Chuyên đề phương trình ôn thi THPT quốc gia (có lời giải chi tiết)

Chuyên đề phương trình ôn thi THPT quốc gia (có lời giải chi tiết) Chuyên đề phương trình ôn thi THPT quốc gia (có lời giải chi tiết) Chuyên đề phương trình ôn thi THPT quốc gia (có lời giải chi tiết) Chuyên đề phương trình ôn thi THPT quốc gia (có lời giải chi tiết)

M ỘT SỐ B ÀI TOÁN GI ẢI PH ƯƠNG TR ÌNH PHỔ BIẾN NHẤT TRONG THI ĐẠI HỌC C ẨM NANG CHO M ÙA THI (ÔN THI THPT QUỐC GIA) M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 1 Bài 1: Giải phương trình ( ) 2 1 1 x 2 x x 8 2 2 2 1 7 9 .log x x 2 3 .log 2 x 0 2 4 − − − +   − + − − + =     Hướng dẫn + Khi gặp phương trình mũ hoặc log, trước hết ta biến đổi theo cơ số nhỏ nhất (ở đây là cơ số 3), biến đổi phương trình đã cho, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 x 2 x x 8 2 2 2 1 2x 1 2 4 2 2 x x 1 4 2 2 2 2x 1 x x 1 x x 2x 1 2 4 2 2 1 x x 4 1 7 9 .log x x 2 3 .log 2 x 0 2 4 1 7 3 .log x x 2 .log 2x 1 0 4 3 3 1 7 .log x x 2 .log 2x 1 0 4 3 3 7 3 .log x x 2 3 .log 2x 1 0 4 3 .log − − − + − − − − − − + − − +   − + − − + =       ⇔ − + − − + =       ⇔ − + − − + =       ⇔ − + − − + =     ⇔ 2x 1 2 2 2 1 7 7 x x 3 .log 2x 1 4 4 4 (1) −       − + + = − +             + Xét hàm số t 2 7 f (t) 3 .log t 4   = +     , ta thấy 2 2 1 1 x x x 0 t 0 4 2 2x 1 0    − + = − ≥    ⇒ ≥     − ≥  t t 2 7 1 f '(t) 3 .ln 3.log t 3 . 0, t 0 4 t.ln 2   ⇒ = + + > ∀ ≥     f (t) ⇒ là hàm đồng biến + Từ (1) ( ) 2 2 1 1 f x x f 2x 1 x x 2x 1 4 4   ⇒ − + = − ⇒ − + = −     (2) + Xét 2 TH: 2x 1 0;2x 1 0 − ≥ − < để bỏ dấu GTTĐ ở (2), giải PT (2) ta có ĐS: 1 5 x ; 2 2 = Bài 2: Giải phương trình 3 2 3 x x 19x 16 3x x 1 + − − = + Hướng dẫn + ĐK: x 1 ≥ − + Nhận thấy biểu thức trong căn ở VP là: ( ) ( ) 3 2 x 1 x 1 x x 1 + = + − + nên rất có thể đây là cơ sở để cho ta phân tích VT của phương trình, thật vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 2 2 x x 19x 16 x 1 x x 1 18 x 1 x x 19x 16 x 1 x x 1 x x 1 18 x 1 + − − = + + − + − + ⇔ + − − = + − + + − + − + + Phương trình đã cho trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 x x 1 x x 1 18 x 1 3 x 1 1 x 1 x x 1   + − + + − + − + = + − + − +   (1) + Đặt ẩn phụ 2 a x 1 0 b x x 1 0  = + ≥   = − + ≥   thay vào (1) ta được: ( ) 2 2 2 2 2 a b b 18a 3 a 1 ab + − = − (2) + Phương trình (2) muốn giải được thì chỉ còn cách phân tích đa thức thành nhân tử, công việc phân tích này không phải dễ dàng, chúng ta sẽ dùng mẹo sau để phân tích: M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 2 - Trước hết ta biến đổi để đưa (2) về phương trình bậc 2 đối với biến là b: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 3 2 a b b 18a 3 a 1 ab a 1 b 3a 3a b 18a 0 (3) + − = − ⇔ + − − − = - Phương trình (3) tính được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 3a 3a 4 a 1 18a 9a a 3 ∆ = − + + = = + ⇒ phương trình (3) có 2 nghiệm ( ) ( ) 3 2 2 2 3 2 2 2 3a 3a 3a a 3 b 3a b 3a 0 a 1 a b b 12a 0 3a 3a 3a a 3 12a b a 1 a 1  − + +  = = − =  +  ⇔   + + = − − +  −  = =  + +  + Vậy (2) : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b b 18a 3 a 1 ab b 3a a b b 12a 0 + − = − ⇔ − + + = + Do 2 a b b 12a 0 a b 0 + + = ⇔ = = (do a, b 0 ≥ ) 2 x 0 x 1 x x 1 x 2 =  ⇒ + = − + ⇔  =  + Thử lại vào PT đã cho thấy x = 0; x = 2 không là nghiệm (loại) + Vậy chỉ còn khả năng b 3a = 2 x x 1 3 x 1 x 5 33 ⇒ − + = + ⇔ = ± Bài 3: Giải phương trình ( ) ( ) 4 3 2 2 4x 13x 9x 16 2x 3x x 3 x 1 8 − + + − + + + − = Hướng dẫn + ĐK 4 3 2 4x 12x 9x 16 0 x 1  − + + ≥  ≥  + Ta biến đổi PT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2x 3x 16 2x 3x x 1 4 x 1 8     ⇔ − + − − − + + − =       + Đặt 2 a 2x 3x b x 1  = −   = −   thay vào phương trình ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 16 a b 4 b 8 8 b 4 b a 16 a 8 a 16 a b 4 b 16 a 16 a b 4 b 2 2 b 4 2b a 16 a 2b 16 2b a 16 a (1) + − + + = ⇔ + + = + − + + ⇔ + + = + + ⇔ + + = ⇔ + + = + + ⇔ + + = + + + Xét hàm số 2 2 t f (t) t 16 t, t R f '(t) 1 0, t R f (t) t 16 (*)= + + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ + là hàm đồng biến. Vậy từ (1) f (2b) f (a) 2b a ⇒ = ⇒ = ( ) ( ) 2 2 2 2 2x 3x 0 2 x 1 2x 3x (I) 4 x 1 2x 3x  − ≥  ⇒ − = − ⇔  − = −   + Các bạn tự giải hệ (I) x 2 ⇒ = M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 3 (Chú ý: Ta giải thích cho f '(t) 0 > bằng phương pháp phản chứng như sau: Giả sử 2 2 2 2 t 0 f '(t) 0 t t 16 0 t 16 t t 16 t ≤  < ⇔ + + < ⇔ + < − ⇔  + <  (vô lý) f '(t) 0 ⇒ > ) Bài 4: Giải phương trình 2 2 7 2 1 8 7 1 + − = − + − + − + x x x x x Hướng dẫn: Đk: 1 7 x ≤ ≤ pt 1 2 1 2 7 ( 1)(7 ) 0 ⇔ − − − + − − − − = x x x x x 1( 1 2) 7 ( 1 2) 0 ⇔ − − − − − − − = x x x x ( 1 2)( 1 7 ) 0 ⇔ − − − − − = x x x 1 2 5 4 1 7  − = =  ⇔ ⇔   = − = −    x x x x x thỏa mãn đk Bài 5: Giải phương trình: 4 2 2 1 (1 ) x x x x x + + + = − Hướng dẫn: ĐK: 1 0 1 ≤ −   ≤ ≤  x x - TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình - TH2: Với 0 x ≠ . * Với 0 1 x < ≤ Khi đó pt 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x ⇔ + + + = − ⇔ + + + = − Đặt 4 2 2 1 1 2 t x t x x x = − ⇒ = + − . Khi đó ta được phương trình : 2 4 2 1 3 1 1( ) 2 2 0 t t t t loai t t t ≥  + + = ⇔ ⇔ = −  − + + =  * Với 1 x ≤ − . Ta có 2 2 1 1 1 1 x x x x − + + + = − − Đặt 4 2 2 1 1 2 t x t x x x = − ⇒ = + − . Khi đó ta được 4 3 1 1 t t t + = + ⇔ = ⇒ 2 1 5 1 0 2 x x x − ± + − = ⇔ = . So sánh đk ta được nghiệm 1 5 2 x − − = .Vậy pt đã cho có nghiệm 1 5 2 x − − = Bài 6: Giải phương trình : ( ) 2 3 4 2 10 2 9 37 4x 15 33 x x x − − − = − − Hướng dẫn: ĐK: 5 x ≤ . Pt ( ) ( ) 2 3 4 4 9 37 8 4 10 2 4 15 81 0 x x x x ⇔ + − + − − + − − = M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 4 ( ) ( ) 2 3 3 4 27 9 8(6 2 ) ( 3)(4 27) 0 4 10 2 16 4 9 37 9 37 x x x x x x x + + ⇔ + + + − = + − − − + − - TH1 3 0 3 x x + = ⇔ = − (TMPT) - TH 2. 3 x ≠ − ( ) 2 3 3 36 16 4 27 0 4 10 2 16 4 9 37 9 37 x x x x ⇔ + + − = + − − − + − ( ) 2 3 36 16 4 27 0 4 10 2 12 9 37 2 x x x ⇔ + + − = + − + − − + Do 5 x ≤ nên 36 16 4.5 27 0 12 4 VT ≤ + + − = . Đẳng thức xảy ra 5 x ⇔ = Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3 − và 5 Bài 7: Giải phương trình ( ) 2 4 2 1 log 2 2.8 3.2 1 (*) 2.16 2.4 1 − + = − + − + x x x x x x x . Hướng dẫn: ( ) 2 2 2 2 ' 2 log (4 2 1) log (2.16 2.4 1) 2.16 3.4 2 log (4 2 1) 4 2 1 log (2.16 2.4 1) 2.16 2.4 1 1 XÐt ( ) log , 0, ( ) 1 0, 0 ®ång biÕn trªn 0; ln 2 ⇔ − + − − + = − + ⇔ − + + − + = − + + − + = + ∀ > ⇒ = + > ∀ > ⇒ +∞ x x x x x x x x x x x x x x x f t t t t f t t f t ( ) 2 4 2 4 2 3 2 * (4 2 1) (2.16 2.4 1) 4 2 1 2.16 2.4 1 2 2 2.2 2.2 2.2 3.2 2 0 2.2 3.2 1 0 1 3 1 3 (2 1)(2 )(2 ) 0 2 2 2 1 0 1 3 2 1 3 log 2 2 1 3 2 (lo¹i) 2 ⇔ − + = − + ⇔ − + = − + ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ − + = − + + ⇔ − − + =   = =   − +    ⇔ = ⇔ − +  =        +  = −   x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x f f x x     Bài 8: Giải phương trình: .16212244 2 −+−=−++ xxxx Hướng dẫn: Điều kiện xác định: .4 ≥ x Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 x 4 x 4 (x 4) (x 4) 12 2 x 16 x 4 x 4 x 4 x 4 12 + + − = + + − − + − ⇔ + + − = + + − − M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 5 + Đặt t = 44 −++ xx , t > 0 ta được    = −= ⇔=−− 4 )(3 012 2 t loaïit tt + Với t = 4 , ta được    +−=− ≤≤ ⇔−=−⇔=−++ 22 2 166416 84 816444 xxx x xxxx .5 5 84 =⇔    = ≤≤ ⇔ x x x Vậy nghiệm của phương trình là x = 5. Bài 9: Giải phương trình 3 2 2 3 3 2 10 17 8 2 5 − + − + = − x x x x x x Hướng dẫn: Nhận xét: x = 0 không thỏa phương trình cho + Chia hai vế của phương trình cho x 3 , ta được: 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 1 x x x x − + − + = − + Đặt ( ) 1 0 t t x = ≠ , phương trình trở thành: 2 3 23 2 10 17 8 2 5 1 t t t t − + − + = − ( ) ( ) ( ) 3 3 2 23 3 2 1 2 2 1 5 1 2 5 1 t t t t ⇔ − + − = − + − ( ) ( ) 23 2 1 5 1 f t f t ⇔ − = − + Với ( ) 3 2 , = + ∈ f t t t t R . Ta có: ( ) 2 ' 3 2 0, = + > ∀ ∈ f t t t R nên f đồng biến trên R , vì vậy: ( ) ( ) 2 23 3 2 1 5 1 2 1 5 1 f t f t t t − = − ⇔ − = − ( ) 3 2 3 2 0 17 97 2 1 5 1 8 17 6 0 16 17 97 16 t t t t t t t t   =  +  ⇔ − = − ⇔ − + = ⇔ =   −  =   (loaïi) (nhaän) (nhaän) + 17 97 17 97 16 12 t x + − = ⇒ = + 17 97 17 97 16 12 t x + + = ⇒ = Vậy phương trình cho có 2 nghiệm: 17 97 12 x ± = Bài 10: Giải phương trình: 3 1 1 3x 2x (x R). (1) 2 + + = ∈ Hướng dẫn: Điều kiện: 1 3 x ≥ − (*). + Đặt 1 1 3x 2 y = + 1 3x 2 y ⇔ + = (2), (1) trở thành 1 3 2 y x + = (3) M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 6 + Từ (2) và (3) ta có hệ 1 3x 2 1 3 2x y y  + =   + =   2 2 0, 0 1 3x 4 (4) 1 3 4x (5) x y y y ≥ ≥   ⇔ + =   + =  . + Trừ vế với vế (4) và (5) ta có 2 2 3( ) 4( ) x y x y − = − − ( )(3 4 4 ) 0 x y x y y x ⇔ − + + = ⇔ = (vì 0, 0 x y ≥ ≥ ). Thế y = x vào (5) ta có 2 1 4x 3x 1 0 1 4 x x =   − − = ⇔  = −  . + Kết hợp với 0 x ≥ , suy ra phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Bài 11: Giải phương trình 41292 22 +=+−+++ xxxxx Hướng dẫn: Ta thấy: )4(2)12()92( 22 +=+−−++ xxxxx + x = -4 không phải là nghiệm + Xét 4 − ≠ x , trục căn thức ta có: 212924 1292 82 22 22 =+−−++⇒+= +−−++ + xxxxx xxxx x + Vậy ta có hệ     = = ⇔+=++⇒      +=+−+++ =+−−++ 7 8 0 6922 41292 21292 2 22 22 x x xxx xxxxx xxxx + Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có 2 nghiệm: x = 0, và x = 7 8 Bài 12: Giải phương trình 0123)13(1 32 =−++++− xxxxx Hướng dẫn: Điều kiện: 1 ≥ x     =++− =+− =++−+− =++−+++−−⇔ =++−+−+−+−⇔ 0131 01 0)131)(1( 0)131()131(1 0311131 2 2 22 32 xx xx xxxx xxxxxx xxxxxxxx Kết hợp với điều kiện ta thấy phương trình vô nghiệm. Bài 13: Giải phương trình 11 33 2 −=+− xxx Hướng dẫn: Điều kiện: 3 2≥x + Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình 52 )93)(3( 412)1( 3 1)3(52321 3 2 3 2 3 22 33 2 +− ++− =         +−+− + +−⇔−−=−+−− x xxx xx x xxxx + Ta chứng minh : 52 93 2 3)11( 3 1 412)1( 3 1 3 2 23 2 3 3 222 +− ++ << ++− + += +−+− + + x xx x x xx x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 7 Bài 14: Giải phương trình: 3 1 2 1 = + − + x x x x Hướng dẫn: Điều kiện: 01 > ∪ − < xx , đặt 2 1 1 0, 1 t x x t x x t = + ⇒> + = 3 2 2 1 t 1 2t 3 2t 3t 1 0 2 t t 1  =  ⇔ − = ⇔ + − = ⇔  = −  + Lấy 3 4 2 11 2 1 −=⇔= + ⇒= x x x t Bài 15: Giải phương trình 82315 22 ++−=+ xxx Hướng dẫn: 1 0)3 38 1 415 1 )(1( 38 1 )1(3 415 1 3833415 222 2 2 2 22 = ⇔ =− ++ + − ++ + −⇔ ++ − +−= ++ − ⇔ −++−=−+⇔ x x x x x x x x x x x xxx Bài 16: Giải phương trình : 1221)14( 22 ++=+− xxxx Hướng dẫn: Đặt 1)0(1 222 −=⇒>+= txtxt Phương trình trở thành 12)1(2)14( 2 ++−=− xttx 012)14(2 2 =−+−−⇐ xtxt Ta có: 2 )34( −=∆ x 3 4 3 4 0 1)12( )( 4 3 12 2 1 22 2 =⇔     = = ⇔      −−= −= ⇔     −= = ⇒ x x x xx Lx xt t Bài 17: )(01713264 2 Rxxxxx ∈=−+−−+− Hướng dẫn: Điều kiện: 64 ≤ ≤ x 0)15132( )16( )16)(16( )14( )14)(14( 015132)16()14(1713264 2 22 =+−− +− +−−− + +− +−−− ⇔ =−+−−−+−−⇔+−=−+− xx x xx x xx xxxxxxxx x 5 5 x (x 5)(2x 3) 0 x 4 1 6 x 1 1 1 (x 5)( (2x 3)) 0 x 4 1 6 x 1 x 5 1 1 (2x 3) 0 x 4 1 6 x 1 − − ⇔ + − − − = − + − + ⇔ − − − − = − + − + =   ⇔  − − − =  − + − +  + Ta có: )1(32 16 1 14 1 0)32( 16 1 14 1 −= +− − +− ⇔=−− +− − +− x xx x xx M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 8 ⇒ 1 14 1 16 1 14 1 ≤ +− < +− − +− xxx và 2x - 3 [ ] 6;4,5 ∈∀≥ x nên phương trình (1) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 Bài 18: Giải phương trình: 3 3 2332 −=+ xx Hướng dẫn: + Đặt xyxyxy 322323 33 3 =+⇒−=⇒−= . Ta được hệ phương trình:      =+ =+ xy yx 32 32 3 3 + Đây là hệ phương trình đối xứng, trừ vế với vế ta được: 0)3)(( 22 =+++− xyyxyx 2;1 − = ⇒ = ⇔ xyx       >+++=++++=+++ 03 4 3 ) 2 1 (3 4 3 4 1 2 1 .23 2222222 yyxyyxyxxyyx Bài 19: 4384212)47(23)14( 2 +−+−=−−+−− xxxxxx (với x )R ∈ Hướng dẫn: Điều kiện: 2 3 2 1 ≤≤ x Đặt )1(2 )0(12 )0(23 22 =+⇒      ≥−= ≥−= ba bxb axa + Vì baxxxxaxbx .23.12384;1247;214 222 =−−=−+−+=−=− + Từ phương trình đã cho ta có )2(42)12()12( 22 +=+++ abbaab + Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình      +=+++ =+ 42)12()12( 2 22 22 abbaab ba + Đây là hệ phương trình đối xứng loại I với ẩn a, b. + Giải hệ phương trình trên ta được nghiệm là : a = b =1 + Với a = b = 1 khi đó ta có: 1 112 123 =⇔      =− =− x x x (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1 Bài 20: Giải phương trình: 83)23(2 32 +=+− xxx Hướng dẫn: Điều kiện 2 − ≥ x + Biến đổi phương trình về dạng: )42)(2(3)2(2)422(2 22 +−+=+−+ xxxxxx + Do 2 − = x không phải là nghiệm của phương trình nên chia cả hai vế cho (x+2) ta được 02 2 42 3 2 )42(2 22 =− + +− − + +− x xx x xx + Đặt )0( 2 42 2 ≥= + +− tt x xx ta có     = −= =−− 2 2 1 0232 2 t t tt (loại) Với t = 2 13304684424 2 42 22 2 ±=⇔=−−⇔+=+−⇔= + +− ⇒ xxxxxx x xx Bài 21: Giải phương trình 3)6)(3(63 =−+−−++ xxxx M ỘT SỐ DẠNG PH ƯƠNG TR ÌNH TH Ư ỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Trang 9 Hướng dẫn: Đặt 2 9 )6)(3(63 2 − =−+⇒−++= t xxxxt + Phương trình trở thành    = −= ⇔= − − 3 1 3 2 9 2 t t t t + Với t = -1 163 −=−++⇔ xx (vô nghiệm) + Với t = 3    = −= ⇔=−++⇒ 6 3 363 x x xx Cách khác: Bài toán có thể giải bằng cách đưa về hệ phương trình với 3+= xu và xv −= 6 Bài 22: Giải phương trình: )1(055)3(66138 223 =+−−+++− xxxxxx Hướng dẫn: Điều kiện: 055 2 ≥+− xx + Từ (1) 055)3(6)25)(3( 22 =+−−+−−−⇒ xxxxxx     =+−+−− = ⇔ )2(055625 )(3 22 xxxx loaix + Giải (2): đặt ,55 2 txx =+− điều kiện 0 ≥ t (2)    −= = ⇔=−+⇔ 7 1 076 2 t t tt , t = -7 (loại), t = 1 (thỏa mãn) + Với t =1    = = ⇔=+−⇒ 4 1 155 2 x x xx (thỏa mãn điều kiện) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4 Bài 23: 16924422 2 +=−++ xxx Hướng dẫn: Bình phương hai vế, lúc đó phương trình : 169)2(16)4(216)42(4 22 +=−+−++⇔ xxxx xxxx 8)4(216)4(8 222 +=−+−⇔ + Đặt t = )0()4(2 2 ≥− tx + Phương trình trở thành : 08164 22 =−−+ xxtt + Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm được       −−= = 4 2 2 2 1 x t x t + Do 2≤x nên 0 2 <t không thỏa mãn điều kiện 0 ≥ t + Với thì x t 2 = 3 24 )4(8 0 2 )4(2 22 2 =⇔    =− ≥ ⇔=− x xx x x x (thỏa mãn điều kiện 2≤x Vậy nghiệm của phương trình là 3 24 =x Bài 24: Giải phương trình 1336)4( 32 =+−+ xxx Hướng dẫn: Điều kiện: 003 3 ≥⇔≥+ xxx [...]... + 1 ⇔ 2 x = 2 x + 1 ⇔ 4 x 2 − 2 x − 1 = 0 ⇔ x = 1+ 5 4 Trang 10 MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC Bài 29: Giải phương trình x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 Hướng dẫn: Để phương trình có nghiệm thì x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 3 + Ta nhận thấy x = 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích về dạng (x-2)A(x) = 0, để thực hiện được điều đó ta... dẫn: Biến đổi phương trình về dạng: 2 x + 3 + x + 1 = 2 x + 3 + x + 1 + 2 (2 x + 3)( x + 1) − 20 + Đặt t = 2 x + 3 + x + 1(t ≥ 0) + Khi đó t 2 = 2 x + 3 + x + 1 + 2 (2 x + 3)( x + 1) + Ta được phương trình: t 2 − t − 20 = 0 ⇔ t = −4; t = 5 + Lấy t = 5 thỏa mãn, thay t = 5 được x = 3 Bài 26: Giải phương trình 9 2x + −1 = 0 2 x 2x 2 + 9 Hướng dẫn: Điều kiện: x ≠ 0 2x 2 + 9 2x + Phương trình đã cho tương... ∈ R + Phương trình ⇔ ( x − 5) 3 + 5( x − 5) = (2 x − 9) + 53 2 x − 9 + Xét hàm số đặc trưng: f ( x) = t 3 + 5t với t ∈ R + Ta có : f ' (t ) = 3t 2 + 5 > 0, ∀t ∈ R , suy ra hàm số trên đồng biến trên R + Mà phương trình (*) có dạng: f ( x − 5) = f (3 2 x − 9 ) ⇔ ( x − 5) 3 = 2 x − 9 ⇔ x 3 − 15 x 2 + 73 x − 116 = 0 x = 4 ( x − 4)( x − 11x + 29) = 0 ⇔   x = 11 ± 5  2  2 Bài 32: Giải phương trình. .. DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC u = 0  v = 6 u = −4 ⇔  ⇔ v = 10  u = 3 v = 3   x = −24  x = −88 (thỏa mãn)  x = 3  Bài 33: Giải phương trình 23 2 x − 1 = 27 x 3 − 27 x 2 + 13x − 2 Hướng dẫn: ⇔ (2 x − 1) + 23 2 x − 1 = (3 x − 1) 3 + 2(3 x − 1) + Xét hàm f (a) = a + 23 a ta suy ra 2 x − 1 = (3x − 1) 3 ⇔ 27 x 3 − 27 x 2 + 7 x = 0 ⇔ x = 0 Đáp số: x = 0 Bài 34: Giải. ..MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG XUẤT HIỆN TRONG THI ĐẠI HỌC + Khi đó phương trình đã cho trở thành x 2 + 8 x + 3 − 6 x 3 + 3x = 0(1) 3 3 −6 x+ = 0 x x t = 2 3 + Đặt x + = t (t ≥ 4 12 ) , ta được t 2 − 6t + 8 = 0 ⇔  (thỏa mãn) x t = 4 x = 1 + Với t = 2 ⇒  x = 3 + Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn nên (1) ⇔ x + 8 +  x = 8 + 61 + Với t = 4 ⇒   x... x + 12 + 4 x +5 +3 Bài 30: Giải phương trình x + 4 − 1 − x = 1 − 2x Hướng dẫn: 1 − x ≥ 0 1  1 − 2 x ≥ 0  − 4 ≤ x ≤ 2 ⇔ 1 − x + 1 − 2x = x + 4 ⇔  ⇔ x + 4 ≥ 0 2 x + 1 = 2 x 2 − 3 x + 1  ( 1 − x + 1 − 2 x ) 2 = x + 4  1 1  1  − 2 ≤ x ≤ 2 − 4 ≤ x ≤ 2   ⇔ 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ x=0 ⇔  x = 0   2 2 7 (2 x + 1) = 2 x − 3 x + 1  x = − 2   Bài 31: Giải phương trình: x 3 − 15 x 2 + 78 x −... 1) 3 + 2(3 x − 1) + Xét hàm f (a) = a + 23 a ta suy ra 2 x − 1 = (3x − 1) 3 ⇔ 27 x 3 − 27 x 2 + 7 x = 0 ⇔ x = 0 Đáp số: x = 0 Bài 34: Giải phương trình 3 x +1 + 3 x2 = 3 x + 3 x2 + x Hướng dẫn: + Xét x = 0 không phải là nghiệm của phương trình + Với x ≠ 0 , ta chia hai vế cho x: 3 NGUYỄN HỮU BIỂN -  x +1  3 x +1 3 + x = 1+ 3 x +1 ⇔ 3 − 1( x − 1) = 0 ⇔ x = 1   x x   https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien... Hướng dẫn: Điều kiện: x ≠ 0 2x 2 + 9 2x + Phương trình đã cho tương đương + −3= 0 2 x 2x 2 + 9 t = 1 1 + Đặt t = ≠ 0 Phương trình trở thành 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  2 t = − 1 t 2x + 9 2  x < 0 1 3 2 + Với t = − ⇒ −2 x = 2 x 2 + 9 ⇔  2 ⇔x=− 2 2 2 4 x = 2 x + 9 x + Với t = 1 phương trình vô nghiệm Bài 27: x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = (3x + 2) 3x + 1 Hướng dẫn: ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) = [(3 x + 1) + 1] 3 x