Luyện thị lớp 10: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Phương trình vơ tỷ bản:  g ( x) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔   f ( x ) = g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x + x + = x + b) 2x +1 + x = 4x + Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x = 2+ b) Điều kiện: x ≥ Bình phương vế ta được:  x ≥ −8 3x + + 2 x + x = x + ⇔ 2 x + x = x + ⇔  2  4(2 x + x) = ( x + 8) x =  x ≥ −8 ⇔ ⇔ Đối chiếu với điều kiện ta thấy có  x = − 16 7 x − 12 x − 64 =  x = nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: II MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƯỜNG GẶP Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp toán giải phương trình dạng: n f ( x ) + m g ( x ) + h( x ) = Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích giải trực tiếp khó khăn + Nhẩm nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) • Ví dụ: Đối phương trình: x2 + + = x2 + + x 147 + Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x ∈ R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: Để ý rằng: x2 + − 2x2 + = 2x − x + − x + < phương trình có nghiệm Nếu phương trình có nghiệm x0 : 2x − < ⇔ x < • Ta phân tích phương trình sau: Viết lại phương trình thành: n f ( x) − n f ( x0 ) + m g ( x ) − m g ( x0 ) + h( x) − h( x0 ) = Sau nhân liên hợp cho cặp số hạng với ý: ( +( + )( a − b) ( a −b ) a + ab + b = a − b3 ) a + b = a − b2 + Nếu h( x) = có nghiệm x = x0 ta ln phân tích h( x) = ( x − x0 ) g ( x) Như sau bước phân tích rút nhân tử chung x − x0 phương trình  x − x0 = ban đầu trở thành: ( x − x0 ) A( x) = ⇔   A( x ) = Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đánh giá để kết luận A( x) = vơ nghiệm Nếu phương trình có nghiệm x , x theo định lý viet đảo ta có nhân • tử chung là: x − ( x1 + x2 ) x + x1.x2 Ta thường làm sau: + Muốn làm xuất nhân tử chung n f ( x) ta trừ lượng ax + b Khi nhân tử chung kết sau nhân liên hợp n f ( x) − ( ax + b) 148 + Để tìm a, b ta xét phương trình: n f ( x) − ( ax + b) = Để phương trình có ax1 + b = n f ( x1 ) hai nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b cho  ax2 + b = n f ( x2 ) + Hồn tồn tương tự cho biểu thức lại: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x − + x − + x − = b) x − + − x = x2 − 5x − Giải: a) Phân tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu , tạo phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi Điều kiện x ≥ x − = − = 2; x − = − = Ta viết lại phương trình thành: ⇔ x3 − 5x −1 + = x3 − − + x − − + x − = 2x − + ( x − 1)  5( x + x + 1) ⇔ ( x − 1)  +  x3 − +  Dễ thấy : + 2x −1 +1  + 1 = ( x − 1) + x − +  5( x + x + 1) + Với điều kiện x ≥ x3 − + + x −1 = ( x − 1) + 2x −1 + +1 > Nên phương trình cho có nghiệm x = b) Điều kiện: x ∈ [ 2; 4] 149 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi x − = − = 1; − x = − = Từ ta có lời giải sau: Phương trình cho tương đương với: x − − + − − x = x2 − 5x − x−3 x −3 + = ( x − 3)(2 x + 1) x − −1 1+ − x ⇔ 1   ⇔ ( x − 3)  + − (2 x + 1)  =  x − −1 1+ − x  x =  1  + − (2 x + 1) =  x − + 1 + − x Để ý rằng: Với điều kiện x ∈ [ 2; 4] 1 ≤ 1; ≤ 1; x + ≥ nên x − +1 1+ − x 1 + − (2 x + 1) < x − +1 1+ − x Từ suy ra: x = nghiệm phương trình Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng A ≤ với ước lượng bản: A + B ≥ A với B ≥ từ suy A+ B A+ B > số A, B thỏa mãn  B ≥ Ví dụ 2: Giải phương trình: a) x − + x = x − b) x − x − ( x − ) x − − 3x + 28 = Giải: a) Điều kiện: x ≥ Ta nhẩm nghiệm x = Nên phương trình viết lại sau: x − − + x − = x3 − − 150 x2 − ⇔ x2 −1 + x2 −1 + x − 27 + x−3= x3 − +  x+3 x2 + 3x +  ⇔ ( x − 3)  + 1− =0 3 x − + x − + x − +   x = ⇔  x+3 x + 3x + +1− =0  x − + x − + x3 − + x+3 Ta dự đoán: x2 − + x2 − + giá trị x ≥ ta thấy Ta chứng minh: +1− x + 3x + x3 − + x+3 < ( Bằng cách thay +1− x + 3x + x2 −1 + x2 −1 + x3 − + x+3 x + 3x + < >2 x2 −1 + x2 −1 + x3 − + < 0) Thật vậy: x+3 + Ta xét Đặt 3 (x − 1) + x − + x − x − = t > ⇒ x = t + Bất phương trình tương đương với t + 2t + > t + ⇔ t + 3t + 6t + 4t > Điều hiển nhiên + Ta xét: x + 3x + > ⇔ x + 3x − > x3 − ⇔ x + x3 + x − x + > x −2 +5 ∀x ≥ 0(*) Điều ln Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x = b.) Điều kiện: x ≥ x = t ≥ ⇒ x = t3 Phương trình cho trở thành: Để đơn giản ta đặt t − 2t − (t − 4) t − − 3t + 28 = ⇔ 3t − t + 2t − 28 + (t − 4) t − = Nhẩm t = Nên ta phân tích phương trình thành: 151 ⇔ 4t − t + 2t − 32 + (t − 4) ( ) t3 − −1 =   t + 2t +   ⇔ (t − 2) ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4)  ÷ =   t − +   Để ý 4t + 7t + 16 > t ≥ nên ta có  t + 2t +  ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4)  ÷ > Vì phương trình có nghiệm  t − +1 t = ⇔ x = Nhận xét: Việc đặt x = t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngoài tạo liên hợp (t − 4) > nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác tính tốn đơn giản Ví dụ 3: Giải phương trình: a) x + + 19 − x = x + x + x − 11 b) x − − x + = c) x2 + (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường THPT x+ = x ( x + 1) chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) x3 + x + x + = x2 + x + d) x2 + 2x + 19 Ta nhẩm nghiệm x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo nhân tử chung là: x + x − Để làm điều ta thực thêm bớt nhân tử sau: a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ + Ta tạo x + − (ax + b) = cho phương trình nhận x = 1, x = −2 nghiệm 152  a = a + b = ⇔ Để có điều ta cần:   −2a + b = b = 20  + Tương tự 19 − x − (mx + n) = nhận x = 1, x = −2 nghiệm  a=−  m + n =   ⇔ Tức   −2 m + n = b = 13  Từ ta phân tích phương trình thành: 20  4  13 x  x + −  x + ÷+ 19 − x −  − ÷− ( x + x − ) =  3  3 ⇔ 4  + 19 − x − (13 − x) − ( x − x − ) = x + − x + ( )  3 ⇔  − x2 − x +  − x2 − x + − ( x2 + x − 2) =  +  x + + ( x + )  3 19 − x + (13 − x)      1 ⇔ − ( x2 − x − 2)  + + 1 =  3 x + + ( x + ) 3 19 − x + (13 − x)       19 > 0, Dễ thấy với −3 ≤ x ≤ x + + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x)  >0 1 +1 > Nên x + + x + +  ( ) 3 19 − 3x + (13 − x)  x = Phương trình cho tương đương với x + x − = ⇔   x = −2 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3, x = 153 b) Điều kiện: x ≥ Phương trình viết lại sau: x − − x + = x − 11 Ta nhẩm nghiệm x = 3, x = nên suy nhân tử chung là: x − 11x + 24 Ta phân tích với nhân tử x − sau: + Tạo 3x − − ( ax + b ) = cho phương trình nhận x = 3, x = 3a + b = a = ⇔ nghiệm Tức a, b cần thỏa mãn hệ:  8a + b = 20 b = −4 3m + n = 10 m = ⇔ + Tương tự với x + − (mx + n) = ta thu được:  8m + n = 15 n = Phương trình cho trở thành: 3x − − (3 x − 4) + ( x + 7) − x + = ⇔ −9( x − 11x + 24) x − 11x + 24 + =0 x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x +   −9 ⇔ ( x − 11x + 24 )  + =0  x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x +   x − 11x + 24 = ⇔  −9 + =0  3x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + −9 + Ta xét A( x) = x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + Ta chứng minh: A( x) < tức là: −9 + 4  275  ⇔  3x − − ÷ + + x + 45 x + > Điều hiển nhiên 2  Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3, x = Chú ý: 154 Những đánh giá để kết luận A( x) < thường bất đẳng thức không chặt nên ta đưa tổng biểu thức bình phương Ngồi tinh ý ta thấy: 3x − + x − − 9( x + + x + 1) < x − + x − ≤ x + 63 + 81x + 81 Nhưng điều hiển nhiên do: x − < 81x + 81;3 x − < x + 63 với x ≥ c) Điều kiện: x > Ta nhẩm x = 1; x = nên biến đổi phương trình sau: Ta có: x = ⇒ vế thu được: x2 + x2 + = , x = ⇒ = nên ta trừ vào 2 ( x + 1) ( x + 1) x+ x2 + −2= −2 ⇔ x ( x + 1) x2 + − x x2 − x + = 2( x + 1) x  x2 − 4x + = x2 − x + = ⇔ 2( x + 1) x3 + 3x + x  x + 3x + x = 2( x + 1) x2 − 4x + (1) (2) Giải (1) suy x = 1, x = Giải (2) ta có: x + 3x + x = 2( x + 1) ⇔ x3 + 3x = ⇔ x + 3x − = ⇔ x = Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = Nhận xét: Ta phân tích phương trình câu a,b d) Ta có: x + x + x + = ( x + 3)( x + x + 3) − x − nên phương trình tương đương với x3 + x + x + 5x + = x2 + x + ⇔ x + − x2 + x + − =0 x + 2x + x + 2x + 155   1 ⇔ ( 5x + )  − ÷=  ( x + 3) + x + x + x + x + ÷   ( x + ) =   ⇔  1 −  ÷ = (1)  ÷ x + x + ( x + 3) + x + x +   Giải (1) : ( x + 3) + x + x + 2 − ⇔ x2 + x − x2 + x + = x + 2x + Đặt t = x + x + > Phương trình trở thành: t = x = t2 − t − = ⇔  ⇔ x2 + x − = ⇔  t = −1( L)  x = −2 Kết luận: Phương trình có nghiệm: x = − ; x = 1; x = −2 Ví dụ 5: Giải phương trình sau: a) x + 15 + = x + + 3x b) 3x + − x + + − x = a) Phương trình viết lại sau: x + 15 + = x3 + + x ⇔ x + 15 − x3 + = x − Để phương trình có nghiệm ta cần: x − ≥ ⇔ x ≥ phương trình thành: Nhẩm x = nên ta viết lại x + 15 − = x + − + x −  ( x + x + 1) ( x + x + 1)  ⇔ ( x − 1)  − − 3 =  x + 15 + x + +  Để ý rằng: (x + x + 1) x + 15 + x = 156 (x − + x + 1) x3 + + − < nên phương trình có nghiệm Xét x ≠ 0, x ≠ phương trình cho tương đương với x +1 x+2 + = ⇔ 1+ + 1+ =1 x−3 x−3 x−3 x−3 Đặt a = + x −3 (a > 0) ; b = + x−3 (b > 0)  a = −4 − 21(l ) a + b = ⇔ Ta có hệ   5a − 4b =  a = −4 + 21 ⇒ 1+ −2 21 = −4 + 21 ⇔ x = x −3 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0; x = −2 21 Phương trình cho tương đương với x + p −  x + x +  = ( ) ÷ 5) p −1   x = − p +1 (1) ⇔ Yêu cầu toán tương đương (2) vô nghiệm x + x + = (2) p −1  có nghiệm kép x = − ( p − 1) Vậy p ∈ { 2;3; 4} 6) Phương trình cho tương đương với Do ( x − 2) ( x − 2) + 27 + ( x − ) = + 27 + ( x − ) ≥ 3, ∀x đẳng thức xảy x = nên phương trình có nghiệm x = 213 7) Phương trình cho tương đương với: x4 + x2 + 1 = ( x + 2016 ) − x + 2016 + 4 2 1  1  ⇔  x + ÷ =  x + 2016 − ÷ 2  2  ⇔ x2 + 1 = x + 2016 − ⇔ x + = x + 2016 ⇔ x + x − 2015 = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 + 8061 −1 + 8061 ;x = 2 Giải: 8) Phương trình cho tương đương với: (x + )  x − x ( 2k − 1) + ( 4k − 4k + 1) + ( k − 2k + 1) + 1 = x + ⇔ ( x + ) ( x − 2k + 1) + ( x + ) ( k − 1) + ( x − 1) = ⇔ x = k = 2 Vậy phương trình có nghiệm k = Phương trình cho tương đường với: 9) m (x ⇔ m = 214 + 1) ( x − x + 1) = ( x + 1) + ( x − x + 1)  x2 + x4 − x2 + + x4 − x2 + x2 + Đặt t = m m x − x + (t > 0) = t + ⇔ t − t + = , ta được: t t x +1 a) Với m = 10 ta có phương trình: 3t − 10t + = ta suy t = t = b) Tự giải Giải: 10) Điều kiện: x ≥ Phương trình tương đương với x − − ( x + 1) x − + x + x + − x + x − = 3 x = x − ⇔ 3x − x − − x − x − = ⇔   − x = x − ( )( ) 0 ≤ x ≤ 0 ≤ ≤ ⇔ Trường hợp x = x − ⇔  (vô nghiệm)  2 9 x = x − 8 x = −1 Trường hợp 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤  − x = x −1 ⇔  ⇔ ⇔ ⇔x=  x − x + = x − 4 x =  x = Giải: 11) Điều kiện x ≥ −1 Ta có x = nghiệm phương trình Với x > Đặt x + = y, ( y > ) , phương trình cho thành: y = 2y + 2y + 4y Ta có 4y < y2 = y ⇒ y < y 215 ⇒ 2y + 2y + 4y < 2y + 4y < 2y + 2y = 4y < y Phương trình vơ nghiệm Với < x < Chứng minh tương tự, ta có phương trình vơ nghiệm Vậy x = nghiệm phương trình Giải: 12) Ta có (*) ⇔ − x + x − − x − = (1) x x x 2 Đặt u = x − ; v = x − u , v ≥ u − v = − x x x x 2 Do (1) thành: u − v + u − v = ⇔ ( u − v ) ( u + v + 1) = ⇔ u = v (vì u, v ≥ ) Từ ta có: x− Phương trình x − 5 = 2x − ⇔ x − = 2x − ≥ x x x x (2) = x − có nghiệm x = ±2 x x Từ (2) suy có x = nghiệm phương trình cho 13) Giải:Điều kiện x ≥ Phương trình tương đương với: x+9 = x+ 216 2x 9x + 2x + ⇔ − =0 x +1 x +1 x +1 x +1  2x  8x 2x ⇔ − + = ⇔  − 1÷ ÷ =0 x +1 x +1  x +1  ⇔ 2x = ⇔ x = x + ⇔ x = (thỏa mãn x +1 Giải: 14) Điều kiện: x ≥ Dễ thấy x = nghiệm (1) Với x ≠ , chia hai vế (1) cho (1) ⇔ 3+ Đặt u = + x ≠ , ta được: 1 − 1− = x x 1 ≥ 0, v = − ≥ x x u = v + u − v = ⇔ Ta có hệ phương trình:  2 2 u + v = ( + v ) + v = (2) (3) Giải hệ ta v = 0, u = từ ta có x = Giải: 15) ( ) ⇔ ( x2 − 6x + 9) + x + − x + + = ⇔ ( x − 3) + ( x +1 − ) =0 x − = ⇔ ⇔ x=3  x +1 − = 217 Vậy phương trình có nghiệm x = Giải: 16) Điều kiện: x ≥ −2 Nhân hai vế phương trình (1) với x + + x + > , ta phương trình tương đương: + x + x + 10 = x + + x +  x + =  x = −4 ⇔ ⇔  x + =  x = −1 (l ) (tm) Giải: 17) Đặt y = x , y ≥ , ta có (*) thành: 12 − Bình phương biến đổi thành: ( 3 = 4y − 4y − y y y2 − − y ) = ⇔ y2 − y − = Do nghiệm phương trình x = 1, x = −1 Điều kiện: 18) ≤ x ≤1 Nhân tử mẫu vế trái với biểu thức ( x+3− x )( ) 1− x +1 = ⇔ ⇔ − x + = x + + x (*) 218 x + + x ta thu được: x+3 + x ( ) 1− x +1 = Nếu x = VT (*) = = VP(*) nên x = nghiệm phương trình Nếu ≤ x < − x > ⇒ − x + > hay VT(*) > với ≤ x < Vì ≤ x < nên x + < + = 2, x < = ⇒ VP(*) < Do phương trình cho khơng có nghiệm nửa khoảng [ 0;1) Vậy phương tình cho có nghiệm x = Giải: 19) Điều kiện: x ≠ Trường hợp x > : áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 4x + 2x2 + 5 x2 + = x+ ≥ 3 x x = 25 x ( x + ) x 3x 3 3x Dấu xảy x2 + x= ⇔x= 3 3x Trường hợp x < : từ phần ta thấy, với x < thỏa mãn bất phương trình x = Đáp số  x < Giải: 20) Điều kiện x > 219 x ( x + 1) đặt t = x + , t ≥ , ta x Chia hai vế bất phương trình cho 1 đưa bất phương trình − ≤ t − t − t t Với điều kiện t ≥ hai vế (1) dương Bình phương hai vế ta   ≥0 đưa bất phương trình tương đương  t − − 1÷ t ÷   Bất phương trình nghiệm với t ≥ Vậy nghiệm bất phương tình cho x > Giải: 21) Điều kiện: ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: x−2 = 4− x ≤ x − 2.1 ≤ x − +1 ≤ ( x − 2) ( − x ) ≤ x−2+4− x =1; x − +1 +1 x +1 ; = −x + ; x x = x 27 ≤ x + 27 Do VT ≤ VP với x thỏa mãn ≤ x ≤ Vậy nghiệm bất phương trình ≤ x ≤ Đặt 22) t = 2x2 − 2x ≥ ⇒ 2x2 − 2x = t t − ( x + 1) t − x − = Ta có 220 Phương trình trở thành :  x + − ( x + 3) = −1 t = 2 ∆ = x + x + + x + = ( x + 3) ⇒  Do t ≥ ta  x +1+ x + = x+2 t = x ≥ x2 − x = x + ⇔  ⇒ x = + 13 x − 6x − = 2 x − ≥ Điều kiện: 1 − x ≥ Bình phương vế ta thu được:  23)  x − x2 ≥  cần giải: x −1 + − 2x2 + ⇔ −2 x + x − ⇔ ( ( x − 1) ( − x ) ( x − 1) ( − x ) − x2 − 2x −1 ) = ( x − x2 ) =0  −1 − x = = ⇔ 1− 2x2 = 2x − ⇔ x2 + x − = ⇔   −1 + x =  Đối chiếu với điều kiện nài tốn có nghiệm x = −1 + thỏa mãn điều kiện Ta viết lại phương trình thành: 24) 16x2 + 32x − 40 − x + 15 = ⇔ ( 4x + 4) − 56 = 4x + 60 Đặt 4x + 60 = 4y + ta có hệ sau:  4y + = 4x + 60  4y + = 4x + 60 ) ) ( ( ⇔  2 ( 4x + 4) − 56 = 4y + ( 4x + 4) = 4y + 60   Trừ vế phương trình hệ ta có: ( 4x + 4) − ( 4y + 4) = 4( y − x) ⇔ 16( x − y ) ( x + y + 8) = 4( y − x) x = y ⇔  4( x + y + 8) = 221 Giải phương trình ứng với trường hợp ta thu được: x = 1;x = −9 + 221  3− x ≤ Điều kiện:   25) 3+ x ≥  Ta viết lại phương trình thành: ( 2x − 3) + (x + 1) = (x − 1) (x − 1)(2x − 3) − (x + 1)  u = 2x −   v = (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) Đặt ta có hệ phương trình:  u + x + = (x − 1)v   v + x + = (x − 1)u Trừ vế hai phương trình ta có: u = v ( u − v) ( u + v + x − 1) = ⇔ u = −v − x +  Giải theo hai trường hợp ta thu phương trình vơ nghiệm 26) Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x2 − 3x + = − x2 − 3x + 1= − ( (x 3 )( )( ) ) ( ( ) + x + x2 − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − ) ( )( ( ) ) ( )( 3 ) 3 x + x + x2 − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − x + x + x2 − x + 3 Chia phương trình cho x + x + > ta thu được:  x2 − x + 1  x2 − x + 1 Đặt ⇔ 2 ÷− 1= −  ÷ t=  x2 + x + 1÷  x2 + x + 1÷   Ta có phương trình: 2t2 +  x2 − x + 1  ÷>  x2 + x + 1÷   t − 1= ⇒ t = 3  x2 − x + 1 ÷= ⇔ x=1 ÷ x + x +   Giải  * Cách 2: Xét x > chia hai vế phương trình ta có: x − + 222 =− x + 1+ x x2 (x )( + x + x2 Đặt t = x + ≥ ta có phương trình: t − = − t −1 x Xét x < chia hai vế phương trình ta có: x − + Đặt t = x + = x + 1+ x x2 ta có phương trình: t − = t −1 x Điều kiện: 1≤ x ≤ Phương trình viết lại: 27) Ta viết lại phương trình thành: ( x − 5) x − − + − x + 3x2 − 30x + 75 = ⇔ − 30x + 75 = ⇔ ( x − 5) x−1+ x− 1+ + − x + (x − 5)(3x − 15) = + − x + (x − 5)(3x − 15) = x =  ⇔2 + − x + (x − 5)(3x − 15) = 0 −2 − x x − 1+  x − + + − − x(3x − 15) =  ( x − 5) Ta thấy − − x(3x − 15) ≥ 0∀x ∈ 1;5 Ta chứng minh: −2 − x x− 1+ + ≥ ⇔ x − + − − x ≥ điều hiển nhiên do: − x ≤ − = nên − − x > Vậy phương trình có nghiệm x = Đặt Điều kiện phương trình cho trở x≥ u = x − 1;v = 2x − 28) thành ( 2u − 1) v = ( 2v − 1) u ⇔ ( u − v ) ( 2uv + 1) = 2 x ≥  + Nếu u = v ⇒ x − = 2x − ⇔   x − 4x + = ⇔ x = 2+ 1  2  + Nếu 2uv + = ⇔ 2( 1− x) 2x − = 1⇒ x ∈  ;1÷  1   Mặt khác ta có: 2( 1− x) < 2 1− ÷ = ; 2x − ≤ − = nên phương trình cho vơ nghiệm Kết luận: x = + 223 Sử dụng đẳng thức: 29) ( a + b) = a3 + b3 + 3ab( a + b) Phương trình ⇔ 2x − + 33 ( x − 1) ( x − 2) ( ) x − + x − = 2x −  x − + x − = 2x − 3  ⇔ (*) ⇔ x = 1;x = 2;x = ( x − 1) ( x − 2) ( 2x − 3) =   30) Điều kiện: −1 < x < Đặt t = 1− x2 x x2 + ⇒ t2 = + + x x2 1− x2 1− x2 PT cho thành: 2t2 + 5t + = ⇔ t = −2; −1< x < 1− x2 x  + = −2 ⇔  ⇔ x= − * t = −2 ⇔ t = − x2 x =3  2+ 1− x2 1− x2 x −1< x < 1− x2 x  + =− ⇔ x2 hệ vô nghiệm x  + =− 1− x2 2 1− x x * t=− ⇔ Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 31) Điều kiện x ≥ −1 ) ( ( ) PT ⇔ ( x + 1) x2 − x + = x2 − x + + 2( x + 1) ⇔2 x+1 x − x+ −5 x+1 x − x+ + = 0(Do : x2 − x + 1> 0∀x) t = ,t ≥ , ta có: 2t − 5t + = ⇔  Đặt t = t = x − x+  x+ * t = 2⇔ x+1 x − x+ = ⇔ 4x2 − 5x + = PT vô nghiệm x+1 ± 37 ⇔ = ⇔ x2 − 5x − = ⇔ x = 2 x − x+ 32) Do VT ≥ nên ⇒ VP ≥ ⇔ x ≥ −1 * t= 224 )( 3  3  Ta có PT ⇔  2x + − 2x + ÷+  2x − 2x + 1÷ =     2x − 2x − ⇔ ( 2x + 1) + ( 2x + 1) ( 2x + 2) + ( 2x + 2) 2 3 ⇔ 2x2 − 2x − = ⇔ x = 2 2x2 − 2x − + ( ) x + 2x ( 2x + 1) + 2x + 2 =0 1± nghiệm phương trình cho 33) Điều kiện: x ≥ − 3 Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình nên ta có: Phương trình ⇔ x + 6x − 2x + = x3 + 5x − ⇔ (1) x + 6x − 2x + x3 − 4x2 + − 2x = x3 + − 2x ⇔ = x3 + − 2x 5x − 5x − * Nếu  x ≤ x3 + − 2x = ⇔  ⇔  x − 4x + = x ≤ − 21  ⇔ x=  x − x − 3x − = ) ( ) ( − 21 Khi (1) ⇒ x = nghiệm phương trình − 21 x3 − 4x2 + x3 − 4x2 + ⇒ ( 1) ⇔ = ⇔ * Nếu x ≠ 5x − x3 + + 2x Ta thấy: (1) có nghiệm x = 1;x =  x3 − 4x2 + = (1)   x3 + + 2x = 5x − (2)  + 21   x = x ≥ x ≥  (2) ⇔ x + = 3x − ⇔  ⇔ ⇔ x3 − 9x2 + 6x + = ( x − 1) x2 − 8x − =  x = +   ( ) x = ⇔ x2 − 8x − =  x = + ) Vậy phương trình có nghiệm: x = 1;x = ± 21 ;x = + 22 34) Điều kiện: x > −4  x2 + x +  PT ⇔ 2 − 1÷ + x2 − =  ÷ x+   x2 + −1 225 x2 + x + x+ ⇔ x + x+ +1 x+ + x2 − +  + x2 + 1 x2 +  ÷   ) ( x2 − ⇔ ) ( − x2 + ( x + 4) ( x2 + x + 1) + x + + x2 − + x2 − =0  + x2 + 1 x2 +  ÷     ⇔ x −3  + 1+  ( x + 4) x + x + + x +  ( ) ) ( =0   =0  + x2 + 1 x2 +   ÷    ⇔ x2 − = ⇔ x = ± 3 35) Điều kiện: x ≥ * Với x ≥ , phương trình cho tương đương với: 25 + 9x2 − 18 (1) = + 2 x x x +1 Dễ thấy phương trình (1) có VT > 25 x ≥ 162 < 25 ta có VP ≤ + 13 nên phương trình cho vô nghiệm * Với x ≤ − phương trình cho tương đương với 25 − 9 − Đặt x = 2 x + 18 x +1  9 = t  < t ≤ ÷, phương trình (2) thành: 4 x  25 − 9 − 4t = 2t + ⇔ 36( t − 2) − 4t + = 18t 18t ⇔ − 9 − 4t = 2t + − 16 1+ t 1+ t 2( t − 2) ( t + 4) t+1 Lưu ý với < t ≤ nên 226 (2) t+ > − 4t + t + 18 −  18 t + 4 ⇔ ( t − 2)  − ÷=  − 4t + t +  có 18 (1) 18 t+ 18 = 1+ < 4< t+1 t+1 − 4t + ≥ Vậy (3) ⇔ t = ⇒ x = − 2 KL: Phương trình có nghiệm x = − 2 36) Điều kiện: x ≥ −2 BPT viết lại: 5( 2x + 1) + 20( 3x + 6) ≤ 2x + 1+ 3x + Đặt a = 2x + 1; b 3x + 6; BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b  a + 4b ≥ a = 2x + 1;b = 3x + 6;BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b ⇔  2 ⇔ a= b  5a + 20b ≤ ( a + 4b)  x ≥ − 2x + = 3x + ⇔  ⇔ x=1 4x2 + x − =  Kết luận: Nghiệm bất phương trình là: x = 37) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Bình phương vế ta có : x2  13 1− x2 + 1+ x2 ÷ = 256   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ) ( (  13 13 1− x2 + 3 1+ x2  ≤ 13 + 27 13 − 13x2 + + 3x2 = 40 16 − 10x2 )  ÷ (   ( )  16  ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x2 16 − 10x2 ≤  ÷ = 64  2   x=  + x  1− x = ⇔ Dấu ⇔    2 x = − 10x = 16 − 10x  227 ... Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn phương pháp chọn số hạng phương trình để đặt làm ẩn sau ta quy phương trình ban đầu dạng phương trình bậc 2: mt + g ( x)t + h( x) = ( phương trình ẩn x ) 169 + Vấn đề... 2x + Phương trình vơ nghiệm Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: x = ± b) Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Bình phương vế phương trình thu gọn ta được: x − 16 − x + x − 32 = Đặt t = − x ta tạo phương trình. .. thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x ∈ R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: