CẨM NANG CHO MÙA THI
(ÔN THI THPT QUỐC GIA)
MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PHỔ BIẾN NHẤT TRONG THI ĐẠI HỌC
NGUYỄN HỮU BIỂN
https://www.facebook.com/ng.huubien Email: ng.huubien@gmail.com
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
− − x
2
+
2
x
x
1 8
1 2
− +
−
−
+
=
9
x 2
− 3
.log
2 x
0
Bài 1: Giải phương trình
2
( .log x 2
)
1 2
7 4
Hướng dẫn + Khi gặp phương trình mũ hoặc log, trước hết ta biến đổi theo cơ số nhỏ nhất (ở đây là cơ số 3), biến đổi phương trình đã cho, ta có:
− − x
2
+
2
x
x
1 2
1 8
− +
−
−
+
=
9
x 2
− 3
.log
2 x
0
2
( .log x 2
)
1 2
7 4
−
− 2x 1
2
1 4
⇔
− +
−
− +
=
3
x 2
.log
2x 1
0
2
2
( .log x 2
)
1 − x
x
7 4
3
1 4
2
⇔
− +
−
− +
=
x 2
.log
2x 1
0
2
2
( .log x 2
)
3 − 2x 1
1 − x
x
7 4
3
3
2
x
− + x
− 2x 1
2
1 4
⇔
− +
−
− +
=
3
x 2
3
.log
2x 1
0
2
( .log x 2
)
7 4
2
x
− + x
− 2x 1
2
1 4
+
=
− +
⇔
(1)
3
.log
x
− + x
3
.log
2x 1
2
2
1 4
7 4
7 4
2
2
− + =
−
≥
x
x
x
0
t
⇒ ≥ t
0
+ Xét hàm số
, ta thấy
1 4
1 2
2
− ≥
2x 1
0
⇒
=
+
+
> ∀ ≥
t f '(t) 3 .ln 3.log
t
t 3 .
0,
t
0
f (t)⇒ là hàm đồng biến
2
2
⇒
=
− ⇒ − + = 2
− + x
x
x
− 2x 1
+ Từ (1)
(2)
1 t.ln 2 )
( f 2x 1
7 4
f x
1 4
1 4
− ≥
=
x
+ Xét 2 TH: 2x 1 0; 2x 1 0
− < để bỏ dấu GTTĐ ở (2), giải PT (2) ta có ĐS:
1 5 ; 2 2
3
2
3
+
−
−
=
x
x
19x 16 3x x
= f (t) 3 .log + t 7 4
Bài 2: Giải phương trình
+ 1
1≥ −
2
3
+
+ = 1
x
− + nên rất có thể đây là cơ
(
)( x 1 x
) x 1
3
2
3
2
2
3
2
2
+ + − = x x x
( ) 18 x 1
(
( ) 18 x 1 (
) − + − x 1
+ = − x ⇔ + x x
Hướng dẫn + ĐK: x + Nhận thấy biểu thức trong căn ở VP là: sở để cho ta phân tích VT của phương trình, thật vậy: ) − + − − x 1 19x 16 ) − + + x 1
( ) + + 1 x )( + x 1 x
( − 19x 16 + Phương trình đã cho trở thành: 2
2
2
+
+
− +
x
(1)
(
( ) + = 18 x 1
( ) + − 3 x 1
(
) − + − x 1
)( x 1 x
) x 1
1
( ) − + + x 1 + ≥ x 1 0
2
2
2
2
2 a b
+ Đặt ẩn phụ
thay vào (1) ta được:
(2)
( 3 a
) 1 ab
2
=
− + ≥
b
x
x 1 0
)( x 1 x = a
+ Phương trình (2) muốn giải được thì chỉ còn cách phân tích đa thức thành nhân tử, công việc phân tích này không phải dễ dàng, chúng ta sẽ dùng mẹo sau để phân tích:
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
+ − = − b 18a
Trang 1
2
2
2
2
2
3
2
2
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC - Trước hết ta biến đổi để đưa (2) về phương trình bậc 2 đối với biến là b: ) 2 1 b a b
) 1 ab
( 3 a
)
(
2
2
2
2
2
3
2
= =
+
∆ =
−
+
... 9a
a
3
3a
3a
- Phương trình (3) tính được
(
)
( ⇔ + a (
+ − = − 0 (3) 18a 3a b
3
2
− ) = )
2
⇒ phương trình (3) có 2 nghiệm
2
3
2
− 3a 3 − 3a b 18a )( 1 18a ) + = 3a = − b 3a 0 +
)
2
2
2
2
2
2
= + + a b b 12a 0 ⇔ − + 3a 3 = = b = b
2 a b
+ Vậy (2) :
( 3 a
) 1 ab
− + − = + + a b b 12a b 18a a ( ⇔ − b 3a − ( + 4 a ( + 3a 3a a a 1 ( − 3a 3a a + 1 )( − 12a 2 + 1 a ) = 0
2
2a b b 12a + +
+ Do
− + =
3a=
x 1 3 x 1
+ ⇔ = ± x
2x
5
33
+ Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại) ⇒ + Vậy chỉ còn khả năng b
4
3
2
2
−
+
+
+
+ +
4x
13x
9x
− 16 2x
3x
x 3
− x 1
= 8
)
0 ⇒ + = b 0 0 a x 1 x = ⇔ = = (do a, b 0≥ ) − + ⇔ x 1 2 = x = x
Bài 3: Giải phương trình (
)(
4
3
2
+
+
12x
9x
≥ 16 0
+ ĐK
Hướng dẫn − 4x ≥ x 1
2
2
2
⇔
−
+
−
−
=
2x
3x
16
2x
3x
4
− x 1
8
+ Ta biến đổi PT
(
) − + + x 1
)
(
(
)
2
−
2x
3x
+ Đặt
thay vào phương trình ta có:
=
b
− x 1
2
2
+
+ +
=
a
− 16 a
b
4 b
8
= a
)
)(
(
8
2
⇔ + + =
4 b
b
2
+
a
− 16 a
2
+
8
a
+ 16 a
)
(
2
⇔ + + =
4 b
b
16
2
a
2
⇔ + + =
4 b
b
+ + 16 a 2 2
2
⇔
+ +
=
+
2 b
4 2b
a
+ 16 a
2
2
⇔
+
=
+
2b
+ 16 2b
a
+ 16 a (1)
(
)
t
2
⇒
=
+
+ ∈ ⇒
=
+ > ∀ ∈
(*)
f (t)
t
16 t, t R
f '(t)
1 0,
t R
f (t)
+ Xét hàm số
là hàm
2
+
t
16
đồng biến.
2
−
2x
3x
2
=
− =
f (2b)
f (a)
a
2 x 1
2x
3x
(I)
Vậy từ (1)
2
2
−
2x
3x
) ( − = 4 x 1
)
≥ 0 (
⇒ ⇒ ⇒ = 2b
2⇒ = x
+ Các bạn tự giải hệ (I) NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
− ⇔
Trang 2
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC (Chú ý: Ta giải thích cho f '(t)
0> bằng phương pháp phản chứng như sau: ≤ t
0
2
2
⇒
< ⇔ +
+
< ⇔ +
f '(t)
f '(t) 0
t
t
16
0
t
16
Giả sử
(vô lý)
> ) 0
2
2
+
<
t
16
t
< − ⇔ t
2
+
− + −
+
− +
x
− = x
x
x
x
2 7
2
1
8
7 1
−
−
=
⇔ − − x
x
Bài 4: Giải phương trình x≤ ≤ 7 − − x
x
x
1 2 7
1)(7
(
)
0
Hướng dẫn: Đk: 1 pt − + 1 2
⇔ −
− −
−
−
− −
=
x
x
x
x
1(
1 2)
7
(
−
=
⇔ − − x
x
x
1 2)(
− − 1
7
)
0
1 2) 0
x
− = 1
2
5
⇔
⇔
thỏa mãn đk
x
4
= x =
−
x
x
− = 1
7
(
4
2
2
+
+ + =
−
x
x
x
x
x
1
(1
)
≤ −
x
ĐK:
Hướng dẫn:
1 ≤ ≤ x
0
1
Bài 5: Giải phương trình:
- TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình
- TH2: Với
0x ≠ .
* Với 0
1x< ≤
2
2
⇔
+
+ + =
+
x
x
x
x
− ⇔ x
x
1
+ + = 1 1
− x
Khi đó pt
1 x
1 2 x
1 x
1 2 x
4
2
=
− ⇒ =
+
t
x
t
x
2
Đặt
− . Khi đó ta được phương trình :
1 x
1 2 x
1
2
+ + = ⇔
t
t
⇔ = − t
loai
3 1
1(
)
4
+ =
2 − + t
t 2
2 0
≥ t t
2
−
+
1
x
+ + = − 1 1
* Với
x ≤ − . Ta có
− x
1 2 x
1 x
4
4
2
=
− ⇒ =
+
t
t
t
3
t
x
t
x
2
Đặt
− . Khi đó ta được
+ = + ⇔ = 1 1
1 x
1 2 x
5
⇒ 2 x
x
x
+ − = ⇔ = 1 0
.
− ± 1 2
5
5
=
=
x
x
So sánh đk ta được nghiệm
.Vậy pt đã cho có nghiệm
− − 1 2
− − 1 2
2
3
−
−
−
=
−
−
x
x
x
Bài 6: Giải phương trình :
4 2 10
2
9
37
4x
15
33
(
2
3
−
+
−
+
−
−
x
x
x
x
9
37
− 10 2
4
15
ĐK:
5x ≤ . Pt
= 81 0
( ⇔ + 4 4
)
( 8 4
) )
Hướng dẫn:
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
Trang 3
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
+
x
)
⇔
+
+
+
−
x
x
(
3)(4
= 27) 0
3
3
x
+ x 8(6 2 ) − + 10 2
4
−
+
−
x
x
− 16 4 9
37
9
37
)2
x
3
( 4 27 9 ( + = ⇔ = − (TMPT) 3 0 x ≠ − 3
- TH1 x - TH 2.
36
+
−
=
+
⇔
x
4
27
0
3
3
+
x
16 − 10 2
4
−
+
−
x
x
− 16 4 9
37
9
37
(
36
+
+
−
=
⇔
x
4
27
0
3
+
x
)2 16 − 10 2
4
+
−
x
− 37 2
12
9
)2
+
VT ≤
− 4.5 27
0
+ Do
5x ≤ nên
= . Đẳng thức xảy ra
x⇔ = 5
( 36 16 + 4 12
Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3− và 5
x
x
x
x
x
=
−
+
log
3.2
Bài 7: Giải phương trình
.
2
( 2 2.8
) 1 (*)
x
4 2.16
+ − 1 2 x + − 2.4
1
x
x
x
x
x
x
x
−
+ =
−
+
+ − 1)
2.4
1) 2.16
3.4
2
x
x
x
x
x
x
x
x
⇔
−
+ +
log (2.16 2 −
+ =
−
+ +
−
+
2
1) 4
2
2.4
1) 2.16
2.4
1
Hướng dẫn: − ⇔ 2 log (4 2 log (4 2
1 log (2.16 2
'
=
=
+∞
t
+ ∀ > ⇒ t
t
f
+ > ∀ > ⇒ t
f
f t XÐt ( )
log
0,
,
t ( )
1 0,
0
®ång biÕn trªn 0;
(
)
2
t x
x
x
x
⇔
−
−
f
f
1 ln 2 + 1)
(4
2
+ = 1)
(2.16
2.4
x
x
x
x
x
x
x
x
2
4
2
+ =
−
+ ⇔ −
=
−
( ) *
⇔ − 4
2
1 2.16
2.4
1
2
2
2.2
2.2
x
x
x
x
x
4
2
3
⇔
−
+
−
+ =
2.2
3.2
2
= ⇔ 0
2.2
3.2
1 0
3
1
3
x
x
x
+
−
)(2
= ) 0
⇔ − (2
1)(2
− + 1 2
+ 2
x
=
1
2
0
3
x
⇔
3
=
x
log
2
− + 1 2
= x
3
1
x
= −
2
(lo¹i)
⇔ = 2
− + 1 2 + 2
x
+
−
x
x
2 −
++ 4
=− 4
.16
2
2
Bài 8: Giải phương trình: .4≥x
Điều kiện xác định:
x 12 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương
Hướng dẫn: đương với:
2
+ +
− =
+
−
+
− ⇔ + +
− =
+ +
−
x 4
x 4
+ (x 4)
− (x 4) 12 2 x
x 4
16
x 4
x 4
− x 4
12
(
)2
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
Trang 4
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
loaïi
(3
)
2
t
t −−
12
⇔= 0
x
x
−
++ 4
4
+ Đặt t =
, t > 0 ta được
t t
−= =
4
x ≤≤
4
8
2
x
x
⇔=−
x
−
x ⇔−=
++ 4
4
4
16
8
+ Với t = 4 , ta được
2
2
x
−
=
−
x
+
x
16
64
16
8
⇔
x =⇔
.5
Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
4 x
x ≤≤ =
5
3
2
2
3
3
+
−
+ =
−
x
x
x
x
x
x
− 2
10
17
8 2
5
Bài 9: Giải phương trình
3
+
=
− + 2
2
− 1
+ Chia hai vế của phương trình cho x3, ta được:
Hướng dẫn: Nhận xét: x = 0 không thỏa phương trình cho 10 17 − 2 x x
8 3 x
5 2 x
2
3
2
− +
−
=
+
=
≠
t 2 10
t 8
3 t 2 5
t 17
t
t
0
+ Đặt
(
)
1 x
3
2
3
2
2
3
+
−
+
−
⇔
−
=
f
f
t 5
1
3 t 2 5
1
t 2
t 5
) − = 1
( t 2 2
) 1
( ⇔ − t 2
) 1
(
) − 1
, phương trình trở thành: )3
(
2
∈
=
+ > ∀ ∈
f
= + t
f
3 2 ,
'
t 3
2 0,
+ Với
t t R . Ta có:
− 1 ( t R nên f đồng biến trên R , vì vậy:
( ) t
( ) t
3
2
3
2
−
=
f
f
t 2
t 5
− ⇔ − = t 2
1
1
t 5
− 1
(
) 1
)
(
(loaïi)
0
= t
17
97
2
3
2
=
− ⇔ −
+
(nhaän)
t
t
t 5
t 8
1
17
t 6
0
( ⇔ − t 2
)3 1
= ⇔ =
17
97
(nhaän)
= t
+ 16 − 16
17
97
17
97
=
t
⇒ = x
+
17
97
17
97
=
t
⇒ = x
+
− 12 + 12
+ 16 + 16
17
97
=
x
Vậy phương trình cho có 2 nghiệm:
± 12
Bài 10: Giải phương trình:
+
=
1
+ 1 3x
∈ 2x (x R). (1)
3 2
Điều kiện:
Hướng dẫn:
1 x ≥ − (*). 3
+ Đặt
(3)
⇔ +
=
+
=
y
x
1 3x
2 y
(2), (1) trở thành 1 3
2
y =
+ 1 3x
1 2
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
Trang 5
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
≥
≥
x
y
0,
0
=
y
+ 1 3x
2
2
+ Từ (2) và (3) ta có hệ
.
=
y
4
(4)
=
y
+ 1 3
2x
=
y
2 4x (5)
⇔ + 1 3x + 1 3
2
2
−
= −
−
+
y
x
x
x
y
x
y
3(
)
4(
)
⇔ − x (
+ )(3 4
y 4 )
0
+ Trừ vế với vế (4) và (5) ta có
= ⇔ = (vì y
1
2
≥
x
y
0,
0
≥ ). Thế y = x vào (5) ta có
.
−
− = ⇔
4x
3x 1 0
= x = − x
1 4
0x ≥ , suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
+ Kết hợp với
2
2
+++
x
x
x
x
9
+=+− 1
4
−
=
+
Bài 11: Giải phương trình 2 2 x
2 +− x
x
x
2(
)9
)1
(2
)4
2(
x 2
4−≠x
Hướng dẫn: Ta thấy: ++ x + x = -4 không phải là nghiệm + Xét
+
, trục căn thức ta có: x 2
8
2
2
−++
=+−
x
x
x
x
x
⇒+= 4
2
9
2
1
2
2
2
−++
x
x
x
+− x
2
9
2
1
2
2
2
+ Vậy ta có hệ
2
2
+ Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn.
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0, và x =
2
3
= x −++ =+− x x x x 2 9 2 1 2 ⇒ ⇔+=++ x x x 22 6 9 = x +++ x x x x x 2 9 2 +=+− 1 4 0 8 7
8 7 +++ − + =− x x x x x 3(1 3)1 2 01
Hướng dẫn:
2
3
+−
Bài 12: Giải phương trình Điều kiện: 1≥x +−⇔ x
31
2
2
x x x xx x =+ x +− 1 +− 1 31 0
2
−⇔ +− +− + = x x x x x x (1 31 ++ )1 ( 31 )1 0
+− + = x x x x +− 1 )( 31 )1 0 (
2
=+− x x 1 0
=+ x x 01
3
2
3
=+−
−
x
x
x
1
1
+− 31 Kết hợp với điều kiện ta thấy phương trình vô nghiệm.
Bài 13: Giải phương trình
3 2≥x
Điều kiện:
Hướng dẫn: + Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
2
−
+
+
+
x
x
x
x
3
(
)(3
3
)9
3
2
3
=
=−+−−
−⇔−−
+
x
x
x
x
21
3
52
(
3
2
2
3
2
3
−
+
+−
x
x
x
+− 2
5
(
)1
2
41
1)3
2
+ Ta chứng minh :
3
2
2
3
3
2
2
2
3
+ + + + x x x x 3 3 3 9 + 1 += 1 << 2 +− + x x ( )11 3 +− 2 5 + − x x )1 2 41 (
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
+− Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3
Trang 6
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
x
1
−
=
2
3
Bài 14: Giải phương trình:
x +
x
+ x
1
x
1
=
=
t
t
,
⇒> 0
Điều kiện:
, đặt
x x >∪−< 1 0
Hướng dẫn:
x +
+ x
1
1 2 t
3
2
x 1 2 = − 1
x
1
−=⇔=
t
x
+ Lấy
+ x
1 ⇒= 2
1 2
4 3
2
2
+
=
+
x
x
x
15
3
+− 2
8
= ⇔ + 2t 2t 3 3t − = ⇔ 1 0 1 ⇔ − 2 t t = t
Bài 15: Giải phương trình
2
2
−+
x
x
x
=− 4
3
+− 3
38
Hướng dẫn: ⇔ + 15
2
2
−
+
+
−
x
x
x
x
1
1
1
1
=
−
−
=
⇔
x
(3
+− )1
−⇔ x (
)(1
)3
0
2
2
2
2
++
+
+
++
+
+
x
x
x
38
15
4
38
15
4
x =⇔ x
1
2
2
− + + x x x x 4( )1 =+ 1 2 2 1
Bài 16: Giải phương trình :
2
2
2
Đặt
= + − t x
1
t (1 − 1 + − + =− x x x x 4( =⇒> t x )0 2 = +− t t )1 (2 2)1 2 2 −⇐ t 4( t )1 2 01
2)3
=∆ − x
Hướng dẫn: Phương trình trở thành Ta có: 4(
2
2
2
2
= x −= x L )( = ⇒ ⇔ ⇔ =⇔ x = x 4 3 = − 1 2 x 2 1 = − − x 3 4 x 2( )1 1 t t 0 4 3
+ − = −− x x x ∈ Rx 6 2 13 17 (0 )
Bài 17:
Điều kiện:
x ≤≤ x 4 6 +− 4
Hướng dẫn:
2
2
− −−− + − = x =− x x x +−−⇔+ x x x x +− 4 6 2 13 )14 17 ( 6( 2)1 13 15 0
2
⇔
+
−
−
−
=
(x 5)(2x 3) 0
−− +− x −− x +− x ( )(14 )14 6( )1 − − + = ⇔ + x x 2( 13 )15 0 x +− x 6 )(1 +− x )1 6(
−
−
−
=
⇔ −
(2x 3)) 0
(x 5)(
1 − + x 4 1
1 − + 6 x 1
= x
5
−
=
−
− (2x 3) 0
⇔
−
−
−
−
=
−
( − x 5 − + x 4 1 )14 − 5 x − + 6 x 1
2(
)3
⇔= 0
2
)1(3
+ Ta có:
1 − + x 4 1 1 +−
1 +−
1 − + 6 x 1 1 +− x
1 +− x
14
1
6
14
1
6
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
x x x x
Trang 7
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
−
<
≤
∈∀≥
x
1
,5
⇒
và 2x - 3
nên phương trình (1) vô
]6;4 [
1 +−
1 +−
1 +− x
6
14
14
1
3
−
x
=+ 2
2
x x x nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 3 33
Bài 18: Giải phương trình:
3
3
3
=⇒−
=+⇒− 3 y
2
3
2
2
3
x y =+ 2 3 y x x
Hướng dẫn: + Đặt = y x 3
. Ta được hệ phương trình:
3
2
2
y x =+ 2 3
+ Đây là hệ phương trình đối xứng, trừ vế với vế ta được: xy )(
2
2
2
2
2
2
2
− + = + + y x x )3 ( 2;1 −=⇒=⇔
3 4
2
+ + + + + + + x y xy x xy y y x y y =+ 3 .2 =+ 3 ( ) >+ 3 0 y 1 2 xy 1 4 0 3 4 x 1 2
− − + + − − x x x x x 4( =− 1 2 4 8 +− 3 4
Bài 19:
(với x
)R∈
≤≤ x
Hướng dẫn: Điều kiện:
23)1 1 2
2
Đặt
2
2
x 2)47( 3 2 = ≥ ax a − (23 )0 = +⇒ 2 a b )1(2 = − ≥ x 2 b (1 )0 b
=− = − + − − x a x x 4 2 ba .
2 + Vì + b 47;21 ;1 + Từ phương trình đã cho ta có
+ Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình
2
2
− x 4 2 + x 8 + x = + a 23.1 + ab )1 b 2( 2 )2(4 = 2 b )1 2 =− 3 2 a 2 = + b a 2
+ + = + + a ab 2( b )1 2 4 2( b 2(
a )1 + Đây là hệ phương trình đối xứng loại I với ẩn a, b. + Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm là : a = b =1
+ Với a = b = 1 khi đó ta có:
(thỏa mãn điều kiện)
= x − 23 1 =⇔ x 1 =− x 11 2
2
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1
− + = + x x x (2 3 )2 3 8
2−≥x
Bài 20: Giải phương trình:
Điều kiện
2
2
x
x
x
x
x
+ + − + = 2 2(2 − (2)4 (3 )(2 )4 )2 2
2−=x
Hướng dẫn: + Biến đổi phương trình về dạng: + Do
2
2
x
x
2
+ (2 )4 4 − 3 =− 2 0 + x không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho (x+2) ta được + x 2 + 2 − x 2 + x 2
x
tt (
t 3
+ Đặt
ta có
(loại)
2
x
−= 4 = ≥ − )0 2 2 t =− 2 0 1 2 2 + − x + x 2 = 2 − x t t
2
2
x
x
x
x
x
x
Với t = 2
+
−
=
x
−− x
x
x
++ 3
6
(
6)(3
)
3
4 ⇒ −⇔+ ±=⇔=− −⇔= 4 8 6 3 0 4 13 4 2 =+ 4 2 + + x 2
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
− x Bài 21: Giải phương trình
Trang 8
t
x
x
x
t
Đặt
9 = − = + ⇒− x ++ 3 6)(3 6 ) (
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Hướng dẫn:
2 − 2
2
t
t
+ Phương trình trở thành
−= 1 9 − ⇔= 3 = 3 − 2
+ Với t = -1
x
++⇔ x −=− x 3 6 1
x
+ Với t = 3
x
t t (vô nghiệm) −= 3 ⇔=− ++⇒ x 3 6 3 = 6
u
v
x
− = x 3+ = 6
Cách khác: Bài toán có thể giải bằng cách đưa về hệ phương trình với
và
3
2
2
x
x
x
x
x
x
2
x
− + ++ − − 8 13 (66 )3 5 =+ 5 )1(0
Bài 22: Giải phương trình: ≥+ 5
Điều kiện: 2
2
− x 5 0
x
x
x
x
− − − − )(3 5 )3 5 =+ 5 0
Hướng dẫn: −⇒ + Từ (1) x (
x
loai
2
2
x
x
x
x
2
(3 ) ⇔ − +− − 5 62 5 =+ 5 )2(0 + x (6)2 =
x
x
t
+ Giải (2): đặt
− 5 =+ 5 ,
2 +⇔ t
t 6
, t = -7 (loại), t = 1 (thỏa mãn)
(2)
điều kiện 0≥t = 1 −= 7
⇔=− 7 0
x
2
x
x
+ Với t =1
(thỏa mãn điều kiện)
x
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4
2 +
=− x
x
x
++ 4
22
24
16
2
2
= t t 1 ⇒ − ⇔=+ 5 1 5 = 4
x
x
x
x
⇔ + + + + = − 2(16 2(4 16 16 )4 9 ) )
Bài 23: 9 Hướng dẫn: Bình phương hai vế, lúc đó phương trình : − 4(2
2
2
2
x
x
x
x
2
+ − = + −⇔ 4(8 ) 16 4(2 ) 8
x
t ()
2
2
≥ −
x
x
t 4
t 16
+ Đặt t = 4(2 )0 + Phương trình trở thành :
+ − − 8
1
x 2
+ Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm được
=
2
x −−= 2 0≥t
2≤x
0
+ Do
nên
2 không thỏa mãn điều kiện
≥ x 0 2 4 =
0
t
t
− t thì x =⇔
x 4(2 ) 2≤x + Với (thỏa mãn điều kiện 2 2 x
2 x
⇔=
2 24
3 − = x x )
4(8
= Vậy nghiệm của phương trình là 2 3 =x x x x 3 + − + = ( )4 6 3 13 x x x Điều kiện: ≥⇔≥ + 0 0 3 24
3
Bài 24: Giải phương trình 3 2 x x x x MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC
+ Khi đó phương trình đã cho trở thành + = x x −++⇔
8 6 0 + Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn nên (1) 3
x 3
x
= −+ + = + 63 8 3 )1(0 2 + = 4≥ t x t
6 tt
( )12 + Đặt , ta được (thỏa mãn) 3
x 2 − ⇔=+
0 8 = 4
t
t
x + Với t = 2 x x = 1 ⇒ = 3 + Với t = 4 x 2 + + x x x x x ++
3 2 22 5 −+
3 16 + + − +=
8 61 ⇒ −=
8 61
x x x x ++
3 =+
1 2 3 2 2(21 )(3 )1 20 t x x t
(1 + + ++++
x x x x t 2(21 )(3 )1 3 2 2 + ≥ )0 ++
3 2
2 t t + Đặt
=
+ Khi đó
=
+ Ta được phương trình:
t
+ Lấy t = 5 thỏa mãn, thay t = 5 được x = 3 x 2 + =− 01 −=⇔= = −−
t 20 0 ;4 5 2 9
2
x + x 2 9 Điều kiện: 2 0≠x x x 2 9 2 + =−
3 0 2 +
2 x + x 2 9 = ≠ = 1 t 0 + Đặt . Phương trình trở thành + x
2 2
x 9 < x 0 2 = t x x −=⇔
x 2 ⇔+
9 2 + Với 2 2 1
−⇒−=
2 23
2 = + x x 2 9 3
4
+ Với t = 1 phương trình vô nghiệm
+ + t
2 ⇔=−
0 3 −= 1
2
t
t
t
1
2 + + + x x x x 3 2
x 4 =+
2 3( 3)2 1 3 [
3( 3 3 + + = ++ + x x x +⇔
x
( )1 ( )1 1 ]
31)1
+ + + = + + x x x +⇔
x
( )1 ( )1 3( )1 3 1 2 + Xét hàm ta suy ra = = x x 0 1 + ⇔=−⇔+ = 3
a a x x x x af
)( =+
1 3 1 0 = = x x 1 0
. Đáp số
+ −+
x x x 4 3
x ( 2)1 =+
1 0 3 3 2 5 1 = + + =⇔+ =⇔=− x x x x x x x NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 2( )1 2 2 1 2 −⇔+
4 1 2 01 +
4 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC 2 2 + + + x x x 12 =+
5 3 5 2 2 Để phương trình có nghiệm thì 2 2 − + x x x x ≥⇔≥−
0 =+
5 12 3 5 5
3 − − x x 2 2 2 2 4 + = − + x x x x 12 =−
4 3 +−
6 ⇔−+
35 (3 )2 + + ++ x x 12 4 35 2 2 + x x 2 − x >∀<−
,0 3 + Dễ dàng chứng minh được: 2 2 5
3 ++ + + x 35 12 4 + + x x 2 2 − =⇔= − x )3 0 2 −⇔
x
( )(2 + + x 12 4 35 x
+ ++
2 x =−
x x −+
4 1 −
21 ≥−
x 2 2 ≤≤− 0
≥ x 4 0 1
2 ⇔ = x x x +−⇔
1 −
21 ⇔+
4 0 x
≥+
4 − + x x x 2 =+
1 2 3 1
− +−
x +=
x x
)21 4
1
−
21
x
1(
2 2 − ≤≤
x ≤≤− x 4 1
2 1
2 ⇔ ≥+ ⇔ x =⇔
x 1
2
=
x 01 0 2 0 3 2 + = − + x x x )1 2 3 1 −= x
2(
7
2 3
25 − + − = − x x x x 15 78 141 9 3 3 + − x −⇔
x
( 9 2 x
(5
= t t
5 +
25)9
Rt ∈ Rt f t
3 5 3
2(
3 = , suy ra hàm số trên đồng biến trên R
xf
(
)9
2
+ −⇔− = − x x x x − = − x f )5 −⇔
x
( 9 116 73 15 0 2 = x 4 2 − − + x x ( )(4 x
11 )29 ⇔=
0 11 5 = x
±
2 3 + + x =−
x 24 12 6 3 =+ =+ = 0≥v với
6 6 6 ⇔ ⇔ ⇔ + Ta có 3 2 3 3 2 2 2 + = + − + = − = = v u u −+
u 36 6( ) 36 u
12 0 )12 0 ;24
6
vu
u
vu
uu
(
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC = 0 (thỏa mãn) = 6
u
v
−= x 24 −=
4 ⇔ ⇔ −= x 88 = 10
u
v
= x 3
= 3 3 2 = 3
u
v
3
22 − + − x x x x =−
1 27 27 13 2 3 3 3 2 =− 3
⇔− − + − x x x 22)1 =−
1 )1 )1 − + =⇔= a x x x x x x 3(
32 2 3(1 )1 27 27 7 0 0 3(2
ta suy ra 3 2 3 2 3 3 = + + x x x x x ++
1 +=
a
af
)(
Đáp số: x = 0 0≠x , ta chia hai vế cho x:
1 3 3 3 3 3 x x 1 − + − =⇔= x x x x +=
1 ⇔+
1 )1 0 1 +
x +
x
(1
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubienHướng dẫn:
NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien
Trang 9
Bài 25:
=+
1
3
Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng:
++++
x
x
Bài 26: Giải phương trình
Hướng dẫn:
+ Phương trình đã cho tương đương
Bài 27:
Hướng dẫn:
Bài 28:
Hướng dẫn:
+
x
x
)2(
2
Trang 10
Bài 29: Giải phương trình
Hướng dẫn:
+ Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích
về dạng (x-2)A(x) = 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau:
4
x
Bài 30: Giải phương trình
Hướng dẫn:
Bài 31: Giải phương trình:
Hướng dẫn:
Điều kiện xác định:
Rx ∈
+ Phương trình
−
=
−
x
)5
2(
)5
+ Xét hàm số đặc trưng:
với
3 +
xf
)(
+ Ta có :
∈∀>+
=
t
)('
,0
+ Mà phương trình (*) có dạng:
3
)5
Bài 32: Giải phương trình
Hướng dẫn:
Điều kiện:
12≤x
+ Đặt
−
+
=
x
x
v
u
12
=+
=+
vu
vu
u
u
Trang 11
Bài 33: Giải phương trình
Hướng dẫn:
+−⇔
x
2(
+ Xét hàm
Bài 34: Giải phương trình
Hướng dẫn:
+ Xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình
+ Với
(làm bài tập kết hợp với học trong vở ghi)
Trang 12
