zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Luyện thi Đại học nâng cao môn Toán: Một số bài phương trình hay và đặc sắc

Chia sẻ: Dang Van Ngoan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

70
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên tài liệu "Luyện thi Đại học nâng cao môn Toán: Một số bài phương trình hay và đặc sắc" do thầy Đặng Việt Hùng biên soạn. Tài liệu gồm có 15 câu hỏi có kèm đáp án. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luyện thi Đại học nâng cao môn Toán: Một số bài phương trình hay và đặc sắc

Khóa học LTĐH NÂNG CAO – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 Khóa LTĐH Nâng cao môn Toán 09. MỘT SỐ BÀI PT HAY VÀ ĐẶC SẮC Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH] Bài 1: [ĐVH]. Giải phương trình 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 Bài 2: [ĐVH]. Giải phương trình x − 2 x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0 Bài 3: [ĐVH]. Giải phương trình 4 x 2 + 2 x + 3 = 8 x + 1 Bài 4: [ĐVH]. Giải phương trình ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1 Bài 5: [ĐVH]. Giải phương trình (3 x + 1) x 2 + 3 = 3 x 2 + 2 x + 3 Bài 6: [ĐVH]. Giải phương trình: 3 x2 + 2 x − 3 ( 3 x −1 − 3 x + 3 ) = 4 Lời giải:  4 = − ( x − 1) − ( x + 3)  Nhận xét:  . ( − )( + ) = + − 2 x 1 x 3 x 2 x 3 nên ta có pt ⇔ x − 1 − ( x − 3) + x 2 + 2 x − 3 3 ( 3 x − 1 − 3 x + 3 ) = 0 ( ∗) a = 3 x − 1  a = −b ta có phương trình mới a3 + b3 − ab ( a + b ) = 0 ⇔ ( a + b )( a − b ) = 0 ⇔  2 Đặt:  b = − 3 x + 3 a = b  3 x −1 = − 3 x + 3  x = −1 ↔ ⇔  3 x − 1 = 3 x + 3 S = ∅ Vậy phương trình có nghiệm x = −1 Bài 7: [ĐVH]. Giải phương trình: ( ) 3 x2 − 1 + 2 3x − 4 ( x + 1) ( x 2 + x − 2 ) = 0 Lời giải: ≥ ( ) Điều kiện: ( x + 1) x 2 + x − 2 ≥ 0 ⇔   x 1  −2 ≤ x ≤ −1 Phương trình đã cho ⇔ x 2 + 2 x − 3 − 4 3 ( ( x − 1) x 2 + x − 2 = 0 ) ( ) ⇔ x 2 + x − 2 + ( x + 1) − 4 3 ( ( x + 1) x 2 + x − 2 = 0 (∗) ) Nhận xét: x + 1 = 0 không là nghiệm, chia cả hai vế của ( ∗) cho x + 1 ta có phương trình: x2 + x − 2 4 x2 + x − 2 ⇔ − +1 = 0 x +1 3 x +1 t = 3 x2 + x − 2  3 Đặt x +1 = t ( t ≥ 0 ) ⇒ pt ⇔ t − 2 4 t + 1 = 0 ⇔ t − 3  t −( )  = 0 ⇔   3 t = 3 3  3  Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
Khóa học LTĐH NÂNG CAO – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 x2 + x − 2  x = 1 + 6 • Với t = 3 → = 3 ⇔ x2 − 2x − 5 = 0 ⇔  x +1  x = 1 − 6 3 x2 + x − 2 3 • Với t = → = ⇔ 3x 2 + 2 x − 7 = 0 ⇔ x = 22 − 1 3 x +1 3 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: x = 1 − 6 ;1 + 6 ; 22 − 1 { } Bài 8: [ĐVH]. Giải phương trình: x2 + x − 6 + 3 x − 1 − 2 x2 − 2 x + 6 = 0 Lời giải:  x2 + x − 6 ≥ 0  Điều kiện:  x − 1 ≥ 0 ⇔ x≥2  2 x − 2x + 6 ≥ 0 Phương trình đã cho ⇔ x 2 + x − 6 + 3 x − 1 = 2 x 2 − 2 x + 6 ⇔ x2 + x − 6 + 6 ( x2 + x − 6 ) ( x − 1) + 9 ( x − 1) = 4 x2 − 8x + 24 ⇔2 ( x − 2 )( x + 3)( x − 1) = x 2 − 6 x + 13 ⇔ 2 ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x − 3) = x 2 + 2 x − 3 − 8 ( x − 2 ) Nhận xét: x − 2 = 0 không là nghiệm, chia cả hai vế cho x − 2 ta được phương trình: x2 + 2 x − 3 x2 + 2 x − 3 ⇔ −2 −8 = 0 x−2 x−2 Đặt: x2 + 2 x − 3 x−2 ( = t ⇔ x 2 + x 2 − t 2 + 2t 2 − 3 = 0 . ) t ≥ 0 t ≥ 6 + 20 Điều kiện của t là  ⇔  ∆ x = t − 12t + 16 ≥ 0 0 ≤ t ≤ 6 − 20 4 2  ⇒ pt ⇔ t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ ( t + 2 )( t − 4 ) = 0 ⇔ t = 4 x2 + 2x − 3  x = 7 + 20 Với t = 4 → = 4 ⇔ x 2 − 14 x + 29 = 0 ⇔  x−2  x = 7 − 20 Vậy phương trình có hai nghiệm: 7 − 20 ; 7 + 20 { } Bài 9: [ĐVH]. Giải phương trình x 4 − 2 x3 + 2 x 2 + 2 x + 1 = x3 + x ( ) x2 − 1 x Lời giải: Ta có phương trình ⇔ x 2 ( x − 1) + ( x + 1) = x x 2 + 1 2 2 ( ) x2 − 1 x x > 0  Do x 2 ( x − 1) 2 + ( x + 1) 2 > 0, ∀x ∈ R nên x là nghiệm của phương trình ⇔  x 2 − 1 ⇔ x >1 .  >0  x Với điều kiện này ta có pt ⇔ x 2 ( x − 1) + ( x + 1) = x 2 + 1 2 2 ( ) x ( x − 1)( x + 1) ( ∗) a = x ( x − 1) Đặt:  → a + b = x 2 + 1 . Khi đó phương trình ( ∗) trở thành: b = x + 1 2 a a a a a 2 + b 2 = ( a + b ) ab ⇔   + 1 = + b b b b Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
Khóa học LTĐH NÂNG CAO – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 Đặt: a b ( ) = t ( t > 0 ) ⇒ pt ⇔ t 4 + 1 = t 3 + t ⇔ ( t − 1) t 2 + t + 1 = 0 ⇔ t = 1 2 a  x = 1 + 2 ( TM ) Với t = 1 ⇒ = 1 ⇔ x ( x − 1) = x + 1 ⇔ x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔  b  x = 1 − 2 ( l ) Vậy phương trình có nghiệm: x = 1 + 2 ( Bài 10: [ĐVH]. Giải phương trình: 8 x 2 − 25 x + 18 = 3 16 x 4 − 96 x 3 + 218 x 2 − 216 x + 81 ) Lời giải: 16 x − 96 x + 218 x − 216 x + 81 = 16 x − 96 x3 + 216 x 2 − 216 x + 81 + 2 x 2 = ( 2 x − 3)4 + 2 x 2 4 3 2 4 Nhận xét:  8 x 2 − 25 x + 18 = 2 ( 2 x − 3) − x 2 Đặt ( 2 x − 3) = a . 2  x  x a ≥ a ≥ Vậy phương trình trở thành 2a − x = 3 a + 2 x ( 2 2 ) ⇔ 2 ⇔ 2 ( a + x )( a − 5 x ) = 0    a − 4ax − 5 x = 0 2 2 V ới a = − x → ( 2 x − 3 ) = − x ⇔ S = ∅ 2 • 17 ± 145 Với a = 5 x → ( 2 x − 3) = 5 x ⇔ 4 x 2 − 17 x + 9 = 0 ⇔ x = 2 • 8 17 ± 145 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 8 13 2 Bài 11: [ĐVH]. Giải phương trình x + 9 x − 10 = 2 ( 3 x + 1) 2 x 2 − 3 2 Lời giải: 3 Điều kiện: 2 x 2 − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 ( Phương trình ⇔ 2 2 x 2 − 3 + ) 5 2 2 x + 9 x − 4 = 2 ( 3 x + 1) 2 x 2 − 3 5 2 Đặt: 2 x 2 − 3 = t ( t ≥ 0 ) . Phương trình trở thành 2t 2 − 2 ( 3 x + 1) t + x + 9x − 4 = 0 2 5  Ta có: ∆t = ( 3x + 1) − 2  x 2 + 9 x − 4  = ( 2 x − 3) ≥ 0 2 2 2   x+4 t = 2 2 2 x2 − 3 = x + 4 7 x 2 − 8 x − 28 = 0 ⇒ ⇒  ⇔ t = 5 x − 2  2 2 x 2 − 3 = 5 x − 2 17 x 2 − 20 x + 16 = 0 ( ∗)  2 4 ± 2 53 • 7 x 2 − 8 x − 28 = 0 ⇔ x = 7 2  5  39 • Xét phương trình ( ∗) có: VT = 17 x 2 − 20 x + 16 = x 2 +  4 x −  + > 0 . Vậy ( ∗) vô nghiệm.  2 4 4 ± 2 53 Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = 7 x2 − 2 x x4 + x2 + 1 x2 + x + 1 Bài 12: [ĐVH]. Giải PT: + = x +1 x( x + 1) x Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
Khóa học LTĐH NÂNG CAO – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 Lời giải: Đk: x > 0 Nhận xét: x 4 + x 2 + 1 = x 4 + 2 x 2 + 1 − x 2 = ( x 2 + 1) 2 − x 2 = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1) x2 − x + 1 x2 − x + 1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 PT ⇔ −1 + . = x +1 x +1 x x x2 − x + 1 x2 + x + 1 Ta đặt: a = ,b = , (a, b ≥ 0) ta có: x +1 x a 2 − 1 + ab = b ⇔ (a − 1)(a + 1) + b(a − 1) = 0 ⇔ (a − 1)(a + b + 1) = 0 ⇔ a = 1 x2 − x + 1 Với a = 1 ta có: = 1⇒ x = 2 x +1 Kết luận: x = 2 là nghiệm của PT đã cho. Bài 13: [ĐVH]. Giải PT: 5 x 4 + 4 x 2 − x 4 − 3 x 2 − 18 = 5 x Lời giải: Đk: x − 3x − 18 ≥ 0 ⇔ ( x + 3)( x − 6) ≥ 0 ⇔ x ≥ 6 4 2 2 2 2  x 4 − 3 x 2 − 18 + 5 x ≥ 0, (1) Khi đó PT ⇔ 5 x + 4 x = x − 3 x − 18 + 5 x ⇔  4 2 4 2 5 x 4 + 4 x 2 = x 4 + 22 x 2 − 18 + 10 x x 4 − 3 x 2 − 18, (2) Giải (2) ta có (2) ⇔ 2 x 4 − 9 x 2 + 9 = 5 x x 4 − 3 x 2 − 18 ⇔ 2 x 4 − 9 x 2 + 9 = 5 x ( x 2 + 3)( x 2 − 6) ⇔ 2 x 2 ( x 2 − 6) + 3( x 2 + 3) = 5 x ( x 2 + 3)( x 2 − 6) a = b Đặt: a = x x 2 − 6, b = x 2 + 3 ta có: 2a 2 + 3b 2 = 5ab ⇔ (2a − 3b)(a − b) = 0 ⇔   2a = 3b x ≥ 0 7 + 61 +) Với a = b ta có: x x 2 − 6 = x 2 + 3 ⇔  4 ⇒x= x − 7x − 3 = 0 2 2  x ≥ 0, (tm(1)) +) Với 2a = 3b ta có: 2 x x 2 − 6 = 3 x 2 + 3 ⇔  4 ⇔ x=3  x − 33x − 27 = 0 2 Kết luận: Vậy PT có 2 nghiệm như trên Bài 14: [ĐVH]. Giải PT: 9 x 2 + 6 x − 10 = (3x + 1) 9 x 2 − 8 Lời giải: Đặt t = 9 x − 8(t ≥ 0) ta có: t = 9 x − 8 2 2 2 PT ⇒ t 2 + 6 x − 2 = (3x + 1)t ⇔ t 2 − (3x + 1)t + 6 x − 2 = 0 ∆ x = (3 x + 1) 2 − 4(6 x − 2) = 9 x 2 − 18 x + 9 = (3 x − 3) 2  3x + 1 + 3x − 3 t = 2 = 3x − 1 ⇒ t = 3 x + 1 − 3 x + 3 = 2  2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !
Khóa học LTĐH NÂNG CAO – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95  1 x ≥ 3 Với t = 3 x − 1 ⇒ 9 x − 8 = 3 x − 1 ⇔  2 3 ⇔ x= −8 = −6 x + 1 2 2 3 Với t = 2 ⇔ 9 x 2 − 8 = 4 ⇔ x = ± 3 Bài 15: [ĐVH]. Giải PT : ( x 2 + 2 x ) 2 + ( x + 1) 2( x 2 + 2 x − 1) = 13 Lời giải: Đk: x + 2 x ≥ 1 2 Nhận xét: ( x 2 + 2 x)2 − 1 = ( x 2 + 2 x − 1)( x 2 + 2 x + 1) = ( x 2 + 2 x − 1)( x + 1)2 PT ⇔ ( x 2 + 2 x − 1)( x + 1) 2 + ( x + 1) 2( x 2 + 2 x − 1) = 12 1 2 t = 4 Đặt t = ( x + 1) 2( x 2 + 2 x − 1) ta có t + t − 12 = 0 ⇔  2  t = −6  x ≥ −1 +) Với t = 4 ta có: ( x + 1) 2( x 2 + 2 x − 1) = 4 ⇔  ( x + 1) ( x + 2 x − 1) = 8 2 2  x ≥ −1  x ≥ −1 ⇔ ⇒ ⇔ x =1 ( x + 1) − 2( x + 1) − 8 = 0 ( x + 1) = 4 4 2 2  x ≤ −1 +) Với t = −6 ta có: ( x + 1) 2( x 2 + 2 x − 1) = −6 ⇔  ( x + 1) ( x + 2 x − 1) = 18 2 2  x ≤ −1  x ≤ −1 ⇔ ⇔  ⇒ x = −1 − 1 + 19 ( x + 1) − 2( x + 1) − 18 = 0 ( x + 1) = 1 + 19 4 2 2 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH !

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.