Xứ Đoài (II) 2012

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.23 KB, 20 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ

Bài 1: Giải phơng trình

a) x3 1 2 23 x1

  

    

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

1
1 2

1 2 1 2 1 5

1 2 2( ) 2 0( )

1 5
1 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) 1 1 x2 x(1 2 1  x2) §S:x=1/2; x=1

c)        

( 3x 2 x 1) 4x 9 2 3x 5x 2 §S: x=2.



    


1

( 3)( 1) 4( 3) 3

3
x

x x x

x §S: x 1 13;x 1 5

 2   12   1

2 x 2 4 (x )

x x - Sư dơng B§T Bunhia.
f) x 4 1 x  1 2 x ĐS: x=0

Bài 2: Giải BPT:

a) 5x 1 4x 13 x ĐS: x≥1/4

 

  

 

2( 16) 7

3 3

x x

x

x x

§K

  

 


 


16 0

4
3 0

x

x
x

- Biến đôỉ bất phơng trình về dạng

        
 








 

      

  

 

   




2 2

2( 16) 3 7 2( 16) 10 2

10 2 0

10 2 0 10 34.

10 34 5

2( 16) (10 2 )

x x x x x

x

x x

x

x x

- Kết hợp ĐK ta có nghiệm cđa BPT lµ x10 34.
c) (x1)(4 x)  x 2.

 


2
1 1 4

3
x

x .

§K:



  


  
 


 

  


2

1 4 0 2

1
0

2
x

x

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

- Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT

      

 

 

    

   



 



  

    


 



  



    

 

    
 



2 2

4 3(1 1 4 ) 3 1 4 4 3

3
4
4 3 0

1 4 0 1

2
4 3 0

9(1 4 ) (4 3) 4

9(1 4 ) (4 3)

x x x x

x
x

x

x x

- Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm


  




  


0
2

1
0

2
x
x
C¸ch 2:

- XÐt 2 TH:

 Víi

 1 0.  1 4 2  1 3

2 x BPT x x

 Víi

 1   2  

0 . 1 4 1 3

x BPT x x

e) 5x2 10x  1 7 2x x2 §K:
2

5 2 5
5

5 10 1 0

5 2 5
5
x

x x

x
  




   

  




- Với Đk đó 5 5x210x 1 36 5 x210x1

- Đặt t 5x2 10x1;t0. - ĐS: x≤-3 hoặc x≥1.
Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:

2 1 2 1

x  x x x m.
Giải: Xét hàm số

2 1 2 1

y x   x x  x
 Min xỏc nh D =R.

Đạo hàm

  

        

  


 

      



2 2

2 2 2 2

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

lim lim 1

1 1

lim 1.

x x

x

x
y

x x x x

y




 BBT

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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 x  1 x m
Giải:

- Đặt t x1;t0. Phơng trình đã cho trở thành:
2t = t2-1+m  m = -t2+2t+1

- XÐt hµm sè y = -t2+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 m≤2.

Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng: x2 4x5 m 4x x2.
Giải:- Đặt

2
2

( ) 4 5; '( ) ; '( ) 0 2

4 5

x

t f x x x f x f x x

x x



       

  .

XÐt x>0 ta cã BBT:

x 0 2 +∞
f’(x) - 0 +

f(x) 5

+∞

- Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t2+t-5 t2+t-5-m=0 (1).

- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t1; t2 thì t1+ t2 =-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t≥1.

- 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) = t2+ t -5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t) = m có đúng 1 nghiệm t(1; 5).

f’(t) = 2t+1 > 0 víi mäi t(1; 5). Ta cã BBT sau:
t

1 5
g’(t) +

g(t)

-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 1

m x   x    x  x   x .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

- Điều kiện -1 x 1. Đặt t 1x2 1 x2 .

- Ta cã

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
  

     



- XÐt

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 ( )f t m max ( )f t

   

   

  

- Ta cã

2
2

0; 2 0; 2

'( ) 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

   

   

     

    

   



    

. - VËy 2 1 m1.
Bài 7: Tìm m để bất phương trình mx x 3 m 1 (1) có nghiệm.

Giải: Đặt t x 3;t[0;). Bất phương trình trở thành:

2 2

2
1

( 3) 1 ( 2) 1

2
t

m t t m m t t m

t


         

 (2)

(1)có nghiệm (2) có nghiệm t ≥ 0  có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y = 2
1

2
t
t



 với t≥0 khơng ở phía dưới đường

thẳng y = m.Xét y = 2
1

2
t
t



 với t ≥ 0 có

2
2 2

2 2
'

( 2)

t t

y
t
  



t  1 3 0  1 3 +
y’ - 0 +  + 0

-y

3 1

4


Từ Bảng biến thiên ta có m≤
3 1

4


Bài 8: Tìm m để phương trình 3x 6 x (3x)(6 x)m có nghiệm.

Giải:Đặt tf x( ) 3x  6 x với x [ 3;6] thì

6 3

' '( )

2 (6 )(3 )

x x

t f x

x x

  

 

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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 = t2- 4t +10 với t[0;3]
y’= 2t - 4; y’ = 0  t=2
t 0 2 3

y’  - 0 + 

y 10 7

Vậy m≥10.
Bài 10: Cho phương trình x4x2 x m x( 2 1)2 (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 + t2 = 4m.
(1) có nghiệm  (2) có nghiệm t[-1;1] 
Xét hàm số y = f(t) = t2 + 2t với t[-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2 ≥ 0 với mọi t[-1;1]. 
t -1 1

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

f 3

-1

Từ BBT -1≤ 4m ≤3

1 3

4 m 4
   

Bài 11 Giải phương trình sau : x 3 3x 1 2 x 2x2

Giải: Đk x0

Bài 12. Giải phương trình sau :

1 1 3

x

x x x x

x



      


Giải:

Điều kiện : x1

: ,

(2) 3 1 1

x

x x x x

x



       



Bình phương 2 vế ta được:

2 2 1 3

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

3x  5x 1 x  2  3 x  x 1  x  3x4

Giải:

Ta có thể trục căn thức 2 vế :





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. : x212 5 3  x x25

Giải: :

2 2 5

12 5 3 5 0

x   x   x   x









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

 

          

   

   

       

   

 

Dễ dàng chứng minh được : 2 2

2 2 5

3 0,

12 4 5 3

x x

x

x x

 

    

   

Bài 15. Giải phương trình :3 x2 1x x3 1
Giải :Đk x3 2

Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình

















2 3

2 3 2

3 3 9

1 2 3 2 5 3 1

2 5

1 2 1 4

x x x

x

x x x x

x

x x

 

  



 

            

 

   

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta chứng minh :









2
2

2 3 2 3 2

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 : 2x2  x 9 2x2 x  1 x 4
Giải:

x không phải là nghiệm Xét x4

Trục căn thức ta có :

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 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 : 2x2  x 1 x2 x 1 3x

Ta thấy :



 



2 2 2

2x  x 1  x  x1 x 2x

, như vậy khơng thỏa mãn điều kiện trên.

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
1

t
x



thì bài tốn trở nên đơn giản hơn

Bài 18. Giải phương trình : 3 x 1 3 x2 1  3 x23x2

Giải:



 



3 1 1 3 2 1 0 0

x

pt x x

x



       




Bi 19. Giải phương trình : 3 x 1 3 x2 3 x3 x2x
Giải:

+ x0, không phải là nghiệm

+ x0, ta chia hai vế cho x:





3 3 3

3 x 1 x 1 x 1 3 x 1 1 x 1 0 x 1

x x

 

 

           

 

Bài 20. Giải phương trình: x 3 2x x 1 2x x24x3
Giải: dk x: 1 pt



 



3 2 1 1 0

x

x x x

x




       




Bài 21. Giải phương trình :

3 4

x

x x

x

  



Giải: Đk: x0 Chia cả hai vế cho x3:

4 4 4

1 2 1 0 1

3 3 3

x x x

x

x x x

 

        

    

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Đk: 0 x 3 khi đó pt đ cho tương đương :x3 3x2 x 3 0

3 3

1 10 10 1

3 3 3 3

x x 

 

      

 

Bài 23. Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x 4
Giải:

Đk:x3 phương trình tương đương :





2 2

1
3 1 3

1 3 9 5 97

3 1 3

x

x x

x

x x



   



       

 
  

 

Bài24. Giải phương trình sau :









2 3

2 3 9 x x2 2x3 3x x2
Giải : pttt





3 x 2 33x 0 x 1

     

Bài 25. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2

Điều kiện: x1

Nhận xét. x x2 1. x x2 1 1
Đặt t  x x2 1 thì phương trình có dạng:

2 1

t t

t

   

Thay vào tìm được x1

Bài 26. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5

Giải

Điều kiện:

x

Đặt t  4x5(t0) thì

2 5
4

t
x 

. Thay vào ta có phương trình sau:

4 2

2 4 2

10 25 6

2. ( 5) 1 22 8 27 0

16 4

t t

t t t t t

 

        

2 2

(t 2t 7)(t 2t 11) 0

     

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1 2 2; t3,4  1 2 3
Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 1 2 2,t3 1 2 3

Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1 2 và x 2 3

Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 6x 1 0

Ta được: x x2(  3)2  (x 1)2 0, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x5 và đưa về hệ đối xứng

Bài 27. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

Điều kiện: 1 x 6

Đặt y x 1(y0) thì phương trình trở thnh: y2 y5 5  y4 10y2 y20 0 ( với y 5)

2 2

(y y 4)(y y 5) 0

     

1 21 1 17

2 (loại) 2

y  y  

  

Từ đó ta tìm được các giá trị của

11 17
2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 28. Giải phương trình sau :









2004 1 1

x  x   x

Giải: đk 0 x 1

Đặt y 1 x pttt









2 2

2 1 y y y 1002 0 y 1 x 0

        

Bài 29. Giải phương trình sau :

2 2 1 3 1

x x x x

x

   

Giải:

Điều kiện:   1 x 0

Chia cả hai vế cho x ta nhận được:

1 1

2 3

x x

   

Đặt

t x
x

 

, ta giải được.
Bài 30. Giải phương trình : x23 x4 x2 2x1

Giải: x0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:

1 1

x x

 

   

 

 

Đặt t=

3 x 1

x



, Ta có : t3 t 2 0 

1 5

t   x 

Bài 31. Giải phương trình :





2 3

2 x 2 5 x 1
Giải: Đặt u x1,v x2 x1

Phương trình trở thành :



2 2



2 5 1

u v

u v uv

u v





  

 

 Tìm được:

5 37
2

x 

Bài 32. Giải phương trình :

2 3 1 3 4 2 1

x  x  x x 

Bài 33: giải phương trình sau :2x25x 1 7 x3 1

Giải:

Đk: x1 Nhận xt : Ta viết

















2 2

1 1 7 1 1

x x x x x x



 



     

Đồng nhất thức ta được:

















2 2

3 x1 2 x  x 1 7 x 1 x  x 1

Đặt u x 1 0 , v x 2  x 1 0, ta được:

3 2 7 1

v u

u v uv

v u





  

 


Ta được :x 4 6

Bài 34. Giải phương trình :





3 3 2 2 2 6 0

x  x  x  x

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Nhận xét : Đặt y x2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :

3 2 3 3 2 3

3 2 6 0 3 2 0

x y

x x y x x xy y

x y




         



 Pt có nghiệm :x2, x 2 2 3

Bài 35. giải phương trình : x23 x2 1 x4 x21
Giải:

Ta đặt :

2
2

u x

v x

 



 


 khi đó phương trình trở thành : u3v u2 v2

Bài 36.Giải phương trình sau : x22x 2x 1 3x24x1
Giải Đk

1
2

x

. Bình phương 2 vế ta có :



x2 2x





2x 1



x2 1



x2 2x





2x 1





x2 2x





2x 1



          

Ta có thể đặt :

2
2 1

u x x

v x

  


 

 khi đó ta có hệ :

2 2

1 5

u v

uv u v

u v

 



  

 





Do u v, 0.





1 5 1 5

2 2 1

2 2

u  v x  x  x

Bài 37. giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x1
Giải:

Đk x5. Chuyển vế bình phương ta được:









2 2

2x  5x 2 5 x  x 20 x1







 







2 20 1 4 5 1 4 2 4 5

x  x x  x x x  x x  x

Ta viết lại phương trình:









2 2

2 x  4x 5 3 x4 5 (x  4x 5)(x4)

. Đến đây bài toán được giải
quyết .

Bài 38. Giải phương trình :





2 3 2 2 1 2 2 2

x   x  x  x 

Giải:

2 2

t  x  , ta có :





2 3

2 3 3 0

t

t x t x

t x



      

 


Bài 39. Giải phương trình :





2 2

1 2 3 1

x x  x x 

Giải:

Đặt : t  x2 2x3, t  2 Khi đó phương trình trở thnh :





1 1

x t x   x2 1



x1



t 0

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn :

















2 2 3 1 2 1 0 2 1 2 1 0 2

t

x x x t x t x t x

t x



              

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài 40. Giải phương trình sau : 4 x 1 1 3 x2 1 x 1 x2

Giải:

Nhận xét : đặt t  1 x, pttt: 4 1x 3x2t t 1x (1)

Ta rút x 1 t2 thay vào thì được pt:









3t  2 1x t4 1x 1 0

Nhưng khơng có sự may mắn để giải được phương trình theo t









2 1 x 48 x 1 1

      

khơng có
dạng bình phương .

Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo



 



2 2

1 x , 1x
Cụ thể như sau : 3x



1 x



2 1



x



thay vào pt (1) ta được:
Bài 41. Giải phương trình: 2 2x4 4 2  x  9x216

Giải .

Bình phương 2 vế phương trình:













2 2

4 2x4 16 2 4 x 16 2 x 9x 16
Ta đặt :





2 4 0

t   x 

. Ta được: 9x2 16t 32 8 x0

Ta phải tách









2 2 2

9x 



2 4 x  9 2



x  8



làm sao cho t có dạng chính phương .

2 2

3 3

3 7x 1 x  x 8 x  8x 1 2

33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0

       

Bài 42 Giải phương trình :x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 5 x. 2 x

Giải :

2
3
5

u x

v x

w x

  




 




 


 , ta có :



 





 





 



2
2

3 3

5 5

u v u w
u uv vw wu

v uv vw wu u v v w

w uv vw wu v w u w

   

    




       

 

     

  

  , giải hệ ta được:

30 239

60 120

u  x

Bài 43. Giải phương trình sau : 2x2 1 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x2

Giải . Ta đặt :

2
2

2 1

3 2

2 2 3

a x

b x x

c x x

d x x

  


   




  




  


 , khi đó ta có : 2 2 2 2

a b c d

x

a b c d

  


 


  


Bài 44. Giải các phương trình sau

1) 4x25x 1 2 x2 x 1 9x 3













3 4 3 2

4 4

4 1 1 1 1

x x  x   x   x x  x  x

Bài 45.Giải phương trình:





325 3 325 3 30

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đặt y335 x3  x3y335

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3 3

( ) 30
35

xy x y

x y

 





 


 , giải hệ này ta tìm được

( ; ) (2;3) (3;2)x y   . Tức là nghiệm của phương trình là x{2;3}

Bài 46Giải phương trình:

4
4

1
2 1

x x

   

Điều kiện: 0 x 2 1

Đặt

4
4

2 1

0 2 1,0 2 1

x u

u v

x v

   


      






Ta đưa về hệ phương trình sau:

4
4

2 4 4

4
1
1

2
2

2 1 2 1

u v

u v

u v v v



 

 

 

 



 

 

        

  




Giải phương trình thứ 2:

2 2

4
1

( 1) 0

v   v  

  , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình.

Bài 47. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

Điều kiện: x1

Đặt a x1,b 5 x1(a0,b0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:

( )( 1) 0 1 0 1

a b

a b a b a b a b

b a

  


           


 




Vậy

11 17

1 1 5 1 1 5

x    x  x   x x 

Bài4 8. Giải phương trình:

6 2 6 2 8

5 5

x x

 

 

 

Giải

Điều kiện: 5x5

Đặt u 5 x v,  5 y



0u v,  10



Khi đó ta được hệ phương trình:

2 2 10 ( ) 10 2

2 4

4 4 8 ( ) 1

2( )

3
3

u v uv

u v

u v
u z

uv
u v



     

 



   

  

      

 

   

Bài 49 Giải phương trình: x2 2x2 2x1
Điều kiện:

1
2

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta có phương trình được viết lại là: (x 1)2 1 2 2 x1

Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau:

2
2

2 2( 1)
2 2( 1)

x x y

y y x

   




  




Trừ hai vế của phương trình ta được (x y x y )(  ) 0

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 2

Bài 50. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5

Giải

Điều kiện

5
4

x

Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 12x 2 2 4 x5  (2x 3)2 2 4x 5 11

Đặt 2y 3 4x5 ta được hệ phương trình sau:

2
2

(2 3) 4 5

( )( 1) 0

(2 3) 4 5

x y

x y x y

y x

   



    



  




Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3

Với x y  1 0  y 1 x x 1 2

Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 2; 1 3}

Bài 51 . Giải phương trình: 4x2 5 13x 3x 1 0

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :

13 33

2 3 1

4 4

x x

 

   

 

 

Đặt

2 3 1

y  x

thì chúng ta khơng thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được.
Điều kiện:

1
3

x

, Đặt

3 1 (2 3), ( )

x  y y

Ta có hệ phương trình sau:

2
2

(2 3) 2 1

( )(2 2 5) 0

(2 3) 3 1

x y x

x y x y

y x

    



    



  




Với

15 97
8

x y x 

Với

11 73

2 2 5 0

x y   x 

Kết luận: tập nghiệm của phương trình là:

15 97 11 73
;

8 8

   

 

 

 

 

Bài 52. Giải phương trình :

2 2

1 x x

x   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có :





2 2

2 2 1

2 2 1 9

1 1

x

x x x

x

x x

 

    

  

      

     

  

   

     

Dấu bằng

2 2 1 1

1 1 x

x x

   

 

Bài 53. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2x4 16
Giải: Đk:   1 x 1

Biến đổi pt ta có :





2 13 1 2 9 1 2 256

x  x  x 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

















2 2 2 2 2

13. 13. 1 x 3. 3. 3 1x 13 27 13 13  x  3 3x 40 16 10 x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:





2 2 16

10 16 10 64

x  x   
 

Dấu bằng

2
2

2 2

2
1

5
1

2
10 16 10

x
x

x

x x



   

 




  



 

 

 



Bài 53. giải phương trình: x3` 3x2 8x40 8 4 4 x4 0

Ta chứng minh : 8 44 x4  x 13 và



 



3 3 2 8 40 0 3 3 13

x  x  x   x x  x









2 2 2

2x  2x 1 2x  3 1 x 1 2x  3 1 x 1 3
2)

2 4 5 2 10 50 5

x  x  x  x 

Bài 54. Giải phương trình :













2 2

2x1 2 4x 4x4 3 2x  9x 3 0
Giải:



2x 1 2





2x 1



2 3





3x





3x



2 3



f



2x 1



f



3x



             

Xét hàm số

 





2 3

f t t  t 

, là hàm đồng biến trên R, ta có

1
5

x

Bài 55. Giải phương trình x3 4x2 5x 6 3 7x29x 4

Giải . Đặt y37x29x 4, ta có hệ :









3 2

3
3

2 3

4 5 6

1 1

7 9 4

x x x y

y y x x

x x y

    


     



  


</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Xét hàm số : f t

 

 t3 t, là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình

 









3 2

1 1 1 7 9 4 1 5

x

f y f x y x x x x

x





              
 


Bài 56. Giải phương trình sau :









3 3

2 2 1

1 1 1 1

3
3

x

x  x x  

      

 

 

Giải:

Điều kiện : x 1

Với x [ 1;0]: thì









3 3

1x  1 x 0

(ptvn)

[0;1]

x ta đặt : x cos ,t t 0; 2



 

   

  . Khi đó phương trình trở thành:

1 1

2 6 cos 1 sin 2 sin cos

2 6

x  t  t  t 

  vậy phương trình có nghiệm :

1
6

x

Bài 57. Giải các phương trình sau : 
1)

1 2 1 2

x x

 

    

  HD:

1 2cos
tan

1 2cos

x
x

x










2 2

1 1 x x 1 2 1  x

Đs:
1
2

x

3) x3 3x x2 HD: chứng minh x 2 vô nghiệm

Bài 58 . Giải phương trình sau: 3 6x 1 2x
Giải: Lập phương 2 vế ta được:

3 3 1

8 6 1 4 3

x  x  x  x

Xét : x 1, đặt xcos ,t t







. Khi đó ta được

5 7

cos ;cos ;cos

9 9 9

S 





  mà phương trình bậc 3 có

tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.

Bài 59. .Giải phương trình

1
1

x

 



 



 

Giải: đk: x 1, ta có thể đặt

, ;

sin 2 2

x t

t

 

 

   

 

Khi đó ptt:





cos 0
1

1 cot 1 1

sin sin 2

t
t

x t






  

 


Phương trình có nghiệm : x 2



3 1



Bài 60 .Giải phương trình :









2
2
2

1
1

2 2 1

x
x

x

x x x




  

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Giải: đk x0,x1
Ta có thể đặt :

tan , ;

2 2

x t t 

 



 

Khi đó pttt.





2sin cos2t tcos2t1 0  sin 1 sint  t 2sin t 0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm
1

x

Bài 61. Giải phương trình :





2 2 2

3 2 1 2 2

x   x  x  x 

Giải: t  x22 , ta có :





2 3

2 3 3 0

t

t x t x

t x



      

 


Bài 62. Giải phương trình :





2 2

1 2 3 1

x x  x x 

Giải:

Đặt : t  x2 2x3, t  2

Khi đó phương trình trở thnh :



x1



t x21 x2 1



x1



t 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn

















2 2 2

2 3 1 2 1 0 1 2 1 0

t

x x x t x t x t x

t x



              

 


Từ một phương trình đơn giản :



1 x 2 1x

 

1 x 2 1x



0, khai triển ra ta sẽ được pt sau
Bài 63. Giải phương trình sau : 4 x 1 1 3 x2 1 x 1 x2

Giải:

Nhận xét : đặt t  1 x, pttt: 4 1x 3x2t t 1x (1)

Ta rt x 1 t2 thay vo thì được pt:









3t  2 1x t4 1x1 0

Nhưng khơng có sự may mắn để giải được phương trình theo t









2 1 x 48 x 1 1

      

khơng có
dạng bình phương .

Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo



 



2 2

1 x , 1x
Cụ thể như sau : 3x



1 x



2 1



x



thay vào pt (1) ta được:
Bài6 4. Giải phương trình: 2 2x4 4 2  x  9x216

Giải .

Bình phương 2 vế phương trình:













2 2

4 2x4 16 2 4 x 16 2 x 9x 16
Ta đặt :





2 4 0

t   x 

. Ta được: 9x2 16t 32 8 x0

Ta phải tách









2 2 2

9x 



2 4 x  9 2



x  8



làm sao cho t có dạng chình phương .

Nhận xét : Thơng thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

a) (4x1) x3 1 2x32x1 b) x2 1 2 x x2 2x

c) x2 1 2 x x22x d) x24x(x2) x2 2x4

Bài 64 Giải phương trình :













2 2

2x1 2 4x 4x4 3 2x  9x 3 0

























2 2

2x 1 2 2x 1 3 3x 2 3x 3 f 2x 1 f 3x

             

Xét hàm số

 





2 3

f t t  t 

, là hàm đồng biến trên R, ta có

1
5

x

Bài tập trong các đề thi tuyển sinh.

Bài 1 :

a)(ĐHXD) Giải pt

x



6 x



6 2



x



1

b) (CĐSP MG 2004)



x



4 x



3 2



x



5

c) (CĐSP NINH BÌNH)

3 x



2 

x



7 1



d) (CĐ hoá chất)

x

 

8 x



x



3

e) (CĐ TP 2004)

2 x



2 x



1 7



g) (CĐSP bến tre)

5 x



1 

3 x



2 

x



1 0



h) (CĐ truyền hình 2007)

7 

x



x x



5 

3 2



x x



2
ĐS:

a) x=1. b) x=14/5 c) x=9. d)x=1
e) x=5 g) x=2 h) x=-1.

Bài 2:

a)(ĐHNN-2001) Giải phương trình

x

 

1

4 

x



(

x



1)(4



x

) 5.



b) (CĐ Nha trang 2002) :

x



2 

5 

x



(

x



2)(5



x

) 4



Hdẫn:

a) ĐK: -1≤x≤4.

Đặt t=

x

 

1

4 

x



0

. Giải được t=-5 (loại), t=3. Giải t=3 được x=0.
b) x=

3 3 5

2 

Bài 3

a)(ĐHQG KD-2001) Giải phương trình

4 x



1 

4 x



1 1



.
b) (CĐXD 2003)3

2 x

 

1

2 x



2 

2 x

 

3 0

Hdẫn:
a) ĐK: x≥1/2

Xét hàm số y=

4 x



1 

4 x



1

. HSĐB trên [1/2;+∞). Và f(1/2)=1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=1/2.

b)x=-1 là nghiệm .

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài 4 : Giải pt

2 x



8 x



6 

x



1 2



x



2

.
ĐK : x ≤-3,x=-1,x≥1.

-Với x=-1 Thoả mãn pt
-Với x≤-3 thì VP<0 loại
-Với x≥1 pt

(

1)(2

6)

(

1)(

1) 2 (

1)

2

6 1 2

1 x













 







Tiếp tục bình phương 2 vế thu được x=1.
Vậy pt có 2 nghiệm x=1 ; x=-1.

Bài 5 : (ĐH mỏ điạ chất) Giải pt

x



4 

x

 

2 3

x

4 

x

2
ĐK :

x



2

. Đặt t=

x



4 

x

2 . Giải được t=2 ; t=-4/3.
+t=2 được x=0, x=2

+t=-4/3 được

2

14

2

14 ;

3 x



 

x



 

(loại)
KL : Pt có 3 nghiệm.

Bài 6 : (HV CNBCVT) Giải pt

3

4

1

3

2

5 x

 

x







.
Giải : ĐK : x≥2/3.

Trục căn thức ta được

3 ( 4

1

3 2)

4

1

3 2 5

5 x

 



x

 

x





x

 

x





.
PT trên có nghiệm x=2.

HS y=

4 x

 

1

3 x



2

ĐB do vậy x=2 là nghiệm duy nhất.
Bài 7: Giải phương trình

3(2



x



2) 2



x



x



6

.
ĐK: x≥2.

2(3

)

6 2

2 2(3

)(

6 2

2) 8(3

)

3 6 2

2 4

x



























 









KL: x=3; x=

11

15

2 

Bài 8: Giải phương trình

x



x



7 7



ĐK:x



-7.

Đặt

t



x



7 0

 

t

 

x

7

.
Phương trình trở thành

2 2

7

(

)

(

)(

1) 0

x

t

x

t

x t

x t x t

t

x



 















 





 





Giải được x=2; x=

1

29

2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

a) x3 1 2 23 x1
  

    

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

1
1 2

1 2 1 2 1 5

1 2 2( ) 2 0( )

1 5
1 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.
c)

2 2

3(2 x) 3(7x)  3(7 x)(2 x) 3

-Đặt :

2

3 2

3

.

3 3 7

9

3 1;

2 1; 6

2 u

v

uv

u

x

pt

v

x

u

v

u v

u

v

x

uv




 

 

 

 






















 



 

   



d) 32 x  1 x1
.ÑK : x1

3 2

1;

0

1 0;1; 2;

1;0;3

3 2 1

1;2;10

u

x

v

x

v

u

v

u

v

u

v

x

















 



 









Bài 9: Giải phương trình

x



2 

x



2 2



x



4 2



x



2

ĐK: x≥2.

Đặt

t



x



2 

x



2 

t



2 x



4 2



x

Thế vào phương trình giải được t=1; t=-2. từ đó giải được x=2.

Bài 10: (Tham khảo 2002) giải phương trình

x



4 

x



4 2



x



12 2



x



16

ĐK:x≥4.

Phương trình



x



4 

x



4 (



x



4 

x



4)



12

Đặt t=

x



4 

x



4

≥0. giải phương trình ẩn t được t=4; t=-3 (loại).
Giải được x=5.

Bài 11 :

a)(CĐSP 2004) Giải pt

3

2

1

2

1

2 x



x





x



x







</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Xứ Đoài (II) 2012

<b>Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ</b>











































 





 









 































































































