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

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

1. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Bài tập luyện thi- Tham khảo Việc tìm ra "con đường ngắn nhất", thực hiện các thao tác đơn giản nhất, tiết kiệm được tối đa thời n n 2 gian để giải bài toán ax b an x a2 x a1x a0 là vấn đề mà bất kì ai giải pt vô tỉ đều luôn trăn trở: (i) nắm vững các kỹ năng giải hệ phương trình đối xứng. Sau đó, (ii)sắp xếp các đơn vị kiến thức theo mức độ tăng dần như sau: 1 - TH 1: ax b cx2 dx e Dạng 1: ax b x2 dx e Dạng 2 : ax b cx2 dx e (ac 1) a - TH 2: 3 ax b cx3 dx2 ex m 1 Dạng 1 : 3 ax b x3 dx2 ex m Dạng 2 : 3 ax b cx3 dx2 ex m (ac 1) a - TH 3: Các bài toán sử dụng biểu thức liên hợp 4x 9 Bài 1) Giải pt: a) x2 6x 3 x 3 (với x 3 ) b) 7x2 7x (x 0) (2). 28 Trường hợp 1: ax b cx2 dx e (I) Mục đích phải biến đổi để từ phương trình (I) có bằng được một hệ đối xứng, tôi hướng dẫn cho học sinh liên tưởng tới yếu tố đối xứng ở vế phải của (I) (trục đối xứng của Parabol), cùng với việc thực hiện phân tích biến đổi ngược từ hệ đối xứng để hình thành cách đặt cho phương trình, giúp học sinh thấy có mối liên  hệ rất đặc biệt là: Nếu đặt ax b y  thì là hoành độ đỉnh của Parabol f (x) cx2 dx e . Do đó tôi xây dựng (I) theo hai dạng như sau: 1 Dạng 1: ax b x2 cx d . a 1 p Xét Parabol f (x) x2 cx d có hoành độ đỉnh x là nghiệm của phương trình f '(x) 0 khi đó a 0 q p ta thực hiện cách đặt ax b y , biến đổi được ngay một hệ đối xứng đơn giản. q G: a) x2 6x 3 x 3 (với x 3 ) Cách 1: (Thực hiện khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa) Xét x2 6x 3 0 khi đó phương trình vô nghiệm x2 6x 3 0 x 3 6; x 3 6 kết hợp điều kiện x 3 x 3 6 (1) (x2 6x 3)2 x 3 x4 12x3 42x2 37x 6 0 (x 6)(x3 6x2 6x 1) 0 5 21 (x 6)(x 1)(x2 5x 1) 0 x 1; x 6; x 2 Kết hợp với điều kiện x 3 6 ta được x 6 là nghiệm của phương trình. Cách 2: Xét Parabol f (x) x2 6x 3 có hoành độ đỉnh là x 3 nên: Đặt x 3 y 3 (ĐK y 3 ; x 3 ) khi đó ta được x 3 y2 6y 9 x y x y (do y 3 và x 3 nên x y 5 ) 2 y 3 x 6x 3 x y 5 Với x y ta có x 3 x 3 x2 7x 6 0 x 6; x 1 x 6 (do x 3 ) Vậy x 6 là nghiệm của phương trình. Nx: Nếu giải theo cách thứ nhất thì gặp phải yêu cầu giải phương trình bậc 4 tổng quát, trong trường hợp bài này có các hệ số " đẹp" nên việc giải không khó khăn lắm, nhưng nếu bài toán với hệ số không đẹp thì việc giải sẽ không được thuận lợi, trong khi đó giải theo cách thứ hai thì lời giải rất nhẹ nhàng . 4x 9 b) 7x2 7x (x 0) (2). 28 Cách 1: (Thực hiện khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa) Bài-giảng Pt- Hpt trang.115 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
2. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 2 2 2 2 2 2 (2) 28(7x 7x) 4x 9 4.7.7(7x 7x) 4.7x 63 4 (7x) 7(7x) 4(7x) 63 đặt t 7x (ĐK: t 0 do x 0 ). Dùng phân tích Ferrari (2t 2 14t)2 4t 63 (2t 2 14t)2 2m(2t 2 14t) m2 4mt 2 2(14m 2)t m2 63 Cần chọn số m (2t 2 14t m)2 4mt 2 2(14m 2)t m2 63 (2* ) sao cho vế phải của (2* ) có ' 0 tức là tìm m để (14m 2)2 4m(m2 63) dễ dàng tìm được m 1, khi đó ta được 2 2 2 2t 2 14t 4t 63 2t 2 14t 1 4(t 2 8t 16) 2t 2 14t 1 2t 8 2 6 5 2 2 2 t 2t 14t 1 2t 8 2t 12t 7 0 2 6 5 2 t 2 2 2t 14t 1 2t 8 2t 16t 9 0 8 46 2 t 2 6 5 2 Khi đó x là nghiệm của phương trình. 14 1 Cách 2: Xét Parabol f (x) 7x2 7x có hoành độ đỉnh là x nên: 2 4x 9 1 Đặt y (ĐK y 0 do x 0 ) khi đó ta được 28 2 4x 9 2 1 y y 2 28 4 4x 2 28y 28y (x y)(7x 7y 8) 0 x y 2 1 2 4y 2 28x 28x y 7x 7x 2 (do x 0 và y 0 nên 7x 7y 8 > 0) 6 5 2 x 4x 9 2 14 6 5 2 2x 1 14x 12x 1 0 x 7 6 5 2 14 x 0 14 6 5 2 Vậy x là nghiệm của phương trình. 14 Bài 2) Giải phương trình : a) 2x2 6x 1 4x 5 (3). b) 9x 5 3x2 2x 3 (4) Dạng 2: ax b cx2 dx e ( ac 1) d d Xét Parabol y cx2 dx e có hoành độ đỉnh là x khi đó nếu tối giản thì ta thực 2c 2c d hiện cách đặt ax b 2cy d , nếu chưa tối giản thì cần đưa về đúng phân số tối giản rồi mới thực 2c hiện cách đặt . G: a) 2x2 6x 1 4x 5 (3). Cách 1: (Thực hiện phép khử căn bằng nâng lên luỹ thừa) Xét 2x2 6x 1 0 3 6 x 3 6 khi đó phương trình vô nghiệm 2x2 6x 1 0 x 3 6; x 3 6 (3) (2x2 6x 1)2 4x 5, dùng phân tích Ferrari ta được : (2x2 6x 1)2 4x 5 (2x2 6x 1)2 2(2x2 6x 1) 1 4x2 8x 4 x2 4x 1 0 x 2 3 (2x2 6x)2 (2x 2)2 2 x 2x 1 0 x 1 2 Thử lại ta được x 2 3 ; x 1 2 là nghiệm của phương trình. Bài-giảng Pt- Hpt trang.116 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
3. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 3 Cách 2: Xét Parabol y 2x2 6x 1 có hoành độ đỉnh là x nên: 2 4x 5 4y2 12y 9 x y2 3y 1 Đặt 4x 5 2y 3 khi đó ta được: (x y)(x y 2) 0 2 2 2y 3 2x 6x 1 y x 3x 1 3 x Với x y ta có 4x 5 2x 3 2 x 2 3 2 x 4x 1 0 1 x Với x y 2 ta có 4x 5 1 2x 2 x 1 2 2 x 2x 1 0 Vậy pt có nghiệm là x 2 3 ; x 1 2 b) 9x 5 3x2 2x 3 (4) Cách1: (Thực hiện khử căn bằng phép bình phương hai vế). (4) (3x2 2x 3)2 9x 5 1 8 8 8 109 Do 3x2 2x 3 3(x )2 nên điều kiện để (4) có nghiệm là 9x 5 x 3 3 3 3 81 2 109 Mặt khác: (3x2 2x 3)2 (x 1)2 2(x2 1) 4(x2 1)2 8x2 4 9x 5 x 81 Vậy pt đã cho vô nghiệm. (Việc đánh giá để có được phương trình bậc bốn vô nghiệm không phải là đơn giản đối với học sinh). 1 Cách 2: Xét Parabol f (x) 3x2 2x 3 có hoành độ đỉnh là x nên: 3 9x 5 9y2 6y 1 9x 9y2 6y 6 Đặt 9x 5 = 3y + 1 ta được (x y)(3x 3y 5) 0 2 2 3y 1 3x 2x 3 9y 9x 6x 6 1 x V ới x y ta có 9x 5 3x 1 3 (vô nghiệm) 2 9x 3x 6 0 4 x Với 3x 3y 5 0 ta có: 9x 5 (3x 4) 3 (vô nghiệm) 2 9x 15x 31 0 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nx: Giải pt bậc cao là một trong những bài toán mà học sinh phổ thông thường hay gặp nhiều khó khăn. Nếu thực hiện giải bài toán theo cách 1 ta thấy xuất hiện phương trình bậc 4 tổng quát; mặc dù đã được trang bị nhiều các phương pháp để giải nhưng "nhìn thấy" phương trình bậc cao, thường là học sinh sẽ cảm thấy "hơi ngợp". Nếu thực hiện giải bài toán theo cách 2, ta thấy bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều! Bài 3) Giải phương trình: a) x3 1 2 3 2x 1 b) 3 2x 3 1 x3 3x2 2x Trường hợp 2: 3 ax b cx3 dx2 ex f (II) Khi nhận ra dấu hiệu đối xứng ở vế phải của (II) (tâm đối xứng của hàm bậc 3), nếu đặt được b' 3 ax b a ' y b' thì là hoành độ điểm uốn. Ta xây dựng hai dạng ứng với căn bậc ba như sau: a ' 1 Dạng 1 : 3 ax b x3 cx2 dx e a 1 ac Xét hàm số f (x) x3 cx2 dx e có hoành độ điểm uốn là x a 3 ac (là nghiệm của pt f''(x) = 0) khi đó ta đặt 3 ax b y . 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.117 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
4. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Phân tích: Nếu thực hiện theo hướng khử căn bằng phép nâng lên luỹ thừa thì sẽ gặp vấn đề ở đây là xuất hiện phương trình bậc 6 tổng quát, đây là điều mà "người làm toán" không hề mong đợi. Do vậy, việc thực hiện đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng càng thể hiện được sự ưu việt hơn. Dạng 2 : 3 ax b cx3 dx2 ex f (ac 1) d Xét hàm số y cx3 dx2 ex f có hoành độ điểm uốn là x 3c Khi đó ta đặt 3 ax b 3cy d . 1 1 G: a) x3 1 2 3 2x 1 3 2x 1 x3 2 2 1 1 Thấy f (x) x3 có hoành độ điểm uốn là x 0 nên: 2 2 3 2x 1 y 3 2x 1 y Đặt 3 2x 1 y , ta được (x y)(x2 xy y2 2) 0 x y 1 3 1 3 y x 2y 1 x 2 2 ( do x2 xy y2 2 0 x, y ) 1 5 Với x y ta được 3 2x 1 x x3 2x 1 0 (x 1)(x2 x 1) 0 x 1; x 2 1 5 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1; }. 2 b) 3 2x 3 1 x3 3x2 2x (Olympic 30.4.2008) [dạng-2] Ta có 3 2x 3 1 x3 3x2 2x 3 2x 1 x3 3x2 2x 1 Thấy f (x) x3 3x2 2x 1 có hoành độ điểm uốn là x 1 nên: Đặt 3 2x 1 y 1 khi đó ta được 2x 3 (y 1)3 2x 3 (y 1)3 3 3 y 1 (x 1) x 2 x y 3 (x 1) 2 2 (x y) (x 1) (x 1)(y 1) (y 1) 1 0 x y (do (x 1)2 (x 1)(y 1) (y 1)2 1 0 x, y ) Với x y ta được 1 5 3 2x 3 x 1 (x 1)3 2x 3 (x 2)(x2 x 1) 0 x 2; x 2 1 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 2; x 2 2x 15 x 4 Bài tập tự luyện: 1) 8x2 8x 5; 2) 2x2 8x 6 3) x 1 x2 4x 5 ; 16 2 x 3 4) x2 4x 3 x 5 5) 2x2 4x (Olympic30.4.2003) 6) 3 6x 1 8x3 4x 1 7) 2 3 8x3 2001 4004x 2001 2002 x 3 Bài 4) Giải phương trình: a) 2x - 1 + x2 - 3x + 1= 0 b) 4x 1 3x 2 5 x2 c) > x - 4 (1+ 1+ x)2 G: a) 2x - 1 + x2 - 3x + 1= 0 (ĐTTS – 2006 D) Bài-giảng Pt- Hpt trang.118 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
5. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 ïì - x2 + 3x- 1³ 0 2 ï Cách 1: Pt Û 2x- 1= - x + 3x- 1Û íï Þ x = 1;x = 2- 2 ï x4 - 6x3 + 11x2- 8x + 2= 0 îï Vậy S = {1; 2- 2} là tập nghiệm của phương trình. 1 Cách 2: Điều kiện x ³ , đặt t = 2x - 1 (t ³ 0) . 2 PT Û 2x - 1- 2x - 1 = x2 - x suy ra t 2 - t = x2 - x Û t = x; t = 1- x Với t = x Þ x = 2x - 1 Þ x = 1 Với t = 1- x Þ 2x - 1 = 1- x Þ x2 - 4x + 2 = 0 Þ x = 2± 2 Thử lại ta được S = {1; 2- 2} là tập nghiệm của phương trình. 1 Cách 3: Điều kiện: x ³ khi đó(*) Û 2x - 1- x = - x2 + 2x - 1 2 2 é 2 éx=1 é - x + 2x - 1 êx - 2x+1= 0 ê êx=1 2 Þ ê Þ ê Þ ê Þ = - x + 2x - 1 ê ê 2 ê ê 2x- 1=1- x êx - 4x+2= 0 êx=2± 2 2x - 1+ x ëê ë ë Thử lại được S = {1; 2 - 2} là tập nghiệm của phương trình. x 3 b) 4x 1 3x 2 (1) 5 Phân tích: Nx rằng hai biểu thức dưới căn trong pt có một mối liên hệ rất đặc biệt là (4x + 1) - (3x - 2) = x + 3 như vậy khi thực hiện nhân liên hợp thì sẽ có ngay được nhân tử chung là x + 3. 1 2 x + 3 x + 3 G: ĐKXĐ: - £ x £ ; (1) Û = Þ 4x + 1+ 3x - 2 = 5 kết hợp với (1) ta được: 4 3 4x + 1+ 3x - 2 5 10 4x + 1 = x + 28 Û x = 2. Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. Tổng quát: nếu phương trình chứa căn cho ở dạng F(x) ± G(x) = H(x)thoả mãn F(x) - G(x) = k.H(x) thì trong phương trình đã có sẵn lượng liên hợp là biểu thức F(x) - G(x) hoặc F(x) + G(x) . Nhận xét: Khử căn bằng việc nhân biểu thức liên hợp, sau khi thu được phương trình mới nên lưu ý việc sử dụng lại giả thiết là phương trình ban đầu để có được một phương trình hệ quả mới đơn giản hơn, giải phương trình đó rồi kiểm tra kết quả. x2 c) > x - 4 (ĐHSP Vinh 2001) (1+ 1+ x)2 é ù Thấy " x Î ëê- 1;4ûú đều nghiệm đúng bpt. Khix > 4 ta có: 2 x 2 é > x - 4 Û (1- 1+ x) > x - 4 Û 1+ x < 3 Þ x < 8. Vậy S = ëê- 1;8) là tập (1+ 1+ x)2 nghiệm của bpt. Bài 5) Giải pt: a) 3x + 1- 6- x + 3x2 - 14x - 8= 0 (3) b) 3x2 + 4 - x - 1 = 2x + 3 G: Đưa vào lượng liên hợp là các số cụ thể. * Định lý Bézout : Phần dư trong phép chia một đa thức f (x) tuỳ ý cho nhị thức (x - a) là f (a) . * Hệ quả: Nếu f(a) = 0 (hay x = a là một nghiệm của phương trình f (x) = 0) thì f (x) chia hết cho (x - a) tức là f (x) phân tích được về dạng f (x) = (x - a).g(x) a) 3x + 1- 6- x + 3x2 - 14x - 8= 0 (3) .(ĐTTS-2010B) Bài-giảng Pt- Hpt trang.119 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
6. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Phân tích: Nếu pt đã cho nhận x = a làm nghiệm thì từ 3x + 1 - 3a + 1 và 6 - x - 6 - a sau khi nhân liên hợp chắc chắn sẽ có được cùng một nhân tử chung là (x - a) đồng thời cụm ngoài căn còn lại cũng sẽ phân tích ra (x - a).g(x) tức là: khi ta thêm vào các giá trị phù hợp cho mỗi biểu thức chứa căn (các giá trị đó bằng chính giá trị của biểu thức căn tại nghiệm của phương trình) rồi thực hiện nhân liên hợp ta sẽ tạo được phương trình tích trong đó có hạng tử là (x - a) . 1 G: ĐKXĐ: - £ x £ 6. Nhận thấy x = 5 là một nghiệm của phương trình (3). 3 Có 3x + 1 - 6 - x + 3x2 - 14x - 8 = 0 Û ( 3x + 1 - 4) - ( 6 - x - 1) = - 3x2 + 14x + 5 3(x - 5) x - 5 Û + = - (x - 5)(3x + 1) 3x + 1 + 4 6 - x + 1 é êx = 5 ê Þ ê 3 1 ê + = - (3x + 1) (VN do VT> 0> VP ) ëê 3x + 1 + 4 6 - x + 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 5. Nhận xét: + Ta có thể tổng quát cho pt: m F(x) + n G(x) = H(x) trong trường hợp phương trình có nghiệm đẹp. + Tìm một “nghiệm đẹp” là x = a . Đưa pt về : m F(x) - m F(a) + n G (x) - n G(a) = H(x) - m F(a) - n G(a) Thực hiện nhân liên hợp cho từng biểu thức chứa căn, được một phương trình có nhân tử chung là x- a tức có x = a là một nghiệm, sau đó bằng các mối quan hệ so sánh thực hiện đánh giá để chỉ ra tính vô nghiệm cho phương trình còn lại. b) 3x2 + 4 - x - 1 = 2x + 3 (4) ĐKXĐ x ³ 1. 3 Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của pt đã cho: (4) Û x2 + 4 - 2 = ( x - 1 - 1) + 2(x - 2) x2 - 4 x - 2 Û = + 2(x - 2) 3(x2 + 4)2 + 23x2 + 4 + 4 x - 1 + 1 é êx = 2 ê Û ê x + 2 1 ê = + 2 (4b) 3 2 2 3 2 x - 1 + 1 ëê (x + 4) + 2 x + 4 + 4 Với x ³ 1 thì x < 3 x 4 < 3 (x 2 + 4)2 Þ V T (5b) < 1 < V P (4b) suy ra (4b) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. c) 3x + 24 + 12 - x = 6 (5) Cách 1: ĐKXĐ: x £ 12. Đặt 3x + 24 = a; 12 - x = b khi đó ta được a = 0 Þ x = - 24; a = - 4 Þ x = - 88; a = 3 Þ x = 3. Thử lại ta được S= {- 88; - 24; 3} là tập nghiệm của phương trình. Cách 2: ĐKXĐ: x £ 12. Nhận thấy phương trình (1) có nghiệm x = 3. Có: x - 3 x - 3 (5) Û (3x + 24- 3) + ( 12- x - 3) = 0Û + = 0 3(x + 24)2 + 33x + 24 + 9 12- x + 3 é êx = 3 Þ ê .Phương trình (5b) kết hợp với phương trình (6) ban ê 12- x - 3(x + 24)2 - 33(x + 24) - 6 = 0(6b) ë đầu ta được: 3(x + 24)2 + 43(x + 24) = 0Û x = - 24;x = - 88.Thử lại ta được S = {- 88; - 24; 3} là tập nghiệm Bài 6) Giải phương trình a) x2 + x - 1= (x + 2) x2 - 2x + 2 (6) Bài-giảng Pt- Hpt trang.120 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
7. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 b) (5x - 1) x3 + 3 = x3 + 6x2 - 2x + 3 c) 2x2 - 11x + 21- 33 4x - 4 = 0 G: Đưa vào lượng liên hợp là một biểu thức chứa biến tương ứng. Xây dựng cách để tạo ra lượng liên hợp cho khả năng phương trình dạng F(x) ± G(x) = H(x) trong trường hợp nhẩm được hai nghiệm đẹp là x = a,x = b như sau: Đưa vào lượng liên hợp cho F(x) là (ax + b) với mục đích F(x) - (ax + b) = 0 nhận x = a và ì ï F (a ) = a.a + b x = b làm nghiệm tức là hệ số a và b có được nhờ giải hệ:íï ( ở đây ï F (b) = b.a + b îï a; F(a);b; F(b) là các số đã biết, các hệ số a và b là đang cần tìm). Sau khi đã có được các biểu thức liên hợp phù hợp cho từng căn, tiến hành thực hiện nhân liên hợp sẽ có được một phương trình với nhân tử chung chắc chắn nhận x = a vàx = b làm nghiệm. Nhận xét: Qua hai cách làm của các ví dụ ở trên, ta thấy rằng các hướng tư duy đều mang lại kết quả tốt, tuy nhiên cách dùng hàm số chỉ phù hợp với đối tượng là học sinh lớp 12, còn cách thực hiện nhân liên hợp lại phù hợp cho đối tượng là mọi học sinh THPT; mặt khác, khi trường hợp pt ban đầu không nhẩm được các nghiệm đẹp thì cách dùng hàm số không khả thủ. Trong trường hợp đó công cụ nhân liên hợp có còn thể hiện được sự chiếm ưu thế nữa hay không? Ta xét các ví dụ nằm trong bài này. a) x2 + x - 1= (x + 2) x2 - 2x + 2 (6) Phân tích: Bài toán này, tôi định hướng cho học sinh tiếp cận lời giải bằng cách: Cách 1: (Phương trình có dấu hiệu của phương pháp đặt ẩn phụ không triệt để) Đặt t = x2 - 2x + 2 Þ t 2 = x2 - 2x + 2 khi đó (6) trở thành: t2- (x + 2)t + 3x - 3= 0. Có 2 2 Dt = (x+ 2) - 4(3x- 3)= (x- 4) ³ 0"xÎ ¡ Þ t = 3; t = x- 1 Với t = 3 Þ x2 - 2x + 2 = 9 Û x2 - 2x - 7 = 0 Û x = 1± 2 2. Với t = x - 1Þ (x - 1)2 + 1 = x - 1 vô nghiệm. Vậy S = {1± 2 2} là tập nghiệm của phương trình . Cách 2: (Tư duy khử căn bằng việc nhân liên hợp) Thấy x = - 2 không là nghiệm của phương trình. Khi x ¹ - 2 ta có: x2 + x - 1 x2 + x - 1 (6) Þ x2 - 2x + 2 = Û x2 - 2x + 2 - 3 = - 3 x + 2 x + 2 é 2 x2 - 2x - 7 x2 - 2x - 7 êx - 2x - 7 = 0 Û = Þ ê Þ x = 1± 2 2 2 x + 2 ê (x - 1)2 + 1 = x - 1 x - 2x + 2 + 3 ëê Vậy S = {1± 2 2} là tập nghiệm của phương trình. Đối với cách làm thứ 2 của ví dụ 9 thì vấn đề cơ bản nhất là ở chỗ số “3” được đưa vào như thế nào? Tôi hướng dẫn học sinh thực hiện để có được số “3” trên cơ sở: x2 + x - 1 x2 + x - 1 x2 - 2x + 2 = Þ x2 - 2x + 2 - (ax + b) = - (ax + b) x + 2 x + 2 (1- a2)x2 - 2(1+ ab)x + 2- b2 (1- a)x2 + (1- 2a - b)x - 1- 2b Þ = với mục đích cần tìm một bộ số x2 - 2x + 2 + ax + b x + 2 1- a2 - 2- 2ab 2- b2 a và bđể = = Þ a = 0, b = 3 như vậy số “3” là sự đặc biệt khi đưa vào biểu 1- a 1- 2a - b - 1- 2b thức (0.x + 3). Câu hỏi được đặt ra ở cách giải thứ 3 trong ví dụ mở đầu đã được giải đáp! b) (5x - 1) x3 + 3 = x3 + 6x2 - 2x + 3 (7) Bài-giảng Pt- Hpt trang.121 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
8. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 1 1 Nhận thấy x = không là nghiệm của phương trình. Khi x ¹ thì: 5 5 é3 2 x3+ 6x2- 2x+ 3 x3- 4x2+ 3 x3- 4x2+ 3 êx - 4x + 3= 0 (7a) (7)Þ x3+ 3- 2x= - 2x Û = Þ ê ê 5x- 1 x3+ 3+ 2x 5x- 1 x3+ 3= 3x- 1 (7b) ëê 3± 21 (7a) Û (x - 1)(x2 - 3x - 3) = 0 Û x = 1;x = 2 (7b) Þ x3 - 9x2 + 6x + 2 = 0 Û (x - 1)(x2 - 8x - 2) = 0 Û x = 1;x = 4 ± 3 2 3± 21 Thử lại ta được x = ;x = 1;x = 4 + 3 là các nghiệm của phương trình. 2 c) 2x2 - 11x + 21- 33 4x - 4 = 0 (8). (Olympic 30.4.2008) Cách 1: Từ phương trình rút ra được điều kiện là x > 1. (8) Û 3 108x - 108 - (x + 3) = 2x 2 - 12x + 18 - (x + 15)(x - 3)2 Û = 2(x - 3)2 Þ (x - 3)2 = 0 Þ x = 3 3 (108x - 108)2 + (x + 3) 3 108x - 108 + (x + 3)2 - (x + 15) (do khi x > 1 thì < 0) 3 (108x - 108)2 + (x + 3) 3 108x - 108 + (x + 3)2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. t 3 + 4 Cách 2: Đặt t = 3 4x - 4 Þ x = khi đó phương trình (8) trở thành: 4 t 6 - 14t 3 - 24t + 96 = 0 Û (t - 2)2(t 4 + 4t 3 + 12t 2 + 18t + 24) = 0 ét = 2 ét = 2 Û ê Û ê êt 4 + 4t 3 + 12t 2 + 18t + 24 = 0 ê(t 2 + 2t)2 + 8t 2 + 18t + 24 = 0 ëê ëê é êt = 2 Û ê 9 111 Þ t = 2 Þ x = 3 ê(t 2 + 2t)2 + 2(2t + )2 + = 0 ëê 4 8 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. Tóm tắt nội dung của phương pháp liên hợp: - Khử căn bằng lượng liên hợp đã có sẵn trong phương trình, sau khi thực hiện nhân liên hợp nên lưu ý việc kết hợp với phương trình của đề bài để thu được một phương trình đơn giản hơn. - Khi trong phương trình nhẩm được một nghiệm a đẹp thì thực hiện đưa vào cho mỗi biểu thức chứa căn trong phương trình (chẳng hạn cho n f (x) ) giá trị của biểu thức đó tại a (tức tạo ra n f (x) - n f (a) ) rồi thực hiện nhân liên hợp sẽ thu được nhân tử chung là x - a . - Khi trong phương trình nhẩm được hai giá trị nghiệm đẹp là a và b thì đưa vào cho n f(x) biểu thức ì ï a.a+b= n f(a) ax+b với các hệ số a,b có được từ việc giải hệ: íï . ï b.a+b= n f(b) îï g(x) - Khi phương trình có nghiệm không đẹp (không nhẩm được) ở dạng n f(x)= thì đưa vào cho h(x) n f (x) lượng ax + b với các hệ số a,b có được bằng cách nhân liên hợp và quy đồng xong thì cần có hai đa thức trên tử của hai vế đồng nhất bậc và các hệ số tương ứng tỷ lệ. - Khi phương trình có nghiệm không đẹp (không nhẩm được) ở dạng n f (x) + m g(x) = Ax + B thì đưa vào cho n f (x) là ax + b và cho m g(x) là cx + d với yêu cầu phải đảm bảo (ax + b) + (cx + d) = Ax + B và sau khi liên hợp thì các biểu thức trên tử xuất hiện nhân tử chung. Bài-giảng Pt- Hpt trang.122 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
9. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Bài tập rèn kỹ năng: 1) 2(1- x) x2 + 2x - 1 = x2 - 2x - 1.(Y HN-97) 2x 2) 4(x + 1)2 2x + 2 2x + 1 - 1 3) 9(x + 1)2 (3x + 7)(1 - 3x + 4)2 4)( 3x 1 x 2)( 3x2 7x 2 4) 4x 2 1 1 2x2 5) 2 x 2 2x 1 6) < x + 21 (ĐH Mỏ - 98) x x (3 - 9 + 2x)2 4x2 7) (4x - 1) x2 + 1 = 2x2 + 2x + 1 8) < 2x + 9 (1 - 1 + 2x )2 9) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 10) 3 2x 2 3 5x 14 (3x 16) x 2 1 1 x 1 11) 12) x 2 3x 5 2x 3 4 2x 1 4 x 2 4 x Bài 6) Gpt: a) 2x 2 2 x 1 - x 1 = 4 (1) b)3x 7 - x 1 = 2 (2). c) 2 x 4 x 1 2x 3 4x 16 . d) 7 x2 x x 5 = 3 2x x2 (3) 2 2 2 e)2x 3 + x 1 = 3x + 22x 5x 3 - 16; f) x – 7x + 12 = x 3 x x 6 G: a) 2x 2 2 x 1 - x 1 = 4 (1) Đk: x -1, (*) Nx: Biểu thức dưới dấu căn x 2 2 x 1 có dạng hđt (a + b) 2 = a2 +2ab + b2 nên ta biến đổi như sau. Pt(1) 2( x 1 1)2 - x 1 = 4 2x 1 + 2 - x 1 = 4 x 1 = 2 x + 1 = 4 x = 3 (thoả đk (*) ) . Vậy, nghiệm của pt là x = 3. 7 3x 7 0 x b)3x 7 - x 1 = 2 (2). Điều kiện 3 x 1 ( ) x 1 0 x 1 Chuyển vế và bình phương hai vế: pt(2) 3x 7 = 2 + x 1 Với điều kiện ( ) nên hai vế luôn không âm , bình phương hai vế ta được. bp 3x + 7 = x + 5 + 4x 1 2x 1 = x + 1 « 4x + 4 = x2 + 2x + 1 x2 -2x - 3 = 0 x 1 (thoả mãn điều kiện ( )). Vậy nghiệm của pt là x = -1 hoặc x = 3 . x 3 c) 2 x 4 x 1 2x 3 4x 16 . Pt 2 x 4 x 1 2x 3 2 x 4 x 4 0 x 4 0 x 4 x 1 0 . Vậy pt đã cho vô nghiệm. x 1 2x 3 x 2 x 1 2x 3 Lưu ý: Học sinh có thể đưa ra lời giải sai như sau Ta có: 2 x 4 x 1 2x 3 4x 16 2 x 4 x 1 2x 3 4 x 4 x 1 0 x 1 .Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. x 1 2x 3 x 1 2x 3 x 2 Nhận xét: Ta nhận thấy ngay x = 2 không phải là nghiệm của phương trình đã cho A 0 Chú ý rằng: A B A C B C 7 x2 x x 5 0 2 2 2 d) 7 x x x 5 = 3 2x x (3) Đk 3 2x x 0 ( ) x 5 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.123 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
10. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Chú ý: Hệ điều kiện ( ) rất phức tạp nên ta không cần giải ra cụ thể. Do điều kiện ( ) nên hai vế không âm ,bình phương hai vế ta được 2x 4 0 pt(3) 7 - x2 + xx 5 = 3 - 2x - x2 x x 3 2x 4 x 0 2 2 x (x 5) ( 2x 4) 2 x 0 2 x 0 2 x 0 x = -1 3 2 2 x 1 x x 16x 16 0 (x 1)(x 16) 0 x 4 Thay giá trị của x = -1 vào hệ ĐK ( ) , thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x = -1 e)2x 3 + x 1 = 3x + 22x2 5x 3 - 16 , (4) 3 2x 3 0 x Điều kiện 2 x -1 ( ) x 1 0 x 1 Nhận xét: đây là phương trình khá phức tạp nếu bình phương hai vế của phương trình ta cũng không thu được kết quả thuận lợi khi giải nên ta có thể giải như sau. Đặt 2x 3 + x 1 = t , (ĐK: t 0) 3x + 22x2 5x 3 = t2 - 4 t 5 (t / m) pt(4) t2 - t - 20 = 0 t 4 (loai) Với t = 5 22x2 5x 3 =21 - 3x ( là phương trình thuộc dạng 1) 21 3x 0 x 7 x = 118 - 1345 (thoả mãn ĐK) 2 2 2 4(2x 5x 3) 441 216x 9x x 236x 429 0 Vậy nghiệm phương trình là x = 118 - 1345 2 2 f) x – 7x + 12 = x 3 x x 6 (x-3)(x-4) = x 3 x 3 x 2 (x 3) x 2 (x 3)(x 4) (1) (x-3)(x-4) = x 3 2 x 2 (x 3) x 2 (x 3)(x 4) 2 x 3 x 3 Giải (1) x 3 x 2 = (x-3)(x-4) x 3 x 2 x 4 0 x 2 x 4 x 7 x 3 x 3 Giải (2) x 3 x 2 = (x-3)(x-4) x 3 x 2 x 4 0 x 2 4 x x 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 2 v x = 3 v x = 7. Nx: Khi giải bài toán này HS có thể giải mắc sai lầm như sau: 2 2 Lời giải sai: Ta có: x – 7x + 12 = x 3 x x 6 (x-3)(x-4) = x 3 x 3 x 2 (x-3)(x-4) = x 3 2 x 2 x 3 x 2 = (x-3)(x-4) x 3 x 2 x 4 0 x 3 x 4 0 x 4 Giải : x 2 x 4 x 7 2 2 x 2 x 4 x 2 x 4 x 9x 14 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 và x = 7. HS có thể kết luận với x =3 và x = 7 là hai nghiệm thoả mãn của phương trình. Mà không ngờ rằng phương trình đã cho còn có một nghiệm nữa là x = 2 cũng thoả mãn. 0 khi A 0 2 Chú ý rằng: A B A B A B khi A 0 . Lời giải trên đã bỏ sót trường hợp A ≤ 0 A B khi A 0 Bài 7) Gpt: a) x 2 10x 21 3 x 3 2 x 7 6 b) (x2 - 4x + 2)3 = (x2 - x - 1)3 - (3x - 2)3; c) (x - 2)(x - 4)(x + 6)(x + 8) = -36 d) (x + 2)4 + x4 = 82 Bài-giảng Pt- Hpt trang.124 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
11. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 1 1 1 1 e) + + = x2 + 9x + 20 x2 + 11x + 30 x2 + 13x + 42 18 G: a) x 2 10x 21 3 x 3 2 x 7 6 Đk: x ≥ -3. x2 + 10x + 21 = 3 x + 3 + 2 x + 7 - 6 Û (x + 3)(x + 7) - 3 x + 3 - 2 x + 7 + 6 = 0 Û x + 3( x + 7 - 3) - 2( x + 7 - 3) = 0 Û ( x + 7 - 3)( x + 3 - 2) = 0 é é ê x + 7 - 3 = 0 ê x + 7 = 3 x 7 9 x 2(TM ) Û ê Û ê . Vậy, S = 1;2. ê x + 3 - 2 = 0 ê x + 3 = 2 x 3 4 x 1(TM ) ë ë b) (x2 - 4x + 2)3 = (x2 - x - 1)3 - (3x - 2)3; Đkxđ: x Î R . Áp dụng hđt: (a - b)3 - (a3 - b3) = -3ab(a - b) 3 3 3 é 2 ù é 2 ù (x2 - 4x + 1)3 = (x2 - x - 1) - (3x - 2)3↔ ê(x - x - 1)- (3x - 2)ú - ê(x - x - 1) - (3x - 2) ú= 0 ë û ëê ûú é 2 êx - x - 1 = 0(1) 2 2 ê Û - 3(x - x - 1)(3x - 2)(x - 4x + 1) = 0 Û ê3x - 2 = 0(2) ê êx2 - 4x + 1 = 0(3) ë 1 5 1 5 2 Giải (1): x2 - x - 1 = 0 ↔ x ; x . Giải (2): 3x - 2 = 0 x . 1 2 2 2 3 2 1 5 1 5 2  Giải (3): x - 4x + 1 = 0 ↔ x1 2 3; x2 2 3 . Vậy, S= ; ; ;2 3;2 3 2 2 3  c) (x - 2)(x - 4)(x + 6)(x + 8) = -36 Đkxđ: x Î R . Û éx - 2 x + 6 ùéx - 4 (x + 8)ù= - 36 Û (x2 + 4x - 12)(x2 + 4x - 32) = - 36(*) ëê( )( )ûúëê( ) ûú Đặt y = x2 + 4x - 12 x 2 4x 32 y 20 Pt (*) tt: y(y - 20) = -36 Û y2 - 20y + 36 = 0 Û (y - 18)(y - 2) = 0 é éx2 + 4x - 12 = 18(1) êy - 18 = 0 Þ y = 18 ê Û Þ ê 2 êy - 2 = 0 Þ y = 2 x + 4x - 12 = 2(2) ëê ëê 2 2 Giải (1): x + 4x - 12 = 18 Û x + 4x - 30 = 0 ↔ x1 = - 2 + 34;x2 = - 2 - 34 Giải(2): x2 + 4x - 12 = 2 Û x2 + 4x - 14 = 0 Û x1 = - 2 + 18 = - 2 + 3 2;x2 = - 2 - 18 = - 2 - 3 2 Vậy tập nghiệm của pt là: S = 34 2; 34 2;3 2 2; 3 2 2 d) (x + 2)4 + x4 = 82. Đặt y = x + 1. Pttt: (y + 1)4 + (y - 1)4 = 82 y4 + 6y2 - 40 = 0 Đặt: y2 = t ≥ 0. Pttt: t2 + 6t - 40 = 0; ’ = 9 + 40 = 49 > 0, Pt có 2 nghiệm pb. 2 t1 = -3 + 7 = 4; t2 = -3 - 7 = -10 (loại) y = 4, y = 2. Với y = 2 x + 1 = 2 x = 1. Với y = -2 x + 1 = -2 x = -3. Vậy tập nghiệm của pt là: S = {1;-3}. a b Chú ý: Pt dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c (a, b, c là hằng số). Đặt ẩn phụ y = x + , thì pt chuyển 2 về dạng: dy4 + ey2 + g = 0 (d, e, g là hằng số). 1 1 1 1 e) + + = x2 + 9x + 20 x2 + 11x + 30 x2 + 13x + 42 18 1 1 1 1 Û + + = (x + 4)(x + 5) (x + 5)(x + 6) (x + 6)(x + 7) 18 Đk: x -4; x -5; x -6; x -7. Bài-giảng Pt- Hpt trang.125 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
12. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Û - + - + - = Û - = (x + 4) (x + 5) (x + 5) x + 6 x + 6 x + 7 18 (x + 4) x + 7 18 Þ 18(x + 7) - 18(x + 4) = (x + 4)(x + 7) Û x2 + 11x - 26 = 0 Û (x + 13)(x - 2) = 0 éx + 13 = 0 Þ x = - 13 Û ê (thỏa đk) êx - 2 = 0 Þ x = 2 ëê Vậy pt có tập nghiệmS = {-13; 2}. Bài 8) Gpt: a) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 b) x2 6x 11 x2 6x 13 4 x2 4x 5 3 2 c) x2 3x 3,5 (x2 2x 2)(x2 4x 5) 2 2 2 d) 13 x2 3x 6 x2 2x 7 5x2 12x 33 G: a) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 3(x 1)2 4 5(x 1)2 9 5 (x 1)2 : x R Mà: 3(x 1)2 4 5 x 1 2 9 4 9 5;5 x 1 2 5 Nên ta có: (x+1)2 = 0 x = -1. Vậy pt có nghiệm x = -1. b) x2 6x 11 x2 6x 13 4 x2 4x 5 3 2 (x 3)2 2 (x 3)2 4 4 (x 2)2 1 3 2 2 2 2 2 (x 3) 0 Mà: (x 3) 2 (x 3) 4 4 (x 2) 1 2 4 1 3 2 . Dấu “=”xảy ra x 2 0 Điều này không thể xảy ra. Nên pt vô nghiệm. c) x2 3x 3,5 (x2 2x 2)(x2 4x 5) Ta có: x2 2x 2 (x 1)2 1 0 ; x2 4x 5 (x 2)2 1 0 ; (x2 2x 2) (x2 4x 5) x2 3x 3,5 2 ¸p dụng bđt Cauchy cho 2 số dương: (x2 2x 2);(x2 4x 5) ta có: (x2 2x 2) (x2 4x 5) (x2 2x 2)(x2 4x 5) .Vậy x2 3x 3,5 (x2 2x 2)(x2 4x 5) 2 3 3 Dấu “=” xảy ra↔ (x2 2x 2) (x2 4x 5) 2x 3 x . Vậy nghiệm của pt là: x= . 2 2 2 2 2 d) 13 x2 3x 6 x2 2x 7 5x2 12x 33 ¸p dụng bđt Bunyakovsky cho 4 số: a2 b2 c2 d 2 (ac bd)2 . Dấu “=” xảy ra↔ a.d=b.c Với a=2 ; b=3 ; c=x2-3x+6 ; d= x2-2x+7 ta có: 2 2 2 22 32 x2 3x 6 x2 2x 7 2 x2 3x 6 3 x2 2x 7 2 2 2 ↔13 x2 3x 6 x2 2x 7 5x2 12x 33 2 2 2 c Dấu “=” xảy ra↔3(x 3x 6) 2(x 2x 7) x 5x 4 0↔ x1 1; x2 4 . Vậy, S = {1; 4} a Bài-giảng Pt- Hpt trang.126 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
13. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 §Gpt bằng cách lập hpt đối xứng loại II Định nghĩa hệ đối xứng loại II: Hệ đối xứng loại II là hệ phương trình gồm 2 ẩn x, y sao cho khi đổi chỗ vai trò của x và y thì phương trình này trở thành phương trình kia của hệ. 2 x  ay b (1) Xét hpt loại II: 2 y  ax b (2) Pp giải hệ đối xứng loại II: Trừ từng vế của 2 pt và biến đổi về dạng pt tích có dạng : x y (x-y).f(x,y)=0 f (x, y) 0 Kết hợp một phương trình tích với một phương trình của hệ để suy ra nghiệm của hệ phương trình. Như vậy từ hệ đối xứng loại II có cách giải truyền thống như trên ta xuất phát theo hướng sau để khai thác các phương trình được lập và ngược lại cũng có luôn cách giải những phương trình đó bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II và gần đối xứng. ax b  y y  ax b Từ (2) suy ra: y  ax b ax b  y 2 a ax b a x  b (*) Thay vào (1) ta được 2 a ax b a x  b Chọn , , a, b phù hợp ta sẽ xây dựng được các pt vô tỉ. Các pt này giải bằng cách đặt y  ax b (hoặc - ax b )để chuyển về hệ đối xứng loại 2. Các bài-toán dưới đây minh họa về cách xây dựng pt vô tỉ theo dạng này. 2 x 2 3y 2 Xp) Xét hệ đối xứng loại hai: x 2 3 2 3x2 . Ta có bài toán sau 2 y 2 3x 2 Bài 1) Giải phương trình x 3 2 3x2 2 (THTT, số 250, tháng 04/1998). 2 x 3y2 2 x 2 3y 1 G : Đặt y 2 3x2 . Ta có hệ 2 2 y 2 3x y 2 3x 2 y x x y 0 2 2 Lấy (1) trừ (2) ta được : x - y = 3(x - y ) 1 3x 3 x y 1 y 3 2 2 Với y = x, thay vào (1) ta được 3x x 2 0 x 1,  3 1 3x 1 3x 1 21 Với y , thay vào (2) ta được 2 3x2 9x2 3x 5 0 x . 3 3 6 2 1 21 1 21 Phương trình đã cho có bốn nghiệm x 1, x , x , x . 3 6 6 Lưu ý: Từ lời giải trên ta thấy rằng phương trình bậc cao : x + 3 (2-3x2)2 = 2 Nếu khai triển (2 - 3x2)2 thì sẽ đưa phương trình đã cho về phương trình bậc bốn, sau đó biến đổi thành phương trình tích: (x + 1) (3x - 2) (9x2 - 3x - 5) = 0 Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình không có nghiệm hữu tỉ thì phương pháp khai triển đưa về phương trình bậc cao, sau đó phân tích đưa về phương trình tích sẽ gặp nhiều khó khăn. Xp) Xét một pt bậc hai có cả hai nghiệm là số vô tỉ : 5x2 2x 1 2x 5x2 1 2 2y 5x2 1 5x2 1 Do đó ta xét : 2x 5 1 2 2x 5y 1 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.127 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
14. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 2 Bài 2) Gpt : 8x - 5(5x2 - 1) = 4 2 2y 5x2 1 2y 5x 1 1 G : Đặt 2y = 5x2 - 1. Khi đó : 2 2 8x 5.4y 4 2x 5y 1 2 y x x y 0 2 2 Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được : 2(y – x) = 5 (x – y )↔ 5x 2 2 5(x y) y 5 1 6 Với y = x, thay vào (1) ta được 5x2 2x 1 0 x 5 5x 2 10x 4 5 50 Với y = – , thay vào (1) ta được : 5x2 1 25x2 10x 1 x 5 5 25 1 6 1 2 Phương trình đã cho có bốn nghiệm , 5 5 3 Xp) Xét một pt bậc ba : 4x3 3x 8x3 6x 3 6x 8x3 3 2 3 3 3 3 6y 8x 3 8x 3 3 Do đó ta xét 6x 8 3 1296x 216 3 8 8x 3 3 6x 8y 3 6 3 162x 27 3 8x3 3 3 Bài 3) Giải phương trình 162x 27 3 8x3 3 3 6y 8x3 3 6y 8x 3 1 G : Đặt 6y 8x3 3. Ta có hệ 3 3 162x 27 3 216y 6x 8y 3 2 Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được 6(y – x) = 8(x3 – y3) (x – y) [8(x2 + xy + y2) + 6] = 0 (3) Vì x2 + xy + y2 ≥ 0 nên 8 (x2 + xy + y2) + 6 > 0. Do đó từ (3) ta được x = y. Thay vào (1) ta được. 3 5 6x 8x3 3 4x3 3x 4x3 3x cos (4) 2 6 Sử dụng công thức cos = 4 cos3 – 3cos ta có 3 3 5 5 5 17 17 17 7 7 7 cos = 4cos3 – 3 cos ; cos = 4cos3 – 3 cos ; cos = 4cos3 – 3 cos 6 18 18 6 18 18 6 18 18 5 17 7 Vậy x = cos , x = cos , x = cos là tất cả các nghiệm của pt (4) và cũng là tất cả các nghiệm của pt 18 18 18 đã cho. Lưu ý: Phép đặt 6y = 8x3 + 3 được tìm như sau: Ta đặt ay + b = 8x3 + 3 (với a, b sẽ tìm sau). Khi đó từ 6y b 8x3 3 PT đã cho có hệ: 3 3 2 2 2 3 162x 27 3 a y 3a by 3ab y b ïì ï a 8 b + 3 ì ï = = ï b = 0 Cần chọn a và b sao choí 162 3 3 Þ í . Vậy ta có phép đặt 6y = 8x3 + 3 ï a 27 3 - b ï a = 6 ï 3a2b= 3ab2 = 0 îï îï 2 Xp) Cho = 3,  = 2, a = 3, b = 8 thay vào (*) ta được: 3x 2 3x 8 6 Bài 4) Gpt: 9x2 12x 2 3x 8 (HSG tp HCM năm-học 2004-2005). 8 G: Đk: x ≥ – . Pt được viết lại thành: (3x + 2)2 – 6 = 3x 8 (1) 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.128 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
15. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 ì 2 ï (3x + 2) = 3y + 8 (2) Đặt 3y + 2 = 3x 8 , suy ra (3y + 2)2 = 3x + 8. Kết hợp với (1) ta có hệ : íï ï (3y + 2)2 = 3x + 8 (3) îï 8 8 Để x, y thỏa mãn (1) & (2) thì : x ≥ – và y ≥ – . Lấy (2) – (3) ta được : 3 3 x y 0 y x 3(x – y) (3x + 3y + 4) = 3(y – x) (x – y)(3x + 3y + 5) = 0 3x 3y 5 0 3y (3x 5) 1 x (n) 3 Với y = x, thay vào (2) ta được : (3x + 2)2 = 3x + 8 9x2 + 9x – 4 = 0 4 x (l) 3 Với y = – (3x + 5), thay vào (2) ta được : (3x + 2)2 = –3x + 3 9x2 + 15x + 1 = 0 5 21 x (n) 6 1 5 21 Các nghiệm của pt đã cho là x = và x 5 21 3 6 x (l) 6 Lưu ý : Có một phương pháp để tìm ra cách đặt 3y + 2 = 3x 8 như sau: Ta sẽ đặt my + n = 3x 8 , với m, n sẽ chọn sau sao cho hệ hai ẩn x, y thu được là hệ đối xứng loại hai. Từ my + n = 3x 8 và từ ì 2 é 2 2 2 ï (my + n) = 3x + 8 m y + 2mny + n = 3x + 8 phương trình đã cho ta có hệ : ï Þ ê í 2 ê 2 ï 9x + 12x - 2 = 3x + 8 9x + 12x - 2= my + n îï ëê 2 2 ì m 2mn 3 8 n ï m = 3 Để là hệ đối xứng lại hai thì: í 9 12 m n ï n = 2 îï 1 3 Xp) Cho = 1,  = 1, a = , b = thay vào (*) ta được 2 2 x 3 + 1 3 x 3 (x + 1)2 = 2 2 - + Û 2(x + 1)2 = + + 2 2 2 2 2 2 Xp) Chọn = 1,  = 1, a = 3, b = 5, ta được (x +1)3 = 3 3 3x 5 2 Bài 5) Gpt : x3 + 3x2 – 3 3 3x 5 1 3x (Đề nghị OLYMPIC 30/04/2009). G : Tập xác định R. Pt đã cho ↔ (x +1)3 = 3 3 3x 5 2 (1) 3 x 1 3y 5 (1) Đặt 3 . Ta có hệ : y + 1 = 3x + 5 3 y 1 3x 5 (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: (x + 1)3 – (y + 1)3 = -3(x – y) (x – y) [(x + 1)2 + (x + 1) (y + 1) + (y + 1)2 +3] = 0 x =y (do (x + 1)2 + (x + 1) (y + 1) + (y + 1)2 0) x 1 3 3 2 Thay vào (1) ta được : (x + 1) = 3x + 5 x + 3x – 4 = 0 x 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = –2 Xp) Cho = 2,  = 0, a = 4004, b = – 2001 ta được : (2x)3 20023 4004x 2001 2001 3 8x3 2001 Bài ) Gpt: 4004x 2001 2002 Xây dựng phương trình giải bằng cách lập hệ “gần” đối xứng Bài-giảng Pt- Hpt trang.129 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
16. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Xp) Ta sẽ xây dựng một phương trình vô tỉ có ít nhất một nghiệm theo ý muốn. Xét x = 3. Khi đó do x 3 2x 5 1 2x 5 3 1 x 2 Ta mong muốn có một pt chứa (ax + b)3 và chứa 3 cx d , hơn nữa phương trình này được giải bằng cách đưa về hệ “gần” đối xứng (nghĩa là khi trừ theo vế hai phương trình của hệ ta có thừa số (x – y)). Vậy ta ì 3 ï (2y - 5) = x - 2 xét hệ :íï Không là hệ đối xứng loại II nhưng chúng ta vẫn giải được hệ này. Nếu ï (2x - 5)3 = -x + 2y - 2 îï có phép đặt 2y 5 3 x 2, thì sau khi thay vào pt: (2x – 5)3 = – x + 2y – 2 ta được : 8x3 – 60x2 + 150x – 125 = – x + 3 x 2 5 2 . Ta có bài toán sau : Bài 6) Giải phương trình : 3 x 2 8x3 60x2 151x 128 G: Cách 1. Tập xác định R. Pt viết lại 3 x 2 (2x 5)3 x 3 (2y 5)3 x 2 (2) Đặt 2y 5 3 x 2 . Kết hợp với (1) ta có hệ : 3 (2x 5) x 2y 2 (3) Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được: 2 (x – y) [(2x–5)2 + (2x –5) (2y– 5) + (2y– 5)2] = 2(y–x) x y 0 (4) 2 2 (2x 5) (2x 5)(2y 5) (2y 5) 1 0(5) Ta có (4) y = x. Thay vào (2) ta được (2x – 5)3 = x – 2 8x3 – 60x2 + 149x – 123 = 0 (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 x = 3. 2 B 3B2 Do A2 + AB + B2 = A 0 nên (5) không thể xảy ra. Pt có nghiệm duy nhất x =3. 2 4 Do pt có nghiệm duy nhất x = 3 nên ta nghĩ đến phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số như sau: 8x3 60x2 151x 128 y Cách 2. Tập xác định R. Đặt y 3 x 2 . Ta có hệ 3 x y 2 Cộng vế theo vế hai pt của hệ ta được: 8x3 – 60x2 + 152x – 128 = y3 + y + 2 8x3 – 60x2 + 150x – 125 + 2x – 5 = y3 + y (2x – 5)3 + (2x – 5) = y3 + y (*) Xét hs f(t) = t3 + t. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R nên hs f đb trên R. Do đó (*) viết lại f(2x – 5) = f(y) 2x – 5 = y Bởi vậy : 2x 5 3 x 2 (2x – 5)3 = x – 2 8x3 - 60x2 + 149x – 123 = 0 (x – 3) (8x2 – 36x + 41) = 0 x = 3 Pt có nghiệm duy nhất x = 3 Xp) Xét một pt bậc ba nào đó, chẳng hạn xét 4x3 + 3x = 2. Pt ↔ 8x3 +6x = 4 8x3 = 4 – 6x 2x 3 4 6x . Ta “lồng ghép” pt cuối vào một hàm đơn điệu như sau: (2x)3 + 2x = 3 4 - 6x +4– 6x 8x3+8x – 4 = 3 4 - 6x . Ta được bài toán sau Bài 7) Giải phương trình8x3 + 8x - 4 = 3 4 - 6x G : Đkxđ : x Î R . 3 Cách 1. Phương trình đã cho tương đương.(2x) + 2x = 3 4 - 6x + 4 - 6x Xét hàm số f(t) = t3 + t, t R. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R nên hàm số f (t) đồng biến trên R. Mà PT (1) viết lại f ( 3 4 - 6x ) = f(2x) nên pt(1)↔ 3 4 - 6x = 2x 8x3 + 6x = 4 4x3 + 3x = 2 (2) Vì hàm số g(x) = 4x3 + 3x có g’(x) = 12x2 + 3 > 0, x R nên PT (2) có không quá một nghiệm. Xét. 1æ 1 ö 2 2 = ça 3 - ÷Û a 3 - 4a 3 - 1 Û a 3 = 2 ± 5 ç 3 ÷ ( ) 2èç a ø÷ 3 3 1 3 1 1 3 1 1 1 1 1 Do đó, nếu đặt 2 5 thì 2 = 3 . Ta có 3 3 4 2 2 2 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.130 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
17. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 1 1 1 Vậy x 3 2 5 3 2 5 là nghiệm duy nhất của pt (2) và cũng là nghiệm duy nhất 2 2 của pt đã cho. Cách 2: Phương trình viết lại (2x)3 3 4 6x 8x 4 . Đặt 2y = 3 4 - 6x . Ta có hệ 3 3 8y = 4 - 6x 8y = -6x + 4 (a) 3 3 8x +8x - 4 = 2y 8x = -8x + 2y + 4 (b) Lấy PT (b) trừ PT (a) theo vế ta được: 8(x3 – y3) = 2(y – x) (x – y) [4(x2 + xy + y2) + 1] = 0 y = x Thay y = x vào (a) ta được : 8x3 = -6x + 4 4x3 + 3x = 2. Đến đây làm giống cách 1 Bài 7) Giải phương trình : a) 3 3x - 5 = 8x3 - 36x2 + 53x - 25 b) 3 6x 1 8x3 4x 1 c) 4x2 13x 5 3x 1 0 G : a) 3 3x - 5 = 8x3 - 36x2 + 53x - 25 (Chọn đội tuyển TP Hồ Chí Minh dự thi QG, 2002-2003). Tập xác định R. Phương trình viết lại : 3 3x - 5 = (2x - 3)3 - x + 2 (1) ì 3 ï (2y - 3) = 3x - 5 (2) Đặt 2y -3 = 3 3x -5 . Kết hợp với (1) ta có hệ : íï ï (2x - 3)3 = x + 2y - 5 (3) îï Lấy (3) trừ (2) theo vế ta được: 2(x – y) [(2x – 3)2 + (2x – 3) (2y – 3) + (2y – 3)2] = 2(y – x) x y 0 (4) 2 2 (2x 3) (2x 3)(2y 3) (2y 3) 1 0 (5) Ta có (4) y = x. Thay vào (2) ta được é êx = 2 2 ê (2x – 3)3 = 3x – 5 8x3 – 36x2 + 54x – 27 = 3x – 5 Û (x - 2)(8x - 20x + 11) = 0 Û ê 5 ± 3 êx = ëê 4 2 2 æ Bö 3B 2 2 ç ÷ Do A + AB + B = çA + ÷ + ³ 0 nên (5) không thể xảy ra. èç 2 ø÷ 4 5 ± 3 Phương trình có ba nghiệm x = 2, x = 4 b) 3 6x 1 8x3 4x 1(Đề nghị OLYMPIC 30/04/2006). 3 3 8x - 4x -1 = 2y 8x = 4 x + 2y +1 (1) Đkxđ: x Î R . Đặt 3 6x 1 2y . Ta có hệ 3 3 6x +1 = 8y 8y = 6x +1 (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được: 8(x3 – y3) = 2(y-x) (x – y) [4(x2 + xy+ y2) + 1] = 0 y = x Thay y = x vào (2) ta được : 8x3 – 6x = 1 4x3 – 3x = cos (3) 3 Sử dụng công thức cos = 4 cos3 - 3 cos ta có 3 3 7 7 7 5 5 5 cos = 4 cos3 - 3 cos ; cos = 4 cos3 - 3 cos ; cos = 4 cos3 - 3 cos . 3 9 9 3 9 9 3 9 9 5 7 Vậy x = cos , x = cos , x = cos là tất cả các nghiệm của phương trình (3) và cũng là tất cả các 9 9 9 nghiệm của phương trình đã cho. Lưu ý. Ta còn có thể giải cách khác như sau: Phương trình viết lại. 6x + 1+ 36x + 1= (2x)3 +2x (3) Bài-giảng Pt- Hpt trang.131 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
18. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Xét hàm số f(t) = t3 + t,t R. Vì f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R nên hàm số f(t) đồng biến trên R. Mà PT (2) viết 1 lại f (3 6x 1) f (2x) nên nó tương đương 36x + 1= 2x Û 8x3 - 6x = 1 Û 4x3 - 2x = 2 Đến đây ta làm như cách 1 2 2 13 33 c) 4x 13x 5 3x 1 0 P: Ta thực hiện nhóm như sau 2x 3x 1 4 4 Đặt y  3x 1 , chọn ,  sao cho hệ thu được có thể giải (hệ gần đối xứng) Ta có: Để giải hệ trên ta lấy (1) nhân với k cộng với 2 : và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x=y , 2 2  3  2 1 2 nên ta phải có . Ta chọn được 4 13 5   3 1 3 G: Với điều kiện x . Đặt 3x 1 2y 3 , y 3 2 2 2x 3 2y x 1 Ta có hpt sau : x y 2x 2y 5 0 2 2y 3 3x 1 15 97 11 73 Với x=y x ; Với 2x 2y 5 0 x . 8 8 15 97 11 73  Tập nghiệm của pt này là ,  8 8  Bài tập tương tự: Xp) Cho = 2,  = –1, a = 8000, b = 1 thay vào (*) ta được (2x – 1)2 = 4000 8000x 1 4001 Bài 8) Giải phương trình : x2 x 1000 8000x 1 1000 3 x  ay b 3 ax + b b G : Nếu xét hệ . Từ pt dưới ta được: ay + b = 3 ax + b Û y = - 3 a a x  ax b a 3 ax + b ab Thay vào phương trình trên của hệ: (ax + b)3 = - + b a a x 3 Bài 9) Giải phương trình 2x2 + 4x = 2 Bài 10) Giải các phương trình sau: a)x2 –2x = 2 2x 1 b) 2x2 – 6x-1= 4x 5 c) 8x3 – 4x – 1 = 3 6x 1 2 1 2 d) 7x2 –13x +8= 2x2 3 x( 3x 3x 1) e) 8x2 – 13x +7= 1 3 (x 1)(2x 1) x x 1 x 4 f) x3 – 3 6 3 x 6 6 g) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 h) 3 3x 4 x3 3x2 x 2 3 2 37 i) 4x 1 9x2 26x 0 3 3 Bài 11) Tìm tất cả các số thực x1; x2; ; x2013 thoả mãn: 1 x 12 2 x 22 2013 x 20132 x x x 1 2 2013 2 1 2 2013 1 Bài 12) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x y 1 z 2 x y z 2 Bài 13) Giải các phương trình sau: x 1 2x 3 2 3(x2 x 1) (x x 1)2 3 x 2 x 1 3 x2 x 5 5 Bài-giảng Pt- Hpt trang.132 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
19. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 x2 48 4x 3 x2 35 x 3 4 x 9 x 2(x2 2) 5 x3 1 x 17 x2 x. 17 x2 9 4 3 10 3x x 2 3 x x. 3 x 10 6 5 27.x 5x 5 864 0 3x2 2x 2 x2 x 1 x Bài 14) Giải các phương trình sau: 25 x 2 10 x 2 3 x2 4x 5 x2 4x 8 x2 4x 9 3 5 7 x . 7 x x 5 . x 5 x 1 2 x 3 x 1 4 x 3 3 0 7 x x 5 x 3 2 x 3 10 x2 x2 x 12 x 9x 20 2 3x 10 2x 3 x x2 4x 5 2 2x 3 3x 2 3x 2 x 2 x 1 x 5 1 4x 20 1 3 7 x 1 x 2 3x2 5 3x2 5x 12 48 5x 1 1 2x 2x x 4 x 6 0 5 1 x x 5 3 3 1 x 5 1 5 5 4x 20 3 9x 45 4 4 9 3 x x2 5 x x2 5 2 x 2 x 7 x . 7 x x 5 . x 5 2 2 2 2 x 2 2 x 7 x x 5 1 4x 4 2 9x 9 4 3 x 2 x = . 3 x x4 + x2 2005 2005 . a b 1 x 1 a b 1 x (a , b > 0) x2 5x 4 5 x2 5x 28 0 64x6 - 112x4 + 56x2 - 7 = 2 1 x2 . Bài 15) Ký hiệu [x] là phần nguyên của x. Giải phương trình sau: 3 1 3 2 3 x3 1 855 Bài 16) Cho pt: x2.6 x 6 x 2 x2.6 x 62 x . Gọi tổng các nghiệm của phương trình là S,tính S15 . Bài 17) Giải phương trình nghiệm nguyên sau: a/ x y 1960 . b/ x y 1980 . c/ 2 x 3 y 48 1 1 1225 Bài 18) Giải pt nghiệm nguyên sau: 74 x 2 y 1 z 771. x 2 y 1 z 771 Bài 19) Giải các phương trình sau : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 3 6x 1 8x3 4x 1 x 1 1 1 15 2 2x 1 3 x 30x 4x 2004 30060x 1 1 x x x 2 4x 1 x3 1 2x3 2x 1 4x2 4x 10 8x2 6x 10 2 3 2x2 1 1 x 1 3x 8 2x2 1 x x 12 x 1 36 2 2 2 2 3 1 x 33 1 x2 3 1 x 0 2008x 4x 3 2007 4x 3 x (2004 x)(1 1 x )2 (x 3 x 2)(x 9 x 18) 168x Bài-giảng Pt- Hpt trang.133 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
20. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 x 1 x3 x2 x 1 1 x4 1 4 2x 4 16 2 4 x2 16 2 x 9x2 16 4 x 1 x 1 4 x3 x2 4x2 3x 3 4x x 3 2 2x 1 2x2 16x 18 x2 1 2x 4 12 x 2 x 1 3x 9 3 x2 1 3x3 2 3x 2 2x2 11x 21 33 4x 4 0 2 2 x 5 x x 2 x 10 x 3 x2 4 x 1 2x 3 4x 5 3x 1 2x 7 x 3 x2 3x 1 x 3 x2 1 3 x 1 3 x 1 x 3 2 3 x 3 x 1 2x 1 3 3x2 3x 2 x3 1 x2 x 2 2x2 x2 x 2 3x 1 Bài 20) Giải phương trình: a) x2 x2 2x 8 12 2x b) 2x2 5 2x2 3x 9 3x 3 c) x2 4x 6 2x2 8x 12 d) 3x2 15x 2 x2 5x 1 2 e) (x 4)(x 1) 3 x2 5x 2 6 f) 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 1 g) x2 3x 2 2 2x2 6x 2 2 h) x2 x2 11 31 Bài 21) Giải phương trình: 3 2 3 2 2 3 3 2 x 1 x x 2 1 x 1 1 x 1 x 1 x 2 1 x x 35 x 1 x x 3 x 1 4 x 3 3 x2 1 12 x 3 1 x 2x 1 x2 2x2 1 0 64x6 112x4 56x2 7 2 1 x2 Bài 22) Cho phương trình: 1 x 8 x 1 x 8 x m a)Giải pt với m = 3 b) Tìm m để pt có nghiệm c) Tìm m để pt có nghiệm duy nhất 1 1 2 Bài 23) Cho pt: m a)Gpt với m 2 b) Tìm m để pt có nghiệm. x 1 x2 3 Bài 24) Cho pt: 2 x2 2x x2 2x 3 m 0 a)Gpt với m = 9 b)Tìm m để pt có nghiệm. Bài 25) Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: y = x 2 x 1 x 2 x 1 x x x x y y2 1 9 x2 4x y x x 2 2 x 1 y 2 x 2x 1 x 2x 1 y x 1 2 x 2 x 2 4 x 2 Bài 26) Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: x x x x y nếu: a/ Vế trái có 100 dấu căn. b/ Vế trái có n dấu căn. Bài 27:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: x 4 x 4 x 4 x 4 5x x (Vế trái có 100 dấu căn). 3 2 Bài 28:Tìm các số hữu tỉ a và b thoả mãn: 7 20 3 a b 3 a b 3 Bài 29:Cho hai số x , y thoả mãn: x2 4 x y2 4 y 4 . Tính x + y Bài-giảng Pt- Hpt trang.134 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
21. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 Bài 30:Giải phương trình: 3 2x 1 3 x 1 3 Bài 31:Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện: x 1 y2 y 1 z2 z 1 x2 2 3 Chứng minh rằng: x2 y2 z2 2 Bài 32:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a b c a b c Chứng minh rằng: 2012 a 2012 b 2012 c 2012 a b c Bài 33:Giải phương trình nghiệm nguyên: 4y2 2 199 x2 2x Bài 34:Tìm các số hữu tỉ a và b biết: a 7 b 7 11 7 28 x 1 x2 Bài 35:Giải phương trình: 1 1 2x2 1 1 1 1 1 1 20132 1 Bài 36:Tìm các số nguyên k thoả mãn: 1 1 1 12 22 22 32 k 2 k 1 2 2013 Bài 37:Giải phương trình: 1/ 8 x 3 5 x 3 5 2/ x x2 x x2 x 1 3/ 2x2 2x 30 2007. 30 4x 2007 30. 2007 4/ 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 5/ x 1 4x 4 9x 9 100x 100 165 1 1 1 6/ 1 x 3 x 2 x 2 x 1 x 1 x 1 x2 5 1 25x2 125 7/ 9x2 45 16x2 80 3 9 12 16 4 9 8/ x 712671620 52408 x 26022004 x 712619213 56406 x 26022004 1 9/ 2009 2010 x2 x 1 20 2009 2010 x2 x 1 10/ (x 5)(2 x) 3 x2 3x Bài 38) Giải các phương trình sau: 15x 2x2 5 2x2 15x 11 (x 5)(2 x) 3 x2 3x 2 (1 x)(2 x) 1 2x 2x x 17 x2 x 17 x2 9 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 x2 x2 11 31 2n (1 x)2 3n 1 x2 n (1 x)2 0 x (2004 x)(1 1 x )2 (x 3 x 2)(x 9 x 18) 168x 1 x2 23 1 x2 3 Bài 39) Giải phương trình: a)3x 2 = 1 - 2x b)5 2x = x 1 c)3x2 9x 1 + x - 2 = 0 Bài 39) Giải pt: x2 - 3x + x2 3x 5 = 7 G : Đặt t = x2 3x 5 (t 0 ). ĐS: x = -1 v x = 4 Bài 40) Gpt: x 1 + 3x 2 = 5x 1 HD: Đặt đk sau đó bình phương hai vế. ĐS: x = 2 AB khi A 0; B 0 x 2 x 1 A AB B Bài 41) Gpt: HD : ĐS : x = -3. x 1 x 1 B B AB khi A 0; B 0 B x 2 A AB khi A 0; B 0 Bài 42) Gpt: x 5 . x 2 HD: B. ĐS : x = 14 x 5 B AB khi A 0; B 0 Bài 43) Giải phương trình: a)x 1 + x 10 = x 2 + x 5 b) x 1 + x 1 = 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.135 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
22. Pt- Luyện-thi tham-khảo- Hsg/Khối-12 1 1 c) x + x x = 2 d) x2 + 3x + 1 = (x + 3)x2 1 e) (4x - 1)x3 1 = 2x3 + 2x +1 2 4 f) x2 - 1 = 2xx2 2x g) x2 + 4x = (x + 2) x2 2x 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.136 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng