4 phuong trinh 4 ii

II Các ví dụ vận dụng hàm số y  f ( x ) đơn điệu chiều miền D tồn u , v  D f (u)  f (v )  u v Ví dụ 203 Giải phương trình: 3 x2  x   x2  () x 1 Phân tích Nếu lập phương hai vế phương trình phức tạp, quan 2 tâm đến mối liên hệ biến thức, ta nhận thấy: x  (2 x )  x  ( x  1)  Tức ()  ( x  1)   ( x  1)  (2 x2 )   (2 x ) với vế trái phải có dạng f (tt)  t   mà ta gọi hàm đặc trưng Khi phương trình viết dạng f ( x  1)  f (2 x ) nên sử dụng phương pháp hàm sau:  Lời giải Tập xác định: D  ()  (1) ( x  1)   ( x  1)  (2 x )   (2 x )  f ( x  1)  f (2 x ) Xét hàm số f (tt)  t   có f (t )  3 tt   0, x   \  1; 0 (  1)2 Do hàm số f (t ) đồng biến  (2) 2 Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (2 x )  x  2 x  x 1 x   Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  , x 1 Ví dụ 204 Giải phương trình: x  x  x  3x  3 x   x  () HSG trường chuyên khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ 2010 Phân tích Bậc cao phương trình bậc ba, thường ta xây dựng hàm đặc trưng bậc ba dạng f (t ) mt  nt Nghĩa ta cần viết lại phương trình dạng: x  3x   x  3x  x   x  (theo biểu thức dấu căn) xem x3  3x  ( x  x  1)3 , x  ( x2  2) ta đưa hàm đặc trưng với m n 1 có lời giải chi tiết sau:  Lời giải Tập xác định: D  ()  x  x   x3  x  x2   x   ( x3  3x  1)3  x3  3x  ( x  2)  x   f ( x  3x  1)  f ( x2  ) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) ln đồng biến  Từ (1), (2), suy ra: f ( x  3x  1)  f ( x  2)  3 3 Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  Giải phương trình: 24 x  60 x  36  2 x  3x   x   x  x  3x  0  (2 x  1)( x  x  1) 0  x  Ví dụ 205 (2) 3 1 1  x  2 1 , x  2 0 () 5x  x Học sinh giỏi tỉnh Quảng Ninh năm 2011  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word  Lời giải Điều kiện: x  ()  (5 x  6)2   (5 x  6)  Xét hàm số f (tt)   1 x  x  f (5 x  6)  f ( x) (1; ) có f (tt) 2t  (1) 2(tt 1) t Do hàm số f (t ) ln đồng biến nửa khoảng (1; ) Từ (1), (2)  f (5 x  6)  f ( x)  x  x  x   1  0,   (2) Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x   Ví dụ 206 Giải phương trình: x  x  15x  13  x9  x  12 x  4x  ()  Lời giải Điều kiện: x   1 ()  x    x9  x  12 x  4x  1  ( x  2)   x9   f ( x  2)  f ( x  9) (1) ( x  2)  ( x  9)2  2tt tt4    (  1)2  f ( tt )     0,  Xét f (tt)    có (tt2  3)2 (  3)2 t 3 Do hàm số f (t ) đồng biến  (2) Từ (1), (2)  f ( x  2)  f ( x  9)  x   x   x  29   Kết luận: So với điều kiện phương trình có nghiệm x  29    ax  bx  cx  d n ex  f (i ) Xét hai dạng chuẩn:  (ii )  ax  bx  cx  d (ax  b) c x  d Hai dạng xây dựng hàm đặc trưng vế dạng f (t ) m.t  n.t Đối với dạng (i ), ta xét: m.( px  u)3  n.( px  u) m.( ex  f )3  n ex  f đồng hệ số với đề tìm giá trị m , n, p , u Đối với dạng ( ii ), ta dựa vào thức để biến đổi, từ định hướng dạng hàm số đặc trưng biến đổi vế lại Để hiểu kỹ nó, ta xét ví dụ sau: Ví dụ 207 () Giải phương trình: x  15 x2  78 x  141 5 x  Olympic 30/04/2011 Phân tích Xét phương trình: ( x  m)3  5.( x  m) ( x  9)3  x  khai triển ta được: x  3mx  (3m2  4)x  m3  m 5 x  Đồng hệ số với phương 3m  15   m  Khi ta viết phương trình trình cho, hệ: 3m  78 m3  4m  141  ()  ( x  5)3  5.( x  5) ( x  9)  x   f ( x  5)  f ( x  9) với hàm số đặc trưng hai vế có dạng f (tt) t  ln đơn điệu  có lời giải Ngồi http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ra, ta giải tốn phép đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình mà học học (lời giải 3) Tập xác định: D   Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số ()  ( x  5)3  5( x  5) ( x  9)  x   f ( x  5)  f ( x  9) (1) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  (2) Từ (1), (2)  f ( x  5)  f ( x  9)  x   x   x 4 x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  11   11    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích số (i ) ()  ( x  5)3  5( x  5) ( x  9)  x  3 3 Đặt a x  5, b  x  (i )  a  5a b  5b  a  b  5( a  b) 0  ( a  b)( a  ab  b2  5) 0  a b  x  x   x 4, x  11   11    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gẩn đối xứng loại II ( y  5) 2 x  Đặt y   x     x  15x  78 x  141 5( y  5)  y  15 y  75 y  x  116 0    ( y  x )  15( y  x )  80( y  x) 0 x  15 x  78 x  y  116    y x  ( y  x)  y  yx  x  15( y  x)  80  0   2  y  ( x  15)y  x  15 x  80 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x   Với y x  x   x   x 4 x 11   2  Với y  ( x  15) y  x  15 x  80 0 xem phương trình bậc hai với ẩn y có:  y  x  30 x  95  0, x nên phương trình vơ nghiệm 11   Nhận xét Việc tìm phép ẩn phụ tiếp cận cơng cụ đạo hàm thông qua 2 việc xét hàm số dấu f ( x) x  15x  78x  141  f ( x) 3x  30 x  78 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x   f  6 x  30 0  x 5 đặt y   x  Hoặc ta tìm phép đặt ẩn phụ từ dạng tổng quát (dạng 8, 3): ( ax  b)n p n cx  d  q.x  r với n   2; 3 đặt ay  b  n cx  d p.c  0, đặt  ( ay  b)  n cx  d p.c   Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng hàm   y 2 x  y  x    y  y x  15 x  80 x  150 Đặt  5 y x  15x  78 x  141  y  y ( x  5)3  5.( x  5)  f ( y)  f ( x  5) (3) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  (4) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 11   Bình luận Lời giải gọn lời giải ta sử dụng ẩn phụ để đưa hệ tạm, sau cộng hai phương trình lại với (đơi nhân thêm số cộng với phương trình cịn lại để tạo hàm đặc trưng) Hiển nhiên, 3 cần đến đồng thức, tức cần có y  y ( x  m)  5( x  m) khai triển vế trái, đồng với phương trình ban đầu m  Nói chung, cách có lợi riêng nó, tùy thuộc đặc điểm tốn, nhạy bén người giải toán Từ (3), (4)  f ( y)  f ( x  5)  Ví dụ 208 x  x   x 4 x  Giải phương trình: 16 x  168 x  580 x  655  5x  19 () Phân tích Xét: m( px  u)3  ( px  u) m( 5x  19)  x  19 khai triển được: mp x  3mp ux  (3mpu2  p  5m)x  mu3  u  19m  5x  19 Nếu đồng hệ số  m 2, p 2  Nếu m 2, p 2 đồng bậc ba mp 16 nên chọn:   m 16, p 1 hệ số bậc hai 24u  168  u  lúc phương trình viết lại 2(2 x  7)3  (2 x  7) 2( x  19)  x  19 Khai triễn rút gọn phương trình giống với đề bài, chứng tỏ hướng chọn m 2, p 2 hướng Nếu không khớp với đề chọn lại, thường m, p số ngun Những bước phân tích nhìn dài quen nhanh Tập xác định: D  ()  2(2 x  7)3  (2 x  7) 2(5 x  19)  5x  19  f (2 x  7)  f ( 5x  19) (1)  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số Xét hàm số f (tt) 2t   có f (tt) 6t   0,  Do hàm số f (t ) ln đồng biến  (2) Từ (1), (2)  f (2 x  7)  f ( x  19)  x   x  19  x  84 x  289 x  324 0  ( x  4)(8 x  52 x  81) 0  x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng hàm  y 5 x  19 (3) Đặt: y  5x  19   (4)  y 16 x  168 x  580 x  655 Nhận xét Nếu cộng hai phương trình lại với vế trái y  y tức Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  xây dựng hàm đặc trưng f (tt) t  vế phải không đưa hàm này, tức không sử dụng phương pháp hàm Để ý phương trình (4) có số 16, theo kinh 3 nghiệm 16 x 2.(2 x) nên thử nhân phương trình (3) với 2, cộng với 3 phương trình (4) được: y  y 16 x  168 x  590 x  693 Mong muốn lúc 3 cần biến đổi dạng: y  y 2(2 x  m)  (2 x  m) đồng m   2 y 10 x  38   y  y 16 x  168 x  590 x  693  y 16 x  168 x  580 x  655  y  y 2(2 x  7)3  (2 x  7)  f ( y)  f (2 x  7) (5) Xét hàm số f (tt) 2t   có f (tt) 6t   0,  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Do hàm số f (t ) đồng biến  (6) Từ (5), (6)  f ( y)  f (2 x  7)  y 2 x   x  19  x 4, x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích số 3 3 Đặt a 2 x  7, b  x  19 (1)  2a  a 2b  b  2( a  b )  ( a  b) 0  ( a  b)(2a2  2ab  2b  1) 0  a b , (do : 2a  2ab  2b   0) Suy ra: 5x  19 2 x   ( x  4)(8 x  52 x  81) 0  x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng loại II 2 Phân tích Xét hàm số y 16 x  168 x  580 x  655 có y ' 48 x  336 x  580 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  nên tìm phép đặt ẩn phụ y   5x  19 (2 y  7)3 5 x  19 Đặt y   5x  19   16 x  168 x  580 x  655 2 y  8 y  84 y  294 y  5x  324 0   8( y  x3 )  84( y  x2 )  295( y  x) 0 x  84 x  290 x  y  324    y x y  4(2 x  21) y  x  84 x  295 0 y '' 96 x  336 0  x   Với y x  y   5x  19  x 4 x 13   2  Với y  4(2 x  21)y  8x  84 x  295 0 có y  48 x  336x  596  0, x nên phương trình vơ nghiệm Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  Ví dụ 209 13   Giải phương trình: x  13x  x 2 x  x  () Phân tích Xét (2 x  m)3  2(2 x  m) ( x2  x  3)2  x2  x  đồng hệ số ta m 1 nên có lời giải sau: Tập xác định: D  ()  (2 x  1)3  2.(2 x  1) ( x  x  3)  x  x  (i )  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số (i)  f ( x2  3x  3)  f (2 x  1) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,  Do hàm số f (t ) ln đồng biến  Từ (1), (2)  f ( x  3x  3)  f (2 x  1)  (2) x  x  2 x   x  12 x2  x  0  x 1 x   89  16  89  16  Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng hàm đặt ẩn phụ Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word   y x  x  3  y  y (2x  1)  2(2 x  1) Đặt: y  x  3x    2 y 8 x  13x  x 3 Đặt t 2 x  phương trình  y  y tt  2y t  Suy ra: y  x  x  2 x   x 1, x   89  16  89  16  Lời giải Đặt hai ẩn phụ trực tiếp đưa hệ đối xứng loại II Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x  ()  (2 x  1)3  ( x  x  1) 2 2(2 x  1)  ( x  x  1) u 2 x   Đặt  v  2(2 x  1)  ( x  x  1)  u v  3 (3) u  ( x  x  1) 2 v   u  v 2( v  u)  v  ( x  x  1) 2u x  x  2 x   x 1 x   89  16 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x   89  16 n Bình luận Trong lời giải 3, đưa dạng:  f ( x)  b( x) a( x) n a( x) f ( x) b( x) đặt ẩn phụ tìm hiểu học Điều muốn nhắc ta rằng, tốn học có nhiều hướng đi, tùy thuộc vào đặc điểm toán mà ta chọn hướng cho phù hợp, hiển nhiên cần có đầy đủ “phương tiện” đến “địa điểm” cần đến Ví dụ 210 Giải phương trình: x  x2  12 x   x2  x3  19 x  11 Phân tích Xét () m( px  u)3  ( px  u) m(9 x  x  19 x  11)  x  x  19 x  11  ( mp  m)x  (3mup  9m)x  (3u2 mp  p  19m)x  mu3  u  11m VP so sánh mp  m 1  p 1   3mup  9m    (  ) hệ số với thu hệ:  m  Khi phương trình 3u mp  p  19 m 12  mu3  u  11m  u   1  ( x  1)3  ( x  1)  ( x  x  19 x  11)3  x  x  19 x  11 Khai triễn rút 2 gọn tthu phương trình giống đề nên có lời giải Tuy nhiên cách phân tích dài dịng, để khắc phục ta đặt y  x2  x  19 x  11 để đưa hệ tạm, sau cộng lại để tìm hàm đặc trưng có lời giải Tập xác định: D  1 ()  ( x  1)3  ( x  1)  ( x  x  19 x  11)3  x  x  19 x  11 2  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số  f ( x  1)  f (  x  x2  19 x  11) (1) 3 Xét hàm số f (tt)  t   có f (tt)  t   0,  2 Do hàm số f (t ) đồng biến  3 (2) Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (  x  x  19 x  11)  x    x  x  19 x  11  x  x2  11x  0  x 1 x 2 x 3 Kết luận: Phương trình cho có ba nghiệm x 1, x 2, x 3 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word  Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, dùng hàm số  y  x  x  19 x  11 3 y   x  x  19 x  11  Đặt:   y x  x  12 x  (3) (4) Nhận xét Nếu cộng hai phương trình lại vế trái hàm bậc ba, vế phải hàm bậc hai, lệch bậc không sử dụng phương pháp hàm Suy nghĩ tự nhiên, ta nhân phương trình (4) cho 2, cộng với phương trình (3) thu hai vế có dạng bậc ba, khả sử dụng phương pháp hàm số cao  y  x  x  19 x  11    y  y x  x  x  3 2 y 2 x  12 x  24 x  14  y  y ( x  1)3  2( x  1)  f ( y)  f ( x  1) (5) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  Từ (5), (6)  f ( y)  f ( x  1)  y x   3 (6)  x  x  19 x  11 x   x  x  11x  0  x 1 x 2 x 3 Kết luận: Phương trình cho có ba nghiệm x 1, x 2, x 3 Ví dụ 211 Giải phương trình: (9 x  1) x  8 x  12 x  10 x  () Phân tích Phương trình có dạng 2: ax  bx  cx  d ( ax  b) cx  d nêu Khi ta cần bám sát vào đại lượng chứa để phân tích, dự kiến hàm đặc trưng biến đổi vế lại Cụ thể: VT (9 x  1) x   (9 x  1)   x  ( x  1)3  x  nên dự kiến hàm đặc trưng f (tt) t  Từ đó, phân 3 tích vế phải: x  12 x  10 x  (2 x  m)  2(2 x  m) đồng hệ số ta tìm m  có lời giải Hiển nhiên ta hồn tồn đặt hai ẩn phụ a , b để đưa phương trình dạng đối xứng (dành cho lớp 10, 11), kết thúc việc giải phương trình tích số (bạn đọc tự giải)  Lời giải Điều kiện: x   ()  ( x  1)3  x  (2 x  1)  2(2 x  1)  f ( x  1)  f (2 x  1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,  Do hàm số f (t ) đồng biến  Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (2 x  1)  (2) x  2 x   x  Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 212 (1) 13  137  13  137  Giải phương trình: x(4 x  1)  ( x  3)  x 0 Đề thi thử Đại học 2013 khối A – THPT Tuy Phước Phân tích Tương tự thí dụ trên, xuất phát từ ( x  3)  x , có chứa  2x nên chuyển vế nhân cho được: (6  x)  x  (5  x)  1  x  (  x )2  1  x (  x )3   x từ định hướng phân tích vế trái   2 x(4 x  1) (2 x)3  (2 x), đưa hai vế dạng hàm đặc trưng f (tt) t   Lời giải Điều kiện: x   http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ()  (2 x)3  (2 x) (  x )3   x  f (2 x)  f (  x ) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,  Do hàm số f (t ) đồng biến  Từ (1), (2)  f (2 x)  f (  x )   x 2 x  x  (2) 21   21   Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình cho x  Ví dụ 213 Giải phương trình: (4 x  2)(1  x  x  1)  x(2  x  3) 0 () Olympic 30/04 – Đồng Bằng Sông Cửu Long Phân tích Chuyển vế ta được: (4 x  2)(1  x  x  1)  3x(2  x  3) lợi dụng tính chất số phương, ta viết VP (  3x)   (  x)   nên hy vọng vế trái đưa hàm đặc trưng dạng: f (tt) t.(2   3) Thật vậy, có (4 x  2)(1  x2  x  1) (2 x  1)(2  x  x  4) (2 x  1)   (2 x  1)     xây dựng hàm đặc trưng dạng: f (tt) t.(2   3) hai vế  Lời giải Tập xác định: D  ()  (2 x  1)   (2 x  1)2   (  x)   (  x)2    f (2 x  1)  f (  x)     Xét hàm số f (tt) t.(2  2  3)  có f (tt) 2  t   t2 t2   0,  Nên f (t ) đồng biến  f (2 x  1)  f (  x)  x   x  x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x    Ví dụ 214 Giải phương trình: ( x  3) x   ( x  3)  x  x 0 () Điều kiện:  x 1  Lời giải Sử dụng phương pháp hàm số ()  ( x  3) x   x  (3  x)  x   x   ( x  1)   x   ( x  1)  (1  x)    x  (1  x)  ( x  1)3  ( x  1)2  x  (  x )  (  x )2   x (1)  f ( x  1)  f (  x ) Xét hàm số f (tt) tt  2   có f (tt) 3tt    0,  Do f (t ) tăng  f ( x  1)  f (  x )  x    x  x 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0  Lời giải Ghép số để liên hợp sau sử dụng casio tìm x 0 ()  ( x  3)( x   1)  ( x  3)(  x  1)  x 0  x 0    x 0   x  x 4  (i) x 1 1 1 x 1  x   1 x 1 Do x    1;1 , suy ra: VT( i )  0, VP( i )  nên phương trình (i ) vơ nghiệm x( x  3) x( x  3) Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ví dụ 215 Giải: ( x  1)2 (4  x2  x  4)  x( x  1)(8  x2  3)   2x ()  Lời giải Điều kiện: x 0 Do x  không nghiệm nên với x  ta có: 3x  ()  ( x  1)(4  x  x  4)  x(8  x  3)   ( x  1) x 3x   ( x  1)   ( x  1)2    x   (2 x)        2x  2x 1  ( x  1)   ( x  1)2   (  x)   (  x)2         x  2x 1  ( x  1)   ( x  1)2    (  x)   (  x)2      x 1   (  x)  f ( x  1)  f (  x)  \ 0;1 có: t t2 f (tt) 4  t     0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến t t 3 Suy ra: f ( x  1)  f (  x)  x   x  x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x   Nhận xét Trên tơi trình bày dạng chuẩn, việc sử dụng hàm số Nhưng nhiều toán, hàm số đặc trưng che dấu kỹ Khi địi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để bỏ lớp ngụy trang ấy, đưa dạng quen thuộc, ta xét ví dụ sau để minh chứng điều Xét hàm số f (tt) t(4   3)  () Ví dụ 216 Giải phương trình:  x  10 x  17 x  2 x 5x  x  Lời giải Tập xác định: D  Do x 0 không nghiệm nên xét x 0 Chia hai vế () cho x 0 ta được: ()    10 17   2  x x x x (i) Đặt y  , (y 0) (i )  y  17 y  10 y  2 y  x  (2 y  1)3  2(2 y  1) ( y  1)3  y   f (2 y  1)  f ( y  1) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  nên f (t ) tăng  có: f (2 y  1)  f ( y  1)  y   y   y  17 y  y 0  y(8 y  17 y  6) 0  y 0 (loại) y  17  97 17  97  x   16 y 12 Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  Ví dụ 217 Giải phương trình: x  x  17  97  12   1 x 8x ()  Lời giải Điều kiện: x 0 Nhân hai vế () cho x , ta được: ()  x3  x2  9x 9x 3 9x x 3  x  x  x  x  x  x    x  x2  8 8 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word   9x  9x 9x   x  x   x  x   f ( x)  f   x  x   3  x x      8    Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,  Do hàm số f (t) đồng biến  9x  9x 3   x  x  x   có f ( x)  f   x  x     x3  x2   10 x 0  x(16 x  x  9) 0  x 0 x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 218 Giải phương trình:  10  x  x   x   x  x2   x  ()  Lời giải Điều kiện:  x 1 Đặt y   x   x 0  y 6  (5  x)(1  x)  ()  y   4x  x  y2   y2  x y2 ( x  6)2   x 6  y   3 x6   2 2  f ( y)  f ( x  6) t2   0;   có f (tt) 1  t  0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến  0;   có f ( y)  f ( x  6)  y  x  Xét hàm số f (tt)   Suy ra:  x   x  x    x  x x  x  41   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Nhận xét Sự tinh tế lời giải nhận vào vế trái có hàm đặc trưng dự kiến y  Ví dụ 219 Giải: 41   x ( x  6)2  ( x  6)2    dựa 2 y2  có lời giải đẹp  x  x   12  x  x 4 x   x  ()  Lời giải Điều kiện:  x 3 Đặt y   x  x  0  y 7  12  x  x  12  x  x y  ()  y  y  4 x   x   y  y   x   ( x  5)   f ( y)  f ( x  5)   0;   có f (tt) 1  2t  0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến  0;   có f ( y)  f ( x  5)  y  x  Xét hàm số f (tt) t  Suy ra:  x  x   x   12  x  x 2 x   x   229  10  229  10 Nhận xét Một toán có dạng tổng – tích, đặt t  tổng bình phương lên khơng biểu diễn x hết theo t Lúc bạn nháp thử có đưa dạng Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x  Ví dụ 223 Giải:  1  (2 x  1)2 (4 x  x  3)  x    x  x  x   4  Lời giải Điều kiện:  x   Phương trình: 2 (2 x  1)2  (2 x  1)2   ( 2x    2x )  ( 2x    2x )    2   2 ()  (2 x  1)2   f ( 2x    x )  f     Xét hàm số f (tt) t   0;   có f (tt) 1   Do hàm số f (t ) đồng biến  0;    (2 x  1)2  Suy ra: f ( x    x )  f     u  x  0  Đặt  v   x 0 2x    x  (2 x  1)2 (i ) u2  v 4 2 u  v 4   1   2  (u  v ) 2 x  u  v 4 x  2 u2  v 4 2  u  v 4 2 ( i ),  Kết hợp với phương trình hệ   (u  v ) u  v  8 (u  v) (u  v)  2 2 (u  v)  2uv 4 u  v 4 S  P 4      (2  uv)(u  v) 4 (2  P)S 8 (u  v  2uv)(u  v) 8 S u  v 0  P 0 , (S 4 P) giải hệ được:   Với   P uv 0 S 2  x  2  x  0    x   x    2   x 2   x 0 Kết luận: So với điều kiện nghiệm phương trình x  , x   2  x  x  2 (2 x  1)(3  x)   2 Nhận xét Do nhận ra:  ( x  1)  (  x ) nên  2  (2 x  1) (4 x  x  3) (2 x  1)  (2 x  1)   mạnh dạn biến đổi (), để xây dựng hàm đặc trưng sử dụng phương pháp hàm u 2 u 0    Suy ra:  v 0 v 2 Ví dụ 224 Giải phương trình:  x3 1 1 x x  2x  ()   2x Điều kiện:  x 1  Lời giải Đánh giá phương pháp hàm số ()  x3   ( x  3)  2x    (2 x  2) x   f ( x  3)  f (2 x  2) x  (i) Nhận thấy x 1 nghiệm phương trình cho http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Xét hàm số f (t )  t xác định đoạn  0;  có: 1  t    tt  f (tt)    0,    0;  Do hàm số f (t )   tt   t  (1   )  đồng biến đoạn  0;  x   2x   f ( x  3)  f (2 x  2)  Nếu x    1;1 , suy ra:  x   x    f ( x  3)  f (2 x  2)   phương trình (i) vơ nghiệm x    1;1 x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1 t Bình luận Việc phát hàm số f (tt)  ,   0;  khơng 1  t khó, thấy từ việc quan sát biểu thức đặt điều kiện xác định Ở sử dụng kết quả: "Nếu hàm số f ( x) đồng biến D f (u)  f ( v)  u  v;  u, v  D Nếu f ( x) ln nghịch biến D f (u)  f ( v)  u  v;  u, v  D " Hiển nhiên kết nhờ vào nhẩm nghiệm x 1 phương trình nên chứng minh khoảng cịn lại vơ nghiệm Ta hồn tồn đưa hẳn dạng f (u)  f ( v)  u v lời giải sau:  Lời giải Đặt ẩn phụ, kết hợp với phương pháp hàm số ()  x3   ( x  3)  2x    (2 x  2) x  (i ) u x  u v  v  u x  (i)   v  u Đặt  v  x   1  u   v2  u 1  u u  Xét hàm số f (tt)  v 1  v t   t2   v  f (u)  f ( v) (1) xác định liên tục đoạn  0;  có:    tt2  t  f (tt)     t  tt  (1    đồng biến đoạn  0;  2 )   0,    0;  Do hàm số f (t ) (2) Từ (1), (2)  f (u)  f ( v)  u v , suy ra: x  2 x   x 1 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1 Ví dụ 225 Giải phương trình: x2  x  2 1  x  x  x2  x  x  () 1  x  x  Học sinh giỏi tỉnh Bình Phước 0 x  x  4   17   x    Lời giải Điều kiện:  2 0 x  x 4 ()  x2  x  2   ( x  x  2)  x2  x x  1   ( x  x)  f ( x2  x  2)  f ( x2  x) x  (i ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Xét hàm số f (t )  t 1  t xác định liên tục đoạn  0;  có:    tt  f (tt)    0,   (0; 4)   tt  t  (1   )  Suy hàm số f (t ) đồng biến đoạn  0;   x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x)  Nếu x    1;1     x    x    f ( x  x  2)  f ( x  x)   , suy (i ) vô nghiệm x    1;1  x      17   x  x   x  x  f ( x  x  2)  f ( x  x)  Nếu x   1;       x    x        17   f ( x  x  2)  f ( x  x)   , suy (i ) vô nghiệm x   1;    x      Thử trực tiếp, thấy x 1 thỏa (), nên x 1 nghiệm Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1 BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 360 Giải phương trình: x   x  1  Lời giải Điều kiện: x   Ta có: ()  ( x  ) () x   x   0 1  Xét hàm số f ( x)  x   x   ;   có: 2  1  1   0, x   ;   nên f ( x) đồng biến  ;    4x  2  2  x2   1 Do phương trình f ( x) 0 có tối đa nghiệm có f   0, suy ra: x   2   f ( x)  4x  Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x   BT 361 Giải phương trình: 3  x  2x   x 6 () ( x  ) 3  x 0  x   Lời giải Điều kiện:  2 2 x  0 Do x   3 không nghiệm phương trình (), nên xét x   ;    2  3  x   ;  có: 2x   2 Xét hàm số f ( x) 3  x  f ( x)  (3  x)   3  x  0, x   ;    2 (2 x  1)  3 Nên hàm số f ( x) nghịch biến  ;   Do phương trình f ( x) 0 có tối đa  2 nghiệm ta có: f (1) 0  x 1 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1 BT 362 Giải phương trình:  Lời giải Do x  48  x  48  ()  x   nên cần điều kiện: x  13 0  x  x2   x  13 0 x x  48  13  (1)  13  x   x  13  ;   có:   Xét hàm số f ( x)  x2  48  f ( x)  ( x  ) () x  48 4 x  13  x   x   x2  48  13   0, x   x  2   x 9  x  x  48  x  13  Nên hàm số f ( x) nghịch biến  ;    Do phương trình f ( x) 0 có tối đa   f (4)   x  nghiệm có Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 4 BT 363 Giải phương trình: x   x 7  () x ( x  )  Lời giải Điều kiện: x 1 Do x 1 không nghiệm nên xét x  ()  x   x  x   0 Xét hàm số f ( x)  x   x  x   (1; ) có: f ( x)  3 ( x  6)  2x  x  0, x  1, nên f (t ) đồng biến (1; ) Do phương trình f ( x) 0 có tối đa nghiệm có f (2) 0  x 2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 2 BT 364 Giải phương trình: x  x  15.( x   x  2)3 () ( x  )  Lời giải Điều kiện: x  ( x 1 ()  x  x  15   x  2) ( x   x  2)   x 1 x  3   3  x  x2  15    ( x  x  1)( x   x  2)  15 0  x 1 x  2 Xét hàm số dương g( x) x  x  (2; ) có g( x) 3x  x  0, x  nên hàm số g( x) đồng biến (2; ) Xét hàm số dương h( x) ( x   x  2)3 (2; ) có:   1 h( x) 3 ( x   x  2)2     0, x  2 x x 2 Do hàm số h( x) ln đồng biến (2; ) Suy hàm số f ( x) h( x) g( x) ( x  x  1) ( x   x  2)3 đồng biến (2; ) Do f ( x) 0 có tối đa nghiệm có f (2) 0  x 2 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 2 BT 365 Giải phương trình: (2 x  7) ( x   x  3)  0 () ( x  )  Lời giải Điều kiện: x   http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 2  7  x  không nghiệm nên xét x   ;   \    3   2 5 ()  x   x   0 Đặt f ( x)  x   x    2x  2x  10 2  7    Xét hàm số f ( x) x   ;   \   có f ( x)  (2 x  7)2 3x  x  3  2 Do x  x  28 10 2  7      0, x   ;   \    2 (3x  1)( x  3) (3 x   x  1) (2 x  7) 3  2  2 7 7  Do hàm số đồng biến khoảng  ;  ,  ;     2   x   f ( x)  f ( x)     Mà ta có: ff(1)  x(6) x0  1, 6 nghiệm Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1, x 6 BT 366 Giải phương trình: 2( x  3)( x   2 x  ) 3 x  ( x  ) 7  7  Lời giải Điều kiện: x  Do x  không nghiệm, nên xét x   ;    2 2  3x  3x  ()  x   2 x    x   2x   0 2x  2x  7  3x  Xét hàm số f ( x)  x   2 x    ;   có: 2x    f ( x)  3 ( x  4)  2x   10  0, x   2 (2 x  6) 7  Do hàm số f ( x) đồng biến  ;   phương trình f ( x) 0 có tối đa 2  f (4)  f ( x )  nghiệm Mà nên có nghiệm x 4 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 4 BT 367 Giải phương trình: x    x  12 x2 ( x  )  Lời giải Điều kiện:  x 5 Ta có: ()  x  x   Do x 5 không nghiệm (), nên xét x  (  5; 5) Xét hàm số f ( x) x   x  12 khoảng (5; 5) có:  5 x  5x  2 x   5 x  25  x   x  2 x   x    25  x (  x   x ) 25  x (  x   x )    0, x  (5; 5) Cho f ( x) 0  x 0, :  25  x (  x   x ) x   5   f ( x) f ( x ) 2 x  1   2 5x x5   x  12 0 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 13  f ( x) 10 13  10  12  Dựa vào bảng biến thiên, suy phương trình có tối đa nghiệm Mà ff(  4)  (4) 0 nên có nghiệm x  x 4 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm x 4 BT 368 Giải phương trình: 3x   x 1   x  11 ( x  ) 11 x   Do x  không nghiệm nên ta xét 3 11 x  , x   Khi đó: ()  x   x   0 2 x  11 8   11  Xét hàm số f ( x)  x   x    ;   \   có: x  11   2  Lời giải Điều kiện: x  f ( x)   3x   x 1  10 x   3x  10   2 (2 x  11) (3 x  8)( x  1) (2 x  11) x  17 2.(3 x   x  8) (3x  8)( x  1)  10 11  0, x  , x   (2 x  11) 8   11  Suy hàm số f ( x) đồng biến  ;   \    Từ có bảng biến thiên:   2 11 x     f ( x)   f ( x)  Mà ff(3)  (8) 0, suy ra: x 3, x 8 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 3, x 8 BT 369 Giải phương trình: ( x  ) x  x  32( x  1)2 x   Lời giải Điều kiện: x 1 Khi đó: ()  x  x  2.(4 x  4)5 tt Đặt t 4 x  0 ()  2tt5   ()  4    0  8tt  t      Do t 0 không nghiệm nên xét t  chia vế cho t  0, phương trình 1 1    8 xét hàm số f (t )      nghịch biến tt5 tt4 tt tt (0; ) có f (1) 0  x 1 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 1  BT 370 Giải phương trình: x 1  3 3x   3x  3x  ( x  )  Lời giải Điều kiện: x   Khi đó: ()  3 x  x  8 x  12 Với x  3x  3x   nên để phương trình có nghiệm cần điều kiện 3 kéo theo x  12   x   http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word  5  phương trình  tt Đặt t  3x  ,  t     3 4  8.(t  2)  12 20 20    0 hàm số f (t ) 3 3    nghịch biến t tt t tt   ;   có f (2) 0  x 2     Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 2 BT 371 Giải phương trình: x  x  14 x  16 (28  x ) x  15 ( x  )  Lời giải Điều kiện: x  15 0  x  15  () ()  x.( x3  7)  3.( x  7)  4.(7  x ) 2.( x  7) Đặt t x   x  t  với t   Khi đó: không nghiệm nên xét 1  phương trình nửa khoảng điều kiện: t   ;      1  Xét hàm số f (tt) 2tt  tt     ;   có:   ()  2tt tt  3t    0 t  f (tt) 2 t   2tt 3 (t  7)   1   0, t   15  2t  1  Do hàm số f (t ) ln đồng biến nửa khoảng  ;    2  Mà ta có: f (1) 0  t 1 nghiệm f (t ) 0 Suy ra: x 8 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 8 BT 372 Giải phương trình: x  x   2x 3 x  x  x  x   Lời giải Tập xác định: D  Nhận thấy x 0 nghiệm phương trình cho  Với x  : chia hai vế cho x đặt t  , ta được: x ()  tt2  tt  t 3     đặt u  2t  phương trình tương đương: 3u  u6   u6  15  0 Xét hàm số f (u) 3u  u6   u6  15  dễ dàng nhận u  f (u) 0 vơ nghiệm nên xét u  Khi đó: f (u) 3  3u5  3u5 u6  u6  15 Do hàm số f (u) đồng biến (0; ) Mà f (1) 0  u 1  x 1  Với x  : ta làm tương tự, vơ nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm x 0, x 1 BT 373 Giải: x2  x   2x2  2x   x2  x  ( x  x  1)(2 x  x  1)  ( x  )  Lời giải Tập xác định: D  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 1  x  x  2x  2x  1  x2  x    2x2  2x   x  x 1 2x2  2x   f ( x2  x  1)  f (2 x  x  1) ()  x2  x   Xét hàm số f (tt)  2x2  2x    1   0,  0  \ 0 có: f (tt)  t t t Do hàm số f (t ) đồng biến  \ 0  x  2 2  Suy ra: f ( x  x  1)  f (2 x  x  1)  x  x  2 x  x     x 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  1, x 0 ( x  ) BT 374 Giải phương trình: x  x  x  x   x    Lời giải Điều kiện: ()  x  x   x  x  4 x   x   ( x  x  1)3  x  3x  ( x  2)  x   f ( x  3x  1)  f ( x  2) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    nên f (t ) đồng biến   x 1  x   2 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  , x  , x 1 2 f ( x  x  1)  f ( x  2)  x  x  4 x   x  ( x  ) BT 375 Giải phương trình: x  36 x2  53 x  25  3x   Lời giải Tập xác định: D  ()  (2 x  3)3  (2 x  3) ( 3 x  5)  3 x   f (2 x  3)  f ( 3 x  5) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  , nên f (t ) đồng biến  Suy ra: f (2 x  3)  f ( 3 x  5)  x   3 x   (2 x  3) 3 x   x 2  x  36 x  51x  22 0  ( x  2)(8 x  20 x  11) 0     x 5   2 Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x 2, x  5  BT 376 Giải phương trình: x  12 x  5x  3 x  ( x  )  Lời giải Tập xác định: D  ()  (2 x  1)3  (2 x  1) ( 3x  2)3  3 x   f (2 x  1)  f ( 3 x  2) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  , nên f (t ) đồng biến  Suy ra: f (2 x  1)  f ( 3x  2)  3 x  2 x   x 1 x  Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x 1, x  BT 377 Giải phương trình: x  27 x  27 x  13 x  1  1  ( x  )  Lời giải Tập xác định: D  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ()  (3x  1)3  2(3 x  1) ( x  1)  x   f (3 x  1)  f ( x  1) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  , nên f (t ) đồng biến  Suy ra: f (3 x  1)  f ( x  1)  (3 x  1)3 2 x   x 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0 ( x  ) BT 378 Giải phương trình: x  x2  3 3x  1  3x Tập xác định: D   Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số ()  ( x  1)3  3( x  1) ( 3 x  5)  3 x   f ( x  1)  f ( 3x  5) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  , nên f (t ) tăng   x 1 3  Suy ra: f ( x  1)  f ( x  5)  x   3x   x  3x  0    x  Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  2, x 1  Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng ( y  1) 3 x    ( y  1)3  ( x  1)3 3( x  y) Đặt y   x    ( x  1)  y     y   3( y  1)2  ( x  y )   x     0  x y       3 Với x y , suy ra: ( x  1) 3 x   x  x  0  x 1 x  Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  2, x 1 BT 379 Giải phương trình: x  13 x  2 x x(1  3x  x ) ( x  )  Lời giải Tập xác định: D  Do x 0 không nghiệm nên chia hai vế phương trình cho x 0, ta được: ()  13   2   đặt y  , y 0 phương trình tương đương: x x x x x x y  13 y  y 2 y  y   (2 y  1)3  2(2 y  1) ( y  y  3)3  y  y  Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,  , nên f (t ) đồng biến  Suy ra: f (2 y  1)  f ( y  y  3)  y   y  y  Từ tìm nghiệm x 1, x    89  89 , x   4 Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm x 1, x  BT 380 Giải phương trình: x  18 x    89  14  27    x x x ( x  )  Lời giải Điều kiện: x 0 Nhân vế phương trình cho x , được: ()  x  18 x  27 x  14  x  (2 x  3)3  (2 x  3) ( x  5)3  x   f (2 x  3)  f ( x  5) Xét hàm số f (tt)  t  có f (tt)  t   0,  , nên f (t ) tăng  2  http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word