
3x − 1 = x − 2 ⇔  2

⇔x=
.
2
x − 7x + 5 = 0
7 + 29
5
Vậy nghiệm của PT đã cho là: x =
;x =
2
3
2
4 x − 17 x
Câu 14: Giải phương trình
= 2 x − 4 −1
2
( x − 2 x + 5) ( 2 x − 1)
Khi đó ta có:

Lời giải:
17

x=

4 x − 17 x
4 x − 17
4
ĐK: x ≥ 4 . Khi đó: PT ⇔ 2
=
⇔
( x − 2 x + 5) ( 2 x − 1) 2 x − 4 + 1  2 x = 2 x − 1 ( 2 )

 x − 2 x + 5 2 x − 4 + 1
2 ( x − 1) + 1
x−4+4
b 2 + 4 2a + 1
Ta có: ( 2 ) ⇔
=
.
Đặ
t
a
=
x
−
1;
b
=
x
−
4
ta
có:
=
2
a 2 + 4 2b + 1
( x − 1) + 4 2 x − 4 + 1
2

⇔ ( a 2 + 4 ) ( 2a + 1) = ( b 2 + 4 ) ( 2b + 1) ⇔ 2a 3 + a 2 + 8a = 2b3 + b 2 + 8b .

Xét hàm số: f ( t ) = 2t 3 + t 2 + 8t ta có: f ' ( t ) = 6t 2 + 2t + 8 > 0 ∀t ∈ R .

Do vậy hàm số f ( t ) đồng biến trên R do vậy PT ⇔ f ( a ) = f ( b ) ⇔ a = b
⇔ x − 1 = x − 4 ⇔ x 2 − 3 x + 5 = 0 ( vn ) .
Do vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

17
.
4

x2 + 6 x + 8
Câu 15: Giải phương trình 2
=x
x − 2x + 2

x + 3 −1

(

)

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với
 x = −2
( x + 2 )( x + 4 ) = x ( x + 2 ) ⇔  x + 4
x

=
(1)

x2 − 2x + 2
x + 3 +1
2
 ( x − 1) + 1
x + 3 +1
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

u2 +1 v +1
Đặt x + 3 = u; x − 1 = v ta thu được (1) ⇔ 2
=
⇔ u 3 + u 2 + u = v3 + v2 + v .
v +1 u +1
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t + t ; t ∈ ℝ ⇒ f ′ ( t ) = 3t 2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ .
Hàm số liên tục và đồng biến trên tập số thực nên
x ≥ 1
x ≥ 1
3 + 17
f (u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ x + 3 = x −1 ⇔ 
⇔
⇔x=
.

2

2
2
 x + 3 = x − 2 x + 1  x − 3x − 2 = 0
Kết luận bài toán có nghiệm duy nhất kể trên.

CHÚ Ý CHÚ Ý:
- Ngày 21/12 Khai giảng khóa RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và BẤT PT
- Đăng kí sớm (trong vòng 3 ngày) được ưu đãi học phí ở mức 100K nhé

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!