TL 12 & OTDH Phần 1

Ôn thi đại học cấp tốc Phương trình chứa căn Các dạng thường gặp: 1/    = ≥ ⇔= )()( 0)( )()( 2 xgxf xg xgxf 2/    = ≥ ⇔= )()( )( )()( xgxf oxf xgxf hoặc    = ≥ ⇔ )()( 0)( xgxf xg 3/ + )(xf )()( xhxg = Đặt điều kiện cho từng dấu căn có nghĩa, sau đó bình phương hai vế đưa về dạng 1/ Bài 1 : Giải phương trình: 1 4 3x x− + + = ĐS : 0, 3x x= = − Bài 2 :(ĐHCĐ-97) : Giải phương trình : 4 2 1 4x x+ = + + ( )∗ Giải : • Nếu 1x ≥ − PT ( )∗ trở thành: 4 2 5x x+ = + ⇔ 2 6 7 0x x− − = ⇔ 1 7 x x = −   =  . • Nếu 2 1x− ≤ < − PT trở thành: 4 2 3x x+ = − + ⇔ 2 22 23 0x x− − = ⇔ 1 ( ) 23 ( ) x loai x loai = −   =  • KL: Nghiệm PT là 1, 7x x= − = . Bài 3 : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2 2 1 3 1 0x x x− + − + = (1) Giải : • Biến đổi phương trình thành: 2 2 1 3 1x x x− = − + − ( )∗ , • Đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: ( )∗ ⇔ 4 3 2 6 11 8 2 0x x x x− + − + = ⇔ 2 2 ( 1) ( 4 2) 0x x x− − + = (Tiếp tục giải) Bài 4 : (TSĐH-KD-2005): Giải phương trình: 2 2 2 1 1 4x x x+ + + − + = (1) Giải : • Điều kiện : 1x ≥ − • PT (1) ⇔ ( ) 2 2. 1 1 1 4x x+ + − + = ⇔ ( ) 2. 1 1 1 4x x+ + − + = ⇔ 1 2x + = ⇔ 3x = là nghiệm PT (1) Sử dụng hàm số để tìm điều kiện nghiệm của phương trình chứa căn I./ Phương pháp giải toán Bài toán: Tìm điều kiện của tham số m để phương trình f(x, m) = 0 (1) có nghiệm thực x X∈ Trong đó f(x, m) là biểu thức chứa biến x và m là tham số, D là tập hợp con của ¡ . Các bước giải tổng quát: Bước 1: Biến đổi (1) thành g(x) = m (2) (còn gọi là cô lập m). Bước 2: Tìm GTNN và GTLN của g(x) trên X. Bước 3: f(x, m) = 0 (1) có nghiệm thực x X∈ ⇔ min ( ) max ( ) X X g x m g x≤ ≤ . Chú ý: • Nếu bài toán không hạn chế khoảng nghiệm thì ta xem ( )g x X D= (miền xác định của g(x)). • Nếu hàm g(x) không đạt min hoặc max thì ta phải dùng giới hạn, ta có thể thay bước 2) bằng bảng biến thiên (BBT) của g(x). Trang 1 Ôn thi đại học cấp tốc • Đối với câu hỏi tìm điều kiện m để phương trình có từ 2 nghiệm phân biệt trở lên thì ta phải dùng BBT. • Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ t = t(x) và nhớ tìm điều kiện của t (miền giá trị của t). II./ Bài tập áp dụng Bài 1 : Tìm điều kiện của m để phương trình 2 2 2 1x x m x+ − = − (1) 1) có nghiệm thực 2) có 1 nghiệm thực 3) có 2 nghiệm thực phân biệt. HƯỚNG DẪN (1) 2 2 2 1 1 2 2 2 (2 1) 3 6 1. x x x x m x m x x   ≥ ≥   ⇔ ⇔     + − = − = − + −   Đặt 2 3 6 1y x x= − + − , với 1 2 x ≥ ta có: BBT Dựa vào BBT, ta có: 1) 2m ≤ 2) 5 2 4 m m< ∨ = 3) 5 2 4 m≤ < . Bài 2 : Tìm điều kiện của m để phương trình 2 2 16 4 0 16 m x x − − − = − (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 2 16 (0; 4]t x t= − ⇒ ∈ , (1) trở thành 2 4 0 4 m t t t m t − − = ⇔ − = . Lập BBT của hàm số 2 ( ) 4f t t t= − , ta có 4 0m− ≤ ≤ . Bài 3 : Tìm điều kiện của m để phương trình 1 2 2 0 2 1 x x m x x − + − + = + − (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 1 (0; ) \ {1} 2 x t t x − = ⇒ ∈ +∞ + , (1) trở thành 2 2 0 2 m t t t m t − + = ⇔ + = . Lập BBT của hàm số 2 ( ) 2f t t t= + , ta có 0 3m< ≠ . Bài 4 : Tìm điều kiện của m để phương trình 4 2 1 1 2 1 0x m x x+ − − + − = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN • Điều kiện: 1x ≥ . TH1 : Nếu : 1x = : PT (1) vô nghiệm. TH2 : Nếu : 1x > : PT (1) 4 4 1 1 2 0 1 1 x x m x x + − ⇔ − + = − + . Đặt 4 4 1 2 1 (1; ) 1 1 x t t x x + = = + ⇒ ∈ +∞ − − , (1) trở thành 2 2 0 2 m t t t m t − + = ⇔ + = . Lập BBT của hàm số 2 ( ) 2f t t t= + , ta có 3m > . Bài 5 : Tìm điều kiện của m để phương trình 2 2 3x x x m− − = + (1) 1) Có nghiệm thực, 2) Có 2 nghiệm phân biệt. HƯỚNG DẪN Ta có (1) 2 2 3 .x x x m⇔ − − − = Trang 2 2 1 2 - ∞ 1 y y' x 5 4 _ + 0 + ∞ Ôn thi đại học cấp tốc Đặt 2 2 3 , 1 3y x x x x x= − − − ≤ − ∨ ≥ 2 2 2 1 1 2 3 ' 1 2 3 2 3 x x x x y x x x x − − − − − ⇒ = − = − − − − . BBT : Dựa vào BBT: 1) 3 1 1m m− ≤ < − ∨ ≥ , 2) Không có m. Bài 6 : Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 1 1x x m+ + − = (1) . HƯỚNG DẪN Xét hàm số 2 1 1 ( ) 1 1 , [ 1; 1] '( ) 2 1 x x f x x x x f x x − − + = + + − ∈ − ⇒ = − . BBT Dựa vào BBT, ta có: + 2 2m m< ∨ > : PT (1) vô nghiệm. + m = 2: PT (1) có 1 nghiệm. + 2 2m≤ < : PT (1) có 2 nghiệm phân biệt. Bài 7 : Tìm điều kiện m để phương trình 2 9 9x x x x m+ − = − + + (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN (1) 2 2 2 2 0 9 9 0 (9 ) 2 9 9 . 9 2 9 9 x x x x x x x m x x x x m  ≤ ≤  + − ≥   ⇔ ⇔   − − + − + = + − = − +    Đặt 2 (9 ) 9 9 0 , [0; 9] 2 2 x x t x x t x + − = − ⇒ ≤ ≤ = ∀ ∈ , ta có (1) trở thành: 2 2 9t t m− + + = . BBT của hàm số 2 2 9y t t= − + + trên 9 0; 2       Từ BBT ta có với : 9 10 4 m− ≤ ≤ thì PT (1) có nghiệm. Trang 3 - 1 - 3 - 1 3 1 _ + + ∞ f(x) f'(x) x + ∞ - ∞ 9 2 10 0 9 0 f(t) f'(t) t - 9 4 _ + 0 2 0 - 2 1 - 1 f(x) f'(x) x 2 _ + 0 Ôn thi đại học cấp tốc Bài 8 : Tìm điều kiện m để phương trình 4 4 4x x x x m+ − + + − = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 2 4 0 4.t x x t= − ≥ ⇒ = + Ta có (1) trở thành: 2 2 2 4 4 4 2 6 .t t t t m t t m+ + + + + = ⇔ + + = Lập BBT của hàm số 2 2 6, 0y t t t= + + ≥ ta có 6m ≥ . Bài 9 : Tìm điều kiện m để phương trình 6 9 6 9 6 x m x x x x + + − + − − = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 2 9 0 9t x x t= − ≥ ⇔ = + . Ta có (1) trở thành: 2 2 2 9 6 9 6 9 6 t m t t t t + + + + + − + = ( ) 2 6 3 3 9t t t m⇔ + + − = + + 2 2 12 9 , 3 (*) 27 , 0 3 (**) t t m t t m t  − + − = ≥ ⇔   − + = ≤ <  + Lập BBT của hàm số 2 12 9, 3y t t t= − + − ≥ ta suy ra (*) có nghiệm thực 27m ⇔ ≤ . + Do 2 18 27 27, [0; 3)t t< − + ≤ ∀ ∈ nên (**) có nghiệm thực 18 27m ⇔ < ≤ . Vậy với 27m ≤ thì (1) có nghiệm thực. Bài 10 : Tìm m để phương trình 1 3 ( 1)(3 )x x x x m− + − − − − = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 1 3 0t x x= − + − ≥ ⇒ 2 2 2 1. 3 2 2.t x x t= + − − ≥ ⇒ ≥ Mặt khác 2 2 2 1. 3 2 [( 1) (3 )] 4 2 2.t x x x x t= + − − ≤ + − + − = ⇒ ≤ ≤ Ta có (1) trở thành: 2 2 2 1 1 . 2 2 t t m t t m − − = ⇔ − + + = Lập BBT của hàm số 2 1 1, 2; 2 2 y t t t   = − + + ∈   ta có 1 2m≤ ≤ . Chú ý: Nên lập BBT của 1 3t x x= − + − để tìm miền giá trị t. Bài 11 : Tìm m để phương trình 4 4 4 4 4 6x x m x x m+ + + + + = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Đặt 4 4 4 0.t x x m= + + ≥ Ta có: (1) 4 2 4 4 6 0 2 4 2 4 16t t t x x m x x m⇔ + − = ⇔ = ⇔ + + = ⇔ − − + = . Lập BBT của hàm số 4 4 16y x x= − − + trên ¡ ta có 19m ≤ . Bài 12 : Tìm điều kiện của m để phương trình 3 2 2 1 2 1x x m− + − = (1) 1) có nghiệm thực duy nhất, 2) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN 1) Nhận thấy nếu x 0 là nghiệm của (1) thì – x 0 cũng là nghiệm của (1) . Suy ra 0 0 0 0x x x= − ⇔ = là nghiệm duy nhất của (1) . Thế x 0 = 0 vào (12) ta được m = 3. Thử lại ta thấy (1) có nghiệm duy nhất. Vậy 3m = . 2) Đặt 6 2 1 0 1t x t= − ⇒ ≤ ≤ . Ta có (1) trở thành 3 2 2t t m+ = . Lập BBT của hàm số 3 2 2y t t= + trên 0;1     ta suy ra 0 3m≤ ≤ . Trang 4 Ôn thi đại học cấp tốc Bài 13 : Chứng tỏ rằng phương trình 2 3 1 2 1 2 1 x x mx x − = − + − (1) luôn có nghiệm thực với mọi giá trị của m. HƯỚNG DẪN (1) 2 2 1 1 2 1 0 2 2 3 1 3 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x mx m mx x x x   − >  > >      ⇔ ⇔ ⇔    − − − − − =    = = −    −  −  . Xét hàm số 3 2 1 3 1 ( ) , '( ) 2 2 1 (2 1) 2 1 x x f x x f x x x x − − = > ⇒ = − − − . Mặt khác 3 2 lim 2 1 x x x →+∞ − = +∞ − , 1 2 3 2 lim 2 1 x x x + → − = −∞ − . Suy ra hàm số f(x) có tập giá trị là ¡ . Vậy PT (1) luôn có nghiệm thực với mọi m . Bài 14 : Tìm m để phương trình 1 ( 3)( 1) 4( 3) 3 x x x x m x + − + + − = − (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Điều kiện 1 0 1 3 3 x x x x + ≥ ⇔ ≤ − ∨ > − . + Với 1x ≤ − : (16) ( 3)( 1) 4 ( 3)( 1)x x x x m⇔ − + − − + = . Đặt ( 3)( 1) 0, 1t x x x= − + ≥ ∀ ≤ − , PT (1) trở thành 2 4t t m− = 4m ⇒ ≥ − . + Với 3x > : (16) ( 3)( 1) 4 ( 3)( 1) 0x x x x m m⇔ − + + − + = ⇒ ≥ . Vậy 4m ≥ − . Bài 15 : (TSĐH-KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm : ( ) 2 2 4 2 2 1 1 2 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − − (1) Giải : • Điều kiện : 1 1x− ≤ ≤ . Đặt 2 2 1 1t x x= + − − • Vì 2 2 1 1x x+ ≥ − 0 ( 0 0)t t khi x⇒ ≥ = = 2 4 2 2 1 2 2 ( 2 1)t t t t khi x= − − ≤ ⇒ ≤ = = ± Vậy t liên tục trên đoạn 1;1−     , khi 1;1 0; 2x t   ∈ − ⇒ ∈       • PT (1) trở thành: 2 ( 2) 2m t t t+ = − + + ⇔ 2 2 2 t t m t − + + = + ( )∗ • PT (1) có nghiệm ⇔ PT ( )∗ có nghiệm 0; 2t   ∈   • Đặt 2 2 ( ) 2 t t f t t − + + = + ⇒ 2 2 4 '( ) 0, 0; 2 ( 1) t t f t t t − −   = ≤ ∀ ∈   + . Ta có BBT của HS ( )f t như sau: • Dựa vào BBT ta có PT (1) có nghiệm thực ⇔ 2 1 1m− ≤ ≤ Trang 5 f(t) f'(t) t 2 - 1 1 2 0 _ Ôn thi đại học cấp tốc Bài 16. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình 2 2m x x m+ = + (1) . HƯỚNG DẪN (1) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 1 0, 2 1 x m x x m do x x x ⇔ + − = ⇔ = + − > ∀ ∈ + − ¡ . Xét hàm số 2 2 1 x y x = + − ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 ' 2 1 x x x y x + − − + ⇒ = + − ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 1 x x x x − + = = ⇔ = ± + + − . Giới hạn 2 lim lim lim 1. 2 1 1 x x x x y y x x x →∞ →∞ →±∞ = ⇒ = ±   + −  ÷  ÷   BBT x −∞ 2− 2 +∞ y’ – 0 + 0 – y –1 2 2− 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có + 2 2m m< − ∨ > : (1) vô nghiệm. + 1 1 2m m− ≤ ≤ ∨ = ± : (1) có 1 nghiệm. + 2 1 1 2m m− < < − ∨ < < : (1) có 2 nghiệm phân biệt. Bài 17. Tìm m để phương trình 2 2 3x x mx m− − = + (1) có nghiệm thực 1x ≠ − . HƯỚNG DẪN Điều kiện 2 3 2 3 0 1 ( 1) 2 x x x x x− − ≥ ⇔ < − ∨ ≥ ≠ − . Ta có (1) 2 2 3 1 x x m x − − ⇔ = + . Lập BBT của hàm số 2 2 3 1 x x y x − − = + ta suy ra 2 0 2m m< − ∨ ≤ < . Bài 18. Tìm m để phương trình 2 1x x x m+ − + = (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN Điều kiện 2 2 1 0 1x x x x x x x+ − + ≥ ⇔ − + ≥ − ⇔ ∀ ∈ ¡ . Xét hàm số 2 2 / 2 2 1 2 1 ( ) 1 ( ) 0, 2 1 x x x f x x x x f x x x x − + + − = + − + ⇒ = > ∀ ∈ − + ¡ . Giới hạn ( ) 2 lim ( ) lim 1 x x f x x x x →+∞ →+∞ = + − + = +∞ 2 2 1 1 lim ( ) lim lim 1 1 1 1 x x x x x f x x x x x x x x →−∞ →−∞ →−∞ − − = = − − + − − + Trang 6 Ôn thi đại học cấp tốc 2 2 1 (1 ) 1 1 lim lim 2 1 1 1 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x →−∞ →−∞ − − = = =   + − + + − +  ÷  ÷   2 1 2 ( ) , 1 , 2 2 f x x x x x x⇒ > ∀ ∈ ⇒ + − + > ∀ ∈¡ ¡ .Vậy (1) có nghiệm thực 2 . 2 m⇔ > Bài 19 : Tìm m để phương trình 2 2 1 2x mx m− + = − ( )∗ có nghiệm . Giải: • Nếu 2m < ⇒ PT ( )∗ vô nghiệm. • Nếu 2m ≥ ⇒ PT ( )∗ 2 2 2 4 3 0x mx m m⇔ − − + − = (1) • PT (1) có 2 2 4 3 0,m m m∆ = − + > ∀ ⇒ với 2m ≥ PT ( )∗ có nghiệm Bài 20 : Tìm điều kiện của m để phương trình: 2 1x x m+ = + ( )∗ có nghiệm. Giải: • Đặt 1 0t x t= + ⇒ ≥ . Phương trình thành : 2 2 1t t m= − + 2 2 1m t t⇔ = − − + • Đặt ) 2 ( ) 2 1, 0;f t t t t= − − + ∈ +∞   có: ' 2 ( ) 2 2f t t= − − BBT: • Dựa vào BBT ta có : Phương trình ( )∗ có ⇔ 2m ≤ Bài 21 : Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm dương : 2 2 4 5 4x x m x x− + = + − (1) Giải: • Xét 2 2 2 ( ) 4 5, (0; ) ; '( ) ; '( ) 0 2 4 5 x f x x x x f x f x x x x − = − + ∈ +∞ = = ⇔ = − + . BBT : • Đặt: 2 4 5, (0; )t x x x= − + ∈ +∞ ⇒ ) 0;t ∈ +∞   , PT thành: 2 5m t t= + − 2 5 0 ( )t t m⇔ + − − = ∗ • Đặt 2 ( ) 5f t t t= + − với ) 0;t ∈ +∞   > Nhận xét: Nếu PT ( )∗ có hai nghiệm 1 2 ,t t thì 1 2 1t t+ = − nên PT ( )∗ một nghiệm 1t ≥ • Vậy PT (1) có đúng hai nghiệm dương ⇔ PT ( )∗ có đúng một nghiệm ( ) 1; 5t ∈ • Đặt 2 ( ) 5g t t t= + − , YCBT ⇔ Tìm điều kiện của m sao cho PT: ( )g t m= có đúng một nghiệm ( ) 1; 5t ∈ . Ta có: ' ( ) 2 1g t t= + ( ) '( ) 0, 1; 5g t t⇒ > ∀ ∈ BBT : Trang 7 1 + ∞ - ∞ 2 1 0 f(t) f'(t) t _ + 0 f(x) f'(x) x + ∞ 5 1 2 + ∞ 0 _ + 0 5 - 3 5 1 g(t) g'(t) t + Ôn thi đại học cấp tốc • Từ BBT ta có: 3 5m− < < thoả YCBT Bài 22 : Cho phương trình: 4 2 2 2 ( 1)x x x m x+ + = + ( )∗ . Tìm m để phương trình ( )∗ có nghiệm. Giải: • Phương trình đã cho tương đương: 3 2 2 2 4( ) (1 ) x x x m x + + = + 2 2 2 2 4 ( 1) 4 4 (1 ) x x x m x + + ⇔ = + 2 2 2 2 2 2. ( ) 4 1 1 x x m x x ⇔ + = + + Đặt 2 2 [ 1;1] 1 x t t x = ⇒ ∈ − + . Khi đó phương trình ( )∗ trở thành: 2 2 4t t m+ = (1) . • ( )∗ có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm [ 1;1]t ∈ − Xét hàm số 2 ( ) 2g t t t= + với [ 1;1]t ∈ − . Ta có : '( ) 2 2g t t= + '( ) 0, [ 1;1]g t t⇒ ≥ ∀ ∈ − . BBT : • Từ BBT ⇒ Phương trình ( )∗ có nghiệm ⇔ 1 3 1 4 3 4 4 m m− ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Bài 23 : Cho phương trình ( ) ( ) 3 6 3 6x x m x x+ + − = + + − (1) . a./ Giải phương trình khi 3m = . b./ Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. Giải: • Đặt: 3 6t x x= + + − ⇒ ( ) ( ) 2 9 2 3 6 9t x x= + + − ≥ ( )∗ . • Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ( ) ( ) 2 3 6 9x x+ − ≤ nên từ ( )∗ ta có 3 3 2t≤ ≤ . • Phương trình ( )∗ trở thành 2 2 9 2t t m− − = − (2) . a./ Giải phương trình khi 3m = • Với 3m = (2) ⇔ 2 2 3 0t t− − = ⇔ 3t = . Thay vào ( )∗ ta được 3, 6x x= − = . b./ Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. • PT (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm 3; 3 2t   ∈   . • Xét hàm số ( ) 2 2 9f t t t= − − với 3; 3 2t   ∈   BBT: Từ BBT ta có: PT (1) có nghiệm ⇔ 6 2 9 6 2m− ≤ − ≤ − ⇔ 6 2 9 3 2 m − ≤ ≤ Bài 24 : Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 2 3 1x m x+ = + Giải: • Phương trình được viết lại dưới dạng: 2 3 1 x m x + = + (1) Trang 8 0 1 - 1 3 - 1 g(t) g'(t) t + 9 - 6 2 - 6 3 2 3 f(t) f'(t) t + Ôn thi đại học cấp tốc • Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của (C): 2 3 ( ) 1 x y f x x + = = + và đường thẳng: ( )y g m m= = . • Lập BBT : • KL: 1 10m m≤ − ∨ > : phương trình vô nghiệm. 1 1m− < ≤ hoặc 10m = : phương trình có nghiệm duy nhất. 1 10m< < : phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Bài 25 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) 1 3 1 3x x x x m− + − − − − = (1) Giải: • ĐK: 1 3x≤ ≤ . Đặt 1 3t x x= − + − • BBT 1 : • BBT 2 : Từ BBT 1 ⇒ khi 1 3x≤ ≤ ta có 2 2t≤ ≤ • Khi đó phương trình (1) trở thành: 2 1 1 2 t t m− + + = . Từ BBT 2 ⇒ khi 2 2t≤ ≤ ta có 1 2m≤ ≤ • Kết luận: PT (1) có nghiệm ⇔ 1 2m≤ ≤ Bài 26 : (TSĐH-KB-2006): Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 2 1x mx x+ + = + (1) Giải : • PT (1) : ⇔ 2 2 1 2 (2 1) 2 x x x mx  ≥ −    + = + +  2 1 2 3 4 1 x x x m x  ≥ −   ⇔  + −  =   ( Vì 0x = , không phải là nghiệm PT: 2 2 (2 1) 2x x mx+ = + + ) • Đặt 2 3 4 1 ( ) x x f x x + − = ta có BBT của hàm số ( )f x trong nửa khoảng 1 ; 2   − +∞ ÷    như sau: Trang 9 1 - 1 10 1 3 f(x) f'(x) x _ + 0 + ∞ - ∞ 2 2 2 2 31 t(x) t'(x) x _ + 0 2 2 2 2 31 t(x) t'(x) x _ + 0 1 2 f(t) f'(t) t 2 2 _ + ∞ - ∞ + ∞ 9 2 0 + ∞ - 1 2 + + f(x) f'(x) x Ôn thi đại học cấp tốc • Dựa vào BBT ta có: PT (1) có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ 9 2 m ≥ Bài 27 : (TSĐH-KA-2007) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 ( 2)x x m x+ − = − (1) Giải : • Điều kiện : 2x ≥ • PT (1) 2 2 ( 2) ( 4) ( 2)x x m x⇔ − + = − 3 2 ( 2)( 6 32 ) 0x x x m⇔ − + − − = 3 2 2 6 32 0 (2) x x x m =  ⇔  + − − =   • Xét PT (2) : (2) 3 2 6 32x x m⇔ + − = YCBT ⇔ 0m ∀ > , PT (2) luôn có môt nghiệm duy nhất (2; )x ∈ +∞ • Đặt 3 2 ( ) 6 32f x x x= − − , ta có: BBT : Từ BBT ta nhận thấy 0m ∀ > , PT (2) luôn có môt nghiệm duy nhất (2; )x ∈ +∞ (ĐPCM) Bài 28 : (TSĐH-KA-2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 2 3 1 1 2 1x m x x− + + = − (1) Giải : • Điều kiện : 1 0 1 0 x x − ≥   + ≥  1x⇔ ≥ • PT (1) 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x − − ⇔ + = + + 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x − − ⇔ − + = + + • Đặt 4 1 1 x t x − = + vì 1x ≥ 0t⇒ ≥ mặt khác 1 2 1 1, 1 1 1 x x x x − = − < ∀ ≥ + + do đó : 1 0 1x t∀ ≥ ⇒ ≤ < • ⇒ phương trình 2 3 2t t m− + = (2) , PT (1) có nghiệm thực ⇔ PT (2) có nghiệm ) 0;1t ∈   • Đặt 2 ( ) 3 2f t t t= − + ta có BBT: Dựa vào BBT ⇒ phương trình (2) có nghiệm ) 0;1t ∈   ⇔ 1 1 3 m− < ≤ Bài 29 : Giải phương trình sau : ( ) ( ) 2 2004 1 1x x x= + − − Giải: • ĐK : 0 1x≤ ≤ Trang 10 + ∞ 2 + ∞ 0 f(x) f'(x) x + 1 - 1 0 1 3 1 3 0 f(t) f'(t) t _ + 0 [...]... − 1 ) ⇔ (t − 1) 2 (t 2 + 2t − 1) = 0 ⇔  t = 2 − 1  • t = 1 ta có : 1 = 2x − 1 ⇔ x = 1 • t = 2 − 1 ta có : 2 − 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 − 2 Trang 13 Ôn thi đại học cấp tốc Bài 11 :Giải phương trình: HD : (1) ⇔ ( x 1 +1 ĐK: x ≥ 1 Đặt ( ) ( 3 + x 1 +1 x 1 +1 ) ) 3 2 + 2 x − 1 = 2 − x (1) −2 =0 x 1 +1 = y PT (1) trở thành : y 3 + y 2 − 2 = 0 ⇔ (y – 1) (y2 + 2y + 2) = 0 ⇔ y = 1 y = 1 ta có: x − 1 + 1 = 1. .. (1) Từ đó, để (1) có nghiệm duy nhất thì 1 x 0 = 1 − x 0 ⇔ x 0 = ⇒ m 3 = m ⇔ m = 0 ∨ m = 1 2 Đặt t = x + 1 − x ≥ 0, 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ 4 x (1 − x ) = (1) trở thành t2 1 2 2(t 2 − 1) = mt 2 + t − m 3 − m + m = 0: (1) ⇔ 2(t 2 − 1) = t ⇔ t 2 = 2 ⇔ x (1 − x ) = 1 1 ⇔ x = (nhận) 2 2 + m = 1: (1) ⇔ 2(t 2 − 1) = t 2 + t − 2 ⇔ 2(t 2 − 1) = (t − 1) (t + 2) t = 1 t ≥ 1    ⇔ ⇔  t > 1 2 2 2(t − 1) (t + 1) ... + 1 = 2(x 2 + 1) + 2x − 1 ⇔ 2t 2 − (4x − 1) t + 2x − 1 = 0 (1) 1 4 • PT (1) cho nghiệm t = (loại) t = 2x − 1 (nhận) ⇔ x 2 + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 3 2 Bài 10 : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2x − 1 + x − 3x + 1 = 0 (1) Giải : 1 • Điều kiện : x ≥ 2 2 • Đặt t = 2x − 1 ⇒ x = t − 1 2 2 t2 + 1 t2 + 1 • Thay vào PT (1) ta có: t +  + 1 = 0 ⇔ t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0 ÷ − 3  2 ÷  2 ÷ ÷     t = 1. .. + 1 + x + 1 = x 2 − x + 1 + x + 3 (2) x +3 Giải: • Điều kiện : x ≥ 1 • Ta có : • PT (2) ⇔ x3 + 1 x + 3 = x 2 − x + 1 x + 1 x +3 x3 + 1 − x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1 x +3 x = 1 − 3 x3 + 1 = x 2 − x − 1 ⇔ x 2 − 2x − 2 = 0 ⇔  x +3 x = 1 + 3  • Thử lại : x = 1 − 3, x = 1 + 3 l nghiệm • Bình phương 2 vế ta được: Trang 15 Ôn thi đại học cấp tốc Bài 3 Giải phương trình: 4x − 1 + 4x 2 − 1 = 1 Giải: 1. .. tốc • Đặt y = 1 − x PT ⇔ 2 ( 1 − y ) 2 (y 2 ) + y − 10 02 = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0 Bài 30 : Cho phương trình : x + 1 + 3 − x − (x + 1) (3 − x ) = m (1) a./ Giải phương trình khi m = 2 b./ Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm Giải: • Đặt t = x + 1 + 3 − x , TXĐ : x ∈ 1; 3    • Ta có : t ' = 1 − 2 x +1 1 2 3−x = 1 x 3−x − x +1 = 2 3 − x x + 1( 3 − x + x + 1) 2 3 −x x +1 BBT : x 1 -1 + t'(x) 0 3... 1 Bài 12 :Giải phương trình: Giải : ĐK: x ≥ −2 (1) ⇔ ( ( )( ) x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7x + 10 = 3 (1) )( ) x + 5 − x + 2 1 + (x + 5)(x + 2) = 3 Đặt: u = x + 5 , v = x + 2 : u , v ≥ 2 ⇒ u 2 − v 2 = 3 (1) ⇔ (u − v ) (1 + uv ) = u 2 − v 2 ⇔ (u − v ) (1 − u + uv − v ) = 0 ⇔ (u − v ) (1 − u ) (1 − v ) = 0 Giải ra: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Bài 13 : Giải phương trình: x + 1 − 3x = 2x − 1 (1) ... 5  12 ÷ u =    12 • Từ đó có :  ⇒  3   9 - 5 9 - 5  u = x =  12   12 ÷ ÷     3 3   9 + 5  9 − 5   • Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =  ÷ ;  ÷   ÷  ÷  12   12     Bài 5 : Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1 − x + 3 1 + x = a có nghiệm Giải: a u 2 + v 2 − uv = 2  3 3 • Đặt u = 1 − x , v = 1 + x Phương trình trở thành:  u + v = a  ( ) TH1: a... t > 1 2 2 2(t − 1) (t + 1) = (t − 1) (t + 2)   t 3 + 3t 2 − 2t − 6 = 0   x = 0 t = 1  x (1 − x ) = 0  t = 1  1 ⇔  t > 1 ⇔ ⇔ ⇔ x = (loại)  1  x (1 − x ) =  2 t = 2   (t + 3)(t 2 − 2) = 0  x = 1  2    + m = 1 : (1) ⇔ 2(t 2 − 1) = (t + 1) (2 − t ) 0 ≤ t ≤ 2 1  ⇔3 ⇔ t = 2 ⇔ x = (nhận) Vậy m = 0 ∨ m = 1 2 2 t − 3t − 2t + 6 = 0  Trang 16 ... + 1 , v = 3x (u , v ≥ 0) : 2x − 1 = v 2 − u 2 1 (1) (u − v )(u + v + 1) = 0 , mà: u + v + 1 > 0 nên u = v ⇔ x = là nghiệm duy nhất của phương trình 2 4 1 5 Bài 14 : Giải phương trình: + x − = x + 2x − (1) x x x Giải : 1 5 (u , v ≥ 0) Đặt u = x − , v = 2x − x x 1  5  1  5 (1) ⇔ x − −  2x − ÷ −  x − ÷ − 2x − = 0 ⇔ u – (v2 – u2) – v = 0 x  x  x  x ⇔ (u − v )(u + v + 1) = 0 Vì u + v + 1. .. không phải là nghiệm PT Trang 11 Ôn thi đại học cấp tốc 1 1  • Chia cả hai vế PT cho x ta được: x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2x + 1 ⇔  x − ÷ + 3 x − = 2 x x  • Đặt t = 3 x − 1 1± 5 , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = x 2 Bài 3 : x 3 + 1 = 2 3 2x − 1 HD: • Đặt: y = 3 2x − 1 ⇔ y 3 + 1 = 2x • Phương trình chuyển thành hệ:  x = y   3 x 3 + 1 = 2y x 3 + 1 = 2y  x + 1 = 2y    ⇔ ⇔  3 2 3 3  . 4 2 3 1 1 2 1x m x x− + + = − (1) Giải : • Điều kiện : 1 0 1 0 x x − ≥   + ≥  1x⇔ ≥ • PT (1) 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x − − ⇔ + = + + 4 1 1 3 2 1 1 x x. 1 2 2− 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có + 2 2m m< − ∨ > : (1) vô nghiệm. + 1 1 2m m− ≤ ≤ ∨ = ± : (1) có 1 nghiệm. + 2 1 1 2m m− < < − ∨ <