Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 4A

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 4A

1. Pt- Luyện thi- Lượt 2 Bài tập luyện thi. Lượt 2 3 Bài 1) Gpt: a)18x2 18x x 17x 8 x 2 0 . b) x2 3x 1 x4 x2 1 . 3 2 1 1 2 2 c) 2 x 2 2 4 x . d) 2x 1 x 2x 1 x 1. x x G: a) 18x2 18x x 17x 8 x 2 0 Đặt x y với y 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 10 (3y2 4y 2)(6y2 2y 1) 0 , suy ra (3y2 4y 2) 0, ta được y . Từ đó phương trình có 3 14 4 10 nghiệm là x . 9 3 b) x2 3x 1 x4 x2 1 .Ta có x4 x2 1 (x2 1)2 x2 (x2 x 1)(x2 x 1) 0 , với mọi x. 3 Mặt khác x2 3x 1 2(x2 x 1) (x2 x 1) . x2 x 1 3 Đặt y (có thể viết đk y 0 hoặc chính xác hơn là y 3 ), ta được x2 x 1 3 3 3 3 2y2 1 y 0 6y2 3y 3 0 , ta được y (loại y ). 3 3 2 Từ đó phương trình có nghiệm là x 1. 2 1 1 c) 2 x 2 2 4 x . Ta thấy x 0 không thỏa mãn. x x 1 x 0;4 x 0 x Khi đó phương trình tương đương với hệ 2 2 . 1 1 2 x2 2 4 x 2 x 1 1 2 y 4(1) Đặt x y , ta được . 2 2 2 x 4 (y 2) 2 5 2(y 2) (4 y) (2) Xét (2) 9 2y2 y2 4y 5 y4 8y3 28y2 40y 16 0(do hai vế không âm). (y 2)(y3 6y2 16y 8) 0 (y 2)((y 2)(y2 4y 8) 8) 0 Dẫn đến y 2 (do ((y 2)(y2 4y 8) 8) 0 với mọi y thỏa mãn (1)). Từ đó phương trình có nghiệm là x 1. Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp đánh giá trong phần sau. d) 2x2 1 x 2x 1 x2 1.Ta có phương trình tương đương với 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 . Ta được 1 4y 8y(1 y2 ) 0 8y3 4y 1 0 (2y 1)(4y2 2y 1) 0 1 5 5 5 y . Từ đó suy ra x . 4 8 5 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x 0 và x . 8 Bài-giảng Pt- Hpt trang.101 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
2. Pt- Luyện thi- Lượt 2 Nhận xét: Bài toán này ta có thể giải bằng Phương pháp lượng giác trong phần sau. Bài 2) Gpt: a) x2 3x 1 (x 3) x2 1 . b) 4 17 x8 3 2x8 1 1. c) x 4 x2 2 3x 4 x2 4 d) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 e) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 . 3 4x 9 f) 7x2 7x , với x 0 . g) 3 x2 2 2 x3 . 28 G: a) Đặt x2 1 y , với y 1. Khi đó ta được y2 3x (x 3)y (y 3)(y x) 0 . Dẫn đến y 3 và y x . Từ đó pt cú nghiệm là x 2 . b) 4 17 x8 3 2x8 1 1. Đặt 4 17 x8 y với y 0 và 3 2x8 1 z . y z 1 z y 1 Khi đó ta được hệ . 4 3 4 3 2y z 33 2y (y 1) 33 Xét 2y4 (y 1)3 33 (y 2)(2y3 5y2 7y 17) 0 . Suy ra được y - 2 = 0. Từ đó nghiệm của phương trình là x = 1 và x = -1. x y 2 3xy x 4 x2 2 3x 4 x2 Đặt 4 x2 y , với 0 y 2 . Khi đó ta được hệ . c) 2 2 x y 4 2 14 Thế hoặc lại đặt x y S; xy P rồi giải tiếp ta được nghiệm của pt là x 0 ; x 2 và x . 3 4 4 d) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 Đặt 3 81x 8 2 3y 3x y3 2y2 y . 3 3 4 3x y3 2y2 y 3 Khi đó ta được hệ . 4 3y x3 2x2 x 3 1 1 1 1 Xét hiệu hai phương trình dẫn đến x y (do (x y)2 (x 2)2 (y 2)2 0). 2 2 2 3 3 2 6 Thay vào hệ và giải phương trình ta được x 0; x . 3 e) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 . Đk x 5 . Với điều kiện đó ta biến đổi phương trình đã cho như sau: 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 5x2 14x 9 x2 x 20 25(x 1) 10 (x 1)(x 4)(x 5) 2x2 5x 2 5 (x 1)(x 5) x 4 2(x 1)(x 5) 3(x 4) 5 (x 1)(x 5) x 4 Đặt (x 1)(x 5) y; x 4 z , với y 0; z 3. y z 2 2 Ta được 2y 3z 5yz (y z)(2y 3z) 0 , từ đó ta được 3 . y z 2 5 61 3 7 Nếu y z thì ta được x (do x 5 ). Nếu y z thì ta được x 8; x . 2 2 4 Vậy phương trình có ba nghiệm trên. 4x 9 f) 7x2 7x , với x 0 . 28 Bài-giảng Pt- Hpt trang.102 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
3. Pt- Luyện thi- Lượt 2 4x 9 Nhận xét: Dạng phương trình này ta thường đặt ay b , sau đó bình phương lên rồi ta “cố ý” 28 biến đổi về hệ đối xứng với hai ẩn x, y . Từ đó ta sẽ biết được giá trị của a, b. Với bài toán này ta tìm được 1 a 1;b . (Nếu a = 1 và b = 0 mà giải được thì đó là phương trình quá đơn giản, ta không xét ở đây). 2 4x 9 1 4x 9 9 1 HD: Đặt y , do x 0 nên , từ đó y 0. 28 2 28 28 2 1 7x2 7x y 2 2 1 6 50 Ta được hệ 7y 7y x . Giải hệ bình thường theo dạng ta được x . 2 14 x, y 0 g) 3 x2 2 2 x3 . Nhận xét: Khi giải một phương trình không phải lúc nào cũng có nghiệm thực, có những phương trình vô nghiệm nhưng khi cho học sinh làm bài ta cũng kiểm tra được năng lực của học sinh khi trình bầy lời giải bài toán đó. Chẳng hạn như bài toán trong ví dụ này. x2 y3 2 Đặt 3 x2 2 2 x3 = y với y 0 . Khi đó ta được hệ và từ phương trình ban đầu ta có 3 2 x 2 y x 2 . Xét hiệu hai phương trình của hệ ta được phương trình (x y)(x2 xy y2 x y) 0 . Với x y thì x 3 x2 2 , dẫn đến vô nghiệm. Còn x2 xy y2 x y (y x)(1 x) y2 0 với mọi y 0 và x 2 . Do đó hệ vô nghiệm hay phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3) Giải các phương trình sau: a) x2 2 x 2x2 2 x . b) 2x2 5x 1 7 x3 1 c) (4x 1) x2 1 2x2 2x 1. d)3(2 x 2) 2x x 6 . e) 2 2(1 x) 4 2x 1 f) x2 x 1000 1 8000x 1000 . G: a) x2 2 x 2x2 2 x . (HD: Đặt y 2 x; y 0 , ta được (y 1)(y2 y 1)(2y2 y 4) 0 . 5 1 33 1 5 1 33 1 Từ đó y 1; y ; y và được nghiệm của pt là x 1; x ; x ). 2 8 2 8 b) 2x2 5x 1 7 x3 1 . x2 x 1 Từ phương trình suy ra x 1. Đặt y , bình phương dẫn đến y 3 2 3 . Phương trình trở x 1 thành 2y2 7y 3 0 , ta được y 3 . Từ đó x 4 6 ). c) (4x 1) x2 1 2x2 2x 1. 1 4 Đặt x2 1 y , với y 1. Từ đó ta được y  y 2x 1. Phương trình có nghiệm x ). 2 3 d)3(2 x 2) 2x x 6 . Đặt 3 x 2 y, x 6 z , với y 0; z 0 . 11 3 5 Ta được x 3 y z 4 . Từ đó phương trình có 2 nghiệm x 3; x ). 2 e) 2 2(1 x) 4 2x 1. Đk 0 x 2 1. Đặt 2 2(1 x) 4 2y y 2 1 x và 4 2x 4 2z z 4 x với y 0; z 0 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.103 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
4. Pt- Luyện thi- Lượt 2 4 2(y z) 1(1) 1 1 Suy ra . Từ (1) thay y z vào (2) ta được (z2 1)2 (z )2 0 . 2 4 4 4 y z 2 1(2) 2 2 4 4 34 2 4 34 2 1 1 4 2 4 2 Xét hiệu hai bình phương suy ra z . → x ). 2 2 x2 x 2000y f) x2 x 1000 1 8000x 1000 . Đặt 1 1 8000x = 2y , ta được (*) . 2 y y 2000x Từ (*) suy ra (x y)(x y 1999) 0 và , do đó x y 1999 0 . Suy ra x y , ta được nghiệm x 2001, loại x 0 . x3 1 2 Bài 4) Gpt: a) . b) 2x2 5x 2 4 2(x3 21x 20 . c) x2 4x 3 x 5 . x2 2 5 x 3 4 d) 2x2 4x , với x 1. e) 27x2 18x x , với x 0 . 2 3 x3 1 2 G: a) (HD: Đặt y x 1 0; z x2 x 1 , ta được x2 2 5 2 2 2 2 5y y y 5y y y 1 5yz 2(y z ) 2 2 2 2 0 2  . z z z z z z 2 y x 1 Nếu 2 ta được x 1 2 x2 x 1 (vô nghiệm). 2 z 4x 5x 3 0 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 b) 2x2 5x 2 4 2(x3 21x 20 . 4 x 1 2 Đk . Đặt 2x 8x 10 y và x 4 z , với y 0; z 0 . x 5 9 193 17 3 73 Khi đó ta được (y z)(y 3z) 0 . Từ đó phương trình có bốn nghiệm là x và x ). 4 4 5 29 c) x2 4x 3 x 5 . (HD: Đặt x 5 y 2 , ta được x 1; x ). 2 x 3 d) 2x2 4x , với x 1. 2 x 3 3 17 3 17 Đặt y 1,được x 1(loại), nếu x 1 thì x ). 2 4 4 4 5 37 e) 27x2 18x x , với x 0 . (HD: Tương tự, ta được x ). 3 18 f (x) g(x) Thường ta đánh giá như sau: f (x) C( C) f (x) g(x) C , hoặc đánh giá f (x) g(x) cũng như là g(x) C( C) f (x) g(x) Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác. Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá. Bài-giảng Pt- Hpt trang.104 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
5. Pt- Luyện thi- Lượt 2 Bài 5) Gpt: a) 4x 1 4x2 1 1. b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 . 28 27 c) x2 x 19 7x2 8x 13 13x2 17x 7 3 3(x 2) . d) 2 4 27x2 24x 1 x 6 . 3 2 2 x 3x 4 3 2 2 1 1 e) 2x x 7x 3x 3 2 . f) 2 x 2 2 4 x . 2 x x G: a) 4x 1 4x2 1 1 Bài toán này có trong đề thi vào Đại học Bách Khoa và ĐHQG năm 2001. Bài này có nhiều cách giải, đáp án sử dụng đạo hàm. 1 Ta có thể làm đơn giản như sau: Ta thấy x là nghiệm của phương trình. 2 1 1 Nếu x thì Vt > 1 = Vp. Nếu x thì Vt < 1 = Vp. 2 2 1 Do đó pt không có nghiệm trong hai trường hợp này. Vậy phương trình có một nghiệm là x . 2 b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 . HD: Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5, do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương trình có nghiệm duy nhất là x 1. c) x2 x 19 7x2 8x 13 13x2 17x 7 3 3(x 2) . HD: Bài này cách giải có vẻ hơi mất tự nhiên bởi cách “cố ý” cho như vậy. Giáo viên và học sinh có thể sáng tác những bài kiểu đó. 1 75 1 3 Đk x 2 . Với đk đó Vt = (x )2 (2x 1)2 3(x 2)2 (2x 1)2 (4x 3)2 2 4 4 4 75 3 5 3 3 x 2 4x 3 3 3(x 2) (4x 3) 3 3.(x 2) = Vp. 4 2 2 2 1 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi x . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x . 2 2 28 27 d) 2 4 27x2 24x 1 x 6 . 3 2 HD: Phương trình đã cho tương đương với phương trình (9x 4)2 3(9x 4) 4 2 4 4 1 , đk x . Đặt (9x 4) y , suy ra y 0 . 3 2 9 y2 3y y2 3y Khi đó ta được 2 4 4 1 4 4 1 6y (bình phương hai vế). 3 2 3 2 2 2 y 6 y y 2 Theo BĐT Cô-si ta được 6y , do đó 4 4 2y 4 4 4 (y 2) 2 3 3 4y2 48 3y2 12y 12 y2 12y 36 0 (y 6)2 0. 2 Từ đó ta được y 6, suy ra x thỏa mãn đk. 9 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x . 9 x 3x2 e) 2x4 x3 7x2 3x 3 2 . 2 HD: Phương trình đã cho tương đương với 3x2 x 4 (2x2 x 1) (x2 3) (2x2 x 1)(x2 3) (1) . Phương trình xác định với mọi x là số 2 2 thực. Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được Vt(1) Vp(1). Do đó (1) 2x2 x 1 x2 3 x2 x 2 0 . Từ đó phương trình có nghiệm là x 1 và x 2 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.105 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
6. Pt- Luyện thi- Lượt 2 2 1 1 f) 2 x 2 2 4 x . x x 2 2 x 2 Đk . Với đk đó, phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 2 1 1 phương trình 2 x2 2 x 4(1) . x2 x ( 2 x2 x)2 ( 2 x2 .1 x.1)2 4 2 2 theo BĐT Bunhiacopxki, ta được 1 1 1 1 . 2 2 .1 .1 4 2 2 x x x x 2 x2 x 2 Suy ra Vt (1) 4 = Vp (1) . Do đó (1) 1 1 , nghĩa là dấu bằng trong hệ xảy ra. Từ đó 2 2 x2 x phương trình có nghiệm duy nhất là x 1. 2 2 Bài 7) Gpt: a) x x 9 . b) 13 x2 x4 9 x2 x4 16 c) 3 x2 2 2 x3 . x 1 d) (x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2 . e) 2x2 11x 21 33 4x 4 0 . f) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 6 . 16 1 3 g) 10 ( x 1996 y 2008) . h) x y 1 2y x 1 xy . x 1996 y 2008 2 2 2 G: a) x x 9 . Đk x 0 . x 1 2 2 1 x 1 x 2 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được:Vt = 2 2 x 1 (x 9) Vp . x 1 x 1 x 1 x 1 1 2 2 1 Phương trình có nghiệm khi dấu đẳng thức xảy ra hay x 1 x . x 1 x 7 x 1 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x . 7 b) 13 x2 x4 9 x2 x4 16 . HD: Đk 1 x 1. Với đk đó pt↔ x (13 1 x2 9 1 x2 ) 16 x2 (13 1 x2 9 1 x2 )2 256(1) Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được: (13 1 x2 9 1 x2 )2 ( 13. 13 1 x2 3. 3. 3 1 x2 )2 (13 27)(13(1 x2 ) 3(1 x2 )) 40(16 10x2 ). 2 2 2 2 2 10x (16 10x ) Theo BĐT Cô-si cho hai số dương ta được 10x (16 10x ) 64 . 2 Do đó Vt(1) 4.64 256 , ta được 2 1 x 2 2 1 x2 9 9x 1 x 2 5 (1) 3 . Từ đó dẫn đến x . 2 5 2 2 20x 16 10x 16 10x Bài-giảng Pt- Hpt trang.106 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
7. Pt- Luyện thi- Lượt 2 2 5 Vậy phương trình có hai nghiệm là x . 5 c) 3 x2 2 2 x3 . Nhận xét: Trong phần giải phương trình vô tỷ bằng Phương pháp đặt ẩn phụ ta đã giải bài toán này, ta cũng có thể giải nó bằng phương pháp đánh giá như sau. Đk 2 x3 0 x 3 2 . x 2 Giả sử x là nghiệm của phương trình. Khi đó x2 2 0 , ta được x 2 . x 2 Mũ 6 hai vế suy ra x9 6x6 x4 12x3 4x2 4 0 (*). Cách thứ nhất ta biến đổi Vt thành x9 5x6 x2 (x4 x2 1) 12x3 3x2 4 là một biểu thức âm khi x 2 . Cách thứ hai ta biến đổi Vt thành x9 x4 (6x2 1) 12x3 4x2 4 cũng là một biểu thức âm khi x 2 Ta có thể biến đổi tiếp phương trình (*) sau khi chia hai vế cho x 1 0 , ta được x8 x7 x6 5x5 5x4 4x3 8x2 4x 4 0 x6 (x2 x 1) 5x4 (x 1) 4x(x2 1) 4(2x2 1) 0 vô nghiệm vì Vt luôn dương khi x 2 . Vậy phương trình vô nghiệm. d) (x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2 . Biến đổi phương trình thành ( x 6 x 2)( 2x 1 3) 4 , suy ra x 5 . Vt là hàm số đồng biến trên đoạn 5; . Từ đó dẫn đến x 7 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. e) 2x2 11x 21 33 4x 4 0 . 12(x 3) Phương trình tương đương với (x 3)(2x 5) . 3 (4x 4)2 2 3 4x 4 4 Ta thấy x 3 là nghiệm của phương trình. 12 Nếu x 3 thì phương trình tương đương với (2x 5) (1) 3 (4x 4)2 2 3 4x 4 4 Nếu x 3 thì Vt(1) > 1 > Vp(1). Nếu x 3 thì Vt(1) < 1 < Vp(1). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. f) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 6 . Nhận xét: Với bài toán này ta sử dụng một đánh giá ít gặp sau đây: f (x) 0; g(x) 0 f (x) g(x) f (x) ah(x) g(x) bh(x) , với a, b là hai số thực dương. h(x) 0 Biến đổi phương trình 2 2 2 2 2 2 2x 1 0; x 3x 2 0 2x 1 x 3x 2 2x 1 2(x 2) x 3x 2 2(x 2) x 2 0 Từ đó ta được phương trình có nghiệm là x 2. 16 1 g) 10 ( x 1996 y 2008) . x 1996 y 2008 Nhận xét: Với bài toán này, ta thấy đây là một phương trình gồm hai ẩn. Do đó ta nghĩ đến biến đổi phương trình thành phương trình mới có Vt là tổng các bình phương, còn Vp bằng 0. 2 2 4 1 HD: Biến đổi phương trình thành 4 x 1996 4 y 2008 0 . 4 4 x 1996 y 2008 Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) (2012;2009) . 3 h) x y 1 2y x 1 xy . Đk x 1; y 1. 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.107 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
8. Pt- Luyện thi- Lượt 2 1 3 Ta có x y 1 2y x 1 y(x 2 x 1) x(y 2 y 1) xy 2 2 1 3 y( x 1 1)2 x( y 1 1)2 xy . 2 2 x 1; y 1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 1 . y( x 1 1)2 x( y 1 1)2 0 2 Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x; y) (2;2) . 1 1 Bài 8) Gpt: a) 4x 1 4x2 1 1. b) 2 2 . c) x3 (1 x2 )3 x 2(1 x2 ) . x 1 x2 3 3 3 d) 2 x 2 2 5 x 3 1 e) x 2 3x 4 2x 2 5x 3 3x 2 2x 1 G: a) 4x 1 4x2 1 1.Nhận xét: Bài toán này (đã xét ở trên) cũng có thể giải bằng phương pháp lượng giác, tuy nhiên với bài này cách giải bằng lượng giác chỉ mang tính chất tham khảo. 4 4x 1 cos y 8 4 2 Đặt ; y 0; . Khi đó ta được pt: cos y 2cos y 8cos y 7 0 4 2 2 4x 1 sin y (cosy 1)( ) 0 (cos2 y 1)(cos6 y cos4 y cos2 y 7) 0 cos y 1 1 Do vậy phương trình có một nghiệm là x . 2 1 1 b) 2 2 . Đặt x cos y, y (0; ), y . Phương trình đã cho trở thành x 1 x2 2 1 1 2 2 sin y cos y 2.sin 2y . Đặt sin y cos y z, 2 z 2 . cos y sin y 2 suy ra sin 2y 2sin y cos y z2 1, ta được z 2 và z . 2 2 2 11 1 3 Với z 2 thì y , do đó x . Với z thì y , do đó x . 4 2 2 12 2 2 2 1 3 Vậy phương trình có nghiệm là x và x . 2 2 2 c) x3 (1 x2 )3 x 2(1 x2 ) . Đk 1 x 1. Đặt x sin y, y ; suy ra cos y 0 . 2 2 Khi đó phương trình trở thành sin3 y cos3 y 2 sin y cos y . Đặt sin y cos y z, z 2; 2 (chính xác là z 1; 2 ), biến đổi phương trình ta được z3 2.z2 3z 2 0 (z 2)(z 2 1)(z 2 1) 0 z 2  z 1 2 . 2 Nếu z 2 thì thì y , do đó x . 4 2 Nếu z 1 2 thì sin y cos y 1 2 x 1 x2 1 2 1 2 2 2 1 1 x2 1 2 x 0 x .Vậy phương trình có 2 nghiệm trên. 2 d) 2 x 2 2 5 x 3 1 (1) Đặt u x 2 x 1 ; v x 1 thỡ u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nờn điều kiện để (1) xỏc định là v 0 (Vỡ u luụn lơn hơn 0). Với điều kiện đú: Bài-giảng Pt- Hpt trang.108 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
9. Pt- Luyện thi- Lượt 2 v 2 ( ) v v u (1) trở thành 2(u + v) = 5 uv 2 2 5 (u 0) u u v 1  u 2 x 1 x 1 0 x 1 * Vớớ ( ) ta cú: 2 2 2 2 x x 1 x 1 4 x x 1 4x 5x 3 0 ( 0) (vụ nghệm) x 1 1 x 1 0 x 1 * Với ( ) ta cú:  2 2 2 x x 1 2 2 x 1 x x 1 x 3x 1 0 x 1 3 13 3 13 3 13 3 13 x ;x x  x 2 2 2 2 3 13 3 13 Vậy phương trỡnh cú nghiệm là: x ;x . 2 2 3 3 3 e) x 2 3x 4 2x 2 5x 3 3x 2 2x 1 Đặt x 2 3x 4 a; 2x 2 5x 3 b thỡ a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a3 + b3 = (a + b)3 x 2 3x 4 0 2 1 3 3ab(a + b) = 0 2x 5x 3 0  x 4  x  x 1 x 3 2 2 3x 2x 1 0 1 3 Vậy phương trỡnh cú tập nghiệm là: S 4; ;1;  . 3 2 Bài tập tương tự: Giải pt: a) 4x3 3x 1 x2 . 5 3 2  (HD: Đặt x cos y , phương trình có tập nghiệm là S cos ;cos ;cos  ). 8 8 4 2  x b) 5 3 1 x2 8 x6 (1 x2 )3 . c) x 2 2 . d) ( 3 2x) 1 x2 3x 2x2 . x2 1 x(1 x2 ) (1 x2 )3 e) 3 1 x2 . f) 1 x2 . g) 2x2 1 x 2x 1 x2 1. 1 x2 6x5 20x3 6x Bài 9) Gpt: a) x2 3 2.x 9 x2 4 2.x 16 5 . b) 4 x2 4x 1 x2 y2 2y 3 5 y 4 x4 16 . c) 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2 . d) x2 4x 20 x2 4x 29 97 . e) 1 2x x2 1 2x x2 2(x 1)4 (2x2 4x 1) . G: a) x2 3 2.x 9 x2 4 2.x 16 5 .Nếu x 0 thì Vt 3 4 7 5 = Vp (phương trình không có nghiệm). Nếu x 0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A 900 , AB = 4; AC = 3. Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD. Đặt AM = x, xét ACM CM 2 x2 9 3 2.x và xét ABM BM 2 x2 16 4 2.x . Từ đó suy ra Vt = CM BM BC 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M  D ,hay Bài-giảng Pt- Hpt trang.109 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
10. Pt- Luyện thi- Lượt 2 CM 3 BM 4 16CM 2 9BM 2 16x2 16.9 48 2.x 9x2 16.9 36 2.x 7x 12 2.x 0 12 2 x 7 12 2 Vậy phương trình có nghiệm là x . 7 b) 4 x2 4x 1 x2 y2 2y 3 5 y 4 x4 16 . Nhận xét: Bài toán này không khó, chỉ kiểm tra tính cẩn thận của học sinh mà thôi vì sau khi đặt điều kiện đẫ tìm được giá trị của x. Tuy nhiên nếu học sinh học hời hợt sẽ ngồi nhìn mà không làm được bài. Đặt đk cho phương trình xác định ta sẽ được x 2 . Khi đó phương trình trở thành y 1 2 y , suy ra 3 3 y . Vậy phương trình có một nghiệm là (x; y) 2; . 2 2 c) 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2 . Đặt y 3 7x 1; z 3 x2 x 8;t 3 x2 8x 1 , suy ra y z t 2 và y3 z3 t3 8 (1). Mặt khác y z t 3 8 (2). Từ (1) và (2) ta được (y z t)3 (y3 z3 t3 ) 3(y z)(z t)(t y) 0 y z 0 y z(3) z t 0 z t(4) . t y 0 t y(5) Xét (3) ta được x 1 x 9 , xét (4) được x 1 và (5) được x 0  x 1. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;0;1;9. d) x2 4x 20 x2 4x 29 97 . Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a (x 2;4) và b ( x 2;5) . Khi đó ta được a b ( 4;5) , suy ra a b 97 và ta cũng có a x2 4x 20 , b x2 4x 29 . Phương trình trở thành a b a b , đẳng thức đó xảy ra khi a và b cùng chiều x 2 x 2 2 . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là x . 4 5 9 e) 1 2x x2 1 2x x2 2(x 1)4 (2x2 4x 1) . 0 y 1 Đặt y 2x x2 1 (x 1)2 , suy ra . 2 2 (x 1) 1 y Ta được 1 y 1 y 2(1 y2 )2 (1 2y2 )(1) . Mặt khác 1 y 1 y 1 1 y2 2 y2 (2) . Từ (1) và (2), suy ra 2(1 y2 )2 (1 2y2 ) 2 y2 Đặt y2 z , ta được 0 z 1 và 2(1 z)2 (1 2z) 2 z z(4z2 10z 7) 0 z 0 (do 4z2 10z 7 0 ). 2 x 0 Do đó z 0 , suy ra y 0 hay 2x x 0 . x 2 Vậy phương trình có nghiệm là x 0 và x 2 . Bài-giảng Pt- Hpt trang.110 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
11. Pt- Luyện thi- Lượt 2 Một số bài toán thi lập đội tuyển học sinh giỏi tỉnh bắc giang.Chọn đội tuyển của tỉnh Bắc Giang thi học sinh giỏi quốc gia cũng có những bài toán giải phương trình vô tỷ. Sau đây là một số bài. Bài 1 (Lập đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005) Giải phương trình x 3 x 2 113 x2 4x 4 14 5x 133 x 2 . Bài 2 (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005) Giải phương trình 3 x2 2 3 2x3 3x 1 2x3 x2 3x 1. Bài 3 (Lập tiền đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2006 – 2007) Giải phương trình 4 x 8 x 4 2x 3 3x . Bài 4 (Dự tuyển toán QG gửi Bộ GD-ĐT của Bắc Giang năm học 2006 – 2007) Giải phương trình x2 2x 3 2x2 x 1 3x 3x2 . Bài 5. (Kiểm tra đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Bắc Giang năm học 2007 – 2008) 2007 2008x x2 2009x Giải phương trình . x x2 2007 Bài 6. (Giáo sư dạy đội tuyển toán tỉnh Bắc Giang năm học 2004 – 2005) 1 5 Giải các phương trình sau: (1) x 1 x 3 x 2 1 x2 . (2) 8x2 . x 2 3 (3) x 3 x 7 4 x 80 . (4) 4 x 2x . (5) 3 x 1 2(2x 1)3 . (6) x2 2x 4 3 x3 4x . 8 Một số bài toán thi học sinh giỏi của một số quốc gia Thực tế bài toán giải phương trình vô tỷ trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia là không khó. Tuy nhiên để làm được việc lớn thì trước hết phải làm tốt việc nhỏ, do đó học sinh muốn đoạt giải từ khuyến khích trở lên phải làm tốt bài toán này. Dù biết vậy nhưng không phải học sinh xuất sắc nào cũng vượt qua được. Bài 1 (1995 - Bảng A. VMO) Giải phương trình x3 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 . HD: Đk x 1. Khi đó xét f (x) x3 3x2 8x 40 và g(x) 8 4 4x 4 trên đoạn  1; . Ta được f (x) g(x) . áp dụng BĐT Cô-si cho bốn số không âm, ta được 1 g(x) 4 24.24.24 (4x 4) (24 24 24 (4x 4)) x 13(1) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4 4x 4 24 x 3 . Mặt khác x3 3x2 8x 40 x 13 (x 3)(x2 9) 0 (x 3)2 (x 3) 0(2) . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 3. Từ (1) và (2), ta được g(x) x 13 f (x) . Cả hai đẳng thức đều xảy ra khi x 3, thỏa mãn điều kiện. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. Nhận xét: Ta có thể sử dụng đạo hàm để xét sự biến thiên của các hàm số f (x) và g(x) trên đoạn  1; , ta được min f (x) f (3) 13 và max g(x) g(3) 13.  1:  1: Hoặc ta có thể đặt 4 4x 4 y , với y 0 sau đó dùng đạo hàm để khảo sát sự biến thiên của hàm số f (y) y12 24y8 16y4 512y 2816 ( f '(y) 2(y 2).h(y) với h(y) 0 ). Bài 2 (1995 - Bảng B. VMO) Giải phương trình 2x2 11x 21 33 4x 4 0 . y3 4 y6 8y3 16 HD: Đặt 3 4x 4 y . Khi đó x và suy ra x2 . Từ đó ta có phương trình 4 6 1 11 (y6 8y3 16) (y3 4) 3y 21 0 y6 14y3 24y 96 0(1) 8 4 (y 2)2 (y4 4y3 12y2 18y 14) 0(2) . Do y 0 thì Vt(1) dương, do đó ta xét y 0, khi đó y4 4y3 12y2 18y 14 0. Nên từ (2) ta thấy y 2 hay 3 4x 4 2 , ta được x 3.Thử lại đúng. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. Bài 3 (2002 - Bảng A. VMO) Giải phương trình 4 3 10 3x x 2. Bài-giảng Pt- Hpt trang.111 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
12. Pt- Luyện thi- Lượt 2 74 10 HD: Cách 1 (Đáp án) Đk x . Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương với phương 27 3 trình 4 3 10 3x x2 4x 4 9(10 3x) x2 (4 x)2 x4 8x3 16x2 27x 29 0 (x 3)(x 2)(x2 7x 15) 0 x 3 (do đk và x2 7x 15 0 với mọi x thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. 4 10 y2 4 y2 Cách 2: Đặt 10 3x y , suy ra 0 y (1) và x x 2 0 với mọi y thỏa mãn 3 3 3 (1). 4 y2 y4 8y2 16 Khi đó ta được 4 3y 4 3y y4 8y3 27y 20 0 3 9 (y 1)(y 4)(y2 3x 5) 0 y 1. Hay ta được 10 3x 1 x 3 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 3. 1 1 Bài 4 (1998-CMO) Giải phương trình x x 1 . x x Nhận xét: Đây là bài toán thi học sinh giỏi của Canada, có thể nói là đơn giản, nhẹ nhàng với học sinh tinh ý nhưng cũng đầy cạm bẫy với mọi học sinh. Thật vậy, từ đk xác định của phương trình ta phải dẫn đến được x 1. 1 1 Với đk đó, phương trình tương đương với x 1 x x x 2 2 1 1 x 1 x (do hai vế không âm với mọi x 1) x x 1 5 (x2 1) 2 x(x2 1) x 0 ( x2 1 x)2 0 x2 1 x 0 . Từ đó suy ra x . 2 Cũng có thể từ (x2 1) 2 x(x2 1) x 0 , chuyển 2 x(x2 1) sang vế phải rồi bình 1 1 phương hai vế, sau đó đặt x y ta được phương trình trùng phương ẩn y , giải 2 2 5 1 5 phương trình này tìm được y . Từ đó suy ra x nhưng cách này hơi dài. 2 2 1 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x . 2 Bài tập tự luyện: Bài 1. Giải các pt sau: 1) x2 x 1 x x2 1 x2 x 2 . 2) 1 1 x2 x(1 2 1 x2 ) . 1 x 2x x2 3) . 4) x 2 4 x 2x2 5x 1. x 1 x2 5) 3 3x2 x 2001 3 3x2 7x 2002 3 6x 2003 3 2002 . 42 60 Bài 2. Giải các phương trình sau: 1) x2 2x 3 2x2 x 1 3x 3x2 . 2) 6 . 5 x 7 x 3) (x 2) x 1 2x 2 0 . 4) 3 3x 1 3 5 x 3 2x 9 3 4x 3 0 . 5) 4x2 4x 10 8x2 6x 10 . Bài 3. Giải các phương trình sau: 1) x (2004 x)(1 1 x )2 . 2) 3 x x 3 x . 3) x x x x 5 5 . 4) 16x4 5 6 3 4x3 x . 5) x3 3x2 2 (x 2)3 6x 0 . Bài 4. Giải các phương trình sau: 1) 5x 1 3 9 x 2x2 3x 1. 28 27 2) 2.4 27x2 24x 1 x 6 . 3) 13 x 1 9 x 1 16x . 4) 3 x 86 3 x 5 1. 3 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.112 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
13. Pt- Luyện thi- Lượt 2 5) 3 x2 2 3 x (x 4) x 7 3x 28 0 . 2 x 2 x Bài 5. Giải các phương trình sau: 1) 2 . 2 2 x 2 2 x 2) 2 2x 4 4 2 x 9x2 16 . 3) 2x2 5x 2 4 2(x3 21x 20) . 4) x3 3x x 2 . 1 x2 5) x4 2x3 2x2 2x 1 (x3 x) . x 4 1 5 Bài 6. Giải các phương trình sau: 1) x3 3 6 3 x 6 6 . 2) x x 2x . x x x 2 2 4 3 2 2 4 2 6 2 2 3) 2x 4x 7 x 4x 3x 2x 7 . 4) 1 x x x 1 1 x 1. 5) 1 x x . 3 Bài 7. Giải các phương trình sau: 1) 3 2x2 1 1 x 1 3x 8 2x2 1 . 2) 2(x2 2) 5 x3 1 . 3) 64x6 112x4 56x2 7 2 1 x2 . 2 1 x2 4) 1 1 x2 (1 x)3 (1 x)3 2 1 x2 . 5) 1 1 x2 (1 x)3 (1 x)3 . 3 3 Bài 8. Giải các phương trình sau: a) x3 6 3 6x 4 4 0. b) 2(x2 3x 2) 3 x3 8 . c) 3 x 1 3 x 1 6 x2 1 . d) x2 15 33 x x2 8 2 . e) x 4 x(1 x)2 4 (1 x)3 1 x 4 x3 4 x2 (1 x) . x 35 Bài 9. Giải các phương trình sau: a) x3 1 33 3x 1. b) x . x2 1 12 c) 2x2 11x 21 33 4x 4 0 . d) x4 4x3 6x2 4x x2 2x 10 2. 32 e) x2 x 1 x2 x 1 4x2 4 . x2 (2x2 3)2 3x Bài 10. Giải các phương trình sau: a) x 1. b) (x 1) x 1 5 x 1 4x 4 0. 1 x2 c) 10x4 14x2 19 (5x2 38) x2 2 . d) (x 1) x2 2x 3 x2 1. 1 e) x 1 x2 1 2x2 . 2 1 3 x Bài 11. Giải các phương trình sau: a) 1 0 . b) x3 3x x 2 0 . 4x 2 x c) 8x3 4x 3 6x 1 1 0 . d) x2 3 x2 2 x 2 x2 2 1 0 . e)3x x2 5 x2 12 5 0 . Bài 12. Giải các phương trình sau: a) 2(x2 8) 5 x3 8 . b) 4x x2 3 4 3 10 3x . c) (x 3) (4 x)(12 x) 28 x . d) 2 x 1 6 9 x2 6 (x 1)(9 x2 ) 38 10x 2x2 x3 . e) 7x2 22x 28 7x2 8x 13 31x2 14x 4 3 3(x 2) . 4 2 2 2 2 2 2 1 Bài 13. Giải các phương trình sau: 1) 4x y 16x y 9 x y 2y 2 x 2 . x 1 1 1 1 2) 2 x2 x2 x2 x2 x 2x3 3x2 3x 1. 4 4 4 4 Trong đó biểu thức vế trái có tất cả 2008 dấu căn thức bậc hai. Bài-giảng Pt- Hpt trang.113 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng
14. Pt- Luyện thi- Lượt 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.114 âcopy&paste: Trần Xuõn Dũng