Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 3

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 3

1. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. [§] Pt chứa tham số [Bài 1] Tìm m để pt: a) x2 2mx 1 m 2 có nghiêm. b) 2x2 mx 3 x 1 có hai nghiệm phân biệt. c) x2 mx 2 2x 1 (1)có hai nghiệm thực phân biệt. (B – 2006) d) 6 + x + 2 (4 - x)(2x - 2) = m + 4 4 - x + 2x - 2 có nghiệm. e) 4 2x + 2x + 2 4 6 - x + 2 6 - x = m có hai nghiệm phân biệt. f) 3 x - 1 +m x +1 = 4 4 x2 - 1 có nghiệm. G: a) x2 2mx 1 m 2 có nghiêm. * Nếu m 0 với mọi m. Vậy với m 2 thì phương trình đã cho có nghiêm. b) 2x2 mx 3 x 1 có hai nghiệm phân biệt. x 1 Cách 1: Pt 2 , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm: x m 2 x 4 0,(*) 2 m m2 4m 20 2 m m2 4m 20 x 0, x 0 . Pt đã cho có 2 nghiệm (*) có 2 nghiệm 1 2 2 2 m 4 x 1 x 1 4 m m2 4m 20 m 1 2 2 2 4 m m 4m 20 Chú ý: + x1 > 0, x2 x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x 1 t 0 . (*) trở thành: 2 t 1 m 2 t 1 4 0 ( ). Để (*) có 2 nghiệm x 1thì ( ) phải có 2 nghiệm t 0 . c) x2 mx 2 2x 1 (1)có hai nghiệm thực phân biệt. (B – 2006) 2x 1 0 Pt 2 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc 3x m 4 x 1 0, 2 m 4 2 12 0 1 1 9 bằng hay f 0 m . 2 2 2 S 1 2 2 1 1 Chú ý : Cách 2: đặt t x , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng thì 2 2 2 1 1 3 t m 4 t 1 0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0. 2 2 4 - x 0 d) 6 + x + 2 (4 - x)(2x - 2) = m + 4 4 - x + 2x - 2 có nghiệm. Điều kiện 1 x 4 . 2x - 2 0 Đặt t = 4 - x + 2x - 2 . Ta tìm miềm xác định của t, xét hàm số f(x) = 4 - x + 2x - 2 với 1 x 4 . 2 4 - x - 2x - 2 1 x 4 Ta có f'(x) = . f'(x) = 0 2 4 - x = 2x - 2 x = 3 2 4 - x. 2x - 2 16 - 4x = 2x - 1 Từ đó ta có bảng biến thiên x 1 3 4 f’(x) + 0 - Bài-giảng Pt- Hpt trang.87 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. f(x) 3 3 6 minf(x) = 3 và maxf(x) = 3 từ đó suy ra khi 1 x 4 , thì 3 t 3 1 x 4 1 x 4 Từ t = 4 - x + 2x - 2 t2 = x + 2 + 2 (4 - x)(2x - 2) . 2 g(t) = t - 4t + 4 = m (1) vì thế bài toán trở thành: Tìm m để hệ sau có nghiệm 3 t 3 (2) Ta có g'(t) = 2t - 4 , và ta có bẳng biến thiên sau t 3 2 1 g’(t) - 0 + g(t) 7 4 3 1 0 Từ đó ming(t) g(2) 0 và maxg(t) 1. Vậy pt có nghiệm ming(t) m maxg(t) 3 t 3 3 t 3 3 t 3 3 t 3 0 m 1. e) 4 2x + 2x + 2 4 6 - x + 2 6 - x = m có hai nghiệm phân biệt. Đặt f(x)= 2x + 2 6 - x ; g(x) = 4 2x + 2 4 6 - x . Lúc này pt đã cho có dạng h(x) = f(x)+g(x) = m (1) 6 - x - 2x Pt (1) xác định trong miền 0 x 6 . Ta có f'(x) = . 2x(6 - x) Nên ta có bảng biến thiên sau: x 0 2 6 f’(x) + 0 - f(x) 4 (6 - x)3 - 4 (2x)3 tương tự ta có g'(x) = , bảng biến thiên 2 4 (2x)3 (6 - x)3 x 0 2 6 g’(x) + 0 - g(x) Vì thế ta có bảng biến thiên đối với hàm số h(x), 0 x 6 như sau x 0 2 6 h’(x) + 0 - h(x) Bài-giảng Pt- Hpt trang.88 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. Ta có minh(x) = min h(0);h(6) = h(6) = 4 12 + 2 3 và maxh(x) = h(2) = 6 + 3 2 . 0 x 6 0 x 6 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt 2( 4 6 + 6) m 0 nên 0 t 3 TH2) PT (1) có nghiệm nhưng không thỏa mãn (2) t1 1 Do đó hệ vô nghiệm khi 3 . Vậy phương trình có nghiệm -1 < m . 3 m -1 [Bài 2] Cmr với m 0 , pt sau có hai nghiệm thực pb: x2 2x 8 m x 2 .(1) (B – 2007) Bài-giảng Pt- Hpt trang.89 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. x 2 G: ĐK: x 2 , do m > 0. pt x 2 x 4 m x 2 . Để chứng minh 3 2 x 6x 32 m,(2) m 0 , pt (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần cm pt(2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt f x x3 6x2 32, x 2 , ta có f(2) = 0, lim f x , f ' x 3x2 12x 0,x 2 nên x f(x) là hàm liên tục trên 2; và đb trên khoảng đó suy ra m 0 pt (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 0 1 1 1 Yêu cầu trên ↔ pt (1) có 2nghiệm x1 ,x 2 sao cho x2 > x1 (x1 + )(x2 + ) 0 2 2 2 x1 + x2 > -1 m - 4 1 1 1 1 - + 0 9 x1x2 + (x1 + x2 )+ 0 3 6 4 m 9 2 4 Áp dụng định lý Viét ta có 2 m m - 4 2 x1 + x2 > -1 > -1 m > 1 3 Như vậy cách giải thứ nhất vẫn gọn hơn cách hai. 1. Tìm m để pt sau có nghiệm: m( 1+ x2 - 1 - x2 + 2) = 2 1 - x4 + 1+ x2 - 1 - x2 (ĐS: 2 - 1 m 1 ) 2. Tìm m để pt 2 + 2sin2x = m(1+ cosx)2 có nghiệm trên đoạn - ; . ( ĐS: 0 m 2 ) 2 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.90 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. Bài tập luyện thi. Lượt 1 Bài 1) Giải các pt chứa căn thức sau: 1) x 3 5 3x 4 2) x2 5x 1 (x 4) x2 x 1 3) 4 18 x 5 4 x 1 4) 3 2 x 2 2x x 6 * 5) 2x2 8x 6 x2 1 2x 2 6) x(x 1) x(x 2) 2 x2 7, 3 x 4 3 x 3 1 8, x 4 x2 2 3x 4 x2 9, x2 3x 3 x2 3x 6 3 10, x2 2x 4 3 x3 4x 11, 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 12, 3 2 x 1 x 1 13, x3 1 2 3 2x 1 14, 5x2 14x 9 x2 x 2 5 x 1 15, 2 3 3x 2 3 6 5x 8 16, 2x 7 5 x 3x 2 x 3 2 x 3 17, x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1 18, 2x2 4x 2 x 1 2 2 2 19, 4x2 13x 5 3x 1 2x 3 2 x 4 3x 1 5 5 20, x2 1 x2 x2 1 x2 x 1 4 4 G: 1) x 3 5 3x 4 - Điều kiện: x 3 - Với đk trên ta biến đổi về dạng: x 3 3x 4 5 sau đó bình phương 2 vế, đưa về dạng cơ bản f (x) g(x) ta giải tiếp.Đáp số: x 4 2 2 2 2 t x 2) x 5x 1 (x 4) x x 1 - Đặt t x x 1 0 , pttt: t x 4 t 4x 0 t 4 1 61 Với t x x2 x 1 x : vô nghiệm. Với t 4 x2 x 15 0 x 2 1 61 - Vậy phương trình có nghiệm: x 2 3) 4 18 x 5 4 x 1 - Ta đặt u 4 18 x 0;v 4 x 1 0 u4 v4 17 , ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x. - Đáp số: Hệ vô nghiệm 4) 3 2 x 2 2x x 6 * - Điều kiện: x 2 8 x 3 x 3 108 4 254  - Ta có: * 2 x 3 . - Đáp số: x 3;  3 x 2 x 6 3 x 2 x 6 4 25  5) 2x2 8x 6 x2 1 2x 2 x 1 2x2 8x 6 0 - Điều kiện: x 1 . - Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình 2 x 1 0 x 3 - Xét với x 1, thì pt đã cho tương đương với: 2 x 3 x 1 2 x 1 Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f (x) g(x) ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này nghiệm x 1 - Xét với x 3 , thì pt đã cho tương đương với: 2 x 3 x 1 2 x 1 Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f (x) g(x) ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này là: 25 25  x . - Đáp số: x ; 1 7 7  2 9 6) x(x 1) x(x 2) 2 x ĐS: x 0;  8 7, 3 x 4 3 x 3 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.91 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. - Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được.- Đáp số: x 5;4 2 2 2 4  2 14  8, x 4 x 2 3x 4 x t x 4 x t ;2 x 0;2;  3  3  9, x2 3x 3 x2 3x 6 3 - Đặt t x2 3x 3 0 x2 3x 3 t 2 3 t - Phương trình thành: t t 2 3 3 t 2 3 3 t t 1 2 2 t 3 3 t Suy ra x2 3x 2 0 x 1;2 - Vậy tập nghiệm của phương trình là x 1;2 10, x2 2x 4 3 x3 4x - Điều kiện: x 0 2 2 u2 v2 4 u v 4 - Đặt u x2 4 2;v x 0 2 2 u 2v 3uv u v u 2v 0 4 Giải ra ta được x (thỏa mãn) 3 11, 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 - Điều kiện: x 1 - Khi đó: 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 2 3x 2 x 1 3x 2 x 1 3x 2 x 1 1 Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm x 1 12, 3 2 x 1 x 1 - Điều kiện: x 1 u 1 v - Đặt u 3 2 x;v x 1 0 dẫn tới hệ: .Thế u vào pt dưới, ta được: v v 1 v 3 0 3 2 u v 1 - Đáp số: x 1;2;10 y3 1 2x 1 5  13, x3 1 2 3 2x 1 y 3 2x 1 x y x 1; 3  x 1 2y 2  2 2 9  14, 5x 14x 9 x x 2 5 x 1 ĐS: x 1; ;11 4  15, 2 3 3x 2 3 6 5x 8 - Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12. - Đáp số: x 2 2 16, 2x 7 5 x 3x 2 - Điều kiện: x 5 3 - Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới pt cơ bản. Sau đó giải tiếp như đã học. 14 - Đáp số: x 1;  3  17, x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1 - Điều kiện: 1 x 7 - Ta có: x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1 x 1 2 x 5 x 1 x 1 7 x 2 x 1 7 x . - Đáp số: x 4;5 x 1 7 x x 4 x 3 2 x 3 18, 2x2 4x 2 x 1 2 2 2 2 x 3 2 x 1 y 3 3 17 5 13  - Đặt y 1 - Đáp số: x ;  2 2 4 4 2 y 1 x 3  19, 4x2 13x 5 3x 1 2x 3 2 x 4 3x 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.92 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. 2 2y 3 3x 1 15 97 11 73  - Đặt 2y 3 3x 1 - Đáp số: x ;  2 8 8 2x 3 x 4 2y 3  5 5 20, x2 1 x2 x2 1 x2 x 1 4 4 2 1 2 1 3  - Điều kiện: x 1 - PT đã cho 1 x 1 x x 1- Đáp số: x ; 1 2 2 5  6 10 Bài 2) Gpt: a) 4 b) 3x2 7x 3 x2 2 3x2 5x 1 x2 3x 4 2 t 3 t 1 2x 1 2x 1 1 c) 1 2x 1 2x d) 2 x2 2 4 (x ) 1 2x 1 2x x2 x 6 10 6 6 6 G: a) 4 đ/k x 2 không thể là nghiệm vì vế trái 0 *) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm *) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2 1 2x 1 2x c) 1 2x 1 2x điều kiện - 1/2<x< ½ 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x Xét vế phải theo bđt Cauchy ta có 2 dấu bằng xâỷ ra khi 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x x 0 1 2x 1 2x Xét vế trái ta có ( 1 2x 1 2x)2 2 2 (1 2x)(1 2x) 2 2 suy ra vế trái ≤ 2 dấu bằng xẩy ra khi x = 0 vậy x = 0 là nghiệm của phương trình 1 1 1 1 d) 2 x2 2 4 (x ) tương đương với x 2 x2 2 4 x2 x x x2 Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có x 2 x2 1.x 1. 2 x2 (12 12 )(x2 (2 x2 ) 2 Cộng 1 1 1 1 1 2 1.x 1. 2 (12 12 )( (2 ) 2 x x2 x2 x2 x2 1 1 Ta có x 2 x2 2 4 dấu bằng xẩy ra khi x=1 là nghiệm của phương trình x x2 Bài 3) Gpt [bằng phương pháp hàm số, đánh giá] 1, 2x 10 3x x x 3x 2, 5 2 6 5 2 6 3 3, 3x2 13 4x 3 3x2 6 * 4, 4 x 1 4 17 x 2 G: 1, 2x 10 3x 2x 3x 10 x 2 là nghiệm duy nhất Bài-giảng Pt- Hpt trang.93 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. x x x x 3x 5 2 6 5 2 6 2, 5 2 6 5 2 6 3 1 3 3 3 3 x x 5 2 6 5 2 6 5 2 6 5 2 6 - Do 1 0 nên hàm đb trên R, còn hàm nghịch biến trên R. 3 3 3 3 3 3 3 3 x x 5 2 6 5 2 6 Nếu x 0 1 PT vô nghiệm. Nếu x 0 1 PT vô nghiệm 3 3 3 3 - Vậy PT đã cho vô nghiệm. 3 3, 3x2 13 4x 3 3x2 6 * - Nếu x 4x 3 0 PT vô nghiệm 4 3 - Nếu x , ta có: * f x 3x2 13 3x2 6 4x 3 0 4 1 1 3 3 Vì f x 3x 4 0,x nên hàm f(x) đồng biến trên khoảng ; , mà 3x2 13 3x2 6 4 4 f 1 0 do đó x 1 là nghiệm duy nhất. Đáp số: x 1 4, 4 x 1 4 17 x 2 Điều kiện: 1 x 17 1 1 1 - Xét hàm f x 4 x 1 4 17 x có: f x 0 x 9 3 3 4 4 4 x 1 17 x Lập bbt, nhận xét f 1 f 17 2 suy ra PT có 2 nghiệm là x 1;17. Đáp số: x 1;17 Bài 4) Gpt: a) 3 2 x 1 x 1 b) 2 3 3x 2 3 6 5x 8 0 c) 3 3x 2x2 2 3x 2x2 =1 d) x2 3x 2 + x2 6x 5 = 2x2 9x 7 e) 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 =1 x 3 f) 5x 1 3x 2 = x 1 g) x 2 x 1 + x 2 x 1 = 2 G: a) 3 2 x 1 x 1 * cách 1: đk, đặt u = 3 2 x , chuyển x theo u rồi gpt căn thức bậc 2, nhẩm đc nghiệm x=1, x=2 * cách 2: đk, đặt u = 3 2 x , v= x 1 ,v không âm. đưa về hệ giải bằng phép thế và nhẩm đc nghiệm * kq 3 nghiệm: x=1;2;10 b) 2 3 3x 2 3 6 5x 8 0 * có 2 cách như bài 1. * kq một nghiệm duy nhất x=-2 1 c) 3 3x 2x2 2 3x 2x2 =1 * có 2 cách như bài 1. * kq x=1 ; x= . Lưu ý nên đặt một ẩn rồi 2 biến đổi biểu thức trong căn bậc 2 còn lại theo ẩn mới ./. d) x2 3x 2 + x2 6x 5 = 2x2 9x 7 * đk x 5  x 1 đặt u= x2 3x 2 ; v= x2 6x 5 , u , v 0 . pt u+v= u2 v2 (u+v)2 = u2 +v2 u 0 x 2  x 1 2u.v=0 x= 5  x= 1 . chú ý đây là dạng hay, hãy suy nghĩ v 0 x 5 x 1 TQ. 7 e) 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 =1 * giống ý c. Kq x=1 ; x= . 2 f) 5x 1 3x 2 = x 1 đk x 1 pt 5x 1= 3x 2 + x 1 bp2v 2 lần và lưu ý đk. Kq x=2 chú ý đây là dạng hay, hãy suy nghĩ TQ cho trường hợp có 3 căn b2, thậm chí 4 căn b2. x 3 2 2 x 3 g) x 2 x 1 + x 2 x 1 = đk x 1 pt x 1 1 + x 1 1 = 2 2 x 3 x 1 +1 + x 1 1 = (*) xét 2 TH x 1 1 x 2 và x 1 1 x< 2 2 để phá dấu GTTĐ rồi giải bt. Kq x=1 ; x=5 Bài-giảng Pt- Hpt trang.94 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. Bài 5) Gpt: a) x3 1 2 3 2x 1 b) x 3 4 x 12 x 28 x (1) c) x 3 4 x 12 x 28 x (1) x3 1 2y G: a) Đặt 3 2x 1 y Ta có hpt đối xứng loại 2: 3 y 1 2x Trừ vế theo vế của 2 pt: (x- y)(x2 + y 2 + xy + 2) = 0. Nx: x2 + y 2 + xy + 2 > 0 với x, y x = y Với x = y ta có: x3 - 2x + 1 = 0 (x - 1)(x2 + x - 1) = 0 x 1 x 1 5 : 2 Pt có 3 nghiệm như trên. x 1 5 : 2 b) x 3 4 x 12 x 28 x (1) 4 x 12 x 0 12 x 4 Đk:  3 x 4 () x 3 28 x 0 3 x 28 Với đk () (1)  (x + 3)2(4 - x)(12 - x) = (28 - x)2  x4 + 14x3 + 10x2 - 272x + 352 = 0 2 x 6x 22 0 x1 3 31 , x2 3 31  (x2 + 6x - 22) (x2 + 8x - 16) = 0  x2 8x 16 0 x3 4 4 2 , x4 4 4 2 x1 3 31 Đối chiếu đk ta thấy x1, x3 thỏa mãn bài toán. Vậy pt có 2 nghiệm x3 4 4 2 c) x 3 4 x 12 x 28 x (1) Đặt u = x + 3; v = 4 x 12 x , với v 0 v u 1 2 2 2 Pt (1) trở thành: 2uv = u + v - 1  (u - v) = 1  v u 1 x 3 1 x 2 Với v = u - 1 0 ta có: x 3 31 2 2 4 x 12 x x 2 x 6x 2 0 x 3 1 x 4 Với v = u + 1 0 ta có: x 4 4 2 2 2 4 x 12 x x 4 x 8x 16 0 Tập nghiệm của pt là: 31 3;4 2 4 Bài 6) Giải pt [đánh-giá]: a) x2 6x 13 x2 6x 18 34 x2 6x b) x(2008 - x2007) = 2007 5 2 7 c) 3 2016 x x 2017 x2 2007x 2007 d) 4x 3 2 1 x 1 e) 4x4 x2 3x 4 33 16x3 12x G: a) x2 6x 13 x2 6x 18 34 x2 6x ↔ (x 3)2 4 (x 3)2 9 25 (x 3)2 VT 2 3 5 Dấu “=” khi x = -3. VËy ph-¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = - 3 b) x(2008 - x2007) = 2007 Nếu x 0 thì x(2008 x2007 ) 0 (loại)→ x 0 . Pt↔ x2008 + 2007 = 2008x Theo bÊt ®¼ng thøc c«si cho 2008 sè d-¬ng. Ta cã: x2008 + 2007 = x2008 + 1 + 1 + +1 2008x 2007 số 1 Dấu “=” xảy ra khi x = 1.Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1 c) 3 2016 x x 2017 x2 2007x 2007 Đk: x 2007 . Với 2007 x 2008 thì: 3 2016 x x 2017 3 2016 2008 2008 2007 1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.95 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 2008 thì: 3 2016 x x 2017 3 2016 2008 2008 2007 1 x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = 1 Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 1 5 2 7 d) 4x 3 2 1 x 1 ( 2 1)3 Đk: x + 1 > 0 hay x > -1. Viết pt về dạng: 4(x 1) 3( 2 1) x 1 ( 2 1)3 ( 2 1)3 ( 2 1)3 Bđt Cauchy cho 3 số dương, ta có: 4(x 1) 4(x 1) 3( 2 1) x 1 4(x 1) 4(x 1) ( 2 1)3 2 3 Dấu “=” xảy ra khi: 4(x 1) 2 1 Hay 4x = 2 3 Hay x = 4(x 1) 4 2 3 Pt có nghiệm duy nhất: x = 4 2 4 2 3 3 4 2 4 3 7 e) 4x x 3x 4 3 16x 12x . Ta có: 4x x 3x 4 4x x 0 x 0 2 4 Áp dụng bđt Cauchy ta có: (4x4 x2 ) 3x 4 4x3 3x 4 x(4x2 3) 2 2 33 4x(4x2 3) 33 16x3 12x 1 1 Dấu “ =” xảy ra khi x = . Vậy pt có nghiệm duy nhất: x = 2 2 45 Bài 7) Giải pt: a) 3 2x 1 1 x3 3x2 2x b) x2 2x 5 x2 4x 40 x2 5x 4 c) 2x2 11x 21 33 4x 4 0 d) x2 2x 3 x 3 e) (x 5) x 1 1 3 3x 4 2 37 f) 4x 1 9x2 26x 0 g) 2 x 2 4 2x 2 1 h) 4x 1 4 8x 3 4x4 3x2 5x 3 3 i) 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 j) 3 4x 2 3 6 x 3 2x 9 3 5x 1 0 k) 2x2 4 5 x3 1 l) x3 x2 15x 24 2 3(x 1) m) x 3x 2 4 x 2(x2 1)(x 3) G: a) 3 2x 1 1 x3 3x2 2x ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng) Pt 3 2x 1 (x 1)3 x 2 . Đặt y 1 3 2x 3 (y 1)3 2x 3 ( tại sao đặt y + 1 = ) pt đã cho trở thành : y 1 (x 1)3 x 2 (x 1)3 x y 3 (y 1)3 2x 3 (1) Khi đó pt đã cho tương đương 3 (x 1) x y 3 (2) Lấy (2) trừ (1) vế theo vế : (x 1)3 (y 1)3 y x (x y)[(x 1)2 (x 1)(y 1) (y 1)2 ] = 0 x y Thay x = y vào (1) ta có : (x 1)3 2x 3 (x 2)(x2 x 1) 0 1 5 Từ đó pt đã cho có ba nghiệm : x 2 ; x 2 45 b) x2 2x 5 x2 4x 40 x2 5x (1) ( PP so sánh) 4 Đặt f (x) x2 2x 5 x2 4x 40 (x 1)2 4 (2 x)2 36 Bài-giảng Pt- Hpt trang.96 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
11. ứ ố ớ ệ Pt ch a tham s - L p 12- Luy n thi thptqg. Xét các véc tơ: u(x 1; 2), v(2 x;6) ta có: u v (3;4) u (x 1)2 4 , v (2 x)2 36 Khi đó: f (x) u v u v 5 (2)   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u O hoặc v O hoặc u và v ngược hướng.   x 1 2 5 Khả năng u O hoặc v O không xảy ra nên đẳng thức xảy ra khi x (3) 2 x 6 2 45 5 5 Từ (1), (2), (3) suy ra x2 5x 5 x . Vậy nghiệm pt là x 4 2 2 ( Phương pháp sử dụng vectơ thường dùng khi biểu thức dưới dấu căn bậc hai là tam thức bậc hai luôn dương ) c) 2x2 11x 21 33 4x 4 0 ( Đặt ẩn phụ đưa về pt bậc cao ) t3 4 + điều kiện x R + Đặt t 3 4x 4 (t R) . Ta có x . 4 Pt đã cho trở thành: t 6 14t3 24t 96 0 (t 2)2 (t 4 4t3 12t 2 18t 24) 0 t 2 t 2 2 4 3 2 2 2 9 118 t 4t 12t 18t 24 0 (t 2t) 2 2t 0 (VN) 4 8 ( Có thể dùng máy tính để kiểm tra và dự đoán f (t) t 4 4t3 12t 2 18t 24 >0 rồi cm) d) x2 2x 3 x 3 (biến đổi đưa về pt tích) Đk: x > -3 2 2 2 1 1 1 1 Pt đã cho tương đương: x x x 3 x 3 x x 3 4 4 2 2 1 1 3 17 x x 3 x  x 1 13 2 2 2 e) (x 5) x 1 1 3 3x 4 ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt) Điều kiện : x 1 . Pt đã cho tương đương: (x 1) x 1 4 x 1 1 3 3( x 1)2 1 u3 4u 1 v (1) Đặt u x 1 0, v 3 3u2 1 . Ta có hệ : 2 3 3u 1 v (2) Cộng (1) và (2) theo vế, ta được : v3 v (u 1)3 u 1 (*) Xét hàm số f t t3 t là hàm số đồng biến trên R, nên từ (*) suy ra v u 1 Từ đó, thay vào (1) : u3 4u 1 u 1 u 0 . Suy ra x = - 1 Thử lại x = - 1 thỏa pt. Vậy x = - 1 là nghiệm pt 2 37 f) 4x 1 9x2 26x 0 ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng ) 3 3 1 2 2 11 4 Điều kiện : x . Biến đổi pt: 4x 1 3x 4 2x . Đặt 3y 4 4x 1, y . 4 3 3 3 2 2 3x 4 2x 2y 1 3y 4 4x 1 Khi đó, ta có hệ pt: 2 3y 4 4x 1 (x y)(9x 9y 22) 0 x y x y x y 2 14 61 9x 28x 15 0 x 2 3y 4 4x 1 9 22 y x 22 9x 9y 22 0 9 y x 9 2 3y 4 4x 1 2 91 9x 24x 0 12 53 9 x 9 Bài-giảng Pt- Hpt trang.97 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
12. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. 1 4 14 61 12 53 Do x và y nên pt đã cho có 2 nghiệm: x , x 4 3 9 9 g) 2 x 2 4 2x 2 1 Điều kiện : 1 x 2 u v 1 u 2 x 2 0 u 2 2 2 Đặt Với . . Ta có hệ pt: u 2 x 2 4 4 v 2x 2 0 v 2 2 2 4 v 2x 2 2 Do đó : v4 2u2 2 2 0 v2 2 2(v 1)2 0 3 h) 4x 1 4 8x 3 4x4 3x2 5x (Phương pháp so sánh) Điều kiện : x . 8 4x 1 4 8x 3 Với điều kiện trên, pt đã cho tương đương 4x3 3x 5 x x 4x 1 4x 1 1 4 8x 3 8x 3 1 1 1 Áp dụng bđt Côsi, ta có: 2 và 2 x 2x x 4x 4x 1 4 8x 3 3 Suy ra: 4 với mọi x . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = ½ x x 8 3 Mặt khác : 4x3 3x 5 4x3 3x 1 4 (2x 1)2 (x 1) 4 4 với mọi x . 8 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = ½ . Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = ½ i) 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng ) Pt đã cho tương đương 3 3x 5 (2x 3)3 x 2 (2y 3)3 3x 5 (1) Đặt 2y 3 3 3x 5 (2y 3)3 3x 5. Ta có hệ pt: 3 (2x 3) x 2y 5 (2) Lấy (1) trừ (2): (2y 3)3 (2x 3)3 2x 2y 2 2 (2y 2x) (2y 3) (2y 3)(2x 3) (2x 3) 2x 2y x y 5 3 Thay vào (1) và giải được nghiệm: x 2; x 4 j) 3 4x 2 3 6 x 3 2x 9 3 5x 1 0 ( Sử dụng hằng đẳng thức ) Đặt a 3 4x 2, b 3 6 x, c 3 2x 9 . Ta có: a3 b3 c3 5x 1 Do đó pt đã cho trở thành: a b c 3 a3 b3 c3 a b c 3 a3 b3 c3 a3 b3 c3 3(a b)(b c)(c a) a3 b3 c3 3(a b)(b c)(c a) 0 8 3 3 x a b 0 4x 2 6 x 0 3 3 3 b c 0 6 x 2x 9 0 x 3 c a 0 3 3 7 2x 9 4x 2 0 x 3 k) 2x2 4 5 x3 1 ( Đặt hai ẩn phụ đưa về pt tích ) 2 2 Điều kiện : x 1 . Pt đã cho tương đương: 2 (x 1) (x x 1) 5 (x 1)(x x 1) (1) a x 1 a 0 2 2 2a b Đặt , ta có : . Pt (1) tt: 2(a b ) 5ab (2a b)(a 2b) 0 2 b 0 a 2b b x x 1 5 27 + Với 2a = b, ta được : 2 x 1 x2 x 1 x2 5x 3 0 x ( thoả ) 2 + Với a = 2b , ta được : x 1 2 x2 x 1 4x2 5x 3 0 ( Vô nghiệm ) Bài-giảng Pt- Hpt trang.98 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
13. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. l) x3 x2 15x 24 2 3(x 1) (Phương pháp so sánh dựa vào bất đẳng thức) Điều kiện : x 1 ( nhận xét pt có nghiệm x = 2 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số, ta có : 2 3(x 1) x 1 3 x 4 (1) Suy ra : x3 x2 15x 24 x 4 x3 x2 16x 20 0 (x 5)(x 2)2 0 (2) Vì x 1 nên x+5 > 0. Suy ra: x = 2 . Với x = 2 thoả Với x 2 và x 1 thì (2) không xảy ra nên x3 x2 15x 24 x 4 , kết hợp (1): pt vn Nhận xét: thay thích hợp ta có pt sau cùng cách giải x3 x2 15x 30 4 3 27(x 1) m) x 3x 2 4 x 2(x2 1)(x 3) ( giải bằng pp vec tơ hoặc bất đẳng thức ) 2 2 2 Điều kiện : x 4 ( Nhận xét (x2 1) 3x 2 4 x 2(x2 1)(x 3) ) 3 nghiệm pt là: x 2, x 1 2 Bài 8)Cmr phương trình 4 x 4 2x 4 3x 6 có đúng một nghiệm 4 G: TXĐ: D ; . Xét f (x) 4 x 4 2x 4 3x 6 xác định trên D. 3 Hàm số f (x) liên tục trên D và nghịch biến trên đó. Ta có x=0 là 1 nghiệm của pt f (x) 0 vì f (0) 0 . Cm pt f (x) 0 không có nghiệm khác 0. ( Có thể yêu cầu giải phương trình, Sử dụng đạo hàm) Bài 9)Gpt: a) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 b) x3 4x2 5x 6 3 7x2 9x 4 G: a) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3 f 2x 1 f 3x 1 Xét hàm số f t t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x 5 b) x3 4x2 5x 6 3 7x2 9x 4 3 2 x 4x 5x 6 y 3 Đặt y 3 7x2 9x 4 , ta có hệ : y3 y x 1 x 1 2 3 7x 9x 4 y Xét hàm số : f t t3 t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình x 5 3 2 f y f x 1 y x 1 x 1 7x 9x 4 1 5 x 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.99 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
14. Pt chứa tham số- Lớp 12- Luyện thi thptqg. Bài-giảng Pt- Hpt trang.100 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng