phương trình vô tỷ luyện thi ĐH giải chi tiết

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ
Bài 1: Giải phơng trình
a)
+ =
3
3
1 2 2 1x x

+ =
= + =
3
3
3
3
1 2 2 1
2 1 1 2
x x
y x y x
- Phơng trình đợc chuyển thành hệ


=


= =



+ =

+ = + =

+


= =




+ = =
+ + + =









+ =



= =


3
3 3
3 3 3
2 2

3
1
1 2
1 2 1 2
1 5
2
1 2 2( )
2 0( )
1 5
1 2
2
x y
x y
x y
x y x y
x y
y x x y x y
x xy y vn
x y
x y
- Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm.
b)
+ = +
2 2
1 1 (1 2 1 )x x x
ĐS:x=1/2; x=1
c)
+ = + +
2
( 3 2 1) 4 9 2 3 5 2x x x x x

ĐS: x=2.
d)
+
+ + =

1
( 3)( 1) 4( 3) 3
3
x
x x x
x
ĐS:
= = 1 13; 1 5x x
e)
+ = +
2
2
1 1
2 2 4 ( )x x
x x
- Sử dụng BĐT Bunhia.
f)
+ = 4 1 1 2x x x
ĐS: x=0
Bài 2: Giải BPT:
a)
+ 5 1 4 1 3x x x
S: x1/4
b)

+ >

2
2( 16) 7
3
3 3
x x
x
x x
ĐK




>

2
16 0
4
3 0
x
x
x
- Biến đôỉ bất phơng trình về dạng
+ > >
<

>

>



<



>


2 2
2 2
2( 16) 3 7 2( 16) 10 2
10 2 0
5
10 2 0
10 34.
10 34 5
2( 16) (10 2 )
x x x x x
x
x
x
x
x
x x
- Kết hợp ĐK ta có nghiệm của BPT là
> 10 34x

.
c)
+ > ( 1)(4 ) 2x x x
.
d)

<
2
1 1 4
3
x
x
.
ĐK:

<









<


2
1

0
1 4 0
2
1
0
0
2
x
x
x
x
- Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT
< + >


<




<

>






>



2 2
2

2 2
2 2
4 3(1 1 4 ) 3 1 4 4 3
3
4
4 3 0
1
1 4 0
1
2
2
4 3 0
3
9(1 4 ) (4 3)
4
9(1 4 ) (4 3)
x x x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
.
- Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm

<

<


1
0
2
1
0
2
x
x
Cách 2:
- Xét 2 TH:
+ Với
< <
2
1
0. 1 4 1 3
2
x BPT x x
+ Với
< >
2
1
0 . 1 4 1 3
2
x BPT x x

e)
2 2
5 10 1 7 2x x x x+ +
ĐK:
2
5 2 5
5
5 10 1 0
5 2 5
5
x
x x
x





+ +

+



- Với Đk đó
2 2
5 5 10 1 36 5 10 1x x x x + + + + +
- Đặt
2
5 10 1; 0t x x t= + +

. - ĐS: x-3 hoặc x1.
Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:
2 2
1 1x x x x m+ + + =
.
Giải: Xét hàm số
2 2
1 1y x x x x= + + +
+ Miền xác định D =
R
.
+ Đạo hàm
+
=
+ + +
= + + = + +
+ >



+ + = + +

2 2
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
'
2 1 2 1
' 0 (2 1) 1 (2 1) 1
(2 1)(2 1) 0

(vo nghiem)
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)
x x
y
x x x x
y x x x x x x
x x
x x x x x x
+ y(0) =1> 0 nên hàm số ĐB
+ Giới hạn

+
= =
+ + +
=
2 2
2
lim lim 1
1 1
lim 1.
x x
x
x
y
x x x x
y
+
+
+ BBT
x - +

y +
y 1
-1
Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1 < m <1.
Bài 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực
2 1x x m+ = +
Giải:
- Đặt
1; 0t x t= +
. Phơng trình đã cho trở thành:
2t = t
2
-1+m m = -t
2
+2t+1
- Xét hàm số y = -t
2
+2t+1; t 0; y= -2t+2
x
0 1 +
y + 0 -
y 2
1 -
- Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng:
2 2
4 5 4x x m x x + = +
.
Giải:- Đặt
2

2
2
( ) 4 5; '( ) ; '( ) 0 2
4 5
x
t f x x x f x f x x
x x

= = + = = =
+
.
Xét x>0 ta có BBT:
x
0 2 +
f(x) - 0 +
f(x)

5
+

1
- Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t
2
+t-5 t
2
+t-5-m=0 (1).
- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t
1
; t
2

thì t
1
+ t
2
=-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1.
- Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t
(1; 5)
.
- Đặt g(t) = t
2
+ t -5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t) = m có đúng 1 nghiệm t
(1; 5)
.
f(t) = 2t+1 > 0 với mọi t
(1; 5)
. Ta có BBT sau:
t
1
5
g(t) +
g(t)

5
-3
Từ BBT suy ra -3 < m <
5
là các giá trị cần tìm.
Bài 6: Xác định m để phơng trình sau có nghiệm
2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ + = + +

.
Giải:
- Điều kiện -1 x 1. Đặt
2 2
1 1t x x= +
.
- Ta có

2 2
2 4
1 1 0; 0 0
2 2 1 2 2; 2 1
x x t t x
t x t t x
+ = =
= = =
- Tập giá trị của t là
0; 2


(t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đã cho trở thành:
2
2
2
( 2) 2 (*)
2
t t
m t t t m
t
+ +

+ = + + =
+
- Xét
2
2
( ) ;0 2.
2
t t
f t t
t
+ +
=
+
Ta có f(t) liên tục trên đoạn
0; 2


. Phơng trình đã cho có nghiệm x khi và
chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc
0; 2


0; 2 0; 2
min ( ) max ( )f t m f t



.
- Ta có
2

2
0; 2 0; 2
4
'( ) 0, 0; 2 ( ) 0; 2 .
( 2)
Suy ra min ( ) ( 2) 2 1;ma x ( ) (0) 1
t t
f t t f t NB
t
f t f f t f




=

+
= = = =
. - Vậy
2 1 1.m
Bi 7: Tỡm m bt phng trỡnh
3 1mx x m +
(1) cú nghim.
Gii: t
3; [0; )t x t= +
. Bt phng trỡnh tr thnh:
2 2
2
1
( 3) 1 ( 2) 1

2
t
m t t m m t t m
t
+
+ + + +
+
(2)
(1)cú nghim (2) cú nghim t 0 cú ớt nht 1 im ca THS y =
2
1
2
t
t
+
+
vi t0 khụng phớa di ng
thng y = m.Xột y =
2
1
2
t
t
+
+
vi t 0 cú
2
2 2
2 2
'

( 2)
t t
y
t
+
=
+
t

1 3
0
1 3 +
+

y
- 0 + | + 0 -
y

3 1
4
+
T Bng bin thiờn ta cú m
3 1
4
+
.
Bi 8: Tỡm m phng trỡnh
3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + + =
cú nghim.
Gii:t

( ) 3 6t f x x x= = + +
vi
[ 3;6]x
thỡ
6 3
' '( )
2 (6 )(3 )
x x
t f x
x x
+
= =
+
x -3 3/2 6 +
f(x) + 0 -
f(x)
|
3 2
|
3 3
Vậy t
[3;3 2]∈
. Phương trình (1) trở thành
2 2
9 9
2 2 2
t t
t m t m
−
− = ⇔ − + + =

(2).
Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm t
[3;3 2]∈
 đường thẳng y=m có điểm chung với đồ
thị y=
2
9
2 2
t
t− + +
với t
[3;3 2]∈
.
Ta có y’=-t+1 nên có
t
1 3
3 2

y’
+ 0 - | - |
y 3

9
3 2
2
−
Bài 9: Cho bất phương trình
2
1
(4 )(2 ) (18 2 )

4
x x a x x− + ≥ − + −
. Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với
mọi x
∈
[-2;4].
Giải: Đặt . Bất phương trình trở thành:
2 2
1
(10 ) 4 10
4
t a t a t t≥ − + ⇔ ≥ − +
.(2)
(1)ghiệm  (2) có nghiệm mọi t
∈
[0;3] đường thẳng y=a nằm trên ĐTHS
Y = t
2
- 4t +10 với t
∈
[0;3]
y’= 2t - 4; y’ = 0  t=2
t 0 2 3
y’
| - 0 + |
y 10 7
6
Vậy m≥10.
Bài 10: Cho phương trình
4 2 2 2

( 1)x x x m x+ + = +
(1). Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải:
Phương trình đã cho tương đương
3 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
4( ) 4 ( 1) 4 2 2
4 2. ( ) 4
(1 ) (1 ) 1 1
x x x x x x x x
m m m
x x x x
+ + + +
= ⇔ = ⇔ + =
+ + + +
Đặt t=
2
2
1
x
x+
; t
∈
[-1;1].
Khi đó phương trình (1) trở thành 2t + t
2
= 4m.
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t
∈

[-1;1]
Xét hàm số y = f(t) = t
2
+ 2t với t
∈
[-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2 ≥ 0 với mọi t
∈
[-1;1].
t -1 1
f’
0 + |
f 3
-1
Từ BBT -1≤ 4m ≤3
1 3
4 4
m⇔ − ≤ ≤
.
Bài 11 Giải phương trình sau :
3 3 1 2 2 2x x x x+ + + = + +
Giải: Đk
0x ≥
Bài 12. Giải phương trình sau :
3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x

x
+
+ + = − + + +
+
Giải:
Điều kiện :
1x
≥ −
: ,
3
2
1
(2) 3 1 1
3
x
x x x x
x
+
⇔ − + = − + − +
+

Bình phương 2 vế ta được:
3
2 2
1 3
1
1 2 2 0
3
1 3
x

x
x x x x
x
x

= −
+
= − − ⇔ − − = ⇔

+
= +


Bài 13 . Giải phương trình sau :
( )
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
Giải:
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
( )
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
− + −
=

− + − +
− + + − +
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 14. :
2 2
12 5 3 5x x x+ + = + +
Giải: :
2 2
5
12 5 3 5 0
3
x x x x+ − + = − ≥ ⇔ ≥
( )
( )
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 2
12 4 5 3
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,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
+ +
− − < ∀ >
+ + + +
Bài 15. Giải phương trình :
2 33
1 1x x x− + = −
Giải :Đk
3
2x ≥
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
( )
( )

( )
( )
2
2 33
2 3
2 23
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x x x x
x
x x
 
− + +
+
 
− − + − = − − ⇔ − + =
 
− +
− + − +
 
 
Ta chứng minh :
( )
(

)
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
+ +
+ = + <
− + − + − + +
2
3
3 9
2 5
x x
x
+ +
<
− +
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
Bài 16. Giải phương trình sau :
2 2
2 9 2 1 4x x x x x+ + + − + = +
Giải:
4x = −
không phải là nghiệm Xét
4x ≠ −

Trục căn thức ta có :
2 2
2 2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x
+
= + ⇒ + + − − + =
+ + − − +
Vậy ta có hệ:
2 2
2
2 2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6
8
2 9 2 1 4
7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x
=



+ + − − + =


⇒ + + = + ⇔


=
+ + + − + = +



Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
8
7
Bài 17. Giải phương trình :
2 2
2 1 1 3x x x x x+ + + − + =
Ta thấy :
( ) ( )
2 2 2
2 1 1 2x x x x x x+ + − − + = +
, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1
t
x
=
thì bài toán trở nên đơn giản hơn
Bài 18. Giải phương trình :
23

3 3
1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + +
Giải:
( ) ( )
3 3
0
1 1 2 1 0
1
x
pt x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔

= −

Bi 19. Giải phương trình :
2 23 3
3 3
1x x x x x+ + = + +
Giải:
+
0x
=
, không phải là nghiệm
+
0x
≠
, ta chia hai vế cho x:

( )
3 3 3
3 3
1 1
1 1 1 1 0 1
x x
x x x x
x x
 
+ +
+ = + + ⇔ − − = ⇔ =
 ÷
 
Bài 20. Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + +
Giải:
: 1dk x ≥ −
pt
( ) ( )
1
3 2 1 1 0
0
x
x x x
x
=

⇔ + − + − = ⇔


=

Bài 21. Giải phương trình :
4
3 4
3
x
x x
x
+ + =
+
Giải: Đk:
0x
≥
Chia cả hai vế cho
3x +
:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
 
+ = ⇔ − = ⇔ =
 ÷
+ + +
 

Bài 22. Giải phương trình :
3 3x x x− = +
Giải:
Đk:
0 3x≤ ≤
khi đó pt đ cho tương đương :
3 2
3 3 0x x x+ + − =
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
−
 
⇔ + = ⇔ =
 ÷
 
Bài 23. Giải phương trình sau :
2
2 3 9 4x x x+ = − −
Giải: