Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

Chia sẻ: Nguyen Trung Viet | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:25

4
1.385
lượt xem
505
download

Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài, mời các bạn cùng tham khảo ôn tập.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số

  1. Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số (Dưới đây là hướng dẫn giải cho các bài toán và đáp số bài toán, lời giải chi tiết dành cho các em, có thể post lên diễn đàn để trao đổi về phương pháp, dạng bài) Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 1, x − 3 = 5 − 3x + 4 - Điều kiện: x ≥ 3 - Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: x − 3 + 3x + 4 = 5 sau đó bình phương 2 vế, đưa về dạng cơ bản f ( x) = g ( x) ta giải tiếp. - Đáp số: x = 4 2, x 2 + 5 x + 1 = ( x + 4) x 2 + x + 1 - Đặt t = x 2 + x + 1 > 0 , pt đã cho trở thành: t = x t 2 − ( x + 4) t + 4x = 0 ⇔  t = 4 Với t = x ⇔ x 2 + x + 1 = x : vô nghiệm −1 ± 61 Với t = 4 ⇔ x 2 + x − 15 = 0 ⇔ x = 2 −1 ± 61 - Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 3, 4 18 − x = 5 − 4 x − 1 - Ta đặt u = 4 18 − x ≥ 0; v = 4 x − 1 ≥ 0 ⇒ u 4 + v 4 = 17 , ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x - Đáp số: Hệ vô nghiệm ( ) 4, 3 2 + x − 2 = 2 x + x + 6 ( *) - Điều kiện: x ≥ 2 1
  2. 8 ( x − 3) x = 3 - Ta có: ( *) ⇔ 2 ( x − 3) = ⇔ 3 x−2 + x+6 3 x − 2 + x + 6 = 4  108 + 4 254    - Đáp số: x = 3;    25   5, 2 x2 + 8x + 6 + x2 −1 = 2 x + 2  x = −1 2 x 2 + 8 x + 6 ≥ 0  - Điều kiện:  2 ⇔ x ≥ 1  x −1 ≥ 0   x ≤ −3  - Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình - Xét với x ≥ 1 , thì pt đã cho tương đương với: 2 ( x + 3) + x − 1 = 2 x + 1 Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f ( x) = g ( x) ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này nghiệm x = 1 - Xét với x ≤ −3 , thì pt đã cho tương đương với: −2 ( x + 3) + − ( x − 1) = 2 − ( x + 1) Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f ( x) = g ( x) ta dẫn tới nghiệm trong 25 trường hợp này là: x = − 7  25  - Đáp số: x = − ; ±1  7   9 6, x( x − 1) + x( x + 2) = 2 x 2 ĐS: x = 0;   8 7, 3 x+ 4 − 3 x− 3 = 1 - Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được. - Đáp số: x = { −5; 4} 2
  3.  4    −2 − 14   8, x + 4 − x = 2 + 3 x 4 − x → t = x + 4 − x ⇒ t = − ; 2  ⇒ x = 0; 2; 2 2 2   3    3   9, x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 = 3 - Đặt t = x 2 − 3 x + 3 > 0 ⇒ x 2 − 3x + 3 = t 2 3 ≥ t  - Phương trình thành: t + t + 3 = 3 ⇔ t + 3 = 3 − t ⇔  2 2 ⇔ t =1 2 2 t + 3 = ( 3 − t )  Suy ra x − 3 x + 2 = 0 ⇔ x = { 1; 2} 2 - Vậy tập nghiệm của phương trình là x = { 1; 2} 10, x2 + 2x + 4 = 3 x3 + 4x - Điều kiện: x ≥ 0 u 2 = v 2 + 4  u 2 = v 2 + 4  - Đặt u = x + 4 ≥ 2; v = x ≥ 0 ⇒  2 ⇒ 2 u + 2v = 3uv ( u − v ) ( u − 2v ) = 0 2   4 Giải ra ta được x = (thỏa mãn) 3 11, 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 - Điều kiện: x ≥ 1 - Khi đó: 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 ( ) 2 ⇔ 3x − 2 + x − 1 = 3x − 2 + x − 1 ⇔ 3x − 2 + x − 1 = 1 Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm x = 1 12, 3 2 − x = 1− x −1 - Điều kiện: x ≥ 1 3
  4. u = 1 − v - Đặt u = 3 2 − x ; v = x − 1 ≥ 0 dẫn tới hệ:  3 2 u + v = 1 Thế u vào phương trình dưới được: v ( v − 1) ( v − 3) = 0 - Đáp số: x = { 1; 2;10}  y3 + 1 = 2 x   −1 ± 5    13, x + 1 = 2 2x − 1 → y = 2 x − 1 ⇒  3 ⇒ x = y ⇒ x = 1; 3 3 3  x +1 = 2 y    2    9  14, 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 2 = 5 x + 1 ĐS: x = −1; ;11  4  15, 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x = 8 - Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12 - Đáp số: x = { −2} 16, 2 x + 7 − 5 − x = 3x − 2 2 - Điều kiện: ≤ x≤5 3 - Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản. Sau đó giải tiếp theo như đã học.  14  - Đáp số: x = 1;   3 17, x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 - Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 7 - Ta có: x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 ⇔ x −1 ( ) ( x −1 − 7 − x = 2 x −1 − 7 − x )  x −1 = 2 x = 5 ⇔ ⇔  x −1 = 7 − x  x = 4 4
  5. - Đáp số: x = { 4;5} x+3 x+3 ⇔ 2 ( x + 1) − 2 = 2 18, 2 x 2 + 4 x = 2 2 2 ( x + 1) 2 = y + 3  x+3 - Đặt y + 1 = ⇒ 2 ( y + 1) = x + 3 2 2   −3 ± 17 −5 ± 13    - Đáp số: x =  ;    4 4   19, −4 x 2 + 13 x − 5 = 3 x + 1 ⇔ − ( 2 x − 3) + x + 4 = 3 x + 1 2 ( 2 y − 3) 2 = 3 x + 1  - Đặt 2 y − 3 = 3 x + 1 ⇒   − ( 2 x − 3) + x + 4 = 2 y − 3 2  15 − 97 11 + 73    - Đáp số: x =  ;    8 8   5 5 2 20, − x2 + 1 − x2 + − x − 1 − x2 = x + 1 4 4 - Điều kiện: x ≤ 1 1 1 - PT đã cho ⇔ 1 − x + + 1 − x2 − = x + 1 2 2 2 3  - Đáp số: x =  ; −1 5  Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau:  13  1, ( x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9 ĐS: x ∈ ∪  −∞; −  ∪ [ 3; ∞ )  6 2, x + 3 ≥ 2x − 8 + 7 − x ĐS: x ∈ [ 4;5] ∪ [ 6;7 ] 5
  6. 1 − 1 − 4x2 4x  1 1 3, 4 x − 3 ĐS: x ∈  − ;  \ { 0} x 1+ 1− 4x 2  2 2 3 1 1 4, 3 x + < 2x + − 7 → t = 2x + ≥2 2 x 2x 2x  8−3 7   1  8+3 7  ĐS: x ∈  0;   ∪  ;1 ∪  ;∞  2  4   2     5, x +1 > 3 − x + 4 ĐS: x ∈ ( 0; ∞ ) 6, 5 x 2 + 10 x + 1 ≥ 7 − x 2 − 2 x → t = x 2 + 2 x { ĐS: x ∈ ( 1; ∞ ) ∪ ( −∞; −3) \ −1 ± 2 2 } 1  1  7, 8 x 2 − 6 x + 1 − 4 x + 1 ≤ 0 ĐS: x ∈  ; ∞  ∪   2  4 8, 2 x − 1 + 3x − 2 < 4 x − 3 + 5 x − 4 4 - Điều kiện: x > 5 1− x 3 ( x − 1) - ( *) ⇔ 3 x − 2 − 4 x − 3 < 5 x − 4 − 2 x − 1 ⇔ < 3x − 2 + 4 x − 3 5x − 4 + 2x −1 Nếu x ≤ 1 ⇒ VT ≥ 0 ≥ VP : BPT vô nghiệm Nếu x > 1 ⇒ VT < 0 < VP : BPT luôn đúng - Đáp số: x ∈ ( 1; ∞ ) Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:  1 3 2 x + y = x  1,  - đây là hệ đối xứng loại II 2 y + 1 = 3   x y - Điều kiện: x ≠ 0; y ≠ 0 6
  7. 1 1 x = y - Trừ vế theo vế ta được: 2( x − y) = 4 −  ⇔  x y  xy = −2 2 Với x = y , hệ tương đương với 2 x = ⇔ x = ±1 x −2 Với xy = −2 ⇒ y = , thế vào pt đầu được: x x 3 3x 3 x = 2 → y = − 2 2x − = ⇔ = ⇔ 2 x 2 x x = − 2 → y = 2  { - Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = ( 1;1) , ( −1; −1) , ( )( 2; − 2 , − 2, 2 )}  x (3 x + 2 y )( x + 1) = 12 ( 3 x + 2 y ) ( x 2 + x ) = 12  2,  2 ⇔ x + 2 y + 4x − 8 = 0 ( 3 x + 2 y ) + ( x + x ) = 8 2  uv = 12 u = 6 u = 2 Đặt u = 3 x + 2 y; v = x 2 + x suy ra:  ⇔ ∨ u + v = 8 v = 2 v = 6   11   ( x; y ) = ( −2;6 ) , 1; 3 Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số:   , ( 2; −2 ) ,  −3,     2  2   x2 + y2 = 5  3,  4 2 2  x − x y + y = 13 4  - Đây là hệ đối xứng loại I đối với x 2 và y 2 - Đáp số: ( x; y ) = { ( 2; ±1) , ( −2; ±1) , ( 1; ±2 ) , ( −1, ±2 ) } 3 x 2 − 2 xy = 16  4,  2 - Đây là hệ đẳng cấp bậc 2  x − 3xy − 2 y = 8 2  - Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét x ≠ 0 , đặt y = tx  x 2 ( 3 − 2t ) = 16  Hệ trở thành:  2  x ( 1 − 3t − 2t ) = 8 2  7
