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

Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 4

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:54

473
lượt xem
165
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - chương 4', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 4

  1. CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ( ) IV.1. 1) 16 − x 2 3 − x = 0 (1) Điều kiện: 3 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3. ( ∗) 16 − x 2 = 0 (1) ⇔   3− x = 0   x = 16 2 ⇔ x = 3  x = −4 ⇔ x = 4  x = 3  So với điều kiện ( ∗) , phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −4 và x = 3. ( ) 2) 9 − x 2 2 − x = 0 ( 2) Điều kiện: 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ( ∗) 9 − x 2 = 0 ( 2) ⇔   2− x = 0   x = −3  x2 = 9 ⇔ x = 3 ⇔  x = 2 x = 2  So với điều kiện ( ∗) , phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −3 và x = 2. 3) 4 + 2 x − x 2 = x − 2 ( 3) . Ta có x ≥ 2 x − 2 ≥ 0 x ≥ 2  ( 3) ⇔  ⇔   x = 0 ⇔ x = 3. ⇔ 2 2 2 4 + 2 x − x = x − 4 x + 4 2 x − 6 x = 0  x = 3  Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3. 4 ) 1 + 4 x − x 2 = x − 1( 4 ) Ta có x ≥ 1 x ≥ 1 x ≥ 1  ( 4) ⇔  ⇔   x = 0 ⇔ x = 3. ⇔ 2 2 2 1 + 4 x − x = x − 2 x + 1 2 x − 6 x = 0  x = 3  Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3. 188
  2. 5) ( 5) 2x +1 + x − 3 = 2 x −1  x ≥ 2 2 x + 1 ≥ 0   Điều kiện:  x − 3 ≥ 0 ⇔  x ≥ 3 ⇔ x ≥ 3 ( ∗) x ≥ 0 x ≥ 0    ( 5 ) ⇔ 2 x + 1 + x − 3 + 2 ( 2 x + 1)( x − 3) = 4 x ( 2 x + 1)( x − 3) = x + 2 ⇔2 ( ) ⇔ 4 2 x 2 − 5 x − 3 = x 2 + 4 x + 4 (Do x ≥ 3 nên x + 2 > 0) ⇔ 7 x 2 − 24 x − 16 = 0 x = 4 ⇔  x = −4 7  So với điều kiện ( ∗) , ta có nghiệm của phương trình đã cho là x = 4. 6 ) x + 1 + 4 x + 13 = 3x + 12 ( 6 )  x ≥ −1 x +1 ≥ 0  −13   ⇔ x ≥ −1( ∗) Điều kiện: 4 x + 13 ≥ 0 ⇔  x ≥ 4 3 x + 12 ≥ 0    x ≥ −4  ( 6 ) ⇔ x + 1 + 4 x + 13 + 2 ( x + 1)( 4 x + 13) = 3 x + 12 ( x + 1)( 4 x + 13) = −2 x − 2 ⇔ ( x + 1)( 4 x + 13) = − x − 1(**) ⇔2 Điều kiện của phương trình (**) là x ≤ −1 . Kết hợp với điều kiện (*) ta được x = −1. x = −1 thỏa phương trình (**). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = −1. 7 ) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12 ( 7 ) Điều kiện: 10 − x 2 ≥ 0 ⇔ − 10 ≤ x ≤ 10. ( ∗ ) 10 − x 2 = ( x + 3)( x − 4 ) ( 7 ) ⇔ ( x + 3) ⇔ ( x + 3)  10 − x 2 − ( x − 4 )  = 0   x + 3 = 0 ⇔ 2  10 − x − ( x − 4 ) = 0  189
  3.  x = −3 ⇔ 2  10 − x = x − 4   x = −3  ⇔ x − 4 ≥ 0  10 − x 2 = x 2 − 8 x + 16   x = −3  x ≥ 4 ⇔  ⇔ x = −3.  x = 1   x = 3  So với điều kiện ( ∗) , ta có nghiệm của phương trình đã cho là x = −3. 8) x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ( 8)   x ≥ −4 x+4≥0   1  Điều kiện: 1 − x ≥ 0 ⇔  x ≤ 1 ⇔ −4 ≤ x ≤ ( ∗) 2 1 − 2 x ≥ 0  1  x ≤  2 Ta có x + 4 − 1 − x = 1 − 2x ⇔ x + 4 = 1 − 2x + 1− x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x )(1 − x ) (1 − 2 x )(1 − x ) ⇔ 2x +1 = 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ 2 2  4 x + 4 x + 1 = 1 − 3x + 2 x −1  x ≥ 2 ⇔  x2 − 7 x = 0  −1  x ≥ 2 x = 0  ⇔ ⇔ x=0  x = 7 x = 7   So với điều kiện ( ∗) , ta có nghiệm của phương trình đã cho là x = 0. IV.2. 1) 3 x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2 (1) 190
  4. Đặt t = x 2 + 5 x + 1, t ≥ 0 ( ∗) trở thành 3t 2 + 2t − 5 = 0 (1) 5 ⇔ t = 1∨ t = − 3 So với điều kiện ( ∗) ta nhận t = 1, khi đó ta có x = 0 t = x 2 + 5 x + 1 = 1 ⇔ x 2 + 5x = 0 ⇔   x = −5. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 ∨ x = −5. x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 = 3 (1) 2) Đặt t = x 2 − 3x + 3 (1) t + t + 3 = 3 ( 2) trở thành Điều kiện: t ≥ 0 Khi đó ( 2 ) tương đương với t + t + 3 + 2 t ( t + 3) = 9 ⇔ t ( t + 3) = 3 − t 3 − t ≥ 0  ⇔ 2 t ( t + 3) = 9 − 6t + t  t ≤ 3 t ≤ 3 ⇔ ⇔ 9t = 9 t = 1 ⇔ t = 1. Với t = 1, ta có x 2 − 3x + 3 = 1 ⇔ x 2 − 3 x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 1; x = 2. ( x + 2 )( 5 − x ) = 4 (∗) . Điều kiện: 3) x+ 2 + 5− x + −2 ≤ x ≤ 5. Đặt t = x + 2 + 5 − x , t ≥ 0 ⇔ t2 = x + 2 + 5 − x + 2 ( x + 2 )( 5 − x ) ⇔ t2 − 7 = 2 ( x + 2 )( 5 − x ) ( ∗) trở thành 191
  5. t = 3 t2 − 7 = 4 ⇔ 2t + t 2 − 7 = 8 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔  t+ t = −5 2 Vì t ≥ 0 nên ta nhận t = 3, khi đó ta có x + 2 + 5−t = 3 ( x + 2 )( 5 − x ) = 9 ⇔ x+ 2+5− x+ 2 ( x + 2 )( 5 − x ) = 1 ⇔ ⇔ − x 2 + 3x + 10 = 1 ⇔ x 2 − 3x − 9 = 0 3−3 5 3+3 5 (Thỏa điều kiện) ⇔x= ∨x= 2 2 3−3 5 3+3 5 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là x = ;x = . 2 2 x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16 ( ∗) 4) Điều kiện: x ≥ 4 Đặt t = x + 4 + x − 4, t ≥ 0 ⇔ t 2 = 2 x + 2 x 2 − 16 ( ∗) trở thành t = t 2 − 12 ⇔ t 2 − t − 12 = 0 ⇔ t = −3 ∨ t = 4 Vì t ≥ 0 nên nhận t = 4, ta có x+4 + x−4 = 4 ⇔ x + 4 + x − 4 + 2 x 2 − 16 = 16 ⇔ x 2 − 16 = 8 − x 8 − x ≥ 0 ⇔ 2 2  x − 16 = 64 − 16 x + x x ≤ 8 x ≤ 8 ⇔ ⇔ 16 x = 80 x = 5 ⇔ x = 5 (Thỏa điều kiện). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5. 192
  6. 2 x − x 2 = x + 1 − x (1) 5) 1 + 3 u = x  Đặt  , điều kiện: u , v ≥ 0. v = 1 − x  Phương trình (1) được chuyển thành hệ  2 ( u + v )2 − 2uv = 1 1 + 2 uv  − 2uv = 1 u + v = 1 2 2     ⇔  3  ⇔ 2 2 1 + uv = u + v u + v = 1 + uv 2  3 u + v = 1 + 3 uv 3    uv = 0 (I )  3   u + v = 1 uv = 0 ∨ uv = 2  ⇔  ⇔ 3 2  uv = u + v = 1 + uv 2 ( II )    3 u + v = 2    x =0    1− x = 1 x = 0  + Trường hợp ( I ) ta được  ⇔ x =1  x =1   1− x = 0   + Trường hợp ( II ) (Vô nghiệm). Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0; x = 1. Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3). 6) 1 + 1 + x x 2 − 24 = x (1) Ta có (1) ⇔ 1 + x x 2 − 24 = x − 1 x −1 ≥ 0 x ≥ 1   ⇔ ⇔ 2 2 2 2 1 + x x − 24 = x − 2 x + 1  x x − 24 = x − 2 x   x ≥ 1 x ≥ 1   ⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ 2  x − 24 = x − 2  x 2 − 24 = x 2 − 4 x + 4   x ≥ 2 x ≥ 2 ⇔x=7 ⇔ ⇔ 4 x = 28  x = 7 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 7. 193
  7. x + x + 11 + x − x + 11 = 4 (1) 7)  x + 11 ≥ 0  Điều kiện:  x − x + 11 ≥ 0 ( ∗)   x + x + 11 ≥ 0 x + 11 + x − x + 11 + 2 x 2 − x − 11 = 16 (1) ⇔ x + ⇔ x 2 − x − 11 = 8 − x 8 − x ≥ 0 ⇔ 2 2  x − x − 11 = x − 16 x + 64 x ≤ 8 x ≤ 8 ⇔ x=5 ⇔ ⇔ 15 x = 75 x = 5 So với điều kiện ( ∗) ta nhận x = 5. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5. ( ) 8) x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30 (1) u = x  Đặt  3 3 v = 35 − x   uv ( u + v ) = 30 (1) trở thành  3 3 u + v = 35  ( u + v ) uv = 30 ( u + v ) uv = 30   ⇔ ⇔ 3 3 ( u + v ) − 3 ( u + v ) uv = 35 ( u + v ) = 125    ( u + v ) uv = 30 u + v = 5 u = 2 u = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ∨ uv = 6 v = 3 v = 2 u + v = 5  u = 3  x = 3 x = 3 x = 3  Với  ⇔ x=3 ⇔ 3 ⇔ ⇔ 3 3 v = 2 35 − x = 8  x = 27 3  35 − x = 2  x = 2 x = 2 x = 2 u = 2  Với  ⇔x=2 ⇔ 3 ⇔ ⇔ 3 3 v = 3  35 − x = 3 35 − x = 27 x = 8 3  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2; x = 3. 9) x 3 + 2 = 3 3 3x − 2 (1) x3 + 2 3 (1) ⇔ = 3x − 2 3 194
  8. x3 + 2 Hàm số y = luôn đồng biến trên ℝ nên có 3 x3 + 2 3 hàm số ngược là y = 3x − 2 . Vì vậy, hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = và 3 13 ( x + 2) . y = 3 3x − 2 cũng chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y = x và y = 3 Do đó phương trình đã cho tương đương với x3 + 2 x= 3 ⇔ x3 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = −2 ∨ x = 1 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −2; x = 1. 2 2 10) 2 3 (1 + x ) + 3 3 1 − x 2 + 3 (1 − x ) = 0 (1) 2 (1 + x ) Vì x = −1 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của (1) cho ta 3 được phương trình tương đương 2 1− x 3  1− x   = 0 ( ∗) 2 + 33 + 1+ x  1+ x  1− x , khi đó ( ∗) trở thành Đăt t = 3 1+ x 2 + 3t + t 2 = 0  1− x 1 − x = −1 1 + x = −1 3  t = −1 9  1+ x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x=−  1− x  t = −2 1 − x = −8 7 = −2 3 1 + x   1+ x 9 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = − . 7 11) 2 x + 6 3 1 − x + 2 = 0(1) Đặt t = 3 1 − x ⇒ t 3 = 1 − x ⇒ x = 1 − t 3 . Phương trình (1) trở thành ( ) 2 1 − t 3 + 6t + 2 = 0 ⇔ 2t 3 − 6t − 4 = 0  t = −1 ⇔ t 3 − 3t − 2 = 0 ⇔  t = 2 + Với t = −1 ⇒ 3 1 − x = −1 ⇔ x = 2. 195
  9. + Với t = 2 ⇒ 3 1 − x = 2 ⇔ 1 − x = 8 ⇔ x = −7. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = −7; x = 2. 12) 3 x + 1 = 3x 2 − 8 x + 3(1) Điều kiện: x ≥ −1. Phương trình (1) tương đương với 3 x + 1 − 3x 2 + 8 x − 3 = 0. Xét hàm số f ( x ) = 3 x + 1 − 3x 2 + 8 x − 3, x ≥ −1. 3 f ′( x) = − 6x + 8 2 x +1 3 f ′′( x) = − − 6 < 0, ∀x > −1 3 4 ( x + 1) Suy ra hàm số lồ i trên [−1; +∞). Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có f (0) = f (3) = 0. Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0; x = 3. Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể: 3 x 2 − 8 x + 3 ≥ 0 2 3 x − 8 x + 3 ≥ 0  (1) ⇔  ⇔ 4 2 ( ) 3 2 2 9 ( x + 1) = 3 x − 8 x + 3 9 x − 48 x + 82 x − 57 x = 0   3 x 2 − 8 x + 3 ≥ 0 x = 0  ⇔  ( ) 2  x = 3.  x ( x − 3) 9 x − 21x + 19 = 0  x + 3 x + 1 = x 2 + x + 1(1) 13) Điều kiện: x ≥ 0. Phương trình (1) viết lại dưới dạng x + 3 x + 1 − x 2 − x − 1 = 0. Xét hàm số f ( x ) = x + 3x + 1 − x 2 − x − 1, x ≥ 0. 1 3 f ′( x) = − 2x −1 + 2 x 2 3x + 1 1 9 f ′′( x) = − − 2 < 0, ∀x > 0. − 3 3 4x 4 ( 3 x + 1) Lập luận giố ng Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1. Chú ý. Nếu sử dụng phương pháp biến đổ i tương đương sẽ nhận được phương trình bậc 8, khi đó cho dù nhẩm được hai nghiệm x = 0, x = 1 thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả. IV.3. 1) x x 2 + 15 − x 4 x 2 + 15 = 2 (1). Điều kiện: x ≥ 0 196
  10. Đặt t = 4 x 2 ( x 2 + 15) , ( t ≥ 0 ) . Khi đó phương trình (1) trở thành t2 − t = 2 ⇔ t2 − t − 2 = 0  t = −1 ⇔ t = 2 Ta loại t = −1 < 0 . x 2 ( x 2 + 15) = 2 Với t = 2 thì 4  x2 = 1 ( ) 2 2 4 2 ⇔ x x + 15 = 16 ⇔ x + 15 x − 16 = 0 ⇔  2  x = −16  Ta loại x 2 = −16 < 0. x = 1 Với x 2 = 1 ⇔   x = −1. So với điều kiện x ≥ 0 , ta nhận x = 1. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1. 4 2− x + = 2 (2). 2) 2− x +3 Điều kiện: 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 . Đặt t = 2 − x , (t ≥ 0). Khi đó phương trình (2) trở thành t = 1 4 = 2 ⇔ t 2 + 3t − 2t − 2 = 0 ⇔ t 2 + t − 2 = 0 ⇔  t+  t = −2 t +3 Ta loại t = −2 < 0 . Với t = 1 thì 2 − x = 1 ⇔ 2 − x = 1 ⇔ x = 1. So với điều kiện x ≤ 2 , ta nhận x = 1. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1. 6 ( 3) 9 − 5x = 3 − x + 3) 3− x Điều kiện: 9  9 − 5 x ≥ 0  x ≤ 9 5 ⇔ x ≤ (*) ⇔  3 − x > 0 5 x < 3  Với điều kiện (*) ta có phương trình (3) tương đương với 197
  11. ( 9 − 5 x )( 3 − x ) = 9 − x ⇔ 5 x 2 − 24 x + 27 = 9 − x ⇔ 2 x 2 − 3x − 27 = 0  x = −3 ⇔ x = 9  2 9 So với điều kiện x ≤ , ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = −3 . 5 4 1 3 4) (4) − = x + x2 + x x − x2 + x x x + x2 + x ≠ 0   Điều kiện:  x − x 2 + x ≠ 0 x ≠ 0   (4) ⇔ 4( x − x 2 + x ) − x − x 2 + x = −3 ⇔ 3 x − 5 x 2 + x = −3 ⇔ 5 x 2 + x = 3x + 3 3 x + 3 ≥ 0 ⇔ 2 2 9 x + 18 x + 9 = 25 x + 25 x  x ≥ −1 ⇔ 2 16 x + 7 x − 9 = 0  x ≥ −1   x = −1 ⇔   x = 9  16   x = −1 ⇔ x = 9  16 9 So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = −1, x = . 16 x 2 + 2 x + 1 + x 2 − 2 x + 1 = 2 .(5) 5) 2 2 ( 5 ) ⇔ ( x + 1) ( x − 1) = 2 ⇔ x + 1 + x −1 = 2 + 2 2 ⇔ ( x + 1) + ( x − 1) + 2 x + 1 x − 1 = 4 ⇔ 2 x 2 + 2 + 2 x 2 − 1 = 4 198
  12. 1 − x 2 ≥ 0  2 2 2 2 ⇔ x + x −1 = 1 ⇔ x −1 = 1− x ⇔  2 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. 2 2 ( )( ) 2  x −1 = 1− x  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là −1 ≤ x ≤ 1. 6) (2 x 2 + 6 x + 10) x 2 + 3 x − 11x 2 − 33 x + 8 = 0. Đặt t = x 2 + 3 x ≥ 0 , khi đó phương trình đã cho trở thành 1 2t 3 − 11t 2 + 10t + 8 = 0. Phương trình này có ba nghiệm t = 2; t = 4; t = − . Ta chỉ nhận 2 t = 2; t = 4. x = 1 x 2 + 3x = 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔  · Với t = 2, ta có  x = −4  −3 − 73 x = 2 x 2 + 3 x = 4 ⇔ x 2 + 3 x − 16 = 0 ⇔  · Với t = 4, ta có  −3 + 73 x =  2 −3 ± 73 Từ đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là x = ; x = 1; x = −4. 2 2 x 2 + 4 x − 3 x + 2 − 2 x + 3 2 x = 0 (1). Ta có 7) 2 ( ) (1) ⇔ 2 x( x + 2) − 3 x + 2 − 2x + 3 2x = 0 2 ( ) ( ) ( ) ⇔ 2x x + 2 − 3 x + 2 − 2x + 3 2x = 0 ⇔ x + 2 2x − 3 − 2x 2x − 3 = 0 ( )( ) 2x − 3 x + 2 − 2x = 0 ⇔ 9 ⇔ 2x − 3 = 0 ∨ x + 2 − 2x = 0 ⇔ x = ∨ x = 2. 2 9 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x = , x = 2. 2 8) 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0. (1) t3 + 2 3 Đặt t = 3 x − 2 ⇒ t = 3 x − 2 ⇒ x = 3 . 3 Phương trình (1) trở thành t3 + 2 18 − 5t 3 − 10 2t + 3 6 − 5. − 8 = 0 ⇔ 2t + 3 −8 = 0 3 3 8 − 5t 3 − 8 = 0 ⇔ 2t + 24 − 15t 3 − 8 = 0 ⇔ 24 − 15t 3 = 8 − 2t ⇔ 2t + 3 3 199
  13. 8 − 2t ≥ 0 t ≤ 4 ⇔ ⇔ 3 3 2 2  24 − 15t = 64 − 32t + 4t 15t + 4t − 32t + 40 = 0 t ≤ 4 t ≤ 4  ⇔ ⇔ ( ) 2 ( t + 2 ) 15t − 26t + 20 = 0 t = −2.  3 Với t = −2 ta có 3x − 2 = −2 ⇔ 3 x − 2 = −8 ⇔ x = −2. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = −2. ( ) 4 x + 1 = 32 4 x − 4 x + 1 x 9) Điều kiện: x ≥ 0. Nhận xét rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia hai vế của phương trình cho x 4 x ≠ 0 ta được 4 4 x +1 x +1 = 32 − 4 x4 x x 1 x +1 x +1 = 32 − 4 . ⇔ 4 x x x x +1 4 1 1 1 = 1 + ⇒ t 4 = 1 + ⇒ = t 4 − 1. Đặt t = 4 x x x x ( ) Ta có phương trình t 4 − 1 t = 32 − t ⇔ t 5 = 32 ⇔ t = 2. 1 1 1 1 Suy ra 4 1 + = 2 ⇔ 1 + = 16 ⇔ = 15 ⇔ x = . Thỏa điều kiện (*). 15 x x x 1 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = . 15 3 10) 2 − x = 1 − x − 1(1) u = 2 − x  , suy ra u 3 + v 2 = 1. Đặt  v = x − 1 ≥ 0  Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ u 3 + v 2 = 1 v = 1 − u v = 1 − u  ⇔ 3 ⇔ 3  2 2 u + v = 1 u + (1 − u ) − 1 = 0 u + u − 2u = 0  v = 1 − u   u = 0 u = 0 u = 1 u = −2 ⇔  ⇔ ∨ ∨  u = 1 v = 1 v = 0 v = 3   u = −2  200
  14. 3 3 3  2 − x = 0  2 − x = 1  2 − x = −2 ⇒ ∨ ∨  x −1 = 1  x − 1 = 0  x −1 = 3    ⇔ x = 2 ∨ x = 1 ∨ x = 10. Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ t = 3 2 − x như đã trình bày ở Bài IV.3. 8). 9 − x = 2 − x − 1 . Trình bày tương tự như Bài IV.3. 8). 3 11) Phương trình có ba nghiệm là x = 1; x = 10; x = 17. 12) 2 3 1 − x 2 + 4 − x 2 = 4(1) Giải tương tự như Bài IV.3. 8). Phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0. x+3 IV.4. 1) x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = (1) 2 Đặt t = x − 1 ≥ 0 t2 + 4 t2 + 4 2 2 t 2 + 1 + 2t + t 2 + 1 − 2t = (1) ⇔ ( t + 1) ( t − 1) ⇔ + = 2 2  t ≥ 1  t ≥ 1    t ≥ 1   2t = t + 4 2 2 t +4  t +1+ t −1 =  2   t − 4t + 4 = 0   2 t +4 2 2 ⇔ ⇔ t +1+ t −1 = ⇔ ⇔  t < 1 2  t
  15. ( )=2 2 x2 − 2 x + 4 x + 2 + 3 x 2 − 2 x + 4 (1) 3) x+2  x+2>0 Điều kiện:  2 ⇔ x > −2 x − 2x + 4 ≥ 0 (1) ⇔ 2 ( x2 − 2 x + 4 ) = 2 ( x + 2 ) + 3 (x − 2x + 4) ( x + 2) 2  2 u = x − 2 x + 4 ≥ 0 Đặt  v = x + 2 ≥ 0   u = 2v Phương trình trở thành 2u = 2v + 3uv ⇔ 2u − 3uv − 2v = 0 ⇔  2 2 2 2 u = − v .  2 Ta chỉ nhận trường hợp u = 2v. Với u = 2v ta được x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2  x = 3 − 13 ⇔ x2 − 2 x + 4 = 4 ( x + 2 ) ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔   x = 3 + 13   x = 3 − 13 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là   x = 3 + 13.  ( ) = 2 + 3. 2 x2 − 2x + 4 x2 − 2x + 4 Chú ý. Có thể biến đổi (1) tương đương với . x+2 x+2 x2 − 2 x + 4 Đặt t = > 0, x+2 1 Ta có phương trình 2t 2 − 3t − 2 = 0 ⇔ t = 2 ∨ t = − . Ta chỉ nhận trường hợp t = 2. Từ đây 2  x = 3 − 13 ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là   x = 3 + 13.  4) 2( x 2 − 3x + 2) = 3 x 3 + 8 . Ta có 2( x 2 − 3x + 2) = 3 x 3 + 8 ⇔ 2( x 2 − 3x + 2) = 3 ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4) ⇔ 2( x 2 − 3x + 2) = 3 ( x + 2)( x 2 − 3 x + 2 + x + 2) . Đặt t = x 2 − 3x + 2 ta có phương trình trở thành 2t = 3 ( x + 2) [ t + ( x + 2)] (1). 202
  16. Điều kiện: t ≥ 0.  −3 ( x + 2) t= ( x + 2)t + ( x + 2)2  ⇔ 4t 2 − 9( x + 2)t − 9( x + 2)2 = 0 ⇔  2 (1) ⇔ 4t = 9  . 4   t = 3( x + 2) −3 3 ( x + 2) ⇔ x 2 − 3 x + 2 = − ( x + 2) ⇔ 4 x 2 − 9 x + 14 = 0 (Vô nghiệm). Với t = 4 4  x = 3 − 13 Với t = 3( x + 2) ⇔ x 2 − 3x + 2 = 3( x + 2) ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔   x = 3 + 13  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 3 − 13 ∨ x = 3 + 13. 5) x 3 + (1 − x 2 )3 = x 2(1 − x 2 ) . Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 . Ta có x 3 + (1 − x 2 )3 = x 2(1 − x 2 ) ⇔ ( x + 1 − x 2 )(1 − x 1 − x 2 ) = x 2. 1 − x 2 (1). t 2 −1 = x 1 − x2 . 2 Đặt t = x + 1 − x , −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 2 2 x = 0 ⇔ 1 − x2 − x = 0 ⇔ x = Ta có t ′ = 1 − . 2 1 − x2 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta được −1 ≤ t ≤ 2 (*). t2 −1 t 2 −1 2 Với t = x + 1 − x , −1 ≤ t ≤ 2 thì (1) trở thành t (1 − )= 2 (2). Ta có 2 2 (2) ⇔ 2t − t (t 2 − 1) = 2 (t 2 − 1) ⇔ t 3 + 2t 2 − 3t − 2 = 0 203
  17. t = 2  ⇔ (t − 2)(t 2 + 2 2t + 1) = 0 ⇔ t = − 2 + 1 , kết hợp với điều kiện (*) ta được  t = − 2 − 1  t = 2 ∨ t = − 2 +1. Với t = 2 ⇔ x + 1 − x 2 = 2 x ≤ 2  2−x≥0 x ≤ 2 2    2 ⇔x= 2 . ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 2 1 − x = 2 + x − 2 2 x 2x − 2 2x + 1 = 0 x =    2 x ≤ 1− 2  Với t = − 2 + 1 ⇔ x + 1 − x 2 = − 2 + 1 ⇔  2 2  2 x − 2(1 − 2) x + (1 − 2) − 1 = 0  x ≤ 1− 2   1− 2 − 2 2 −1 1 − 2 − 2 2 −1  ⇔  x = . ⇔x= 2  2   1 − 2 + 2 2 −1  x =  2 2 1− 2 − 2 2 −1 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = . ∨x= 2 2 Chú ý. Ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa bằng cách đặt ππ ; ]. (Do điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 ) x = sin t , t ∈ [− 22 Khi đó phương trình được đưa về 3 (1 − sin t ) ( ) sin 3 t + 2 = sin t 2 1 − sin 2 t ⇔ sin 3 t + cos3 t = 2 sin t cos t 3 ⇔ ( sin t + cos t ) − 3 ( sin t + cos t ) sin t cos t = 2 sin t cos t sin t + cos t = 2 (*) ⇔ sin t + cos t = 1 − 2(**)  204
  18. 2 · Giải trường hợp (*) ta được x = . 2 1− 2 − 2 2 −1 · Giải trường hợp (**) ta được x = . 2 2 1− 2 − 2 2 −1 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = . ∨x= 2 2 6) 1 + 1 − x 2  (1 − x)3 − (1 + x )3  = 2 + 1 − x 2 .   Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 (*). Ta có: 1 + 1 − x 2  (1 − x)3 − (1 + x )3  = 2 + 1 − x 2   ⇔ 1 + 1 − x 2  ( 1 − x − 1 + x )(2 + 1 − x 2 )  − (2 + 1 − x 2 ) = 0     ⇔  1 + 1 − x 2 .( 1 − x − 1 + x ) − 1 (2 + 1 − x 2 ) = 0    2 + 1 − x 2 = 0 (VN ) ⇔  1 + 1 − x 2 .( 1 − x − 1 + x ) = 1 (2)  Giải (2): 1 + 1 − x 2 ( 1 − x − 1 + x ) = 1 . Đặt t = 1 − x − 1 + x , − 2 ≤ t ≤ 2 (**). t2 ⇒ 1 − = 1 − x 2 , ta được 2 t > 0 t2  (2) ⇔ 1 + 1 − .t = 1 ⇔  2 4 − t 2 2 =1 t  2 t > 0 ⇔ 4 2  −t + 4t − 2 = 0 205
  19. t > 0   t = 2 + 2  t = 2 + 2  ⇔  t = − 2− 2 ⇔  , kết hợp với điều kiện (**) ta được: t = 2 − 2 .  t = 2 − 2    t = 2 − 2   t = − 2 + 2  Với t = 2 − 2 ⇔ 1 − x − 1 + x = 2 − 2  1− x > 1 + x −1 ≤ x < 0  1− x − 1+ x > 0    ⇔ ⇔ 2 ⇔ 1 − x 2 = 1 2 2  1− x = 2 − 2 1 − x = 2 − 2    2  2  −1 ≤ x < 0 1  thoả điều kiện (*). 1 1 ⇔x=− ⇔ x = 2 ∨ x = − 2 2  1 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm x = − . 2 Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau: Do điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 nên đặt x = cos t , t ∈ [0; π ]. Khi đó ta có phương trình ( ) ( 2 + sin t ) = 2 + sin t 1 + sin t 1 − cos t − 1 + cos t ( 1 + cos t ) = 1 ⇔ 1 + sin t 1 − cos t −  1 − cos t − 1 + cos t ≥ 0  1 − cos t − 1 + cos t ≥ 0   ⇔ ⇔ (1 + sin t )( 2 − 2sin t ) = 1 1 − sin 2 t = 1    2  1 − cos t − 1 + cos t ≥ 0  1 − cos t − 1 + cos t ≥ 0   ⇔ 2 ⇔ 1 2 −2 cos t = cos t = ∨ cos t =   2  2 2 −2 −2 ⇒x= ⇔ cos t = . 2 2 7) 1 − x − 2 x 1 − x 2 − 2 x 2 + 1 = 0. (1) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. 206
  20. Đặt x = cos t , t ∈ [0; π ]. 1 − cos t − 2 cos t 1 − cos 2 t − 2 cos 2 t + 1 = 0 (1) ⇔ t ⇔ 2 sin − 2cos t sin t − cos 2t = 0 2 t t − s in2t − cos2t = 0 (vì t ∈ [0; π ] ⇒ sin ≥ 0,sin t ≥ 0 ) ⇔ 2 sin 2 2  π t ⇔ 2 sin − 2 cos  2t −  = 0 2 4  π t ⇔ sin = cos(2t − ) 2 4 π π t ⇔ sin = sin( − 2t + ) 2 2 4  3π  t ⇔ sin = sin  − 2t  2 4   t 3π  2 = 4 − 2t + k 2π ⇔  t = 2t + π + k 2π 2  4  5t 3π  2 = 4 + k 2π ⇔  3π = − π − k 2π 2  4  3π k 4π t = 10 + 5 ,(k ∈ ℤ). ⇔ t = − π − k 4π   6 3 3π Do t ∈ [0; π ] nên ta nhận t = . 10 3π Hay x = cos là nghiệm của phương trình đã cho. 10 2 ( ) (1) x2 +1 x2 + 1 2 8) x +1 + = () 2 x 1 − x2 2x x ≠ 0 Điều kiện:   x ≠ ±1 207
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2