Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 16 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
16
Dung lượng
1,97 MB
Nội dung
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 11 4x x x+ + + − + = (1) Giải : • Điều kiện : 1x ≥ − • PT (1) ⇔ ( ) 2 2. 111 4x x+ + − + = ⇔ ( ) 2. 111 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 11 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 11 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 11 2 0 11 x x m x x + − ⇔ − + = − + . Đặt 4 4 1 2 1 (1; ) 11 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 11 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 11 ( ) 11 , [ 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 11 . 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 11 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 11 2 2 11 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 - 11 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 11 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. + 11 2m m− ≤ ≤ ∨ = ± : (1) có 1 nghiệm. + 2 11 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 11 lim ( ) lim lim 1111 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 ) 11 lim lim 2 1 111111 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 11 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 11 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 11 2 1x m x x− + + = − (1) Giải : • Điều kiện : 1 0 1 0 x x − ≥ + ≥ 1x⇔ ≥ • PT (1) 4 11 3 2 11 x x m x x − − ⇔ + = + + 4 11 3 2 11 x x m x x − − ⇔ − + = + + • Đặt 4 11 x t x − = + vì 1x ≥ 0t⇒ ≥ mặt khác 1 2 1 1, 111 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 ∈ ⇔ 11 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 ) = 11 ⇔ 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 +11 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 11 • 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− < < − ∨ <