  8. - Giải hệ này tìm t, x - Đáp số: ( x; y ) = { ( 2; −1) , ( −2,1) }  x+5 + y −2 = 7  5,  ⇒ x+5 + y −2 = y +5 + x−2 ⇔ x = y  y +5 + x−2 = 7  ⇒ ĐS: ( x; y ) = ( 11;11)  3  1  x ( x + y + 1) − 3 = 0 ( x + y ) − x = −1 x + y = 2 x + y =     2 6,  5 ⇔ ⇔ 1 ∨ ( x + y ) − 2 + 1 = 0 ( x + y ) 2 − 5 = −1 2  x =1  1 = 1  x  x 2  x 2    3  ⇒ ĐS: ( x; y ) = ( 1;1) ;  2; −     2   2 xy + 3 x + 4 y = −6 ( x + 2 ) ( 2 y + 3) = 0  7,  2 ⇔ 2  x + 4 y + 4 x + 12 y = 3  x + 4 y + 4 x + 12 y = 3 2 2   1  3  3  3  ⇒ ĐS: ( x; y ) =  −2;  ;  −2; −  ;  2; −  ;  −6; −    2  2  2  2   x 2 − xy + y 2 = 3( x − y )  x 2 − xy + y 2 = 3( x − y )  x 2 − xy + y 2 = 3( x − y )   8,  2 ⇔ 2 ⇔ y  x + xy + y = 7( x − y ) x = 2 y ∨ x = 2 2  2 x − 5 xy + 2 y = 0 2   2 ⇒ ĐS: ( x; y ) = { ( 0;0 ) ; ( 1; 2 ) ; ( −1; −2 ) }  1 1   1  x − y = y − x ( x − y )  1 +  = 0 9,  ⇔  xy  2 y = x + 1 3  2 y = x + 1 3     − 1 ± 5 −1 ± 5    ⇒ ĐS: ( x; y ) = ( 1;1) ;   2 ;     2  ( x + y ) + x + y − 2 xy = 4  2  x2 + y2 + x + y = 4  x + y = 0 ∨ x + y = −1 10,  ⇔ ⇔  x( x + y + 1) + y ( y + 1) = 2  xy = −2   xy = −2 8
  9. ⇒ ĐS: ( x; y ) = {( )( ) 2; − 2 , − 2, 2 , ( −2,1) , ( 1, −2 ) }  2x + y +1 − x + y = 1  11,  3 x + 2 y = 4  u = 2 x + y + 1 ≥ 0  u − v = 1 u = 2 u = −1 - Đặt  ⇒ 2 2 ⇒ ∨  v = x + y ≥ 0  u + v = 5 v = 1  v = −2 - Đáp số: ( x; y ) = ( 2; −1)  x2 + 1 ( x + 1) + y ( y + x ) = 4 y 2  y + ( y + x) = 4  x2 + 1 =1    12,  2 ⇔ 2 ⇔ y ( x + 1) ( y + x − 2 ) = y   x + 1 ( y + x − 2) = 1  y + x = 3  y   ⇒ ĐS: ( x; y ) = { ( 1; 2 ) ; ( −2;5) }  1 x  1 x  x+ + =7  x +  + = 7  xy + x + 1 = 7 y  y y  y y 13,  2 2 ⇔ ⇔  x y + xy + 1 = 13 y 2 2  x 2 + 1 + x = 13  1 x   y2 y  x + y  − y = 13   ⇒ ĐS: ( x; y ) = { ( 1; 2 ) ; ( −2;5) }  2 xy x + 3 2 = x2 + y  x − 2x + 9 14,  y + 2 xy = y2 + x   3 y − 2y + 9 2 ⇒ ĐS: ( x; y ) = { ( 0;0 ) ; ( 1;1) }  y ( 36 x 2 + 25 ) = 60 x 2  y = f ( x)    15,  z ( 36 y + 25 ) = 60 y ⇔  z = f ( y ) 60t 2 với f ( t ) = 2 2   36t 2 + 25  x ( 36 z + 25 ) = 60 z x = f ( z ) 2 2  ⇒ x, y , z ≥ 0 nên xét hàm f ( t ) trên miền [ 0;∞ ) , hàm này đồng biến ⇒ x = y = z 9
  10.  5 5 5  ⇒ ĐS: ( x; y; z ) = ( 0;0;0 ) ;   ; ;    6 6 6   x ( x2 − 8) = y ( y 2 + 2 )  3 ( x2 − 8)  x3 − 8 x = y3 + 2 y   y = 16,  2 ⇔ ⇔ x  x − 3 = 3 ( y + 1)  x = 3( y + 2) 2 2 2    (  x2 = 3 y 2 + 2 )   4 78 78   4 78 78   ⇒ ĐS: ( x; y ) = ( ±3; ±1) ;    ;− ; −    13 ; 13       13 13    Bài 4. Giải bằng phương pháp hàm số, đánh giá: 1, 2 x = 10 − 3 x ⇔ 2 x + 3 x = 10 → x = 2 là nghiệm duy nhất x x  5+ 2 6   5− 2 6  ( ) + ( 5 − 2 6 ) = ( 3) x x 3x 2, 5 + 2 6 ⇔  3 3  + 3 3  =1        x 5+ 2 6 5−2 6 5+ 2 6  - Do >1> > 0 nên hàm   3 3   đồng biến trên R, còn hàm 3 3 3 3   x  5− 2 6   3 3  nghịch biến trên R.     x 5+ 2 6  Nếu x ≥ 0 ⇒   3 3  ≥ 1 ⇒ PT vô nghiệm    x 5−2 6  Nếu x < 0 ⇒   3 3  > 1 ⇒ PT vô nghiệm    - Vậy PT đã cho vô nghiệm. 3, 3x 2 + 13 = 4 x − 3 + 3x 2 + 6 ( *) 3 - Nếu x ≤ ⇒ 4 x − 3 ≤ 0 ⇒ PT vô nghiệm 4 10
  11. 3 - Nếu x > 4 , ta có: ( *) ⇔ f ( x ) = 3 x 2 + 13 − 3 x 2 + 6 − 4 x + 3 = 0  1 1  3 Vì f ′ ( x ) = 3 x  −  − 4 < 0, ∀x > nên hàm f(x) đồng biến trên  3 x + 13 2 3x + 6  2 4 3  khoảng  ; ∞  , mà f ( 1) = 0 do đó x = 1 là nghiệm duy nhất. 4  - Đáp số: x = 1 4, 4 x − 1 + 4 17 − x = 2 - Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 17   1 1 1 =0⇔ x=9 - Xét hàm f ( x ) = x − 1 + 17 − x có: f ′ ( x ) = 4 4 − 4  4 ( x − 1) 3 4 ( 17 − x ) 3    Lập bảng biến thiên, nhận xét f ( 1) = f ( 17 ) = 2 suy ra PT có 2 nghiệm là x = { 1;17} - Đáp số: x = { 1;17} 5, lg ( x − x − 6 ) + x = lg ( x + 2 ) + 4 2 - Điều kiện: x > 3 - PT đã cho ⇔ lg ( x − 3) + x − 4 = 0 → x = 4 là nghiệm duy nhất 6, 9 + 2 ( x − 2 ) 3 + 2 x − 5 = 0 ⇔ ( 3 + 1) ( 3 + 2 x − 5 ) = 0 ⇔ 3 + 2 x − 5 = 0 ⇔ x = 1 x x x x x ( 7, log 2 1 + x = log 3 x) - Điều kiện: x > 0 t = log 3 x   x = 3 t ⇔ - Đặt  t = log 2 1 + x ≥ 0  ( ) 1 + x = 2  t nên: t 1  3 t ( ) t 3 = 2 −1 ⇔   +  t  =1 → t = 2 ⇒ x = 9 2  2    11
  12. - Đáp số: x = 9 8, 4 x + 7 x = 9 x + 2 . Sử dụng hàm số, tính đạo hàm cấp 2 rồi lập bbt. ĐS: x = { 0;1} Bài 5. Giải các phương trình mũ sau: 2x 2x 2x ( 1, 2 + 3 ) 3 + 2− 3 ( ) 3 = 14 ( →t = 2+ 3 ) 3 . ĐS: x = ±3 x x  3 2, x x 2. Chia 2 vế cho 2 x → t =   ĐS: x = 4 4.3 − 9.2 = 5.6  2 x 3x −2 x−4 x = 4 3, 8 x+2 = 4.3 4− x ⇔ 2 x+2 = 34− x ⇔ = ( 4 − x ) log 2 3 ⇔  x+2  x = −2 − log3 2 ĐS: x = { −2; −1;0;1} 2 2 2 + x −1 + x −2 + x−2 4, 9 x − 10.3x +1= 0 → t = 3x x = 0 5, 3 2x ( ) − 2 x + 9 .3x + 9.2 x = 0 ⇔ 3x − 2 x 3x − 9 = 0 ⇔  x = 2 ( )( ) ( ) ( ) x x 6, 5 + 21 + 7 5 − 21 = 2 x+3 ĐS: x = 0 1 1 1 9 7, − − − ĐS: x = − log 5 2.81 x − 7.36 x + 5.16 x =0 2 4 3 x = 1 ⇔ 2( x −1) .3x−1 = 1 ⇔ log 2  2( x−1) .3x−1  = 0 ⇔  2 2 x2 −2 x 8, 2 .3x = 2      x = 1 − log 2 3 1 9, x log9 x − 2 = 33( log9 x−1) ⇔ ( log 9 x − 2 ) log 9 x = 3 ( log 9 x − 1)  ⇔ x = { 3;729} 2  3 10, x .3 + 27 x = x.3 x x +1 ( )( ) + 9 x3 ⇔ 3x − 9 x3 − 3 x = 0 ⇔ x = 0;2; ± 3 { } Bài 6. Giải các phương trình logarit sau: 2 3 1, log 3 x + log 3 x =1 x 12
  13. x > 0  - Điều kiện:  1 x ≠ 3  1− t - Đặt t = log 3 x , ta biến đổi PT về dạng: t2 + = 1 ⇔ t = { 1; −2;0} t +1 1  - Đáp số: x =  ;1;3 9  log 5 5 + log5 25 x = 3 2, x x > 0 - Điều kiện:  x ≠ 5 1 - Đặt t = log 5 x , ta biến đổi PT về dạng: + ( t + 2 ) = 3 ⇔ t = { 0;2} 1− t - Đáp số: x = { 1;25}  0 < x 3 + 2 x ≠ 1  2  0 < 4 x − 3 ≠ 1  2  x − 3 = 1  ( 2 ) 3, log x3 + 2 x x − 3 = log 4 x 2 −3 ( ) x2 − 3 ⇔   x2 − 3 > 0 ⇔ x = { 2;3}   0 < 4 x 2 − 3 ≠ 1     x3 + 2 x = 4 x 2 − 3  4 1  4, ( 2 − log 3 x ) log 9 x 3 − = 1 → t = log3 x ⇒ t = { −1;4} ⇒ x =  ;81 1 − log3 x 3  0 < 2 x 2 + 5 x + 2 ≠ 1  5, log 2 x2 +5 x + 2 log8 x +10 ( ) x3 + x 2 − 2 = 0 ⇔ 0 < 8 x + 10 ≠ 1 ⇔ x=3  3 2  x + x − 2 = 8 x + 10 13
  14. 6, log x x 2 − 14log16 x x3 + 40log 4 x x = 0 2 x > 0  - Điều kiện:  1 1   x ≠  ; ;2   16 4  - Nhận xét x = 1 là nghiệm của pt đã cho, xét x ≠ 1 ta đặt t = log x 2 2 42 20 1 1 − + = 0 ⇒ t = ; t = −2 ⇒ x = 4; x = . 1 − t 4t + 1 2t + 1 2 2  1  - Đáp số: x =  ;2;4   2  7, log x 2 + 2log 2 x 4 = log 2x 8 ( *) x > 0  - Điều kiện:  1   x ≠  ;1  2  1 4 6 - Đặt: t = log 2 x , biến đổi được pt: + = ⇔ 2t = t + 1 ⇔ t = 1 t t +1 t +1 - Đáp số: x = 2 8, log 2 x + ( x − 4 ) log 2 x − x + 3 = 0 ⇔ ( log 2 x − 1) ( log 2 x + x − 3) = 0 ⇔ x = 2 2 x + 1 − log 1 ( 3 − x ) − log 8 ( x − 1) = 0 ( *) 3 9, log 2 2 - Điều kiện: 1 < x < 3 - Ta có: ( *) ⇔ log 2 ( x + 1) + log 2 ( 3 − x ) − log 2 ( x − 1) = 0 1 ± 17 ⇔ ( x + 1) ( 3 − x ) = ( x − 1) ⇔ x 2 − x − 4 = 0 ⇔ x = 2 14
  15. 1 + 17 - Đáp số: x = 2 10, log 2 x −( ) x 2 − 2 + 3log 2 x + x 2 − 2 = 5( ) u = log x − x 2 − 2  - Đặt  2 ( u + v = 1 ⇒ u = −1 ⇔ ) v = log 2 x + x 2 − 2  ( u + 3v = 5 v = 2 ) 7 - Đáp số: x = 4 x x +1  28  11, log 3 (3 − 1)log 3 (3 − 3) = 6 → t = log 3 (3x − 1) ⇒ x = log 3 ;log3 10   27  Bài 7. Giải các bất phương trình mũ: 2 x− x2 1, 9 x −2 x − 2   2 1 2 −2 x   ≤ 3 → t = 3x >0 Đ/S: 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2  3 2x x 2 x +1 2 x +1 x 3 3 x ≤ log 3 2 2, 3 −2 − 5.6 ≤ 0 ⇔ 3.  − 5.  − 2 ≤ 0 Đ/S: 2 2 2 3, 2 + x 2x 2x − 1 > 4 → t = 2x − 1 > 0 ( ( Đ/S: x ∈ 0;log 2 4 − 2 2 ) ) ∪ ( 1; ∞ ) 4, 23 x +1 − 7.22 x + 7.2 x − 2 = 0 → t = 2 x > 0 Đ/S: x = { −1;0;1}   x > −1    2 x2 −4 x−2 2 (I ) − 16.22 x− x −1 − 2 ≤ 0 2 2 2 2 x −4 x−2 − 16.2 2 x − x −1 −2  2  5, ≤0 ⇔  x +1   x < −1    2 x2 −4 x−2 2 ( II )  2 − 16.22 x− x −1 − 2 ≥ 0 15
  16. Giải từng hệ bất phương trình (I), (II) ta có đáp số: ( x ∈ ( −∞; −1) ∪ 1 − 3;1 − 3 ) 6, Điều kiện: x ≥ 1 Ta có: 2 x 2 + x −1−1 + 2 ≤ 2x + 2 2 x −1 ⇔ 2x 2 −1 (2 x −1 ) ( −2 − 2 x −1 ) −2 ≤0 ⇔ 2 ( x −1 )( − 2 2x 2 −1 ) −1 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ x ≤ 2 Đáp số: 1 ≤ x ≤ 2 Bài 8. Giải các bất phương trình logarit: x + 1 > 1  0 < x + 1 < 1  1, log x +1 ( −2 x ) > 2 ⇔  2 ∨ −2 x > ( x + 1) 0 < −2 x < ( x + 1) 2   ⇔ −2 + 3 < x < 0 2, (log x 8 + log 4 x 2 )log 2 2 x ≥ 0 - Điều kiện: 0 < x ≠ 1 - Ta có: (log x 8 + log 4 x ) log 2 2 x ≥ 0 ⇔ ( 3log x 2 + log x 2 ) ( 1 + log x 2 ) ≥ 0 2 x >1 log x 2 ≥ 0 ⇔ ⇔ 1  log x 2 ≤ −1  ≤ x < 1 2 1  - Đáp số: x ∈  ; +∞  \ { 1} 2  x − 2 > 1 0 < x − 2 < 1 2 x2 + 3   5 3, log x −2
  17. 2 1 - Điều kiện: 2 x − 3 x + 1 > 0 ⇔ x > 1 ∨ x < 2 1 - Ta có: PT ⇔ − log 2 2 x − 3 x + 1 + 2 ( 2 ) 1 2 log 2 ( x − 1) ≥ 2 1 2 ⇔ log 2 ( x − 1) 2 ≥1⇔ x −1 1 ≥2⇔ ≤x< 1 2 2 x − 3x + 1 2x −1 3 2 1 1 - Đáp số: ≤x< 3 2 ( 2 ) 5, Ta có: log 3 log 1 x − 3 < 1 ⇔ 0 < log 1 x − 3 < 3 ( 2 ) 2 2 1 23 46 ⇔ < x2 − 3 < 1 ⇔ < x2 < 4 ⇔ < x 0 ⇔ x > 2 - Khi đó BPT ⇔ log 3 ( x − 1) + log ( 2 x − 1) − 2 ≥ 0 2 3 ⇔ log3 x − 1 + log3 ( 2 x − 1) ≥ 1 ⇔ x − 1 ( 2 x − 1) ≥ 3 ,(*) + Xét với x ≥ 1 , thì ( *) ⇔ 2 x − 3 x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 2 1 + Xét với < x < 1 , thì ( *) ⇔ 2 x 2 − 3x + 4 ≤ 0 : Vô nghiệm 2 - Đáp số: x ≥ 2 Bài 9. Giải các hệ phương trình mũ, logarit: 17
  18. ln(1 + x) − ln(1 + y ) = x − y ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y  1,  ⇔  x − 12 xy + 20 y = 0 ( x − 2 y ) ( x − 10 y ) = 0 2 2  x = y ⇔ ⇔ x= y=0  x = 2 y ∨ x = 10 y  x 2 + y 2 = 10  x 2 + y 2 = 10   2, log x + log y + 1 = 0 ⇔  x > 0, y > 0 ⇔ ( x; y ) = { ( 3;1) ; ( 1;3) }  1  3 1  3  xy = 3 3x.2 y = 972  log 2 ( 3x.2 y ) = log 2 22.35  3,  ⇔ log 3 ( x − y ) = 2  x − y = 3   y + x log 2 3 = 2 + 5log 2 3  x = 5 ⇔ ⇔ x − y = 3 y = 2  22 x + 4 2 y = 1  4,  x x+ 2 y 2 + 4 + 2 =1 y  u 2 + v 2 = 1 - Đặt u = 2 x > 0; v = 4 y > 0 hệ trở thành:  - hệ đối xứng loại 1 đối với u + v + uv = 1 u, v - Giải hệ dẫn tới vô nghiệm. Vậy hệ vô nghiệm  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1  5,  x −1  y + y − 2 y + 2 = 3 +1 2  - Từ hệ suy ra: x − 1 + x 2 − 2 x + 2 + 3x −1 = y − 1 + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1 ⇔ f ( x − 1) = f ( y − 1) Trong đó f ( t ) = t + t 2 + 1 + 3t đồng biến trên R nên suy ra x − 1 = y − 1 ⇔ x = y - Thế vào phương trình đầu ta được: x − 1 + x 2 − 2 x + 2 = 3x −1 , phương trình này có nghiệm duy nhất x = 1 (sd pp hàm số) - Vậy ( x; y ) = ( 1;1) 18
