zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Cẩm nang mùa thi: Một số bài toán giải phương trình phổ biến nhất trong thi đại học - Nguyễn Hữu Biển

Chia sẻ: Phan Hùng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Báo xấu

119
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn đang học tập và ôn thi Đại học, Cao đẳng có thêm tài liệu tham khảo, mời các bạn cùng tham khảo nội dung cẩm nang mùa thi "Một số bài toán giải phương trình phổ biến nhất trong thi đại học" dưới đây. Nội dung cẩm nang hướng dẫn giải một số dạng phương trình thường xuất hiện trong thi đại học. Hy vọng tài liệu sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Cẩm nang mùa thi: Một số bài toán giải phương trình phổ biến nhất trong thi đại học - Nguyễn Hữu Biển

CẨM NANG CHO MÙA THI MỘT SỐ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH PHỔ BIẾN NHẤT TRONG THI ĐẠI HỌC (ÔN THI THPT QUỐC GIA) 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 1 1 − x− 2  1 7 Bài 1: Giải phương trình 9 8 2 ( .log 2 x 2 − x + 2 − 3− x ) +x .log 2  2 x − +  = 0  2 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: 1 1 − x− 2  1 7 9 8 2 ( .log 2 x 2 − x + 2 − 3− x ) +x .log 2  2 x − +  = 0  2 4 1 − 2x −1 1  7 ⇔ 34 ( .log 2 x 2 − x + 2 − ) 3 x2 −x .log 2  2x − 1 +  = 0  4 1 3 4 1  7 ⇔ 3 2x −1 ( .log 2 x 2 − x + 2 − ) 3 x2 −x .log 2  2x − 1 +  = 0  4 1 x2 −x +  7 ⇔3 4 ( .log 2 x 2 − x + 2 − 3 ) 2x −1 .log 2  2x − 1 +  = 0  4 x2 −x + 1 1  7 2x −1  7 ⇔3 .log 2  x 2 − x +  +  = 3 .log 2  2x − 1 +  (1) 4  4  4  4  2 1  1 2  7 x − x + =  x −  ≥ 0 + Xét hàm số f (t) = 3t.log 2  t +  , ta thấy  4  2 ⇒t≥0  4  2x − 1 ≥ 0   7 1 ⇒ f '(t) = 3t.ln 3.log 2  t +  + 3t. > 0, ∀t ≥ 0 ⇒ f (t) là hàm đồng biến  4 t.ln 2  1 1 + Từ (1) ⇒ f  x 2 − x +  = f ( 2x − 1 ) ⇒ x 2 − x + = 2x − 1 (2)  4 4 1 5 + Xét 2 TH: 2x − 1 ≥ 0; 2x − 1 < 0 để bỏ dấu GTTĐ ở (2), giải PT (2) ta có ĐS: x = ; 2 2 Bài 2: Giải phương trình x 3 + x 2 − 19x − 16 = 3x x 3 + 1 Hướng dẫn + ĐK: x ≥ −1 + Nhận thấy biểu thức trong căn ở VP là: x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) nên rất có thể đây là cơ sở để cho ta phân tích VT của phương trình, thật vậy: ( ) ( x 3 + x 2 − 19x − 16 = x 3 + 1 + x 2 − x + 1 − 18 ( x + 1) ) ⇔ x3 + x2 − 19x − 16 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) + ( x 2 ) − x + 1 − 18 ( x + 1) + Phương trình đã cho trở thành: ( x + 1) ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) − 18 ( x + 1) = 3 ( x + 1) − 1 ( x + 1) ( x 2 − x + 1) (1) a = x + 1 ≥ 0 + Đặt ẩn phụ  thay vào (1) ta được: a 2 b 2 + b 2 − 18a 2 = 3 ( a 2 − 1) ab (2) 2 b = x − x + 1 ≥ 0 + 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 Trang 1
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: ( ) ( ) ( a 2 b 2 + b 2 − 18a 2 = 3 a 2 − 1 ab ⇔ a 2 + 1 b 2 − 3a 3 − 3a b − 18a 2 = 0 (3) ) 2 2 - Phương trình (3) tính được ∆ = ( 3a 3 − 3a ) + 4 ( a 2 + 1)(18a 2 ) = ... = 9a 2 ( a 2 + 3)  3a 3 − 3a + 3a a 2 + 3 ( ) b = = 3a  a2 +1  b − 3a = 0 ⇒ phương trình (3) có 2 nghiệm ⇔ 2  b = 3a 3 − 3a − 3a a 2 + 3 = −12a ( ) a b + b + 12a = 0  a2 +1 a2 +1 + Vậy (2) : a 2 b 2 + b 2 − 18a 2 = 3 ( a 2 − 1) ab ⇔ ( b − 3a ) ( a 2 b + b + 12a ) = 0 x = 0 + Do a 2 b + b + 12a = 0 ⇔ a = b = 0 (do a, b ≥ 0 ) ⇒ x + 1 = x 2 − x + 1 ⇔  x = 2 + Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại) + Vậy chỉ còn khả năng b = 3a ⇒ x 2 − x + 1 = 3 x + 1 ⇔ x = 5 ± 33 Bài 3: Giải phương trình ( 4x 4 − 13x 3 + 9x 2 + 16 − 2x 2 + 3x )( x + 3 + x −1 = 8 ) Hướng dẫn 4x 4 − 12x 3 + 9x 2 + 16 ≥ 0 + ĐK  x ≥ 1   + Ta biến đổi PT ⇔  ( 2x 2 − 3x ) + 16 − ( 2x 2 − 3x )  x −1 = 8 2 ( x − 1) + 4 +    a = 2x 2 − 3x + Đặt  thay vào phương trình ta có: b = x − 1 ( a 2 + 16 − a )( b2 + 4 + b = 8 ) 8 ⇔ b2 + 4 + b = a 2 + 16 − a ⇔ b2 + 4 + b = 8 ( a 2 + 16 + a ) 16 a 2 + 16 + a ⇔ b2 + 4 + b = 2 ⇔ 2 b 2 + 4 + 2b = a 2 + 16 + a 2 ⇔ ( 2b ) + 16 + 2b = a 2 + 16 + a (1) t + Xét hàm số f (t) = t 2 + 16 + t, t ∈ R ⇒ f '(t) = 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R (*) ⇒ f (t) là hàm t + 16 đồng biến.  2x 2 − 3x ≥ 0 Vậy từ (1) ⇒ f (2b) = f (a) ⇒ 2b = a ⇒ 2 x − 1 = 2x − 3x ⇔  2 2 (I) 2  4 ( x − 1) = 2x − 3x ( ) + Các bạn tự giải hệ (I) ⇒ x = 2 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 Giả sử f '(t) < 0 ⇔ t + t 2 + 16 < 0 ⇔ t 2 + 16 < − t ⇔  2 2 (vô lý) ⇒ f '(t) > 0 )  t + 16 < t Bài 4: Giải phương trình x + 2 7 − x = 2 x − 1 + − x 2 + 8 x − 7 + 1 Hướng dẫn: Đk: 1 ≤ x ≤ 7 pt ⇔ x − 1 − 2 x − 1 + 2 7 − x − ( x − 1)(7 − x) = 0 ⇔ x − 1( x − 1 − 2) − 7 − x ( x − 1 − 2) = 0 ⇔ ( x − 1 − 2)( x − 1 − 7 − x ) = 0  x −1 = 2 x = 5 ⇔ ⇔ thỏa mãn đk  x − 1 = 7 − x x = 4 Bài 5: Giải phương trình: x 4 + x 2 + 1 + x = x(1 − x 2 )  x ≤ −1 Hướng dẫn: ĐK:  0 ≤ x ≤ 1 - TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình - TH2: Với x ≠ 0 . * Với 0 < x ≤ 1 1 1 1 1 Khi đó pt ⇔ x 2 + x2 + 1 + x = x −x ⇔ + x2 + 1 + 1 = −x x x x2 x 1 1 Đặt t = − x ⇒ t 4 = 2 + x 2 − 2 . Khi đó ta được phương trình : x x t ≥ 1 t2 + 3 +1 = t ⇔  4 2 ⇔ t = −1(loai ) t − t + 2t + 2 = 0 1 1 * Với x ≤ −1 . Ta có − 2 + x2 + 1 + 1 = − −x x x 1 1 Đặt t = − x ⇒ t 4 = 2 + x 2 − 2 . Khi đó ta được t4 + 3 = t +1 ⇔ t = 1 x x −1 ± 5 ⇒ x2 + x − 1 = 0 ⇔ x = . 2 −1 − 5 −1 − 5 So sánh đk ta được nghiệm x = .Vậy pt đã cho có nghiệm x = 2 2 ( ) Bài 6: Giải phương trình : 4 2 10 − 2 x − 3 9 x − 37 = 4x 2 − 15 x − 33 ( ) ( ) Hướng dẫn: ĐK: x ≤ 5 . Pt ⇔ 4 4 + 3 9 x − 37 + 8 4 − 10 − 2 x + 4 x 2 − 15 x − 81 = 0 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 3
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC 4 ( 27 + 9 x ) 8(6 + 2 x) ⇔ 2 + + ( x + 3)(4 x − 27) = 0 16 − 4 3 9 x − 37 + ( 3 9 x − 37 ) 4 + 10 − 2 x - TH1 x + 3 = 0 ⇔ x = −3 (TMPT) - TH 2. x ≠ −3 36 16 ⇔ 2 + + 4 x − 27 = 0 16 − 4 3 9 x − 37 + ( 3 9 x − 37 ) 4 + 10 − 2 x 36 16 ⇔ 2 + + 4 x − 27 = 0 12 + ( 3 9 x − 37 − 2 ) 4 + 10 − 2 x 36 16 + Do x ≤ 5 nên VT ≤ + + 4.5 − 27 = 0 . Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 5 12 4 Vậy phương trình có 2 nghiệm là −3 và 5 4x − 2x + 1 Bài 7: Giải phương trình log 2 x x = 2 x ( 2.8 x − 3.2 x + 1) (*) . 2.16 − 2.4 + 1 Hướng dẫn: ⇔ log 2 (4 x − 2 x + 1) − log 2 (2.16 x − 2.4 x + 1) = 2.16 x − 3.4 x + 2 x ⇔ log 2 (4 x − 2 x + 1) + 4 x − 2 x + 1 = log 2 (2.16 x − 2.4 x + 1) + 2.16 x − 2.4 x + 1 1 XÐt f (t ) = log 2 t + t, ∀t > 0, ⇒ f ' (t ) = + 1 > 0, ∀t > 0 ⇒ f ®ång biÕn trªn ( 0; +∞ ) t ln 2 (* ) ⇔ f (4 x − 2 x + 1) = f (2.16 x − 2.4 x + 1) ⇔ 4 x − 2 x + 1 = 2.16 x − 2.4 x + 1 ⇔ 2 2 x − 2 x = 2.2 4 x − 2.2 2 x ⇔ 2.2 4 x − 3.2 2 x + 2 x = 0 ⇔ 2.23 x − 3.2 x + 1 = 0 −1 + 3 x 1 + 3 ⇔ (2 x − 1)(2 x − )(2 + )=0 2 2  2 x = 1  x = 0  ⇔ 2 x = − 1 + 3 ⇔  −1 + 3  x = log 2   2   2      x 1+ 3 2 = − 2 (lo¹i) Bài 8: Giải phương trình: x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16. Hướng dẫn: Điều kiện xác định: x ≥ 4. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với: 2 x + 4 + x − 4 = (x + 4) + (x − 4) − 12 + 2 x 2 − 16 ⇔ x + 4 + x − 4 = ( x+4 + x−4 ) − 12 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 4
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC 2 t = −3 (loaïi) + Đặt t = x + 4 + x − 4 , t > 0 ta được t − t − 12 = 0 ⇔  t = 4 4 ≤ x ≤ 8 + Với t = 4 , ta được x + 4 + x − 4 = 4 ⇔ x 2 − 16 = 8 − x ⇔  2 2  x − 16 = 64 − 16 x + x 4 ≤ x ≤ 8 ⇔ ⇔ x = 5. Vậy nghiệm của phương trình là x = 5. x = 5 Bài 9: Giải phương trình −2 x3 + 10 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x3 Hướng dẫn: Nhận xét: x = 0 không thỏa phương trình cho 10 17 8 5 + Chia hai vế của phương trình cho x3, ta được: −2 + x − x 2 + x3 = 2 3 x 2 − 1 1 + Đặt t = ( t ≠ 0 ) , phương trình trở thành: −2 + 10t − 17t 2 + 8t 3 = 2 3 5t 2 − 1 x 3 3 ⇔ ( 2t − 1) + 2 ( 2t − 1) = ( 3 ) 5t 2 − 1 + 2 3 5t 2 − 1 ⇔ f ( 2t − 1) = f ( 3 5t 2 − 1 ) + Với f ( t ) = t 3 + 2t , t ∈ R . Ta có: f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ R nên f đồng biến trên R , vì vậy: f ( 2t − 1) = f ( 3 ) 5t 2 − 1 ⇔ 2t − 1 = 3 5t 2 − 1  t = 0 (loaïi)  ⇔ ( 2t − 1) = 5t 2 − 1 ⇔ 8t 3 − 17t 2 + 6t = 0 ⇔ t = 17 + 97 (nhaän) 3 16   17 − 97 t = (nhaän) 16 17 + 97 17 − 97 +t= ⇒x= 16 12 17 + 97 17 + 97 +t= ⇒x= 16 12 17 ± 97 Vậy phương trình cho có 2 nghiệm: x = 12 Bài 10: Giải phương trình: 1 + 3 1 + 3x = 2x (x ∈ R). (1) 2 1 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ − (*). 3 + Đặt y = 1 1 + 3x ⇔ 1 + 3x = 2 y (2), (1) trở thành 1 + 3 y = 2 x (3) 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 ≥ 0, y ≥ 0  1 + 3x = 2 y  + Từ (2) và (3) ta có hệ  ⇔ 1 + 3x = 4 y 2 (4) .  1 + 3 y = 2x 1 + 3 y = 4x 2 (5)  + Trừ vế với vế (4) và (5) ta có 3( x − y ) = −4( x 2 − y 2 ) ⇔ ( x − y )(3 + 4 x + 4 y ) = 0 ⇔ y = x (vì x =1 x ≥ 0, y ≥ 0 ). Thế y = x vào (5) ta có 4x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔  1. x = −  4 + Kết hợp với x ≥ 0 , suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Bài 11: Giải phương trình 2 x 2 + x + 9 + 2 x 2 − x + 1 = x + 4 Hướng dẫn: Ta thấy: (2 x 2 + x + 9) − (2 x 2 − x + 1) = 2( x + 4) + x = -4 không phải là nghiệm + Xét x ≠ −4 , trục căn thức ta có: 2x + 8 = x + 4 ⇒ 2x 2 + x + 9 − 2x 2 − x + 1 = 2 2 2 2x + x + 9 − 2x − x + 1  2 x 2 + x + 9 − 2 x 2 − x + 1 = 2 x = 0 + Vậy ta có hệ  ⇒ 2 2x 2 + x + 9 = x + 6 ⇔   2 x + x + 9 + 2 x − x + 1 = x + 4 2 2 x = 8  7 + Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. 8 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0, và x = 7 Bài 12: Giải phương trình x − 1(3 x 2 + x + 1) + 3 x 3 + 2 x − 1 = 0 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 1 ⇔ x − 1 + 3x 2 x − 1 + x − 1 + x x − 1 + 3x 3 + x = 0 ⇔ x − 1( x − 1 + 3 x 2 + 1) + x( x − 1 + 3 x 2 + 1) = 0 ( x − 1 + x)( x − 1 + 3 x 2 + 1) = 0  x −1 + x = 0   x − 1 + 3 x + 1 = 0 2 Kết hợp với điều kiện ta thấy phương trình vô nghiệm. Bài 13: Giải phương trình 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 1 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≥ 3 2 + Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình  x+3  ( x − 3)( x 2 + 3 x + 9) 3 x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x 3 − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1 + =  3 ( x 2 − 1) 2 + 23 x 2 − 1 + 4  x3 − 2 + 5 x+3 x+3 x 2 + 3x + 9 + Ta chứng minh : 1 + = 1+
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC x x +1 Bài 14: Giải phương trình: −2 =3 x +1 x x +1 x 1 Hướng dẫn: Điều kiện: x < −1 ∪ x > 0 , đặt t = ,t > 0 ⇒ = 2 x x +1 t  1 1 t= ⇔ 2 − 2t = 3 ⇔ 2t + 3t − 1 = 0 ⇔  2 3 2 t   t = −1 1 x +1 1 4 + Lấy t = ⇒ = ⇔x=− 2 x 2 3 Bài 15: Giải phương trình x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 Hướng dẫn: ⇔ x 2 + 15 − 4 = 3 x − 3 + x 2 + 8 − 3 x2 −1 x2 −1 x +1 x +1 ⇔ = 3( x − 1) + ⇔ ( x − 1)( − − 3) = 0 x 2 + 15 + 4 x2 + 8 + 3 x 2 + 15 + 4 x2 + 8 + 3 ⇔ x =1 Bài 16: Giải phương trình : (4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1 Hướng dẫn: Đặt t = x 2 + 1(t > 0) ⇒ x 2 = t 2 − 1 Phương trình trở thành (4 x − 1)t = 2(t 2 − 1) + 2 x + 1 ⇐ 2t 2 − (4 x − 1)t + 2 x − 1 = 0 Ta có: ∆ = (4 x − 3) 2  1  2 3 x = 0 t= ⇒ 2 ⇔  x = − 4 ( L) ⇔  ⇔x= 4  2 x = 4  3  x = (2 x − 1) − 1 2 t = 2 x − 1  3 Bài 17: x − 4 + 6 − x − 2 x 2 + 13x − 17 = 0( x ∈ R) Hướng dẫn: Điều kiện: 4 ≤ x ≤ 6 x − 4 + 6 − x = 2 x 2 − 13 x + 17 ⇔ ( x − 4 − 1) + ( 6 − x − 1) − 2 x 2 + 13 x − 15 = 0 ( x − 4 − 1)( x − 4 + 1) ( 6 − x − 1)( 6 − x + 1) ⇔ + − (2 x 2 − 13 x + 15) = 0 ( x − 4 + 1) ( 6 − x + 1) x −5 5−x ⇔ + − (x − 5)(2x − 3) = 0 x − 4 +1 6 − x +1 1 1 ⇔ (x − 5)( − − (2x − 3)) = 0 x − 4 +1 6 − x +1 x = 5 ⇔ 1 1  − − (2x − 3) = 0  x − 4 + 1 6 − x +1 1 1 1 1 + Ta có: − − (2 x − 3) = 0 ⇔ − = 2 x − 3(1) x − 4 +1 6 − x +1 x − 4 +1 6 − x +1 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 7
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC 1 1 1 ⇒ − < ≤ 1 và 2x - 3 ≥ 5, ∀x ∈ [4;6] nên phương trình (1) vô x − 4 +1 6 − x +1 x − 4 +1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 Bài 18: Giải phương trình: x 3 + 2 = 33 3x − 2 Hướng dẫn:  x 3 + 2 = 3 y + Đặt y = 3x − 2 ⇒ y = 3 x − 2 ⇒ y + 2 = 3x . Ta được hệ phương trình:  3 3 3 3  y + 2 = 3 x + Đây là hệ phương trình đối xứng, trừ vế với vế ta được: ( x − y )( x 2 + y 2 + xy + 3) = 0 ⇔ x = y ⇒ x = 1;−2  2 2 2 1 1 2 3 2 1 2 3 2   x + y + xy + 3 = x + 2. xy + y + y + 3 = ( x + y ) + y + 3 > 0   2 4 4 2 4  Bài 19: (4 x − 1) 3 − 2 x + (7 − 4 x) 2 x − 1 = 2 − 4 x 2 + 8 x − 3 + 4 (với x ∈ R) 1 3 Hướng dẫn: Điều kiện: ≤x≤ 2 2 a = 3 − 2 x (a ≥ 0) Đặt  ⇒ a 2 + b 2 = 2(1) b = 2 x − 1(b ≥ 0) + Vì 4 x − 1 = 2b 2 ;7 − 4 x = 2a 2 + 1; − 4 x 2 + 8 x − 3 = 2 x − 1. 3 − 2 x = a.b + Từ phương trình đã cho ta có (2b 2 + 1)a + (2a 2 + 1)b = 2ab + 4(2) a 2 + b 2 = 2 + Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình  (2b 2 + 1)a + (2a 2 + 1)b = 2ab + 4 + 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  3 − 2 x = 1 + Với a = b = 1 khi đó ta có:  ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện)  2 x − 1 = 1 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1 Bài 20: Giải phương trình: 2( x 2 − 3x + 2) = 3 x 3 + 8 Hướng dẫn: Điều kiện x ≥ −2 + Biến đổi phương trình về dạng: 2(2 x 2 2 x + 4) − 2( x + 2) = 3 ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) + Do x = −2 không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho (x+2) ta được 2( x 2 − 2 x + 4) x 2 − 2x + 4 −3 −2=0 x+2 x+2  1 x 2 − 2x + 4 2 t=− + Đặt = t (t ≥ 0) ta có 2t − 3t − 2 = 0 2 (loại) x+2  t = 2 x 2 − 2x + 4 Với t = 2 ⇒ = 4 ⇔ x 2 − 2 x + 4 = 4 x + 8 ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 x+2 Bài 21: Giải phương trình x + 3 + 6 − x − ( x + 3)(6 − x) = 3 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 8
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC t2 −9 Hướng dẫn: Đặt t = x + 3 + 6 − x ⇒ ( x + 3)(6 − x) = 2 t2 −9 t = −1 + Phương trình trở thành t − =3⇔  2 t = 3 + Với t = -1 ⇔ x + 3 + 6 − x = −1 (vô nghiệm)  x = −3 + Với t = 3 ⇒ x + 3 + 6 − x = 3 ⇔  x = 6 Cách khác: Bài toán có thể giải bằng cách đưa về hệ phương trình với u = x + 3 và v = 6 − x Bài 22: Giải phương trình: x 3 − 8 x 2 + 13x + 6 + 6( x − 3) x 2 − 5 x + 5 = 0(1) Hướng dẫn: Điều kiện: x 2 − 5 x + 5 ≥ 0 + Từ (1) ⇒ ( x − 3)( x 2 − 5 x − 2) + 6( x − 3) x 2 − 5 x + 5 = 0  x = 3(loai ) ⇔ 2  x − 5 x − 2 + 6 x − 5 x + 5 = 0(2) 2 x 2 − 5 x + 5 = t , điều kiện t ≥ 0 + Giải (2): đặt t = 1 (2) ⇔ t 2 + 6t − 7 = 0 ⇔  , t = -7 (loại), t = 1 (thỏa mãn) t = −7 x = 1 + Với t =1 ⇒ x 2 − 5 x + 5 = 1 ⇔  (thỏa mãn điều kiện) x = 4 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4 Bài 23: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16 Hướng dẫn: Bình phương hai vế, lúc đó phương trình : ⇔ 4(2 x + 4) + 16 2(4 − x 2 ) + 16(2 − x) = 9 x 2 + 16 ⇔ 8(4 − x 2 ) + 16 2(4 − x 2 ) = x 2 + 8 x + Đặt t = 2(4 − x 2 ) (t ≥ 0) + Phương trình trở thành : 4t 2 + 16t − x 2 − 8 x = 0  x t1 = 2 + Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm được  t = − x − 4  2 2 + Do x ≤ 2 nên t 2 < 0 không thỏa mãn điều kiện t ≥ 0 x x x ≥ 0 4 2 + Với t = thì 2( 4 − x 2 ) = ⇔ 2 2 ⇔x= (thỏa mãn điều kiện x ≤ 2 2 2 8(4 − x ) = x 3 4 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = 3 Bài 24: Giải phương trình ( x + 4) 2 − 6 x 3 + 3x = 13 Hướng dẫn: Điều kiện: x 3 + 3x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 9
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC + Khi đó phương trình đã cho trở thành x 2 + 8 x + 3 − 6 x 3 + 3x = 0(1) 3 3 + Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔ x + 8 + −6 x+ = 0 x x 3 t = 2 + Đặt x + = t (t ≥ 4 12 ) , ta được t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  (thỏa mãn) x t = 4 x = 1 + Với t = 2 ⇒  x = 3  x = 8 + 61 + Với t = 4 ⇒   x = 8 − 61 Bài 25: 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 Hướng dẫn: Biến đổi phương trình về dạng: 2 x + 3 + x + 1 = 2 x + 3 + x + 1 + 2 (2 x + 3)( x + 1) − 20 + Đặt t = 2 x + 3 + x + 1(t ≥ 0) + Khi đó t 2 = 2 x + 3 + x + 1 + 2 (2 x + 3)( x + 1) + Ta được phương trình: t 2 − t − 20 = 0 ⇔ t = −4; t = 5 + Lấy t = 5 thỏa mãn, thay t = 5 được x = 3 9 2x Bài 26: Giải phương trình 2 + −1 = 0 x 2x 2 + 9 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≠ 0 2x 2 + 9 2x + Phương trình đã cho tương đương 2 + −3= 0 x 2x 2 + 9 t = 1 x 1 + Đặt t = ≠ 0 . Phương trình trở thành 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  2 2x + 9 t t = − 1  2 1 x < 0 3 2 + Với t = − ⇒ −2 x = 2 x 2 + 9 ⇔  2 2 ⇔x=− 2 4 x = 2 x + 9 2 + Với t = 1 phương trình vô nghiệm Bài 27: x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = (3x + 2) 3x + 1 Hướng dẫn: ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) = [(3 x + 1) + 1] 3 x + 1 ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) = ( 3 x + 1) 3 + 3 x + 1 x = 0 x = 1 + Xét hàm f (a) = a 3 + a ta suy ra x + 1 = 3x + 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔  . Đáp số  x = 1 x = 0 Bài 28: 4 x 3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0 Hướng dẫn: 1+ 5 ( 2 x ) 3 + 2 x = ( 2 x + 1) 3 + 2 x + 1 ⇔ 2 x = 2 x + 1 ⇔ 4 x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 4 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 10
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Bài 29: Giải phương trình x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 5 Hướng dẫn: Để phương trình có nghiệm thì x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 + 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: x2 − 4 x2 − 4 x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔ = 3( x − 2) + x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x+2 x+2 ⇔ ( x − 2)( − − 3) = 0 ⇔ x = 2 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x+2 x+2 5 + Dễ dàng chứng minh được: − − 3 < 0, ∀x > 2 x + 12 + 4 2 x +5 +3 3 Bài 30: Giải phương trình x + 4 − 1 − x = 1 − 2x Hướng dẫn: 1 − x ≥ 0 1 − 2 x ≥ 0  1  − 4 ≤ x ≤ ⇔ 1 − x + 1 − 2x = x + 4 ⇔  ⇔ 2 x + 4 ≥ 0 2 x + 1 = 2 x 2 − 3 x + 1 ( 1 − x + 1 − 2 x ) 2 = x + 4    1  1 1 − 4 ≤ x ≤ 2 − 2 ≤ x ≤ 2   ⇔ 2 x + 1 ≥ 0 ⇔  x = 0 ⇔ x=0  2 2   7 (2 x + 1) = 2 x − 3 x + 1  x = −   2 Bài 31: Giải phương trình: x 3 − 15 x 2 + 78 x − 141 = 53 2 x − 9 Hướng dẫn: Điều kiện xác định: x ∈ R + Phương trình ⇔ ( x − 5) 3 + 5( x − 5) = (2 x − 9) + 53 2 x − 9 + Xét hàm số đặc trưng: f ( x) = t 3 + 5t với t ∈ R + Ta có : f ' (t ) = 3t 2 + 5 > 0, ∀t ∈ R , suy ra hàm số trên đồng biến trên R + Mà phương trình (*) có dạng: f ( x − 5) = f (3 2 x − 9 ) ⇔ ( x − 5) 3 = 2 x − 9 ⇔ x 3 − 15 x 2 + 73 x − 116 = 0 x = 4 ( x − 4)( x − 11x + 29) = 0 ⇔  2  x = 11 ± 5  2 3 Bài 32: Giải phương trình x + 24 + 12 − x = 6 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≤ 12 + Đặt u = 3 x + 24 ; v = 12 − x với v ≥ 0 u + v = 6 u + v = 6 u + v = 6 u + v = 6 + Ta có  3 2 ⇔  3 2 ⇔  3 2 ⇔  2 u + v = 36 u + (6 − u ) = 36 u + u − 12u = 0 u (u + u − 12) = 0 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 11
MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC u = 0  v = 6 u = −4  x = −24 ⇔  ⇔  x = −88 (thỏa mãn) v = 10    x = 3 u = 3 v = 3  Bài 33: Giải phương trình 23 2 x − 1 = 27 x 3 − 27 x 2 + 13x − 2 Hướng dẫn: ⇔ (2 x − 1) + 23 2 x − 1 = (3 x − 1) 3 + 2(3 x − 1) + Xét hàm f (a) = a + 23 a ta suy ra 2 x − 1 = (3x − 1) 3 ⇔ 27 x 3 − 27 x 2 + 7 x = 0 ⇔ x = 0 Đáp số: x = 0 Bài 34: Giải phương trình 3 x +1 + 3 x2 = 3 x + 3 x2 + x Hướng dẫn: + Xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình + Với x ≠ 0 , ta chia hai vế cho x: x +1 3  x +1  3 3 + x = 1 + 3 x + 1 ⇔  3 − 1( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 x  x  (làm bài tập kết hợp với học trong vở ghi) NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien Trang 12

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.