intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài giảng Tuyển chọn phương trình và hệ phương trình

Chia sẻ: | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST
Báo xấu
59
lượt xem 1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với hơn 40 bài toán phương trình, hệ phương trình với các cách giải khác nhau sẽ giúp các bạn có phương pháp giải phương trình nhanh chóng và dễ dàng. Cùng tham khảo tài liệu để cùng rèn luyện giải toán phương trình hiệu quả nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng Tuyển chọn phương trình và hệ phương trình

  1. ^ _____________ ` e NGUYỄN XUÂN HIẾU a e a e a e a e a e a e a e a e a e TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT a e a e a e a e a e a e a e a e a e Hà Tĩnh - 2016 a e a d ccccccccccccc b
  2. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU Bài 1. Giải phương trình: √ √ 32x2 + 8x + 4 2 2x2 + x + 2x − 1 = 4x2 + 7 HI (Sáng tác: Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI ÂN 1 Đk: x > 2 √ 14x + 3 Ta có: 2 2x2 + x > (1) 5 Thật vậy: (1) ⇔ (2x − 1)(2x + 9) > 0 Vậy đánh giá trên là đánh giá đúng !!! Khi đó: XU √ √ 20x2 − 34 2x − 1 + 35 + (28x2 − 60x + 33) 2x − 1 √ VT −VP > 2x − 1 5(4x2 + 7) √ 20x2 − 34x + 35 + (28x2 − 60x + 33) 2x − 1 √ > 2x − 1 > 0 5(4x2 + 7) √ (AM − GM : 2x − 1 6 x) 1 N ⇒ V T > V P , Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 2 Thử lại thấy thỏa mãn !!!! 1 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = Ễ 2 E F Bài 2. Giải hệ phương trình: UY  15 08   r + √ = 98 (1) 2y − 1   35 x− 36  2 + xy(1 + x) = 2√xy(1 + √x)   (2)  (Sáng tác: Thám Tử Cô Nan nhân dịp tết trung thu 2016) NG H G LỜI GIẢI Nguyễn Xuân Hiếu 1
  3. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU  x >  35 Đk: 36 1 y>  2 √ √ (2) ⇔ ( xy − 1)2 + (x y − 1)2 = 0 ( HI x=1 ⇔ y=1 Thử lại vào (1) thấy thỏa mãn Vậy HPT đã cho có 1 nghiệm (x; y) = (1; 1) abb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbb bbc ÂN d Bài 3. Giải hệ phương trình: e d e d e ( √ d e p ( x + 1 + x)(y − y 2 − 1) = 1 2 d e (1) √ d e p √ ( x2 + 1 + y 2 − 1)2 + 8 y − x + 14 = 17 d e (2) d e d (Sưu tầm bởi: Mạnh Trần)e d e XU d e fgg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggg ggh LỜI GIẢI "  y>1   Đk: y 6 −1 (∗) N   y − x + 14 > 0  √ p (1) ⇔ x + x2 + 1 = y + y 2 − 1 (3) Ta có: V T (3) > x + |x| > 0 Ễ p ⇒ V P (3) > 0 ⇔ y + y 2 − 1 > 0 ⇒ y > 0 Kết hợp với điều kiện (∗) ⇒ y > 1 UY Khi đó: (3) được viết lại: √ qp 2 p x2 + 1 + x = ( y 2 − 1) + 1 + y 2 − 1 (4) √ Xét hàm số: f (t) = t + t2 + 1 liên tục trên R NG t t + |t| Ta có: f 0 (t) = 1 + √ > √ >0 t2 + 1 t2 + 1 ⇒ Hàm số f (t) đồng biến trên R, khi đó: Nguyễn Xuân Hiếu 2
  4. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU ( p p x>0 (4) ⇔ f (x) = f ( y 2 − 1) ⇒ x = y 2 − 1 ⇔ √ y = x2 + 1 (do y > 1) √ Thay y = x2 + 1 vào (2) ta được: √ 2 p√ 2 ( x + 1 + x) + 8 x2 + 1 − x + 14 = 17 HI s √ 1 ⇔ ( x2 + 1 + x)2 + 8 √ + 14 = 17 x2 + 1 + x √ Đặt t = x2 + 1 > 1 r 1 Phương trình trở thành: t2 + 8 + 14 = 17 t ÂN √ Với t > 1, ta có: V T > 1 + 8 14 > 17 = V P ⇒ P T V N Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm ! Bài 4. Giải Phương trình: √ x−1 √ r XU x(1 − x + x + 2) − 2 = 5 − 2x x+2 (sáng tác: Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI   5 N Điều kiện: x ∈ 1; 2 Quy đồng bỏ mẫu và liên hợp ta được: √ √ √ 3 x−1 x x−1  Ễ PT ⇔ (x − 2) x − 1 √ √ − √ −x + 4 + 5 − 2x x + 2 2 + x + 2 | {z } f (x) UY x−4  − √ −1 =0 (∗) 1+ x−1 | {z } f (x)   5 Với ∀x ∈ 1; ta có các đánh giá sau: 2 NG √ 1√  3  x+2>  x−1+ 2 2 √ √ 5√  5 − 2x x + 2 < −x + 7 −  x−1 2 Nguyễn Xuân Hiếu 3
  5. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU Khi đó: 8a6 + 22a5 + 19a4 + 30a3 − 153a2 − 154a + 252 f (x) > >0 (−4a2 − 5a + 18)(a + 1)(a + 7)  √ a = x−1 HI  " √ #   (Trong đó: 6 )  a ∈ 0; 2   " x=1 Phương trình (*) tương đương với: (t/m) x=2 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = 2. ÂN Bài 5. Giải phương trình: √ √ r r x x 5 x 5 31 6 2 − + + √ = 3+ + 2+ 2 8 4 8 x x x XU (sáng tác Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI Điều kiện: x > 0 √ N Đặt: t = x(t > 0) ⇒ x = t2 4 2 √ √ Phương trìnhtrở thành: 4t − 5t + 10t + 31 = 8( 3t 2+6+ 2t2 + 2)  3 *) TH1: x ∈ 0; , Theo AM - GM ta có: Ễ 4 √ √ 36(t2 + 2) + 75   6 t2 + 2.5 3 6 UY  2 √ √ 49(t 2 + 1) + 50  7 t2 + 1.5 2 6  2 √ √  52 1082 ⇒8 3t + 6 + 2t + 2 6 t2 + 2 2 5 35 4 2 140t − 539t + 350t + 3 Khi đó: V T − V P > NG 35   3 Khảo sát hàm số cho thấy: 140t4 − 539t2 + 350t + 3 > 0, với ∀t ∈ 0; 4 ⇒ V T > V P ⇒ PTV N Nguyễn Xuân Hiếu 4
  6. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU 3 *) TH2: x > , Theo AM - GM ta có: 4 ( p 2 3 (t2 + 2) 6 t2 + 5 p 2 2 (t2 + 1) 6 t2 + 3 HI Khi đó: V T − V P > (t − 1)2 4t2 + 8t − 1 ≥ 0 (Do: 4t2 + 8t − 1 > 0, với  3 ∀t > ) 4 ⇒ V T > V P , Dấu "=" xảy ra ⇔ t = 1 ⇒ x = 1 Thử lại thấy thỏa mãn!!! Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1. ÂN Bài 6. Giải phương trình: x2 − 4x + 11 √ 2 x2 + 3 √ q 2 2x (x − 1) + = 2x + 2x + x−1 4 4 XU (sáng tác Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI Điều kiện: x > 1 √ √  q   2 PT ⇔ x − 1 − 1 x + 7 + 4 x − 1 − 4 2x (x + 1) = 0 N | {z } f (x) "√ x−1−1=0 ⇔ f (x) = 0 Ễ √ *) Với: x − 1 − 1 = 0 ⇔ x = 2(t/m) *) Với: f (x) = 0 UY X TH1: x > 2 √ 2 p 2 √ 2 f (x) > x + 11 − 4 2x (x + 1) = (x − 3) + 2 2x − x+1 >0 ⇒ P T : f (x) = 0 Vô nghiệm √ X TH2: x ∈ [1; 2), ta có: x − 1 > x − 1 √ √ 2 NG Khi đó: f (x) > 2 2x − x + 1 + (x − 1)2 > 0 dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1, thử lại thấy thỏa mãn!!! Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = 2 Nguyễn Xuân Hiếu 5
  7. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU Bài 7. Giải phương trình: √ x2 + 7 x2 + 1 + 2 x4 + 3x2 + 2  q √ =1 3 2 2 2 3 + (x + 3) 9x + 12 + 8 x + 1 HI (nguồn Huỳnh Minh Sang) LỜI GIẢI √ Đặt t = x2 +1 (t > 1) ÂN 2 √  √  PT trở thành: t + 3t − + 8t3 9t2 + 3 3t − 2 + + 8t3 +3 =0 9t2 √ √ ⇔ t2 + 3t − 8t3 + 9t2 + 3 = 0h (Do: 3t − 2 + 3 2 i 8t + 9t + 3 > 0, với ∀t > 1) ⇔ t4 − 2t3 − 3 = 0 ⇔ (t + 1) (t − 1)3 − 2 = 0 √ √ 2 r ⇔ t = 1 + 3 2 (Do: t > 1) ⇒ x = ± 1+ 32 −1 XU Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm!!! Bài 8. Giải phương trình: 2 p p √ 3 x −1 2x − 1 + 3 2 − x2 = 4x2 + 2x − 3 2x − 1 2 (sáng tác Mạnh Trần) N LỜI GIẢI Ễ 1 √   Điều kiện: x ∈ √ ; 2 2  √    UY p 2 2 P T ⇔ 4x + 2x − 3 2x − 1 − 1 + 3 1 − 2 − x p − 3 x2 − 1 2x2 − 1 + (x − 1) (4x − 6) = 0 ⇔ (x − 1) .h (x) = 0 Trong đó: 2 4x2 + 2x − 3  3 (x + 1) NG p h (x) = √ + √ + 4x + 6 − 3 (x + 1) 2x2 − 1 2x − 1 + 1 1+ 2−x 2 | {z } f (x) | {z } g(x) Nguyễn Xuân Hiếu 6
  8. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU 1 √   Với ∀x ∈ √ ; 2 , ta có: f (x) > −1 2  √  3x + 2 − 2 − x 2 nên suy ra: g (x) > √ >0 1 + 2 − x2  h (x) > 0 HI Khi đó: P T ⇔ x = 1 (t/m) Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1 Bài 9. Giải phương trình: ÂN q √ p 4 (x + 1) (2x − 1)2 = 3 (2x − 1) − x + 1 + 12x2 − 11x + 4 4 XU (sáng tác Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI  −1  Điều kiện: x > 1 *) TH1: x ∈ −1; ⇒ 1 − 2x > 0 2 √ √ √ √ (1 − 2x) 1 − 2x   4 P T ⇔ 1 − 2x x + 1 + 3 1 − 2x − √ √ =0 x + 1 + 12x 2 − 11x + 4 N | {z } f (x) 1 √ √ ⇔ x = (Do: x + 1 + 12x2 − 11x + 4 > 1 2 √ √ Ễ nên: f (x) > 4 x + 1 + 2 (x + 1) 1 − 2x > 0) 1 Vậy x = là 1 nghiệm của phương trình!!! 2   1 UY *) TH2: x ∈ ; 1 ⇒ 2x − 1 > 0 2 √ √ √ √ − −  (2x 1) 2x 1 P T ⇔ 2x − 1 4 4 x + 1 − 3 2x − 1 − √ √ =0 x + 1 + 12x2 − 11x + 4 1 √ √ 12 ⇔ x = (Do: x + 1 + 12x2 − 11x + 4 > 2 5√ √ (10x + 31) 2x − 1 nên: f (x) > 4 4 x + 1 − > 0) NG 12 1 Vậy x = là 1 nghiệm của phương trình!!! 2 *) TH3: x > 1 Nguyễn Xuân Hiếu 7
  9. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU  √ 9x + 3 x+1 P T ⇔ (4x − 5) √ + √ 2 | 12x − 11x + 4{z + 3 2 x + 1 + 3} f (x)  3 2  2 1024x − 528x − 564x + 259 + √ √ h √ i = 0 HI 4 2 8x − 1 + 6 x + 1 2x − 1 (8x − 1) + 36 (2x − 1) x + 1 | {z } f (x) khảo sát hàm số cho thấy: 1024x − 528x2 − 564x + 259 > 0, với ∀x > 1 3 ⇒ f (x) > 0, với ∀x > 1 5 Khi đó: P T ⇔ x = (t/m) 4 ÂN 5 Vậy x = là 1 nghiệm của phương trình!!! 4 1 5 Kết luận: phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ; x = 2 4 √ √ Bài 10. Giải phương trình: (5x − 4) 2x − 3 − (4x − 5) 3x − 2 = 2 XU (Nguồn: Huỳnh Minh Sang) LỜI GIẢI 3 Điều kiện: x > 2 3 3 Xét: x = không là nghiệm của phương trình ⇒ x > N 2 √ √ 2 Xét hàm số: f (x) = (5x− 4) 2x  − 3 − (4x − 5) 3x − 2 − 2 3 liên tục trên ; +∞ 2 Ễ Ta có: 2  (x − 1) 108x − 180x + 94 + 89 f 0 (x) = √ √ √ √  >0 UY  2 2x − 3 3x − 2 2 (15x − 19) 3x − 2 + (36x − 31) 2x − 3   3 , với ∀x ∈ ; +∞ 2   3 ⇒ hàm số f (x) đồng biến trên ; +∞ 2   3 Khi đó: PT f (x) = 0 có tối đa 1 nghiệm trên ; +∞ NG ( 2 f (6) = 0 Mặt khác:  ⇒ x = 6 là nghiệm của PT 6 ∈ 32 ; +∞ Nguyễn Xuân Hiếu 8
  10. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 6 Bài 11. Giải phương trình: √ q 2 (x + 1) x + 3 (3x3 + 4x2 + 3x + 2) = 2x2 + 5x + 3 HI (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI ÂN Điều kiện:h x > 0 1 √ 4 2 i PT ⇔ ( x − 1) + (x − 1) .f (x) = 0 2  √ 2 2 p 2 3x + 7x + 2 3x + x + 2 − 3 (x + 1) Trong đó: f (x) = p 5x2 + 7 + 2 3 (3x3 + 4x2 + 3x + 2) XU PT ⇔ x = 1 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1 Bài 12. Giải phương trình: √ √ √ (7x − 3) x+ 3 − 4x − 3x2 4x − 3 = x3 +12x2 −9x+(1 − 5x) 2x − 1 N (sưu tầm bởi bạn: Có Tên Không Đặt) Ễ LỜI GIẢI 3 Điều kiện: x > UY 4 √ √ P T ⇔ (x − 1) x2 − x + 4 + (7x − 3) ( x − 1) x   √ √ √ + 3x2 + 4x − "3  4x − 3 − 1 + (5x − 1) 2x − 1 − 1 2x − 1 = 0 √ 4 3x2 + 4x − 3  (7x − 3) x P T ⇔ (x − 1) √ + x2 − x + 4 + √ 4x − 3 + 1 x+1 | {z } f (x) √ NG 2 (5x − 1) 2x − 1  + √ =0 2x − 1 + 1 | {z } f (x) Nguyễn Xuân Hiếu 9
  11. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU 3 P T ⇔ x = 1 (Do: f (x) > 0, với ∀x > ) 4 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1 √ 4 √ 3 1 √ Bài 13. Giải phương trình: 2−x+ 3x − 2 = (5 x − x) HI 2 (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI ÂN Điều kiện: x ∈ [0; 2] *) TH1: x =  0, không thỏa mãn phương trình 1 *) TH2: x ∈ 0; 2 √ √ √   4 3 1 Xét hàm số: f (x) = 5 x − x − 2 2 − x − 2 3x − 2 liên tục trên 0; 2 XU  5 1 2 1 Ta có: f 0 (x) = √ − 1 + √ 3 − √ 2 > 0 , với ∀x ∈ 0; 2 x 4 3 2 2 2− x 3x − 2 1  hàm số đồng biến trên 0; , khi đó: f (x) > f (0) > 0 2 Suy ra: PTVN   1 *) TH3: x ∈ ; 2 , ta có các đánh giá sau: 2 N  √ −x 5  42−x6  + (AM − GM ) 4√ 4 √  3 3x − 2 ≤ 5 x − x − 5  (1) Ễ 2 4 4 √ 1 √   Thật vậy với đánh giá (1) : Đặt t = x, t ∈ √ ; 2 2 UY " # 4 (8t + 1) (1) ⇔ (t − 1)2 2 √ √ 2 −1 >0 3 2 3 2 (2t − 1) + (2t − 1) 3t − 2 + 3t − 2 | {z } g(t) 1 √ √ √   2 Với: ∀t ∈ √ ; 2 ta có: (2t − 1)2 + (2t − 1) 3 3t2 − 2 + 3 3t2 − 2 < 9 2 32t − 5 NG ⇒ g (t) > >0 9 Vậy các đánh giá trên là các đánh giá đúng!!! Khi đó: V T 6 V P , Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1 thử lại thấy thỏa mãn!!! Nguyễn Xuân Hiếu 10
  12. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1. Bài 14. Giải phương trình: √ p p 2x2 + 2x − 2 (x − 1) 2x2 + 6x + 3 = 5 − x2 + (x + 1) 2x2 − 1 HI (sáng tác: Mạnh Trần) LỜI GIẢI ÂN 1 √   Điều kiện: x ∈ √ ; 5  √ 2 √ √  PT ⇔ 2 − 5 − x 2 2 5 − x + 2 (x + 1) 2 2x − 1 − 1 √ + 4 (x − 1) 2x2 + 6x + 3 − (5x + 7) (x − 1) = 0 P T ⇔ (x − 1) f (x) = 0 XU Trong đó: √ (x + 1) 5 − x2 4(x + 1)2 7x2 + 26x − 1 f (x) = √ +√ + √ 2 + 5 − x2 2x2 − 1 + 1 4 2x2 + 6x + 3 + 5x + 7 1 √   P T ⇔ x − 1 = 0 (Do: f (x) > 0, với ∀x ∈ √ ; 5 ) 2 P T ⇔ x = 1(t/m) N Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1 √ Ễ √ 4 √ 3 3 x+1 Bài 15. Giải phương trình: 2−x+ 3x − 2 = (1) 2 UY (sáng tác Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI Điều kiện: x ∈  [0; 2] NG 2 *) TH1: x ∈ 0; , ta có: 5 V P (1) > V T (1) ⇒ P T (1) VN Nguyễn Xuân Hiếu 11
  13. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU   2 *) TH2: x ∈ ; 2 , ta có các đánh giá sau: 5 √ √ − x 3  4 2−x6 + (2) 2 2 √ √ HI 3 3x − 2 6 2 x − 1 (3) Thật vậy: √ 4 2 √ √  2−x−1 2−x+242−x+7 (2) ⇔ √ √ >0 ÂN 3−242−x+ x √ 3 2 √  3x − 2 − 1 12 3 3x − 2 + 15 (3) ⇔ √ √ >0 6 x + 3 3 3x − 2 + 3 Vậy các đánh giá trên √ là những đánh giá đúng!!! − x 3 √ Khi đó: V T (1) ≤ + + 2 x − 1 = V P (1) XU 2 2 ⇒ V T (1) ≤ V P (1) Dấu "=" xảy ra ⇔ x = 1, thử lại thấy thỏa mãn!!! Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1. Bài 16. Giải phương trình: √ √  √ √  √ N   3 − x − 4 − 2x 2 x + 1 + 2 = (x − 1) 1 + 2 − x (nguồn: sưu tầm từ Internet) Ễ UY LỜI GIẢI Điều kiện: x 6 2 NG  x=1 P T ⇔  h√ 2 √ √ i √ √  x + 1 − 3 − x 2 − x + 1 + 2 x − 1 − 2 − x = 0 (1) Nguyễn Xuân Hiếu 12
  14. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU √ √ √  √   2 x−1− 2−x 2+ 2−x  P T (1) ⇔ √ √ √  + 2 x−1− 2−x =0 x2 + 1 + 3 − x 2 − x + 1 " √ # √ √    2 2+ 2−x ⇔ x−1− 2−x √ √ √ + 2 =0 x2 + 1 + 3 − x 2 − x + 1 HI | {z } f (x) √ √ 1+ 5 ⇔x−1− 2−x=0⇒x= (t/m) 2 (Do: f (x) > 0, với ∀x 6 2) √ ÂN 1+ 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1; x = 2 Bài 17. Giải phương trình: √ √  2 1 − 5x − x 4 − 5x 5 √ −  √ = XU x − x2 2 x − 2 x − x2 2 (sáng tác: Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI N   1 Điều kiện: x ∈ 0; 5 √ x (5x − 4) Ễ Ta có: x − 2 x − x2 = √ x + 2 x − x2 √ p  √  UY P T ⇔ 2x 2 1 − 5x − x − x + x 1 − x − 2 x = 0   2  2x x ⇔ x − 6x + 1 √ √ + √ =0 1 − 5x + 1 − x 1 − x + 2 x | {z } f (x) √   1 ⇒ x = 3 − 2 2(Do : f (x) > 0, ∀x ∈ 0; ) 5 NG √ Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3 − 2 2. Nguyễn Xuân Hiếu 13
  15. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU Bài 18. Giải phương trình: p  p  −x2 + 3x − 1 x + −5x2 + 11x − 5 = 3 − x (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) HI LỜI GIẢI " √ √ # 11 − 21 11 + 21 Điều kiện: x ∈ ; ÂN 10 10 p  q PT ⇔ x −x + 3x − 1 − 1 + (−x2 + 3x − 1) (−5x2 + 11x − 5) − 1 2 + 2 (x − 1) = 0 x (2 − x)  ⇔ (x − 1) √ 2 | −x +{z 3x − 1 + 1} XU f (x) p # 3 2 5x − 21x + 22x − 2 + + 3x −(−x2 1) (−5x2 + 11x − 5) + p =0 (−x2 + 3x − 1) (−5x2 + 11x − 5) + 1 | {z } f (x) ⇔ x = 1 (t/m) √ √ # N " 11 − 21 11 + 21 Do: với ∀x ∈ ; khảo sát hàm số cho thấy: 10 10 Ễ 5x3 − 21x2 + 22x − 2 > 0 Suy ra: f (x) > 0 UY Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1. Bài 19. Giải phương trình: √ p √ (4x + 3) 2x + 1 + 5 1 − x2 = 2 (x + 2) 3x + 4 NG (sáng tác: Mạnh Trần) Nguyễn Xuân Hiếu 14
  16. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU LỜI GIẢI Điều kiện: x ∈ − 21 ; 1    √  √   p  P T ⇔ 1 + 2 3x + 4 3x + 8 − 4 3x + 4 + 15 1 − 1 − x 2 √ HI   + 3 (4x + 3) x + 1 − 2x + 1 − 12x2 = 0  15 √ 15  √  − x − 11 + 8 3x + 4 1− 1−x 2 ⇔x  2 2 √ + 2 √ 3x + 8 + 4 3x + 4 1 + 1 − x2 | {z } f (x) ÂN √ 10x + 7 − 2 2x + 1  + √ =0 | x + 1 +{z 2x + 1 } f (x)    1 ⇔ x = 0 Do : f (x) > 0, ∀x ∈ − ; 1 2 XU Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 0. Bài 20. Giải phương trình: p 2  p 2  √ −x + 3x − 1 x + −5x + 11x − 5 = 2x + x − 1 (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) N LỜI GIẢI Ễ Điều kiện: x ∈ . . . không quan trọng lắm!!! Theo AM - GM ta có: UY p p p V T = x −x + 3x − 1 + −x + 3x − 1 −5x2 + 11x − 5 2 2 3x − 1 6 − 3x2 + 7x − 3 2 √ 3x − 1 ⇒ V P = 2x + x − 1 ≤ − 3x2 + 7x − 3 NG 2 √  √ 2 ⇔ x+2 x x − 1 + 5(x − 1)2 6 0 ⇔x=1 Nguyễn Xuân Hiếu 15
  17. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU Thử lại thấy thỏa mãn!!! Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 1. Bài 21. Giải phương trình: HI  √  √  p  2 (x − 2) 2x + 1 + x 3x − 1 = 3 − x 1 + 21x + 2x − 3 (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) ÂN LỜI GIẢI   1 Điều kiện: x ∈ ; 3 3 Từ P T ⇒ x > 2 → x ∈ [2; 3] XU √  p   √  2 P T ⇔ 3 − x 5x − 1 − 21x + 2x − 3 + 5x x − 2 − 3 − x √  √  + (x − 2) 3x − 1 x − 3x − 1 = 0 √ 4 3−x  2  5x ⇔ x − 3x + 1 √ + √ 5x − 1 + 21x 2 + 21x − 3 x−2+ 3−x | {z } f (x) √ (x − 2) 3x − 1  N + √ =0 x + 3x − 1 | {z } f (x) √ Ễ 3+ 5 ⇒x= (Do : f (x) > 0, ∀x ∈ [2; 3]) 2 √ UY 3+ 5 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = . 2 √ √ Bài 22. Giải phương trình: 2 x3 + 1 + 2x 3 x2 + 4 = 3x2 + 2 (sáng tác: Thầy Khoa Trần) NG LỜI GIẢI Nguyễn Xuân Hiếu 16
  18. TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ẾU Điều kiện: x > −1  √  √ 3  3 P T ⇔ 2 x + 1 − x + 1 − 2x 2 x + 4 − 2 + 3x (x − 2) = 0   2 (x + 1) ⇔ x (x − 2) 1 − √ x + 1 + x3 + 1 } HI | {z f (x)   2 (x + 2) + 2− √ 3 √ =0 x 2 + 4 + 2 3 x2 + 4 + 4 | {z } f (x) " x=0 ÂN ⇔ x=2 Do: f (x) > 0 (Quy đồng lên ta sẽ thấy điều đó!!!) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = 2 √ √ XU Bài 23. Giải phương trình: 3 x3 + 1 + x x2 + 4 = 23 x2 + 1 (1) (sáng tác: Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI N √ Điều kiện: x > − 3 4 (∗) *) TH1: x = 0, t/m Ễ *) TH2: x < 0 2 √ (1) ⇒ 3x + 2 − 2x x3 + 4 > 2 √ √ UY ⇔ 3x2 < 2x x3 + 4 ⇔ 3x > 2 x3 + 4 ⇒ x < −1 h √  3 → x ∈ − 4; −1 *) TH3: x > 0 4 (1) ⇒ 3x2 > 4x ⇔ x > NG   3 4 ⇒x∈ ; +∞ 3 Nguyễn Xuân Hiếu 17
  19. ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh ẾU √   h 4 3  Vậy: x ∈ ; +∞ ∪ − 4; −1 3 √  √ x + 1 − 1 + 2x x3 + 4 − 3x2 = 0 3 P T (1) ⇔ 2 3 " # 2x2 √ HI ⇔x √ 2 √ + 2 x3 + 4 − 3x = 0 (2) 3 3 x3 + 1 + x3 + 1 + 1 | {z } f (x) h √  3 X Với: x ∈ − 4; −1 ⇒ x < 0 ⇒ f (x) > 0   4 ÂN X Với: x ∈ ; +∞ 3 √ 2  (x + 1) 4x − 13x + 13 +3 ⇒ 2 x3 + 4 − 3x = √ >0 2 x3 + 4 + 3x ⇒ f (x) > 0 √   h 4 3  Khi đó từ: (2) ⇔ x = 0 (không t/m vì đang xét x ∈ ; +∞ ∪ − 4; −1 ) 3 XU Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 0 √ √ 3 Bài 24. Giải phương trình: 3 x2 + 1 + x x3 + 4 = x2 + 1 (1) 2 (sáng tác: Thầy Khoa Trần) N LỜI GIẢI Ễ √ Điều kiện: x > − 3 4 (∗) √ UY (1) ⇒ 3x2 + 2 − 2x x3 + 4 > 2 √ ⇔ 3x2 > 2x x3 + 4 ( x>0  2  ⇔ (x + 1) 4x − 13x + 13 = −3 < 0 x60 NG ⇔x60 h √ i 3 → x ∈ − 4; 0 Nguyễn Xuân Hiếu 18
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2