  19. 6, Điều kiện: x + y > 0; x − y > 0 lg ( x 2 + y 2 ) − 1 = lg13  2 13 x + y = 2  Ta có:  ⇔ 10 lg ( x + y ) = lg ( x − y ) + 3lg 2  x + y = 8( x − y )   8  9  13 x + y = 5  x = 10 ( x + y) + ( x − y) = 2 2    ⇔ 5 ⇔ ⇔ x + y = 8( x − y) x − y = 1 y = 7     5  10  27 ( x + y ) .3 y − x = 5 27 ( x + y ) .3 y − x = 5   7,  ⇔ x− y 3log 5 ( x + y ) = x − y  ( x + y ) = 5 3   x− y  x− y  5  3 5 27.5 .3 = 5  27  = 27 y−x 3 x − y = 3 x = 4 ⇔ ⇔   ⇔ ⇔ x + y = 5 y =1 x− y ( x + y ) = 5 3  x− y  ( x + y ) = 5 3   2 x +1 = y − y + 1 + 1  8,  2 x +2  y +1 = 2  − 2 x +1 + 1 x +1 v = u 2 − u  ( 1) - Đặt u = y + 1 ≥ 0; v = 2 ≥ 2 , hệ trở thành:  u = v − v + 1 ( 2 ) 2  Thế (1) vào (2) được: u − 2u + 1 = 0 ⇔ ( u − 1) ( u + 1) = 0 ⇔ u = 1 4 3 2 2 Suy ra v = 0 (không thỏa mãn) - Vậy hệ vô nghiệm Bài 10. Tìm tham số m để phương trình: 1, 4 x 2 + 1 − x = m có nghiệm - Điều kiện x ≥ 0 - Đặt t = x 2 ≥ 0 , pt đã cho thành: f ( t ) = 4 t + 1 − 4 t = m 19
  20. PT đã cho có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 0 < m ≤1 2, 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 có đúng một nghiệm - Ta có: 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 ⇔ 4 x 4 − 13x + m = 1 − x x ≤ 1  x ≤ 1  ⇔ 4 4 ⇔   x − 13 x + m = ( 1 − x )  4 x − 6 x − 9 x = 1 − m, ( 1) 3 2   - PT đã cho có đúng 1 nghiệm ⇔ ( 1) có đúng 1 nghiệm thảo mãn x ≤ 1 ⇔ đồ thị hàm số y = 4 x 3 − 6 x 2 − 9 x với x ∈ ( −∞;1] giao với đường thẳng y = 1 − m tại đúng 1 điểm. - Xét hàm y = 4 x 3 − 6 x 2 − 9 x với x ∈ ( −∞;1] , lập bảng biến thiên từ đó ta dẫn tới đáp số của bài toán là: 1 − m < −11 ⇔ m > 10 3, log 2 ( x + 4mx ) + log 1 ( 2 x − 2m + 1) = 0 có nghiệm 2 2 - Ta có: log 2 ( x + 4mx ) + log 1 ( 2 x − 2m + 1) = 0 ⇔ log 2 ( x + 4mx ) = log 2 ( 2 x − 2m + 1) 2 2 2  1  2 x − 2m + 1 > 0 x > m − ⇔ 2 ⇔ 2  x + 4mx = 2 x − 2m + 1  f ( x ) = x 2 + 2 ( 2m − 1) x + 2m − 1 = 0  1 - PT đã cho có nghiệm ⇔ f ( x ) có nghiệm x > m − 2   ∆′ = 0   1 − 2m > m − 1 m ≤ 0  2 ⇔ ⇔  ∆′ > 0 m > 9   4  1  1 − 2m + ∆′ > m −  2 Bài 11. Tìm tham số m để bất phương trình: 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản