De cuong on thi

Bài 2. Giải phương trình

2 x  3 x .

ĐK: x 0 , bình phương hai vế:
 x  1
(1)  x 2 2 x  3  x 2  2 x  3 0  ( x  1)( x  3) 0  
 x 3
Kết hợp với điều kiện: x  1 (loại)
Vậy nghiệm của phương trình là: x 3

Bài 2. Giải phương trình:

4 x  8072  9 x  18162 5 .
4 x  8072  9 x  18162 5 (ĐK: x  2018 )
 2 x  2018  3 x  2018 5  5 x  2018 5
 x  2018 1
Bình phương hai vế:
 x  2018 1
 x  2017 (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình là x  2017

Bài 2. Giải phương trình sau: x + 3 x  4 0
Đặt x = t (t ≥ 0) (1)
Khi đó phương trình đã cho trở thành: t2 + 3t – 4 = 0 (2)
Phương trình (2) có tổng các hệ số bằng 0;
suy ra (2) có hai nghiệm: t1 = 1 (thỏa mãn (1)); t2 = - 4 (loại do (1)).
Thay t1 = 1 vào (1) suy ra x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
Bài 2. Giải phương trình:

2x  1 = 7  x

2x  1 = 7  x
7  x 0

2
2x  1 =  7  x 
 x 7  1
 2
 x  16x  48 0

Giải phương trình: x2 – 16x + 48 = 0
2

Ta có:



 b2  ac   8  1 48 64  48 16  0

  16 4
x1 

Bài 2. Giải bất phương trình:

 b   8  4

12;
a
1

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

 b   8  4
x2 

4
a
1
Đối chiếu với điều kiện (1) thì chỉ có x = 4 là nghiệm của phương trình đã
cho.
3x  2  7 x  8
3x  2  0
3x  2  7 x  8  
 1
7 x  8  0
hoặc

3x  2  0
 2

2
3
x

2

7
x

8






Giải (1) được:
Giải (2):



8
2
x  
7
3;

2

2

x 

3 x  2  0
2
4
 x 

3
 
 
  x 
3


2
3
9
9 x 2  5 x  4  0
 1  x  4
 3 x  2   7 x  8


9

Kết hợp cả (1) và (2) ta được nghiệm của bất phương trình là:


Bài 2. Giải phương trình

8
4
x 
7
9

6  x  x 2 1 1

x 3  2 x 

ĐK:  3  x 2
 1  x  3  2  x 







 3  x   2  x   1 0

 

x  3 1



2  x  1



x  3  1 1

.



2  x 0



2  x 0

 x  3  1 0


 1  2  x 0
 x  3 1

 2  x 1
 x  3 1
 x  2

 2  x 1  x 1


Kết hợp với điều kiện

x    2;1

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là

S   2;1

.

2

Bài 2. Giải phương trình 6 x  2  3 3  x 3x  1  4  x  x  6 .
6 x  2  3 3  x 3 x  1  4  x 2  x  6
 6 2  x  3 3  x 3x  1  4 (2  x)(3  x)
ĐK:  2  x 3
2
2
Đặt a  2  x , b  3  x (a, b 0)  3x  1 4a  b  10

Phương trình trở thành:
6a  3b 4a 2  b 2  10  4ab  3(2a  b) (2a  b) 2  10

 (2a  b)2  3(2a  b)  10 0  (2a  b  2)(2a  b  5) 0
 2a  b  5 0 (do a, b 0  2a  b  2  0)  2a  b 5
 2 2  x  3  x 5
Cách 1:


2 2  x  3  x 5  4(2  x)  4 (2  x)(3  x)  3  x 25
 3x  11  4 (2  x)(3  x) 25  4 (2  x)(3  x) 14  3 x
 16(6  x  x 2 ) 196  84 x  9 x 2 (do x 3  14  3x  0)
 25 x 2  100 x  100 0  x 2  4 x  4 0  ( x  2) 2 0
 x 2 (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 2
Cách 2:
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:



2 2 x  3 x

2

  2

2

 12   2  x  3  x  25

 2 2  x  3  x 5
2x

 3  x  2  x 12  4 x  x 2
2
Dấu “=” xảy ra
Bài 2. Giải phương trình:



72 x  x  2 x



7 x



72 x  x  2 x



.

7 x

(1)

ĐK: 0  x 7
(1)  7  2 x  x 2 7  x  x . 7  x

  7  x 
7 x








7 x 

x . 7  x  2 x  2 7  x 0
7 x 
x



 

x  2

7 x 



x 0

 7  x  x 0
7  x  2 0  

 7  x  2 0



 7 x  x
 7  x x



 7  x 4
 7  x 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là

 x 3,5 (TM)
 x 3 (TM)

S  3,5;3

2

Bài 2. Giải phương trình:

x
 x 2  4 8  x 2
4
x2
 x 2  4 8  x 2 
4

x 2  4 x 2  4 16  2 x 2

(1)

2
2
2
2  x 2 2
ĐK:
; Đặt y  x  4 ( y 0)  x  y  4
Phương trình (1) trở thành:

y 2  4  4 y 16  2  y 2  4  

 y  2

2

8  2 y 2  y  2 8  2 y 2

 y  2 8  2 y 2 (do y 0  y  2  0)  2 y 2  y  6 0  ( y  2)(2 y  3) 0
3
 2 y  3 0 (do y  2  0)  y 
2
2
25
5
 3
3
x 2    4  x 2   x 
y

4
2
 2
2 , ta có:
Với


5
 x 
2
Kết hợp với điều kiện
5
x 
2.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
3

Bài 2. Giải phương trình :



 x3  4  
x
ĐK:

3

3

( x 2  4) 2  4

2

  1 .

3

 4  0  x  3 4

3
2
Đặt: x  4 u
3

(2)

x 2  4 v (v  1)  v 3  4 x 2
2 3

(3)
2

  u   v  4  hay u  4 v
Khi đó phương trình (1)
Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:
 x 3  4 u 2
 x 3  v3 u 2  x 2 (5)
 3
2
 v  4 x   3

3
2
2
u  x v  u (6)
 u 3  4 v 2

Vì x, u, v > 1 nên giả sử x v thì từ (5)  u x
Có u x nên từ (6)  v u
Do đó: x v u x  x v u
Mặt khác, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vơ lí)
Vì x = u nên:
x 3  4 x 2   x  2   x 2  x  2  0  x 2
(thỏa mãn)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.
Bài 2. Giải phương trình:

2

3

x 2  3x  2  x  3  x  2  x 2  2x  3

x 2  3 x  2  x  1  x  2  ,
Ta c ó:
x 2  2 x  3  x  1  x  3

Điều kiện: x  3  0; x  2  0  x  3; x  2 x ≥ 2 (*)
Phương trình đã cho
 (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0
x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0






x-2 - x+3





x-1-1 =0

 x - 2 = x + 3 (VN)
 
 x 2
x
1
1
=
0

(thoả mãn đk (*))
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.
Bài 2. Giải phương trình:

x2 +

x + 2010 = 2010.

2
Ta có x +

x + 2010 = 2010 (1) Điều kiện: x ≥ - 2010

2

(4)


(1)

 x2 + x +

1
- x - 2010 +
4

x + 2010 -

2

1
=0
4

2

1

1

 -  x +2010 -  = 0
2
2

1
1
= x + 2010 - . (2)
2
2
1
1
= - x + 2010 + . (3)
2
2
 x  1 0

(x  1)2 x  2010 (4)
Giải (2) : (2)  
(4)  (x + 1)2 = x + 2010  x2 + x - 2009 = 0
∆ = 1 + 4 . 2009 = 8037
- 1 + 8037
-1 - 8037
x1 =
; x2 =
2
2
(loại)
 2010 x 0

x  x  2010   2
 x x  2010 (5)
Giải (3): (3) 

 x +


x +
 
x +


2
(5)  x  x  2010 0 .∆ = 1 + 4 . 2010 = 8041,
1 + 8041
1 - 8041
x1 =
; x2 =
2
2
(loại nghiệm x1)

x

Vậy phương tình có 2 nghiệm:


Bài 2. Giải phương trình:

x+8

x+3



 1  8037
1  8041
;x
2
2
.



x 2  11x + 24  1 5

.
Câu 5: ĐK: x ≥ - 3 (1)
x + 8 a; x + 3 b  a 0; b 0 
Đặt
(2)
x 2 11x + 24   x + 8   x + 3  ab
Ta có: a2 – b2 = 5;
Thay vào phương trình đã cho ta được:
(a – b)(ab + 1) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
 a - b = 0  x + 8  x + 3 (vn)

x = - 7
  1 - a = 0   x + 8 1


x = - 2
 1 - b = 0  x + 3 1

Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 2.

4
1
5
 x - x + 2x x
x
Bài 2. Giải phương trình: x
x  0, x -

Điều kiện:
4
1
 x x 
x
x

1
5
0, 2 x - 0.
x
x
(*)
5
4
1
2x  x -  x x

x
x

2x -

5
x



4
4
1

x - 
  x -  1
x
x 
1
5
1
5

x  2x x  2x 
x
x
x
x

1

1
0
1
5
4
x  2x  x - 0
x
x
x
(vì
)
 x  2 .
Đối chiếu với điều kiện (*) thì chỉ có x = 2 thỏa mãn.
4
 x
x

Bài 2. Giải phương trình:

√ 3 x + √ 75=0 .
Phương trình tương đương với
⇔
x=−5

Bài 2. Giải phương trình:

√ 3 x=− √ 75

⇔

√ 3 x=−5 √ 3

√ 3 x 2 −6 x+ 19+√ x 2 −2 x+ 26 = 8 - x2 + 2x .
x −1 ¿2 +16
¿
2
x
−
1¿
+25 = 9 - (x - 1)2
Câu 4: PT <=>
¿
3¿
√¿
VT > 9; VP < 9 (vì (x - 1)2 > 0) nên:
VT 9

PT <=> VP 9 <=> x = 1 (TM)

Bài 2. Giải phương trình

x 2  2x  4 2 .
a) Bình phương hai vế ta được:
x2 - 2x + 4 = 4 <=> x(x - 2) = 0 <=> x = 0 hoặc x = 2

√ x2 +1

Bài 2. Giải phương trình: x2 + 3x + 1 = (x + 3)
Câu 5: Đặt

√ x2 +1

= t, với t > 0, ta có t2 - (x + 3) t + 3x = 0

Xem pt trên  = (x + 3)2 - 12x là pt bậc 2 đối với t.
t1 = t2
x +3+ x −3
x +3 − x +3
=x ; =
=3
= (x - 3)2
2
2
 x 0
2
 2
x
+1
√
x  1 x 2
Do đó: - Hoặc:
=x  
vô nghiệm.
- Hoặc: √ x2 +1 = 3  x2 = 8  x = ± 2 √ 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = ± 2 √ 2 .

Bài 2. Giải các phương trình:



x+5





x + 2 1  x 2  7x + 10 3

Đk: x ≥ - 2 (1)



 0





Đặt

x + 5 a;

x + 2 b  a 0; b 0 

(2)

2

x  7x + 10   x + 5   x + 2  ab
Ta có: a2 – b2 = 3;

Thay vào phương trình đã cho ta được:
(a – b)(1 + ab) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
 x + 5  x + 2 (VN)
a - b = 0

x = - 4


 x + 5 1
 1 - a = 0
x = - 1

x
+
2

1
 1 - b = 0

nên 
Đối chiếu với (1) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = - 1.