›
›
›

Bài tập Đại số Lớp 10 - Vấn đề 3: Phương trình không chứa tham số

docx 50 trang nhungbui22 11/08/2022 1770
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Đại số Lớp 10 - Vấn đề 3: Phương trình không chứa tham số", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxbai_tap_dai_so_lop_10_van_de_3_phuong_trinh_khong_chua_tham.docx

Nội dung text: Bài tập Đại số Lớp 10 - Vấn đề 3: Phương trình không chứa tham số

  1. VẤN ĐỀ 3. PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG CHỨA THAM SỐ Phần 1: Mail: daytoan2018@gmail.com Câu 1. Phương trình 2 f x f x có tập nghiệm nghiệm A 1;2;3 , phương trình 2.g x 1 3 3.g x 2 2.g x có tập nghiệm B 0;3;4;5 .Hỏi tập nghiệm của phương trình f x 1 g x 1 f x g x f x .g x 1 có bao nhiêu phần tử ? A. 1.B. 4 .C. 6 .D. 7 . Lời giải Tác giả :Vũ Ngọc Thành ,FB: Vũ Ngọc Thành Chọn A x 1 f x 0 2 f x f x f x 1 x 2 2 f x f x 2 0 x 3 2 g(x) 1 3 3.g(x) 2 2.g(x) 1 1 2g x 1 2 2g x 1 1 3g x 2 33 3g x 2 2 0 2 3 1 2 1 2 2g x 1 1 3 3g x 2 2 3 3g x 2 1 0 2 3 x 0 2g x 1 1 0 x 3 g x 1 3 3g x 2 1 0 x 4 x 5 f x 1 g x 1 f x g x f x .g x 1 f x 1 g x 1 1 f x 1 g x f x 1 x 1 .Vậy tập nghiệm của phương trình có 1 phần tử. g x 1 Mail: daytoan2018@gmail.com
  2. Câu 2. Phương trình 2 f x f x có tập nghiệm nghiệm A 1;2;3 , phương trình 2.g x 1 3 3.g x 2 2.g x có tập nghiệm B 0;3;4;5 .Hỏi tập nghiệm của phương trình f x .g x 1 f x g x có bao nhiêu phần tử ? A. 3.B. 4 .C. 6 .D. 7 . Lời giải Tác giả :Vũ Ngọc Thành ,FB: Vũ Ngọc Thành Chọn C x 1 f x 0 2 f x f x f x 1 x 2 2 f x f x 2 0 x 3 2 g(x) 1 3 3.g(x) 2 2.g(x) 1 1 2g x 1 2 2g x 1 1 3g x 2 33 3g x 2 2 0 2 3 1 2 1 2 2g x 1 1 3 3g x 2 2 3 3g x 2 1 0 2 3 x 0 2g x 1 1 0 x 3 g x 1 3 3g x 2 1 0 x 4 x 5 f x .g x 1 f x g x f x 1 g x 1 0 x 0 x 1 f x 1 x 2 .Vậy tập nghiệm của phương trình có 6 phần tử. x 3 g x 1 x 4 x 5 Mail: daytoan2018@gmail.com Câu 3. Phương trình f x 0 có tập nghiệm A m;m2;m3 , phương trình g x 0 có tập nghiệm B 2;m 2;4m .Hỏi có bao nhiêu giá trị m để hai phương trình tương tương ? A. 1. B. 2 . C. 3.D. 4 . Lời giải
  3. Tác giả :Vũ Ngọc Thành ,FB: Vũ Ngọc Thành Chọn A Để hai phương trình tương đương thì A B m 1 2 3 3 2 Xét m m m 2 m 2 4m m m 4m 4 0 m 2 m 2 Xét m 2 ta được A m;m2;m3 2;4;8,B 2;m 2;4m 2;4;8 Xét m 2 ta được A m;m2;m3 2;4; 8,B 2;m 2;4m 2;0; 8 Xét m 1 ta được A m;m2;m3 1;1; 1,B 2;m 2;4m 2;1; 4 Vậy chỉ có 1 giá trị m thỏa mãn. Mail: daytoan2018@gmail.com Câu 4. Hàm số y f x có đồ thị như hình vẽ .Hỏi có bao nhiêu giá trị tham số m để phương trình f x 3 3m. f x 2 và m 3 2m. f x 1 tương đương và tập nghiệm khác rỗng? A. 0 .B. 1.C. 2 .D. 3. Lời giải Tác giả :Vũ Ngọc Thành ,FB: Vũ Ngọc Thành Chọn B y 3 3m.y 2 1 y3 3my 2 3 Xét hệ phương trình m 3 2my 1 2 m3 2my 1 4 (*) y 2 y 2 Nếu hai phương trình tương đương và tập nghiệm khác rỗng thì (*) có nghiệm Lấy vế nhân với giữa hai phương trình (3) và (4) ta được y3m3 3my 2 2my 1 5
  4. Đặt t my .Khi đó (5) trở thành t3 6t2 7t 2 0 5 17 5 17 Giải phương trình này ta được t 1;t ;t 2 2 y 1 Với t 1 ta được không thỏa mãn (*) m 1 3 17 11 y 3 2 2 5 17 3 Với t thay vào (1) và (2) ta được m 17 4 thỏa mãn (*) 2 5 17 ym 2 3 17 11 5 17 y 3 5 17 Với t thay vào (1) và (2) ta được 2 nhưng ym 2 2 3 m 17 4 Vậy có 1giá trị m thỏa mãn. Email: thienhuongtth@gmail.com Câu 5. Cho phương trình 27x3 18x2 9x 27x2 2x 1 2x 1 125 0 . Giả sử nghiệm của phương a b a trình có dạng x với a,b,c là các số nguyên dương và tối giản. Tính c c S a b c . A. S 46 .B. S 47 . C. S 48 . D. S 49 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Thanh ,Tên FB: Thanh Văn Nguyễn Chọn B Ta có: 27x3 18x2 9x 27x2 2x 1 2x 1 125 0 3 2x 1 3x 125 2x 1 3x 5 16 22 x 9
  5. Suy ra: a 16,b 22,c 9 Vậy S 47 Email: doanphunhu@gmail.com Câu 6. Cho phương trình 1 1 1 1 1 1 1 1 8 x2 x2  x2 x2 x 4x3 5x2 5x 1 (1) 16 2 16 2 16 2 2 16  2018 can Tổng bình phương các nghiệm của phương trình bằng 25 8 5 25 8 5 49 A. .B. .C. . D. 3. 16 16 16 Lời giải Tác giả :Đoàn Phú Như,Tên FB: Như Đoàn Chọn B 1 Từ phương trình (1) suy ra 4x3 5x2 5x 1 4x 1 x2 x 1 0 x 4 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 3 2 Ta có (1) 8 x x  x x 4x 5x 5x 1 16 2 16 2 16 2 4  2018 can 1 1 1 1 1 1 8 x2 x2  x2 x 4x3 5x2 5x 1 16 2 16 2 2 16  2017 can 2 1 1 3 2 1 2 8 x x 4x 5x 5x 1 8 x 4x 1 x x 1 2 16 4 1 x 4 4x 1 x2 x 1 0 5 1 x 2 25 8 5 Do đó tổng bình phương các nghiệm bằng 16 Email: builoiyka@gmail.com Câu 7. Gọi S là tập nghiệm của phương trình 27x3 75x2 8x 20 6 x 2 x 2 0 . Tổng tất cả các a b c phần tử của S bằng a,b,c N . Khi đó a b c bằng 18
  6. A. 272 . B. 235 . C. 1075.D. 1112. Lời giải Chọn D Điều kiện : x 2 . 27x3 75x2 8x 20 6 x 2 x 2 0 3x 2 9x2 19x 10 6 x 2 x 2 0. u 3x 2 u2 9x2 12x 4 Đặt u2 7v2 9x2 19x 10 2 v x 2 v x 2 Phương trình trở thành u u2 7v2 6v3 0 u3 7uv2 6v3 0 u3 uv2 6uv2 6v3 0 u u2 v2 6v2 u v 0 u v u2 uv 6v2 0 u v 1 u v u 2v u 3v 0 u 2v 2 . u 3v 3 2 x 13 97 1 3x 2 x 2 3 x . 2 18 9x 13x 2 0 2 x 2 3x 2 2 x 2 3 x 2. 2 9x 16x 4 0 2 x 7 105 3 3x 2 3 x 2 3 x . 2 6 9x 21x 14 0 7 105 13 97  Vậy S ;2;  . 6 18  7 105 13 97 70 97 945 Tổng các phần tử của S là 2 . 6 18 18 a 70 Suy ra b 97 a b c 1112 . c 945 Tác giả : Bùi Thị LợiTên FB: LoiBui Email: nvpmaster0808@gmail.com
  7. Câu 8. Cho phương trình: 33 x2 x2 8 2 x2 15 . Gọi S là tổng bình phương các nghiệm thực của phương trình. Tính S . A. S 0 .B. S 1.C. S 2 . D. S 4 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Phùng Tên FB: Phùng Nguyễn Chọn C Ta dự đoán được nghiệm x 1, và ta viết lại phương trình như sau: 3 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 2 3 x 1 x2 1 x2 1 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 x2 1 1 3 1 1 2 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 Phương trình 1 x 1. 3 Giải phương trình 2 . Vì 0 ; 3 x4 3 x2 1 1 1 x2 15 x2 8 x2 15 4 x2 8 3 x2 15 4 x2 8 3 nên phương trình 2 vô nghiệm. Vậy phương trình cho có 2 nghiệm x 1, x 1. Suy ra S 12 1 2 2 . Gmail: tuonganh0209@gmail.com. 1 Câu 9. Nghiệm của phương trình x4 2x3 2x2 2x 1 x3 x x 1 có dạng a b với a,b ¢ x . Tính a.b . A. 2. B. 2 . C. 3. D. 4. Tác giả: Nguyễn Ngọc Thảo –Tên FB: Nguyễn Ngọc Thảo. Lời giải Chọn A Điều kiện 0 x 1. Với điều kiện này khi đó 1 2 2 1 x3 x x x2 x x 1 x 2 2 1 Do x2 x x 1 0 suy ra x x 0 0 x 1 x 2 Do đó pt ban đầu x2 1 2 x x3 x2 1 x x3 .
  8. Đặt a x2 1;b x x3 với a 0;b 0 .Khi đó pt ban đầu trở thành 2 2 a b L a ab 2b 0 a b a 2b 0 a 2b Với a 2b x2 1 2 x 1 x2 x4 2x2 1 4x 1 x2 2 x4 4x3 2x2 4x 1 0 x2 2x 1 0 x 1 2 Vậy phương trình có nghiệm x 1 2 Email: Binhlt.thpttinhgiA1@thAnhhoA.eDu.vn 1 Câu 10. Phương trình 2x 1 5x 4 x2 2 8 1 x có hai nghiệm x a b c d b với 4 a,b,c,d ¥ * , b là số nguyên tố. Giá trị S a b c d bằng: A. 56.B. 90. C. 85. D. 131. Lời giải Tác giả : Lê Thanh Bình,Tên FB: Lê Thanh Bình Chọn B x 1 0 2 Ta có 2x 1 5x 4 x 2 8 1 x 2 2x 1 5x 4 x2 2 8 x 1 x 1 x 1 2 5x 4 x2 2 8 x2 2 5x 4 x2 2 8 x2 2 1 2 Ta có 1 5x x2 2 4x2 x2 2 2 Hiển nhiên x 0 không thỏa mãn (2). Chia cả hai vế của (2) cho x2 ta được 2 x2 2 x2 2 5 4 3 x x x2 2 x2 2 Đặt t . Ta có t x2 tx 2 0 (*) x x (*) có nghiệm t2 8 0 t 2 2 ( ). 5 41 t (tháa m·n ( )) 2 2 Khi đó (3) trở thành t 5t 4 0 5 41 t (kh«ng tháa m·n ( )) 2
  9. 5 41 Với t ta được phương trình 2 1 2x2 5 41 x 4 0 x 5 41 34 10 41 (thỏa mãn điều kiện x 1) 4 1 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 5 41 34 10 41 4 Suy ra a 5, b 41, c 34, d 10 S a b c d 90 . Chọn B Email: tDphuong.hss@hue.eDu.vn a Câu 11. Gọi x ( a,b ¥ * ) là nghiệm của phương trình 13 x2 x4 9 x2 x4 16 . Tính a2 b2 b A. 27.B. 9.C. 29. D. 7. Lời giải Họ và tên: Trần Đức PhươngTên FB: Phuong Tran Duc Chọn C Điều kiện : 1 x 1 . 2 Bình phương hai vế đã cho ta được: x2 13 1 x2 9 1 x2 256 . Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 13 1 x 9 1 x 13. 13 1 x 3 3. 3 3x 13 27 13 13x 3 3x 40 16 10x2 Mặt khác: 2 10x2 16 10x2 10x2 16 10x2 64 4 2 Do đó: x2 13 1 x2 9 1 x2 256 4 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x2 x . 5 5 Vậy: a 2; b 5. Suy ra: a2 b2 29 . Email: thantaithanh@gmail.com
  10. Câu 12. Biết rằng phương trình x3 x 4 4x x2 2x 2020 2 1009 3x2 có một nghiệm dương b c d duy nhất dạng x a trong đó a, b, d N , c, e là các số nguyên tố. Khi đó e a b c d e bằng: A. 901. B. 902 . C. 903. D. 904 . Tác giả : Nguyễn Trung ThànhTên FB: Lời giải Chọn D x3 x 4 4x x2 2x 2020 2 1009 3x2 x 1 4 x 1 2 2019 2019 4 2 1 2 2 1 x 1 x 1 x 1 2019 x 1 2019 4 4 2 2 2 1 2 1 x 1 x 1 2019 2 2 2 1 2 1 x 1 x 1 2019 2 2 x 1 4 x 1 2 2018 0 2 1 3 897 x 1 2 1 3 897 x 1 2 1 3 897 x 1 2 Vậy a 1, b 1, c 3, d 897, e 2 a b c d e 904. Email: lethuhAng2712@gmAil.Com Email: thienhuongtth@gmail.com 1 1 1 a b Câu 13. Biết phương trình 4x 2018 2018 2018 2018 x có nghiệm dạng x , 4 4 4 c a trong đó a,b,c ¥ * và là phân số tối giản. Tổng S a b c có giá trị bằng: c A. 129186.B. 129168.C. 129618.D. 129681. Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị ThuTên FB: Nguyễn Thị Thu
  11. Chọn A Từ phương trình suy ra x 0 1 1 Đặt 2018 2018 x u , u 0 . Ta được hệ phương trình 4 4 1 4x 2018 2018 u 4 1 4u 2018 2018 x 4 1 1 + Nếu x u 2018 x 2018 u 2018 2018 x 2018 2018 u 4 4 4u 4x u x (mâu thuẫn) 1 1 + Nếu x u 2018 x 2018 u 2018 2018 x 2018 2018 u 4 4 4u 4x u x (mâu thuẫn) 1 Vậy x u . Ta có phương trình 4x 2018 2018 x 4 1 4x 2018 v Đặt v 2018 x ta được hệ phương trình 4 4v 2018 x Lập luận tương tự trên ta được x v . Ta được phương trình x 0 1 129153 4x 2018 x x = 2 16x x 2018 0 32 Suy ra a 1; b 129153; c 32 . Vậy S a b c 129186 . Chọn A Email: ntpAnh1079@tuyenquAng.eDu.vn 16x2 6x 2 Câu 14. Biết nghiệm nhỏ nhất của phương trình 3x3 7x2 6x 4 33 có dạng 3 a c a a,b,c ¥ * , tối giản. Tính giá trị của biểu thức S a2 b3 c4 . b b A. S 2428. B. S 2432. C. S 2418. B. S 2453. Họ tên tác giả: Ngyễn Thị Phương AnhTên FB: Nguyễn Thị Phương Anh Lời giải Chọn B Tập xác định ¡ .
  12. 2 3 16x 6x 2 2 y 1 16x 6x 2 3 Đặt y 3 . Ta có hệ 3 3x3 7x2 6x 4 y 2 3 3 2 3x 9x 12x 6 3 Cộng (1) với (2) theo vế ta được y3 y y3 y x 1 x 1 (3) 3 Xét hàm số f t t3 t,t ¡ , vì f ' t 3t 2 1 0,t ¡ nên hàm f đồng biến trên ¡ . Khi đó 3 f y f x 1 y x 1 . Thay vào (2) ta được x 1 2 7 3x3 7x2 3x 1 0 x 1 3x2 4x 1 0 x 3 2 7 x 3 2 7 Nghiệm nhỏ nhất của phương trình trên là x suy ra a 2,b 3,c 7 . 3 Vậy S a2 b3 c4 22 33 74 2432 . Đối với học sinh lớp 10, ta chứng minh hàm f t t3 t đồng biến trên ¡ như sau: Với mọi t1 ,t2 ¡ ,t1 t2 , ta có 3 3 2 2 f t1 f t2 t1 t1 t2 t2 2 2 t2 3t2 t1 t1t2 t2 1 t1 1 0 t1 t2 t1 t2 2 4 * Cách giải khác của cô Lưu Thêm: 16x2 6x 2 3x3 7x2 6x 4 33 3 16x2 6x 2 3x3 7x2 6x 4 16x2 6x 2 16x2 6x 2 33 3 16x2 6x 2 3 x3 3x2 4x 2 16x2 6x 2 33 3 2 2 3 16x 6x 2 16x 6x 2 x 1 x 1 3 (*) 3 3 Xét hàm số f t t3 t,t ¡ , vì f ' t 3t 2 1 0,t ¡ nên hàm f đồng biến trên ¡ .
  13. 16x2 6x 2 16x2 6x 2 Khi đó * f x 1 f 3 x 1 3 3 3 x 1 2 7 3x3 7x2 3x 1 0 x 1 3x2 4x 1 0 x 3 2 7 x 3 Email: nguynhuthai1977@gmail.com Câu 15. Phương trình x + 2 7 - x = 2 x - 1 + - x2 + 8x - 7 + 1 có hai nghiệm a,b với a b . Có bao nhiêu số nguyên dương thuộc a;b . A. 1.B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Tác giả : Ngụy Như TháiTên FB: Ngụy Như Thái Chọn B ì ï 7 - x ³ 0 ï ● Điều kiện: í x - 1 ³ 0 Û 1 £ x £ 7 . ï ï - x2 + 8x - 7 ³ 0 îï (*) Û x - 1- 2 x - 1 + 2 7 - x - (7 - x)(x - 1) = 0 Û x - 1( x - 1 - 2)- 7 - x ( x - 1 - 2)= 0 Û ( x - 1 - 2)( x - 1 - 7 - x )= 0 é ê x - 1 = 2 Û ê ê x - 1 = 7 - x ë éx = 5 Û ê . êx = 4 ëê Vậy có 2 hai số nguyên dương là 4 và 5. Email: huunguyen1979@gmail.com Câu 16. Biết x a b 5 (a,b ¢ ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình :
  14. 3 x3 10x2 56x 66 x 2 x2 4x 1 2 . Tính T a3 b3 ? A. T 9 .B. T 8.C. T 7 .D. T 125 . Lời giải Họ và tên : Đào Hữu NguyênTên FB: Đào Hữu Nguyên Chọn C Điều kiện : x2 4x 1 0 (1) 3 3 2 2 Ta có x 10x 56x 66 2 x 4x 1 4 x 2 Do x 4x 1 0 nên 3 x3 10x2 56x 66 4 x x3 10x2 56x 66 64 48x 12x2 x3 x2 4x 1 0 (2) 2 x 2 5 Từ (1) và (2) suy ra x 4x 1 0 .Vậy T 7 x 2 5 2 2 Câu 17. Biết phương trình : 8x 8x 3 8x 2x 3x 1 có 3 nghiệm x1, x2 , x3 (x1 x2 x3) . Tính T x1 ( 7 1)x2 x3 ? 5 7 3 A. T .B. T .C. T 3 .D. T 8. 4 2 Lời giải Họ và tên : Đào Hữu NguyênTên FB: Đào Hữu Nguyên Chọn C Điều kiện : 2x2 3x 1 0 Pt 8x2 8x 3 8x 2x2 3x 1 4(x 2x2 3x 1)2 (2x 1)2 3 3 2 x 2 2x 3x 1 1 4 2 2x2 3x 1 4x 1 7 1 x 4 3 3 7 1 3 3 Vậy T 7 1 3 4 4 4 Email: Phungthan.ddn@gmail.com
  15. 2019 2019 a b a Câu 18. Phương trình x 2019x 1 có nghiệm x ,a,b,c N và là phân số x x c c (a c)2 b tối giản. Giá trị của biểu thức P là 4 A. 2017 B. 2018 C. 2019 D. 2020 Lời giải Tác giả : Phùng Văn ThânTên FB: Thân Phùng Chọn C Cách 1 Điều kiện x  1;0 2019; Trường hợp 1: x  1;0 Vế trái âm vế phải dương nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: x 2019; 1 2019 x 2019 1 x Ta có 2019x 2019 x x x 2 1 x 2019 2019 1 1 (x 2019) x x x 2 2019 2019 Suy ra 2019x 1 x x x 1 2019 x x 2019 4076365 Dấu bằng xảy ra khi x ta có a 2019,b 4076365,c 2 1 2 x 2019 x Vậy P 2019 chọn C Cách 2 Điều kiện x  1;0 2019; Trường hợp 1: x  1;0 Vế trái âm vế phải dương nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: x 2019; Phương trình trở thành
  16. 2019 2019 x 1 2019x x x x2 2019x 2 x2 2019x 1 0 2 x2 2019x 1 0 x2 2019x 1 2019 4076365 x 2 2019 4076365 Kiểm tra lại x là nghiệm phương trình. Ta có a 2019,b 4076365,c 2 2 Vậy P 2019 chọn C Email: hoxuandung1010@gmail.com 5x2 2 Câu 19. Cho biết nghiệm của phương trình 3 x3 5x2 1 có dạng x a b với a,b ¢ . Khi 6 đó giá trị nhỏ nhất của hàm số y x2 ax b là A. 16. B. 17. C. 18.D. 19. Lời giải Tác giả : Hồ Xuân DũngTên FB: Dũng Hồ Xuân Chọn D 5x2 2 3 x3 5x2 1 . 6 Điều kiện xác định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t (t 0). Ta có 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trình đã cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 x 6 28 (tm đk). Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 6 28.
  17. Khi đó y x2 6x 28 (x 3)2 19 19 Email: dacgiap@gmail.com Câu 20. Nghiệm nhỏ nhất của phương trình (x 3) x2 8x 48 x 24 có dạng x m n p (với m,n ¢ và p là số nguyên tố). Tính giá trị T m n p . A. T 25 . B. T 27 . C. T 3 . D. T 7 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Đắc Giáp,Tên FB: Nguyễn Đắc Giáp Chọn A Điều kiện: 12 x 4 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 3 x2 8x 48 2 x 24 x2 6x 9 2 x 3 x2 8x 48 x2 8x 48 9 2 x 3 x2 8x 48 9 x 3 x2 8x 48 3 1 2 x 3 x 8x 48 3 2 x 0 x 0 1 x 2 2 7 (thỏa mãn). 2 x 2 2 7 2x 8x 48 0 x 2 2 7 x 6 x 6 2 x 5 31 (thỏa mãn). 2 x 5 31 2x 20x 12 0 x 5 31 Nghiệm nhỏ nhất sẽ là x 5 31 . Do đó m n p 5 1 31 25 . Pt_Nguyen Van Tỉnh 3x2 3x 1 a b Câu 21. Nghiệm dương của phương trình 2x4 3x3 12x2 15x 10 3 có dạng x 2 c với c là số nguyên tố, b là số tự nhiên , a là số nguyên. Tính giá trị của biểu thức T a b c . A. T 5 B. T 20 C. T 8 D. T 2 Lời giải Sử dụng cách phân tích 2x4 3x3 12x2 15x 10 (2x2 ax 2)(x2 bx 5) a 3;b 0
  18. (2x2 3x 2) (x2 5) Phương trình đã cho tương đương với (2x2 3x 2)(x2 5) 2 2 2x2 3x 2 x2 5 0 2x2 3x 2 x2 5 2x2 3x 2 x2 5 x2 3x 3 0 . 3 21 Từ đó phương trình có nghiệm dương là x .Suy ra a 3,b 21,c 2 2 Vậy T a b c 20 Email: nguyenmanhhA.1987@gmail.com Câu 22. Cho phương trình x3 + 1= 2 3 2x - 1 có ba nghiệm phân biệt trong đó nghiệm bé nhất được biểu thị a - b dưới dạng với a,b,c là các số nguyên, b ³ 0,a < 0,c < 3 . Tính giá trị của biểu thức c P = a3 + b3 + c3 ? A. 134.B. 132. C. 116. D. 118. Lời giải Tác giả : Nguyễn Mạnh HàTên FB: Nguyễn Mạnh Hà Chọn B Đặt t = 3 2x - 1 Þ t3 = 2x - 1 . Khi đó phương trình ban đầu trở thành ì 3 ï x + 1= 2t ïì 3 ï ì 3 x + 1= 2t ï 2 ï x + 1= 2t íï Û í éæ ö ù Û íï 3 3 ê 1 ÷ 3 2 ú ï x - t = 2(t - x) ï (x - t) çx + t÷ + t + 2 = 0 ï x = t î ï êèç 2 ø÷ 4 ú î îï ëê ûú é ê êx = 1 ê ê - 1+ 5 Ta được x3 + 1= 2x Û x3 - 2x + 1= 0 Û êx = ê 2 ê ê - 1- 5 êx = ëê 2 - 1- 5 Nghiệm bé nhất của phương trình là x = , do đó a = - 1;b = 5;c = 2 và P = 132 . 2 Câu 23. Nghiệm dương của phương trình: x2 x3 8 4x 0 có dạng x a b , trong đó a,b ¥ * . Tính giá trị của biểu P a10 b2 . A. 59218. B. 48324 . C. 72968. D. 42134 .
  19. Tác giả: Trần Gia Chuân Tên FB: Trần gia Chuân Lời giải Chọn A Điều kiện: x 2 Ta có : x2 x3 8 4x 0 x3 8 x2 4x Đặt u x 2 , và v x2 2x 4 với u 0,v 3 2u2 v2 x2 4x Khi đó 2 uv x 4x Phương trình ban đầu trở thành u 1 2 2 2 2 2 u u v 2 2u v uv 2u uv v 0 2 1 0 v v u 1 loai v u 1 2 2 x 3 13 Với 2u v 4x 8 x 2x 4 x 6x 4 0 v 2 x 3 13 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm dương là x 3 13 P a10 b2 59218 . Tác giả : Nguyễn Văn ToảnTên FB: Dấu Vết Hát Email: nguyenvantoannbk@gmail.com Nhờ thầy cô góp ý! 4x + 9 - m + 5 n Câu 24. Biết phương trình 7x2 + 7x = có một nghiệm dương dạng với 28 p m,n, p Î N *, p £ 14 Tính giá trị biểu thức A = p3 - 3m3 - 5n4 . A. A = 2017 .B. A = 2019 .C. A = 2016 . D. A = 2018. Lời giải Chọn C 2 9 2 4x + 9 æ 1ö 7 1 æ 1ö 1 ĐK: x ³ - . Ta có: 7x + 7x = Û 7çx + ÷ - = çx + ÷+ . 4 28 èç 2ø÷ 4 7 èç 2ø÷ 4 1 7 1 1 Đặt a = x + , ta được phương trình 7a2 - = a + . 2 4 7 4 1 1 1 1 Đặt b = a + Û b2 = a + Û 28b2 = 4a + 7 (1) (b ³ 0). 7 4 7 4
  20. 7 ïì 28a2 = 4b + 7 Lại có 7a2 - = b Û 28a2 = 4b + 7 (2) . Từ (1) và (2) ta có hệ: íï Þ ï 2 4 îï 28b = 4a + 7 ïì a = b 28(a + b)(a- b)= 4(b- a)Û (a- b)é7(a + b)+ 1ù= 0 Û íï ë û ï îï 7(a + b)+ 1= 0 1 1 1+ 5 2 - 6+ 5 2 Với a = b Þ a + = a Þ a = Þ x = . 7 4 14 14 1 1 1 1 Với 7(a + b)+ 1= 0 Þ 7a + 7 a + + 1= 0 Û 7 a + = - 1- 7a 7 4 7 4 ïì 1 ï a £ - ïì 1 ï 7 ï a £ - ï ï 7 ï - 1+ 46 8+ 46 Û íï Û íï a = (l) Þ x = - < 0 ï 45 ï 14 14 ï 49a2 + 7a - = 0 ï îï 4 ï - 1- 46 ï a = (t / m) îï 14 Vậy m = 6,n = 2, p = 14 Þ A = p3 - 3m3 - 5n4 = 143 - 3.63 - 5.24 = 2016. Vậy chọn C. Email: BuiChithAnh1987@gmAil.Com x3 1 2 a b Câu 25. Nghiệm lớn nhất của phương trình: có dạng x (a,b ¥ * ) x2 2 5 2 Khẳng định nào sau đây là đúng: A. 2a b 35 .B. a 2b 55.C. a 3b 7 .D. a b (32;45) . Lời giải Tác giả: Bùi Chí Thanh Tên Facebook: Thanhbui Chọn C Điều kiện : x 1 Cách 1: Đặt y x 1 0; z x2 x 1 , ta được: y 2 2 2 2 2 5y y y 5y z 5yz 2(y z ) 2 2 2 2 0 . z z z z y 1 z 2 x 1 y 2 Nếu 2 ta được x 1 2 x x 1 2 (vô nghiệm). z 4x 5x 3 0
  21. x 1 y 1 2 5 37 Nếu ta được 2 x 1 x x 1 5 37 x (thỏa mãn) z 2 x 2 2 Suy ra a 5;b 37 a b (32;45) x3 1 2 Cách 2: ĐK: x 1 x2 2 5 5. (x 1)(x2 x 1) 2(x2 x 1) 2(x 1) Chia cả 2 vế cho x2 x 1 ta được (x 1) 2 2 (x 1) x 1 (x x 1) 5. 2 2 2. 2 (x x 1) (x x 1) (x 1) 1 2 (x x 1) 2 Đến đây làm giống như cách 1 ta được kết quả. (Email): locleduc10@gmail.com Câu 26. Phương trình x4 6x 1 2(x 4) 2x3 8x2 6x 1 có tổng tất cả các nghiệm thực bằng: A. 5 . B. 3 . C. 3. D. 5. Lời giải Chọn C Cách 1: Điều kiện: 2x3 8x2 6x 1 0. pt (x2 )2 (6x 1) (2x 8) (2x 8)x2 (6x 1). 2 u x 0 u2 (6x 1) (2x 8)v Đặt 2 2 v (2x 8)x (6x 1) v (6x 1) (2x 8)u 2 2 u v u v (2x 8)(v u) (u v)(u v 2x 8) 0  u v 2x 8 0 Với u v, suy ra: 2x3 8x2 6x 1 x2 x4 2x3 8x2 6x 1 0 (i) (x2 4x 1)(x2 2x 1) 0 x 1 hoặc x 2 5. Với u v 2x 8 0, suy ra: 2x3 8x2 6x 1 (x 1)2 7 : vô nghiệm. So với điều kiện, nghiệm phương trình là x 1, x 2 5.
  22. (Tác giả : Lê Đức Lộc,Tên FB: Lê Đức Lộc) Cách 2: (được Thầy Nguyễn Văn Quý góp ý) pt x4 2x3 8x2 6x 1 2(x 4) 2x3 8x2 6x 1 x2 2x3 8x2 6x 1 x4 x4 2x3 8x2 6x 1 2(x 4) 2x3 8x2 6x 1 x2 2(x 4) x4 2x3 8x2 6x 1 1 0 3 2 2 2x 8x 6x 1 x x4 2x3 8x2 6x 1 0 (1) 3 2 2 2x 8x 6x 1 x 2x 8 0 (2) (1) (x2 4x 1)(x2 2x 1) 0 x 1 hoặc x 2 5. 3 2 2 (2) 2x 8x 6x 1 (x 1) 7 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm là x 1, x 2 5. Cách 3: (được Thầy Quân Harymon góp ý) Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm pt đã cho. Với x 0 : 2 a x b2 2x3 8x2 6x 1 6x 1 b2 6x 1 Đặt 2x 8 2x 8 . 3 2 2 b 2x 8x 6x 1 a x a a a 2 2 b 6x 1 Phương trình trở thành: a (6x 1) b a a a3 b3 (6x 1)(a b) 0 a b (1) 2 2 a ab b (6x 1) 0 (2) (1) 2x3 8x2 6x 1 x2 x4 2x3 8x2 6x 1 0 (x2 4x 1)(x2 2x 1) 0 x 1 hoặc x 2 5. (2) x4 2x3 8x2 x2 2x3 8x2 6x 1 0 x2 x2 2x 8 x2 2x3 8x2 6x 1 0 x2 (x 1)2 7 x2 2x3 8x2 6x 1 0 (vô nghiệm với mọi x 0) Vậy phương trình có nghiệm là x 1, x 2 5.
  23. Email: minh.love.math@gmail.com Câu 27. Cho hàm số y f x ax3 bx2 cx d với a,b,c,d ¡ có đồ thị như hình vẽ. Phương trình f 3 x f x 2 3 f x 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt? A. 4. B. 6 . C. 2. D. 8. Lời giải Họ tên tác giả: Trần văn Minh Facebook: Trần văn Minh Chọn D Cách 1: Ta có f 3 x f x 2 3 f x 0 f 3 x 2 f x f x 2 3 f x Đặt a f x ;b 3 f x a3 a b3 b a b a2 ab b2 1 0 a b f x 3 f x f x 0 3 f x f x f x 1 f x 1 Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy + Phương trình f x 0 có 3 nghiệm phân biệt. + Phương trình f x 1 có 2 nghiệm phân biệt không trùng 3 nghiệm trên. + Phương trình f x 1 có 3 nghiệm phân biệt không trùng 5 nghiệm trên. Vậy phương trình f 3 x f x 2 3 f x 0 có 8 nghiệm phân biệt. Cách 2: đặt t 3 f x t9 t3 2t 0 t t8 t 2 2 0
  24. t 0 f x 0 Dùng sơ đồ Hoocner tìm được t 1 f x 1 t 1 f x 1 Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình có 8 nghiệm phân biệt. Nguyễn Văn Xuân Câu 28. Cho phương trình: x 1 x 3 x 2 x2 1 Biết phương trình trên có hai nghiệm dạng x1 a; x2 b c ( với a, b, c là các số nguyên). Tính S a 2 b 2 c 2 A. 6B. 9C. 11D. 14 Giải Điều kiện: x  1;3 Xét u (x; 1), v ( 1 x; 3 x) u 1 x2 , v 2 Ta có u . v u . v x. 1 x 1. 3 x 2. x2 1 VT VP x 1 Dấu “ = ” xảy ra >0 1 x 3 x Giải pt này được x1 1; x2 1 2 . Chọn A Email: DAnhDuoC@gmAil.Com 2 2 3 2 Câu 29. Gọi x0 là nghiệm âm của phương trình: 7x 13x 8 2x . x 1 3x 3x . Biết x0 có dạng a b với a,b,c là các số tự nhiên , a là số nguyên tố. Hỏi tổng T b 2a c chia hết cho c số nào sau đây? A. 17 .B. 19. C. 18. D. 15. Lời giải Tác giả: Vũ Danh Được,Tên FB: Danh Được Vũ Chọn B
  25. Dễ thấy x 0 không là nghiệm phương trình nên chia 2 vế pt cho x3 ta được: 7 13 8 1 3 2.3 3 x x 2 x 3 x 2 x 3 3 2 2 1 3 1 3 Đưa phương trình về dạng: 1 2. 1 3 3 2.3 3 * 2 2 x x x x x x Xét hàm số f t t3 2t với t ¡ , hàm này đồng biến trên ¡ . Phản biện : lớp 10 chưa học kĩ về tính đơn điệu của hàm số bậc ba. Nên thay đổi lại cách giải bằng 2 1 3 phương pháp đặt ẩn phụ. Đặt a 1;b 3 3 x x2 x 1 x 1 1 1 3 2 8 13 3 x 5 89 Do đó * 3 3 1 2 0 x 2 x x 3 2 x 1 16 4 x x x x 5 89 5 89 x 4 5 89 Vậy x0 T 89 2.5 4 9519 4 Email: quocdai1987@gmail.com Câu 30. Cho hàm số f (x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình f 1 sin x f 1 cos x có tất cả bao nhiêu nghiệm thuộc 3;2 ? A. 0 . B. 1. C. 2 . D. Vô số. Lời giải Tác giả : Trần Quốc ĐạiTên FB: www.facebook.com/tqd1671987
  26. Chọn B Phản biện: câu này không phù hợp với chuyên đề 3 này. 1 sin x 1 0 1 sin x 2 x 3;2 1 cos x 1 0 1 cos x 2 f 1 sin x f 1 cos x 1 sin x 1 cos x ( Vì f (x) đồng biến trên 0; 2 sin x cos x 0 tan x 1 x k 4 Do x 3;2 x thỏa phương trình. Vậy có duy nhất 1 nghiệm. 4 Gmail: thAnhhuyenymB@gmAil.Com Câu 31. Số nghiệm của phương trình 12 5 x 3 25 x2 25 4x 80 16x là A. 1.B. 2 . C. 3.D. 4 . Lời giải GV: Nguyễn Thị Thanh Huyền,FB: ThAnhhuyenymB Nguyen Chọn B 5 x 0 + Điều kiện: 80 16x 0 5 x 5 . 2 25 x 0 + Ta có: 12 5 x 3 25 x2 25 4x 4 5 x 4 3 5 x 5 x 3 25 x2 25 4x 0. t 2 Đặt t 3 5 x 5 x 3 25 x2 25 4x . 2 t 2 t 0 Phương trình trở thành: 4t 0 . 2 t 8 +Với t 0 , ta có 3 5 x 5 x 9 5 x 5 x x 4 (thoả đk). + Với t 8 , ta được: 3 5 x 8 5 x 5x 12 8 5 x
  27. 12 x 12 x 5 x 4 (thoả mãn đk) 5 x 4 2 25x 56x 176 0 44 x 25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 4 . Email: nguyendangdungpc@gmail.com Câu 32. Nghiệm lớn nhất của phương trình x2 6x 11 x2 x 1 2 x2 4x 7 x 2 (1) a b có dạng với a,b,c là các số nguyên dương và a là số nguyên tố. Tổng S a b c là c A. 5.B. 12 . C. 7 . D. 10. Lời giải Tác giả : Nguyễn Đăng DũngTên FB: Dũng Nguyễn Đăng Chọn B Điều kiện: x 2 x2 x 1 a Đặt điều kiện a 0,b 0 x 2 b x2 6x 11 a2 5b2 Sử dụng đồng nhất thức ta tìm được 2 2 2 x 4x 7 a 3b Phương trình (1) trở thành: a2 5b2 a 2 a2 3b2 b 3 2 2 3 a b a 2a b 5ab 6b 0 (a b)(a 3b)(a 2b) 0 a 3b +) a b suy ra x2 x 1 x 2 x2 2x 3 0 vô nghiệm +) a 3b suy ra x2 x 1 3 x 2 x2 10x 19 0 x 5 6 thỏa mãn (1) Suy ra nghiệm lớn nhất của phương trình là x 5 6 Suy ra S a b c 12 . Phần 2:
  28. 1 1 a b Câu 1. Giải phương trình: x x 1 ta được một nghiệm x , a,b,c ¥ ,b 20 . Tính x x c giá trị biểu thức P a3 2b2 5c . A. P 61. B. P 29 . C. P 109. D. P 73. Tác giả: Nguyễn Văn Thịnh FB: Thịnh Nguyễn Văn Lời giải Chọn A Điều kiện: x 1. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 x 1 x .1 x 1 . x 1 x 1 x , do đó phương trình x x x x 2 x x 1 x 1 1 1 x 1 5 x x 1 x . x x 1 2 x 1 x Vậy a 1,b 5,c 2 P a3 2b2 5c 61. Câu 2. Phương trình x2 481 34 x2 481 10 có hai nghiệm ,  . Khi đó tổng  thuộc đoạn nào sau đây? A.  5; 1. B.  10; 6. C. 2;5. D.  1;1. Lời giải t 5 4 2 2 2 Đặt t x 481,t 0, ta được phương trình t 3t 10 t 3t 10 0 t 2 loai Với t 5 thì 4 x2 481 5 x2 481 625 x2 144 x 12 Suy ra  0 . Chọn D Email: ntpAnh1079@tuyenquAng.eDu.vn 16x2 6x 2 Câu 3. Biết nghiệm nhỏ nhất của phương trình 3x3 7x2 6x 4 33 có dạng 3 a c a a,b,c ¥ * , tối giản. Tính giá trị của biểu thức S a2 b3 c4 . b b
  29. A. S 2428. B. S 2432. C. S 2418. B. S 2453. Họ tên tác giả: Ngyễn Thị Phương Anh,Tên FB: Nguyễn Thị Phương Anh Lời giải Chọn B Tập xác định ¡ . 2 3 16x 6x 2 2 y 1 16x 6x 2 3 Đặt y 3 . Ta có hệ 3 3x3 7x2 6x 4 y 2 3 3 2 3x 9x 12x 6 3 Cộng (1) với (2) theo vế ta được y3 y y3 y x 1 x 1 (3) 3 Xét hàm số f t t3 t,t ¡ , vì f ' t 3t 2 1 0,t ¡ nên hàm f đồng biến trên ¡ . Khi đó 3 f y f x 1 y x 1 . Thay vào (2) ta được x 1 2 7 3x3 7x2 3x 1 0 x 1 3x2 4x 1 0 x 3 2 7 x 3 2 7 Nghiệm nhỏ nhất của phương trình trên là x suy ra a 2,b 3,c 7 . 3 Vậy S a2 b3 c4 22 33 74 2432 . Đối với học sinh lớp 10, ta chứng minh hàm f t t3 t đồng biến trên ¡ như sau: Với mọi t1 ,t2 ¡ ,t1 t2 , ta có 3 3 2 2 f t1 f t2 t1 t1 t2 t2 2 2 t2 3t2 t1 t1t2 t2 1 t1 1 0 t1 t2 t1 t2 2 4 * Cách giải khác của cô Lưu Thêm: 16x2 6x 2 3x3 7x2 6x 4 33 3 16x2 6x 2 3x3 7x2 6x 4 16x2 6x 2 16x2 6x 2 33 3
  30. 16x2 6x 2 3 x3 3x2 4x 2 16x2 6x 2 33 3 2 2 3 16x 6x 2 16x 6x 2 x 1 x 1 3 (*) 3 3 Xét hàm số f t t3 t,t ¡ , vì f ' t 3t 2 1 0,t ¡ nên hàm f đồng biến trên ¡ . 16x2 6x 2 16x2 6x 2 Khi đó * f x 1 f 3 x 1 3 3 3 x 1 2 7 3x3 7x2 3x 1 0 x 1 3x2 4x 1 0 x 3 2 7 x 3 Email: giaohh2@gmail.com 3 a b Câu 4. Biết phương trình x x x 2 x 1 0 có nghiệm duy nhất x . Trong đó a,b,c c b là các số nguyên dương và là phân số tối giản. Khi đó giá trị của a b c là c A. 6 .B. 8 . C. 7 . D. 9 . Tác giả : Nguyễn Xuân Giao,Tên FB: giaonguyen Lời giải Chọn B ĐK: x 0 PT x x x 2 x 1 3 2 x2 x 2 x3 2x2 1 x 1 3 2 3 2 3 2 x 2x 2 x 2x 1 0 x 2x 1 0 1 5 x 2 1 5 Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất x 2 Vậy a 5;b 1;c 2 a b c 8 Câu 5. Tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình 3 7x 1 3 8 x x2 3 x2 8x 1 2 là :
  31. A. 18 . B. 18. C. 9 . D. 9 . Lời giải Chọn B 3 7x 1 3 8 x x2 3 x2 8x 1 2 (1) 3 a 7x 1 a3 7x 1 3 2 3 2 3 3 3 Đặt b 8 x x b 8 x x a b c 8 (2) 3 2 3 2 c x 8x 1 c x 8x 1 Khi đó (1) trở thành a b c 2 (3) Từ (2), (3) suy ra a3 b3 c3 a b c 3 a b a2 ab b2 a b a b c 2 a b c c c2 2 a b 3c 3ab 3ac 3bc 0 a b a b b c a c 0 b c c a 2 x 1 + TH1: a b x 8x 9 0 x 9 + TH2: b c 7x 1 8 x 1 2 x 0 + TH3: a c x x 0 x 1 Thử lại ta suy ra tập nghiệm của phương trình đã cho là S 1;0;1;9 Vậy tổng các nghiệm của phương trình là T 9 Tên FB: Euro Vũ 2 2 4 2 2 Câu 6. Gọi x0 là nghiệm thực của phương trình x 5x 1 x 6x 1 2x 2x 1 x 1, biết bình a b a phương của nghiệm x có dạng x2 a,b,c ¢ , tối giản .Tính S a b c 0 0 c b A. S 26 . B. 25 . C. 24 . D. 22 . Ngô Nguyễn Anh Vũ Email: ngonguyenanhvu@gmail.com Lời giải
  32. Vì : x 5x2 1 6x2 1 2x4 2x2 1 x2 1 0 x 0 Điệu kiện : x 0 1 1 2 1 1 1 Chia x2 hai vế : 5 6 2 1 Đặt : t 0 2 2 2 4 2 2 x x x x x x 5 t 6 t 2 2t t 2 1 t 2 5 t 5 t 1 (1 t) 1 t 2 1 Đặt u 5 t,v 1 t . Điều kiện: u 5,v 1 Lúc đó u u2 1 v v2 1 f (u) f (v) Cách 1: Xét hàm đặt trưng : f (t) t t 2 1 Điều kiện : t 1 t f '(t) 1 0 hàm số đồng biến trên 1; nên ta có u = v t 2 1 1 1 1 2 1 1 1 Khi đó 5 1 5 1 4 0 4x4 x2 1 0 x2 x2 x2 x2 x4 x4 x2 2 1 17 x (n) 8 S 26 1 17 x2 (l) 8 Cách 2: u u2 1 v v2 1 u v u2 1 v2 1 0 u v u v 1 0 u v u2 1 v2 1 1 1 Khi đó ta có 5 1 x2 x2 1 17 x2 (n) 1 2 1 1 1 4 2 8 5 2 1 2 4 4 2 4 0 4x x 1 0 S 26 x x x x x 1 17 x2 (l) 8 Email: chitoannd@gmail.com
  33. a b Câu 7. Biết rằng phương trình x 3 x x2 x 2 1 có nghiệm là x . Tính giá trị của c biểu thức T 2a 11b 1986c , biết a,b,c là các số nguyên tố ? A. T 3911. B. T 3911. C. T 3929 . D. T 3929 . Tác giả : Nguyễn Văn Chí,Tên FB: Nguyễn Văn Chí Lời giải Chọn A Điều kiện 0 x 3 . Vì VT 0 VP 0 x 2;3 . Với mọi x 2;3 ta có: 1 x 1 x x 2 3 x x2 3x 1 0 x2 3x 1 x2 3x 1 x2 3x 1 0 x 1 x x 2 3 x 1 1 3 5 x2 3x 1 1 0 x2 3x 1 0 x x 1 x x 2 3 x 2 Do vậy a 3,b 5,c 2 nên T 3911 Thêm CáCh CASIO CủA thầy Trịnh Văn ThạCh Thầy dò ra 1 nghiệm. Gán nó vào A. Chọn mode 7, nhập vào f(X)= A^2-A.X sau đó start là -5 end là 5 step là 1. Nhấn =. Thầy sẽ thấy tại X=-3 thì f(X) nguyên, hình như bằng -1. Em sẽ đoán ra đc nghiệm đó bản chất là nghiệm của pt bậc 2: x^2+3x-1=0 Email: phamquynhanhbaby56@gmail.com Câu 8. Biết rằng nghiệm thực lớn nhất của phương trình x2 2 x2 x 1 x3 3x2 5x 2 0 a b có dạng với a, c là các số nguyên và b là số nguyên tố. Tính tổng S a b c . c A. S 15 . B. S 16 .C. S 13.D. S 14 . Tác giả: Nguyễn Thị Thỏa Facebook: Nguyễn Thị Thỏa Lời giải Chọn D Ta có: (x2 2) x2 x 1 x3 3x2 5x 2 0 (x2 2) x2 x 1 (x2 2)(x 3) 7x 8 0
  34. 2 (x2 2) x2 x 1 x 3 x2 x 1 (x 3)2 (x2 2)( x2 x 1 x 3) ( x2 x 1 x 3)( x2 x 1 x 3) x2 x 1 3 x 2 2 x 2 x x 1 3 x x 3 8 2 x . TH1: x x 1 3 x 2 2 x x 1 9 6x x 7 TH2: x2 2 x2 x 1 3 x x2 x 1 x2 x 1 2 0 1 13 ( x2 x 1 1)( x2 x 1 2) 0 x 2 1 13 Vậy phương trình có nghiệm thực lớn nhất là x . 2 Đối chiếu với các đáp án ta chọn D. Email: quocdai1987@gmail.com Câu 9. Cho hàm số f (x) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Hỏi phương trình f 1 sin x f 1 cos x có tất cả bao nhiêu nghiệm x 3;2 A. 0 . B. 1. C. 2 . D. Vô số. Tác giả : Trần Quốc Đại,Tên FB: www.facebook.com/tqd1671987 Lời giải Chọn B
  35. 1 sin x 1 0 1 sin x 2 x 3;2 1 cos x 1 0 1 cos x 2 f 1 sin x f 1 cos x 1 sin x 1 cos x ( vì f (x) đồng biến trên 0; 2 ) sin x cos x 0 tan x 1 x k 4 Do x 3;2 x thỏa phương trình. Vậy có duy nhất 1 nghiệm. 4 Gmail: nhAttoAnts5@gmAil.Com Câu 10. Biết rằng nghiệm lớn nhất của phương trình: 4x 3 2x 2 x 4 1 x 4 16x 2 8x 1 có dạng a b c 2 x , trong đó a,b,c là các số nguyên dương. Khi đó giá trị của N c b a 2 bằng A. 8.B. 6.C. 0.D. 2. Họ và tên: Nguyễn Trọng Nhật FB: Quynhanh Nguyen Lời giải. Chọn C 4x 3 2x 2 x 4 1 x 4 16x 2 8x 1  x 2 4x 1 x 2 x 4 1. x 4 4x 1 2 (1) 2 u x ;1 4 4 2 Đặt khi đó u.v 4x 3 2x 2 và u .v x 1. x 4x 1 2 v 4x 1; x Mà ta luôn có: u.v u .v 4x 3 2x 2 x 4 1. x 4 4x 1 2 (2) x 2 1 Từ (1) và (2) suy ra u và v cùng hướng hay 4x 1 x 2  x 4 4x 1 0 2  x 2 1 2 x 1 2 x 2 2.x 1 2 0 VN  2 x 2.x 1 2 0 2 2 4 2 Từ đây ta tìm được nghiệm lớn nhất là x 2 Vậy N c b a 0
  36. Email: Ngocchigvt@gmail.com 2 3 x 2x 3 7x2 19x 12 Câu 11. Cho phương trình 16x2 11x 27 có hai nghiệm x a và x 4 1 12 7x b c d b x với a,b,c,d,e N và là phân số tối giản. Khi đó hệ thức nào sau đây e e đúng ? A. 2 b e a c d . B. 2 b e a c d . C. b e a c d .D. b e a c d . Tác giả : Nguyễn Ngọc Chi,Tên FB: Nguyễn Ngọc Chi Lời giải Chọn A 12 4 x Đk: 7 x 3 3 x 1 x 3 x 4 1 x 1 12 7x Ptrình x 1 16x 27 x 3 12 7x x 1 3 x 4 12 7x 16x 24 0 x 1 3 x 4 12 7x 16x 24 0 * PT * 3 x 4 12 7x 9 x 4 12 7x 3 x 4 12 7x 1 3 x 4 12 7x 0 1 3 x 4 12 7x 0 3 x 4 1 12 7x 2 12 7x 16x 23 16 12 x 191 3 633 23 7 x 2 128 256x 764x 481 0 191 3 633 Phương trình có hai nghiệm x 1 và x 128 Chọn A Giải phương trình_Nguyễn Quốc Pháp_ nguyenquocphapcr@gmail.com
  37. Câu 12. Cho phương trình : 9x2 2 x2 x 1 3x 8x2 x 5 4 . Biết phương trình có một nghiệm được a b biểu diễn dưới dạng: trong đó a;b;c N; a;c 1 . Tính : P a b c bằng : c A. P 22 . B. P 23 .C. P 24 . D. P 25 . Tác giả :Nguyễn Quốc Pháp,Tên FB: Phap Pomilk Nguyen Lời giải Chọn C 1 5 x 2 2 Điều kiện : x x 1 0 1 5 x 2 Khi đó, phương trình : 9x2 2 x2 x 1 3x 8x2 x 5 4 9x2 3x 8x2 x 5 4 2 x2 x 1 0 18x2 6x 8x2 x 5 8 4 x2 x 1 0 9x2 2.3x 8x2 x 5 8x2 x 5 x2 x 1 4 x2 x 1 4 0 2 2 8x2 x 5 3x x2 x 1 2 0 8x2 x 5 3x 0 8x2 x 5 3x x 0 1 21 x 2 2 x2 x 5 0 2 x x 1 2 0 x x 1 2 1 21 So với điều kiện, x nhận a 1;b 21;c 2 P 24 Chọn C 2 Email: thantaithanh@gmail.com 1 c d Câu 13. Biết rằng phương trình: 2x2 1 x 2x 1 x2 1 có các nghiệm x a, x trong 1 2 b e đó a Z, còn b, c, d, e là các số nguyên tố. Giá trị của biểu thức: T a b c d e là: A. 13. B. 14. C. 15. D. 17. Tác giả : Nguyễn Trung Thành,Tên FB: Lời giải Chọn B Ta có phương trình tương đương với
  38. 1 x 1 2x2 2x 1 x2 1 x 1 4x4 4x2 (1 x2 ) 4x2 4x 1 x2 8x3 1 x2 x 0 x(1 4 1 x2 8x2 1 x2 ) 0 2 2 2 1 4 1 x 8x 1 x 0 (1) Xét (1), đặt y 1 x2 , suy ra y 0 và x2 1 y2 . (1) trở thành: 1 4 y 8y(1 y2 ) 0 1 5 8y3 4 y 1 0 (2y 1)(4y2 2y 1) 0 , vì y 0 nên y . 4 5 5 Từ đó suy ra x . 8 5 5 1 5 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x 0 và x . 8 2 2 Nên a 0, b e 2, c d 5. Do đó T 0 2 5 5 2 14. Email: nvthang368@gmail.com 12x 8 a b c Câu 14. Tổng tất cả các nghiệm của phương trình: 2x 4 2 2 x có dạng , trong 2 9x 1 6 d a đó a, b, c, d là các số nguyên dương, phân số tối giản và b < 10. Tính a + b + c + d d A. 14.B. 9.C. 12.D. 15. Tác giả : Nguyễn Văn Thắng,Tên FB: Nguyễn Thắng Lời giải Chọn A ĐK: -2 ≤ x ≤ 2 (*) Ta có: 12x – 8 2[( 2x 4)2 – (2 2 x)2 ] 2( 2x 4 –2 2 x)( 2x 4 2 2 x) Pt đã cho ( 2x 4 –2 2 x)( 2 2x 4 4 2 x 9x2 16) 2x 4 –2 2 x 0 (1) 2 2 2x 4 4 2 x 9x 16 0 (2) 2 (1) giải ra được x (thỏa mãn (*)) 3 Giải (2): (2) 48 8x 16 8 2x2 9x2 16
  39. 4(8 2x2 ) 16 8 2x2 x2 8x 0 2 t x (3) Đặt t 2 8 2x 0ta được: t2 + 8t – x2 – 8x = 0 t x 8 (4) 4 2 (3) giải ra được: x (thỏa mãn (*)) 3 Giải (4): (4) 2 8 2x2 x 8 0 vô nghiệm do (*) 4 2 2 2( 8 1) Vậy tổng các nghiệm của pt đã cho là: nên a = 2, b = 8, c = 1, d = 3 3 3 a + b + c + d = 14 Email: phAmhongquAngltv@gmAil.Com Câu 15. Gọi S là tổng tất cả các nghiệm của phương trình: 4(2x2 1) 3(x2 2x). 2x 1 2(x3 5x) Khi đó: A. 2 .B 6 C. 8 .D. 10 Tác giả : Phạm Hồng Quang,Tên FB: Quang Phạm Lời giải : Chọn D 1 Điều kiện: x . 2 Phương trình đã cho tương đương với: 3x(x 2) 2x 1 2(x3 4x2 5x 2) 3x(x 2) 2x 1 2(x 2)(x2 2x 1) x 2 2 3x 2x 1 2(x 2x 1),(*) Phương trình (*) tương đương với: 2x 1 2x 1 2(2x 1) 3x 2x 1 2x2 0 2. 3. 2 0 , ( ) x2 x 2x 1 Đặt t ,t 0 .Khi đó phương trình ( ) trở thành: x 1 2t 2 3t 2 0 (2t 1)(t 2) 0 t ,t 0. 2
  40. Suy ra x2 8x 4 0 x 4 2 3, thỏa mãn điều kiện. Vậy S 2 (4 2 3) (4 2 3) 10 . Email: lucminhtan@gmail.com Câu 16. Trong các nghiệm của phương trình 3x2 x 3 3x 2 4 3x 2x2 x 1 3x 2 0 có một nghiệm có dạng x a b 13 a,b ¤ ,b 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x a.x2 bx 13 1559 1 1 A. . B. . C. . D. 13. 120 10 10 Lời giải Tác giả : Minh Tân,Tên FB: thpt tuyphong Chọn A 3 ĐK: 0 x 2 pt 3x2 5x 1 3x 2 4 3x 2x2 1 x 0 3x 2 4 3x2 5x 1 3x2 5x 1 0 3x 2x2 1 x 2 3x 2 4 3x 5x 1 1 0 3x 2x2 1 x 3x2 5x 1 0 3x 2 4 1 1 0 2 3x 2x 1 x 3x 2 4 3x 2x2 x 3 * Ta có: 1 3x 2x2 1 x 3x 2x2 1 x 3x 2x2 0 Xét và x 3 0 3x 2x2 x 3 2 3x2 3x 9 0 3x 2x2 x 3 3x 2x2 x 3 0 5 13 x 6 Do đó 1 5 13 x 6
  41. 5 a 6 Suy ra 1 b 6 5 1 1559 1 Hàm số có phương trình: y x2 x 13 và đạt giá trị nhỏ nhất bằng tại x . 6 6 120 10 Email: Phungthan.ddn@gmail.com 2019 2019 a b a Câu 17. Phương trình x 2019x 1 có nghiệm x ,a,b,c N và là phân số x x c c (a c)2 b tối giản. Giá trị của biểu thức P là 4 A. 2017 B. 2018 C. 2019 D. 2020 Tác giả : Phùng Văn Thân,Tên FB: Thân Phùng Lời giải Chọn C Cách 1 Điều kiện x  1;0 2019; Trường hợp 1: x  1;0 Vế trái âm vế phải dương nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: x 2019; 1 2019 x 2019 1 x Ta có 2019x 2019 x x x 2 1 x 2019 2019 1 1 (x 2019) x x x 2 2019 2019 Suy ra 2019x 1 x x x 1 2019 x x 2019 4076365 Dấu bằng xảy ra khi x ta có a 2019,b 4076365,c 2 1 2 x 2019 x Vậy P 2019 chọn C
  42. Cách 2 Điều kiện x  1;0 2019; Trường hợp 1: x  1;0 Vế trái âm vế phải dương nên phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: x 2019; Phương trình trở thành 2019 2019 x 1 2019x x x x2 2019x 2 x2 2019x 1 0 2 x2 2019x 1 0 x2 2019x 1 2019 4076365 x 2 2019 4076365 Kiểm tra lại x là nghiệm phương trình. Ta có a 2019,b 4076365,c 2 2 Vậy P 2019 chọn C Email: huunguyen1979@gmail.com Câu 18. Biết x a b 5 (a,b ¢ ) là nghiệm nhỏ nhất của phương trình : 3 x3 10x2 56x 66 x 2 x2 4x 1 2 . Tính T a3 b3 ? A. T 9 .B. T 8.C. T 7 . D. T 125 . Lời giải Họ và tên : Đào Hữu Nguyên,Tên FB: Đào Hữu Nguyên Chọn C Điều kiện : x2 4x 1 0 (1) 3 3 2 2 Ta có x 10x 56x 66 2 x 4x 1 4 x 2 Do x 4x 1 0 nên 3 x3 10x2 56x 66 4 x x3 10x2 56x 66 64 48x 12x2 x3 x2 4x 1 0 (2)
  43. 2 x 2 5 Từ (1) và (2) suy ra x 4x 1 0 .Vậy T 7 x 2 5 Email: huunguyen1979@gmail.com 2 2 Câu 19. Biết phương trình : 8x 8x 3 8x 2x 3x 1 có 3 nghiệm x1, x2 , x3 (x1 x2 x3) . Tính T x1 ( 7 1)x2 x3 ? 5 7 3 A. T .B. T .C. T 3 .D. T 8. 4 2 Lời giải Họ và tên : Đào Hữu Nguyên,Tên FB: Đào Hữu Nguyên Chọn C Điều kiện : 2x2 3x 1 0 Pt 8x2 8x 3 8x 2x2 3x 1 4(x 2x2 3x 1)2 (2x 1)2 3 3 2 x 2 2x 3x 1 1 4 2 2x2 3x 1 4x 1 7 1 x 4 3 3 7 1 3 3 Vậy T 7 1 3 4 4 4 Email: vannguyen300381@gmail.com Câu 20. Biết rằng phương trình 12x2 8x 3 2x 1 40x3 8x2 6x (1) có một nghiệm dạng a 3 c a x , trong đó a,b,c ¢ , là phân số tối giản. Hãy tính tổng S a b c b b A. S 5.B. S 2 C. S 26 . D. S 8. Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Vân,Tên FB: Vân Nguyễn Thị Chọn A Ta có: (1) 12x2 8x 3 2x 1 2x 20x2 4x 3 ĐK: x 0
  44. TH1: x 0 : Không thỏa mãn TH2: x 0 ta có 12x2 8x 3 2x 1 2x 20x2 4x 3 20x2 4x 3 8x2 4x 2x 1 2x 20x2 4x 3 20x2 4x 3 20x2 4x 3 2x 1 4x 2 0 2x 2x 20x2 4x 3 Đặt t ,t 0 , ta có phương trình: 2x 2 t 2x 1 t 2x 1 t 4x 2 0 t 2x 1 t 2 t 2(l) Với t 2x 1 20x2 4x 3 2x 1 2x 20x2 4x 3 2x 2x 1 2 8x3 12x2 6x 3 0 8x3 12x2 6x 1 2 3 3 1 2 2x 1 2 x 2 1 3 2 Đối chiếu điều kiện x 0 ta có x là nghiệm của phương trình 2 Vậy S a b c 5 Gmail: thAnhnguyetDp1@gmail.com Câu 21. Cho phương trình: x 2018 x 2018 x 2019 x 2019 4 x 1 Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình trên thì : A. S [2018; 2019] B. S [2019; 2020] C. S [20182 ; 20192 ] D. S [20192 ; 20202 ] Họ và tên : Nguyễn Thị Thanh Nguyệt FB: Nguyễn Thị Thanh Nguyệt Lời giải Chọn C
  45. x 2018 x 2018 0 ĐK: x 2019 x 2019 0 x 0 Đặt a x 2018 x 2018 0 và b x 2019 x 2019 0 a b 4 x 1 a b 4 x 1 a b 4 x 1 Ta có: 2 2 4 4 a b x 1 ( x 1)(a b) x 1 a b x 1 2b 2 b 1 x 2019 x 2019 1 x 1 x 1 (n) x 2019 x 2018 0 x 20182 n x 2018 Thử lại: Với x= 1 thay vào PT: 1+1=1+1 thoả Với x 20182 thay vào PT: 2018 1 4 20182 1 : thoả Vậy S 1 20182 . Chọn C Gmail: tuongAnh0209@gmAil.Com. 1 Câu 22. Nghiệm của phương trình x4 2x3 2x2 2x 1 x3 x x có dạng a b , a Z,b N . x Tính a.b ? A. 2 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Tác giả: Nguyễn Ngọc Thảo –Tên FB: Nguyễn Ngọc Thảo. Lời giải Chọn A x 1 Điều kiện 0 x 1 1 1 2 Ta có x4 2x3 2x2 2x 1 x3 x x x 3 x x x 2 x x 1 2 x x 1 Nên suy ra x x 0 0 x 1 x 1 2 Ta có x4 2x3 2x2 2x 1 x3 x x x2 1 2 x x3 x2 x x x3 . x Đặt a x 2 1,b x x 3 , a 0,b 0
  46. PTTT a 2 ab 2b 2 0 a b . a 2b 0 a 2b a 2b x2 1 2 x 1 x2 x4 2x2 1 4x 1 x2 2 x4 4x3 2x2 4x 1 0 x2 2x 1 0 x 1 2 Vậy phương trình có nghiệm x 1 2 Email: phamkhacthanhkt@gmail.com. Câu 23. Giải phương trình x 2y 1 4y x 1 3xy ta được nghiệm duy nhất x0 ; y0 . Giá trị của biểu 2 3 thức P x0 2y0 thuộc khoảng nào sau đây? A. 4;0 . B. 1;6 . C. 6;10 . D. 9; 5 . Tác giả: Phạm Khắc Thành,Tên FB: Thanh Phamkhac Lời giải Chọn B 1 Cách 1: Điều kiện: x 1; y . 2 1 Ta có: x 2y 1 4y x 1 2y x 2 x 1 x 2y 2 2y 1 3xy 2 2 1 2 2y x 1 1 x 2y 1 1 3xy 2 1 x 1; y 2 Khi đó phương trình đã cho tương đương với . 2 1 2 2y x 1 1 x 2y 1 1 0 2 Từ đó ta được nghiệm của phương trình là x; y 2;1 . Vậy P 2 1 Cách 2: Điều kiện: x 1; y . 2 1 x 1 x Áp dụng BĐT Cauchy ta có: x 1 1. x 1 2 2 1 2y 1 2y 1 1. 2y 1 y . Do đó x 2y 1 4y x 1 3xy . Dấu bằng xảy ra khi 2 x 2 . Từ đó ta được nghiệm của phương trình là x; y 2;1 . Vậy P 2 y 1
  47. Email: Ngocchigvt@gmail.com 2 3 x 2x 3 7x2 19x 12 Câu 24. Cho phương trình 16x2 11x 27 có hai nghiệm x a và x 4 1 12 7x b c d b x với a,b,c,d,e N , c là số nguyên tố và là phân số tối giản. Khi đó hệ thức nào e e sau đây đúng ? A. 2 b e a c d . B. 2 b e a c d . C. b e a c d .D. b e a c d . Tác giả : Nguyễn Ngọc Chi,Tên FB: Nguyễn Ngọc Chi Lời giải Chọn A 12 4 x Đk: 7 x 3 3 x 1 x 3 x 4 1 x 1 12 7x Ptrình x 1 16x 27 x 3 12 7x x 1 3 x 4 12 7x 16x 24 0 x 1 3 x 4 12 7x 16x 24 0 * PT * 3 x 4 12 7x 9 x 4 12 7x 3 x 4 12 7x 1 3 x 4 12 7x 0 1 3 x 4 12 7x 0 3 x 4 1 12 7x 2 12 7x 16x 23 16 12 x 191 3 633 23 7 x 2 128 256x 764x 481 0 191 3 633 Phương trình có hai nghiệm x 1 và x 128 Chọn A
  48. Gmail: nvpmaster0808@gmail.com Câu 25. Cho phương trình: 33 x2 x2 8 2 x2 15 . Gọi S là tổng bình phương các nghiệm thực của phương trình. Tính S . A. S 0 .B. S 1.C. S 2 . D. S 4 . Tác giả: Nguyễn Văn Phùng Tên FB: Phùng Nguyễn Lời giải Chọn C Ta dự đoán được nghiệm x 1, và ta viết lại phương trình như sau: 3 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 2 3 x 1 x2 1 x2 1 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 x2 1 1 3 1 1 2 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 Phương trình 1 x 1. Giải phương trình 2 . Vì 3 0 3 x4 3 x2 1 1 1 x2 15 x2 8 x2 15 4 x2 8 3 x2 15 4 x2 8 3 nên phương trình 2 vô nghiệm. Vậy phương trình cho có 2 nghiệm x 1, x 1. Suy ra S 12 1 2 2. Email: Tinh.danlapts@gmail.com 3x2 3x 1 Câu 26. Trong các nghiệm của phương trình 2x4 3x3 12x2 15x 10 3 , có nghiệm dạng 2 a b a x với a, b, c là số nguyên, c > 0, tối giản. Tính giá trị của biểu thức T a b c . c c A. T 5 B. T 20 C. T 8 D. T 2 Lời giải
  49. Chọn B Sử dụng cách phân tích 2x4 3x3 12x2 15x 10 (2x2 ax 2)(x2 bx 5) a 3;b 0 Phương trình đã cho tương đương với 2 2x 2 3x 2 . x 2 5 3x 2 3x 7 2 2x 2 3x 2 . x 2 5 2x 2 3x 2 x 2 5 2 2x 2 3x 2 x 2 5 0 2x 2 3x 2 x 2 5 2x 2 3x 2 x 2 5 x 2 3x 3 0 3x2 3x 7 (2x2 3x 2) (x2 5) (2x2 3x 2)(x2 5) 2 2 . 2 2x2 3x 2 x2 5 0 2x2 3x 2 x2 5 2x2 3x 2 x2 5 x2 3x 3 0 . 3 21 3 21 Từ đó phương trình có nghiệm là x ; x 2 2 Suy ra T = 20. Gmail: tuonganh0209@gmail.com. Câu 27. Cho f x x3 3x2 6x 1. Phương trình f f x 1 1 f x 2 có số nghiệm thực là A. 4. B. 6. C. 7. D. 9 . Tác giả: Nguyễn Ngọc Thảo –,Tên FB: Nguyễn Ngọc Thảo. Lời giải Chọn A Đặt t f x 1 t x 3 3x 2 6x 2 . Khi đó f f x 1 1 f x 2 trở thành: t 1 t 1 f t 1 t 1 2 3 2 f t 1 t 2t 1 t 4t 8t 1 0
  50. t 1 t t1 2; 1 t t2 1;1 . t t 1;1 2 t t3 5;6 t t 1;6 3 (Vì g t t3 4t2 8t 1; g 2 7 ; g 1 4 ; g 1 10 ; g 6 25 ). Xét phương trình t x 3 3x 2 6x 2 , là pt hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x 3 3x 2 6x 2 và đường thẳng y t . Ta có bảng biến thiên. x 1 3 1 3 y 0 0 y 6 6 3 6 6 3 Dựa vào bảng biến thiên, ta có + Với t t2 1;1 , ta có d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt, nên phương trình có 3 nghiệm. + Với t t3 5;6 , ta có d cắt (C) tại 1 điểm, nên phương trình có 1 nghiệm. Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm.