Tuyển chọn phương trình và hệ phương trình

NGUYỄN XUÂN HIẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT Hà Tĩnh - 2016 HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT Bài Giải phương trình: √ √ 32x2 + 8x + 2x2 + x + 2x − = 4x2 + (Sáng tác: Thầy Khoa Trần) √ Ta có: 2x2 + x Đk: x 14x + (1) Thật vậy: (1) ⇔ (2x − 1)(2x + 9) ÂN LỜI GIẢI Khi đó: VT −VP XU Vậy đánh giá đánh giá !!! √ √ 20x2 − 34 2x − + 35 + (28x2 − 60x + 33) 2x − √ 2x − 5(4x2 + 7) √ 20x2 − 34x + 35 + (28x2 − 60x + 33) 2x − √ 2x − 5(4x2 + 7) ⇒VT N (AM − GM : √ V P , Dấu "=" xảy ⇔ x = 2x − 1 Thử lại thấy thỏa mãn !!!! Vậy phương trình cho có nghiệm x = NG UY Ễ x) Bài Giải hệ phương trình:          15 +√ 08 = 98 2y − 35 x− 36 √ √ + xy(1 + x) = xy(1 + x) (1) (2) (Sáng tác: Thám Tử Cô Nan tết trung thu 2016) Nguyễn Xuân Hiếu LỜI GIẢI ⇔ HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh  35  x 36 Đk:  y √ √ (2) ⇔ ( xy − 1)2 + (x y − 1)2 = x=1 y=1 Thử lại vào (1) thấy thỏa mãn ÂN Vậy HPT cho có nghiệm (x; y) = (1; 1) Bài Giải hệ phương trình: √ ( x2 + + x)(y − y − 1) = √ √ ( x2 + + y − 1)2 + y − x + 14 = 17 (1) (2) XU (Sưu tầm bởi: Mạnh Trần) LỜI GIẢI     y x + |x| NG UY Ễ Ta có: V T (3) N (∗) y −1    y − x + 14 √ (1) ⇔ x + x2 + = y + y − Đk: ⇒ V P (3) 0⇔y+ y2 − Kết hợp với điều kiện (∗) ⇒ y (3) 0⇒y Khi đó: (3) viết lại: √ x2 + + x = ( y − 1) + + y2 − (4) √ Xét hàm số: f (t) = t + t2 + liên tục R t t + |t| √ Ta có: f (t) = + √ t2 + t2 + ⇒ Hàm số f (t) đồng biến R, đó: Nguyễn Xuân Hiếu HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT x √ (4) ⇔ f (x) = f ( y − 1) ⇒ x = y − ⇔ y = x2 + (do y √ Thay y = x2 + vào (2) ta được: √ √ ( x2 + + x)2 + x2 + − x + 14 = 17 √ ⇔ ( x2 + + x)2 + √ + 14 = 17 x2 + + x Đặt t = √ x2 + 1 1) ÂN + 14 = 17 Phương trình trở thành: t2 + t √ Với t 1, ta có: V T + 14 > 17 = V P ⇒ P T V N Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm ! Bài Giải Phương trình: √ x−1 √ = − 2x x+2 XU x(1 − x + x + 2) − (sáng tác: Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI N Quy đồng bỏ mẫu liên hợp ta được: Điều kiện: x ∈ 1; √ √ x−1 x x−1 √ √ √ PT ⇔ (x − 2) x − − −x + + − 2x x + 2 + x + NG UY Ễ √ − Với ∀x ∈ 1; f (x) x−4 √ −1 =0 1+ x−1 (∗) f (x) ta có đánh giá sau:  √ 1√   x+2> x−1+ 2 √ √ 5√   − 2x x + < −x + − x−1 Nguyễn Xuân Hiếu K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ Khi đó: 8a6 + 22a5 + 19a4 + 30a3 − 153a2 − 154a + 252 >0 (−4a2 − 5a + 18)(a + 1)(a + 7)  √   a = x−1  √ (Trong đó: )  a ∈ 0;   f (x) > x=1 3+ + x 2+ x XU Bài Giải phương trình: √ √ x x x 31 − + + √ = 8 x ÂN (t/m) x=2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1; x = Phương trình (*) tương đương với: (sáng tác Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI N Điều kiện: x > √ Đặt: t = x(t > 0) ⇒ x = t2 NG UY Ễ √ √ Phương trình trở thành: 4t4 − 5t2 + 10t + 31 = 8( 3t2 + + 2t2 + 2) *) TH1: x ∈ 0; , Theo AM - GM ta có:  √ √ 36(t2 + 2) + 75   t2 + 2.5 2 √ √ 49(t + 1) + 50   t2 + 1.5 2 √ √ 52 1082 t + 35 140t − 539t + 350t + Khi đó: V T − V P 35 Khảo sát hàm số cho thấy: 140t4 − 539t2 + 350t + > 0, với ∀t ∈ 0; ⇒ V T > V P ⇒ PTV N ⇒8 3t2 + + 2t2 + Nguyễn Xuân Hiếu *) TH2: x , Theo AM - GM ta có: (t2 + 2) t2 + 2 (t2 + 1) t2 + HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT Khi đó: V T − V P (t − 1)2 4t2 + 8t − ≥ (Do: 4t2 + 8t − > 0, với ∀t ) ⇒ V T V P , Dấu "=" xảy ⇔ t = ⇒ x = Thử lại thấy thỏa mãn!!! ÂN Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài Giải phương trình: x2 − 4x + 11 √ x2 + √ = 2x + 2x + − 1) + x−1 4 XU 2x (x2 (sáng tác Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI √ ⇔ √ x2 + + x − − 2x (x + 1) = N Điều kiện: x √ PT ⇔ x−1−1 f (x) x−1−1=0 NG UY Ễ f (x) = √ *) Với: x − − = ⇔ x = 2(t/m) *) Với: f (x) = TH1: x f (x) x2 + 11 − 2x (x + 1) = (x − 3)2 + ⇒ P T : f (x) = Vô nghiệm √ TH2: x ∈ [1; 2), ta có: x − x − √ √ Khi đó: f (x) 2x − x + + (x − 1)2 √ 2x − √ x+1 >0 dấu "=" xảy ⇔ x = 1, thử lại thấy thỏa mãn!!! Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1; x = Nguyễn Xuân Hiếu K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ Bài Giải phương trình: √ x2 + x2 + + x4 + 3x2 + =1 √ 2 + (x + 3) 9x + 12 + x + (nguồn Huỳnh Minh Sang) LỜI GIẢI √ x2 + (t 1) ÂN Đặt t = √ √ PT trở thành: t2 + 3t − 8t3 + 9t2 + 3t − + 8t3 + 9t2 + = √ √ ⇔ t2 + 3t − 8t3 + 9t2 + = (Do: 3t − + 8t3 + 9t2 + > 0, với ∀t 1) XU ⇔ t4 − 2t3 − = ⇔ (t + 1) (t − 1)3 − = √ √ 1+ 32 −1 ⇔ t = + (Do: t 1) ⇒ x = ± Vậy phương trình cho có nghiệm!!! Bài Giải phương trình: x2 − 2x2 − + − x2 = 4x2 + 2x − √ 2x − N (sáng tác Mạnh Trần) NG UY Ễ LỜI GIẢI √ Điều kiện: x ∈ √ ; 2 P T ⇔ 4x2 + 2x − − x2 − √ − x2 2x − − + − 2x2 − + (x − 1) (4x − 6) = ⇔ (x − 1) h (x) = Trong đó: 4x2 + 2x − 3 (x + 1) √ h (x) = √ + + 4x + − (x + 1) 2x − + 1 + − x2 Nguyễn Xuân Hiếu 2x2 − f (x) g(x) √ Với ∀x ∈ √ ; , ta có: f (x) > −1 √ 3x + − − x2 √ nên suy ra: g (x) > + − x2 h (x) > HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT >0 Khi đó: P T ⇔ x = (t/m) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ÂN Bài Giải phương trình: (x + 1) (2x − 1)2 = (2x − 1) − √ x+1+ 12x2 − 11x + XU (sáng tác Thầy Khoa Trần) LỜI GIẢI Điều kiện: x −1 ⇒ − 2x √ √ √ P T ⇔ − 2x x + + − 2x − √ N *) TH1: x ∈ −1; √ (1 − 2x) − 2x √ =0 x + + 12x2 − 11x + f (x) NG UY Ễ √ √ ⇔ x = (Do: x + + 12x2 − 11x + > √ √ nên: f (x) > x + + (x + 1) − 2x > 0) Vậy x = nghiệm phương trình!!! *) TH2: x ∈ ; ⇒ 2x − √ √ √ √ (2x − 1) 2x − √ =0 P T ⇔ 2x − 4 x + − 2x − − √ x + + 12x2 − 11x + √ √ 12 ⇔ x = (Do: x + + 12x2 − 11x + > 5√ √ (10x + 31) 2x − nên: f (x) > 4 x + − > 0) 12 Vậy x = nghiệm phương trình!!! *) TH3: x Nguyễn Xuân Hiếu K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh √ x+1 9x + + √ P T ⇔ (4x − 5) √ 12x2 − 11x + + x + + f (x) + HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ  2 1024x − 528x − 564x + 259 =0 √ √ √ 8x − + x + 2x − (8x − 1) + 36 (2x − 1) x + f (x) khảo sát hàm số cho thấy: 1024x − 528x2 − 564x + 259 > 0, với ∀x ⇒ f (x) > 0, với ∀x √ √ 2x − − (4x − 5) 3x − = XU Bài 10 Giải phương trình: (5x − 4) ÂN Khi đó: P T ⇔ x = (t/m) Vậy x = nghiệm phương trình!!! Kết luận: phương trình cho có nghiệm x = ; x = (Nguồn: Huỳnh Minh Sang) LỜI GIẢI NG UY Ễ N Điều kiện: x 3 Xét: x = khơng nghiệm phương trình ⇒ x > √ √ Xét hàm số: f (x) = (5x − 4) 2x − − (4x − 5) 3x − − liên tục ; +∞ Ta có: (x − 1) 108x2 − 180x + 94 + 89 √ √ √ √ f (x) = >0 2x − 3x − 2 (15x − 19) 3x − + (36x − 31) 2x − , với ∀x ∈ ; +∞ ⇒ hàm số f (x) đồng biến ; +∞ Khi đó: PT f (x) = có tối đa nghiệm Mặt khác: f (6) = 6∈ ; +∞ Nguyễn Xuân Hiếu ; +∞ ⇒ x = nghiệm PT ⇔ (t − 1) 3t2 + 13 √ 2t2 + 14 + t + HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT f (t)  √ 15t2 + 78 3t2 + + 3t + 39 √ + + 26t = 2 3t + + 3t + f (t) ⇔ t = (Do : f (t) > 0, ∀t 0) ⇒ x = Bài 31 Giải phương trình: x4 − 3x3 + x2 − x − = ÂN Vậy phương trình cho có nghiệm x = √ √ √ 3x + x x + + x3 − x XU (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI Điều kiện: x ∈ [0; 8] √ √ 2x3 (x − 3) + x (2x − 7) − Khi đó: V T − V P < 0, ∀x ∈ [3; 8]) √ + 21 ⇒x= (t/m) Nguyễn Xuân Hiếu 23 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh √ + 21 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 32 Giải phương trình: (x + 2) √ x2 − + √ HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ − x2 = x2 + x + (sáng tác: Thầy Trần Lê Quyền) √ √ − x − √ Điều kiện: √ x *) TH1: x = ⇔ x = ±2 (t/m) Khi đó: x = ±2 nghiệm phương trình! P T ⇔ x2 − ⇔ XU *) TH2: x2 = x2 + 2x + = x2 − x2 − − ÂN LỜI GIẢI (x + 2) x2 − + − x2 − x2 − f (x) = (∗) √ √ √ √ Trong đó: f (x) = 2x + − x2 − − x2 + (2x + 3) − x2 − x2 − √ √ Nếu x ∈ − 5; − , ta có: 2x + < 0, 2x + < NG UY Ễ N ⇒ f (x) < √ √ √ √ Nếu x ∈ 3; , ta có: − x2 x2 − (AM − GM ) √ 27 − 5x2 √ >0 ⇒ f (x) > 2x − x − = 2x + x2 − ⇒ P T (∗) V N (vì xét TH x2 = 4!) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ±2 Bài 33 Giải phương trình: √ √ 9x − + (5x − 2) 3x − − (7x − 4) 2x − − 6x2 − 7x + = Nguyễn Xuân Hiếu (sáng tác: Mạnh Trần) 24 LỜI GIẢI Điều kiện: x √ Đặt: t = 3x − (t 0) ⇒ x = t2 + Phương trình trở thành: 3t − √ 6t2 + 3t2 + 5t + + (2t + 3) √ HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT 6t2 + − 2t − = (∗) Do: √ 6t2 + − 2t − > 0, với ∀t 2t + > 0, với ∀t 3t2 + 5t + > 0, với ∀t 0 XU Suy ra: f (t) > 0, với ∀t ÂN f (t) Khi từ: (∗) ⇒ t = ⇒ x = (t/m) Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 34 Giải phương trình: (x + 2) √ x2 − + √ − x2 − 3x + = NG UY Ễ N (Nguồn: Mạnh Trần) Điều kiện: LỜI GIẢI √ √ − x − √ √ x  1√  − x − − 3x + > √ √ *) TH1: − x − 3, ta có: √   x+2 2− 5>− 1√ Khi đó: V T > − x − − 3x + > = V P ⇒ PTVN Nguyễn Xuân Hiếu 25 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh x2 − − + − P T ⇔ (x + 2) HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ √ √ *) TH2: x 5 − x2 − x2 − (x − 2) (x + 4) = √ √ (x + 2) − x2 x2 + 3x − (x + 4) x2 − √ √ ⇔ (x − 2) + =0 + − x2 + x2 − f (x) Bài 35 Giải phương trình: √ XU Vậy phương trình cho có nghiệm x = ÂN ⇔x = √ √ √ √ 71 Do: x2 − với ∀x ∈ 2< 3; 50 √ √ √ 50x2 + 79x − 284 2 3; ⇒ x + 3x − (x + 4) x − > > với ∀x ∈ 50 √ √ Suy ra: f (x) > với ∀x ∈ 3; √ − x 2x + + x 3x − = (x − 2) + 21x2 + 2x − (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) ; (∗) Với điều kiện (∗), ta có: V T 0⇒VP NG UY Ễ Điều kiện: x ∈ N LỜI GIẢI 0⇒x → x ∈ [2; 3] P T ⇔ (x − 2) 21x2 + 2x − − 5x + + (x + 1)2 x − − √ √ + x − x x − 3x − + x2 − 3x + (2 − x) = ⇔ x − 3x + √ 3−x (2 − x) (x + 1)2 √ √ + 21x2 + 2x − + 5x − x − + − x √ x 3−x √ + + − x = (1) x + 3x − f (x) f (x) Nguyễn Xuân Hiếu 26 HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT ÂN Với: ∀x ∈ [2; 3], ta có đánh giá sau:  √  x − + 3−x 18     x−2 √ 9x2 − 4x + 53 x − x Khi đó: f (x) > + >0 18 √ + Do P T (1) ⇔ x2 − 3x + = ⇒ x = (Do : x ∈ [2; 3]) 2√ 3+ Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 36 Giải phương trình: XU √ √ √ (x + 2) x − 2x + −9 = (x + 2) x2 + − x2 − 12 + 5x2 + (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI Điều kiện: x − √ √ 5x2 + + (x + 2) x + − 2x + √ + (x + 2) x + 4x + − (x + 2) x2 + − = N PT ⇔ x + − NG UY Ễ x2 + ⇔ (x − 2) √ √ (x + 1)2 + (x + 1) 5x2 + + 5x2 + g(x) (x + 2)2 √ + + f (x) = x + + 2x + g(x) ⇔x = Trong đó: x2 + 4x + f (x) = Nguyễn Xuân Hiếu √ √ x2 + + − 3(x + 2)2 x2 + + 2x2 + 8x + 18 > √ >0 x2 + + 27 HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh √ (Do: x2 + + > với ∀x ∈ R) Suy ra: g (x) > với ∀x − Vậy phương trình cho có nghiệm x = √ 2x + 7x + √ Bài 37 Giải phương trình: + = 2x − 3x2 3x − 3x − ÂN (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI   x XU Điều kiện:  x= Quy đồng bỏ mẫu nhân liên hợp ta được: √ √ √ √ PT ⇔ 3x − − 7x + + 2 + (4x + 1) 3x + + 7x + = √ 3± ⇒x = (t/m) Vậy phương trình cho có nghiệm!!! √ NG UY Ễ N Bài 38 Giải phương trình: x2 + x − 14 − √ 2x + x + = (by: Mạnh Trần) LỜI GIẢI Điều kiện: x − √ P T ⇔ (x − 1) (3x + 11) − (2x + 1) x + − √ √ √ + 2x + x + 2x + − = √ √ 2x + x + 2x + √ ⇔ (x − 4) + 3x + 11 − =0 g (x) 2x + + f (x) ⇔x = Nguyễn Xuân Hiếu 28 Trong đó: g (x) = √ HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT √ x + + x + + > với ∀x (3x + 1) g (x) − 2x − 25x + 98 = >0 g (x) g (x) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ⇒ f (x) > Bài 39 Giải phương trình: √ − √ √ x3 + x2 + + x2 + x + = − x (∗) ÂN (sáng tác: Thầy Võ Trọng Trí) LỜI GIẢI Điều kiện: x XU √ √ Ta có: V P (∗) ⇒ V T (∗) ⇒ x3 + x2 + − x2 + x + x3 + x2 + > (x + 3) x2 − 2x + > 12 > ⇔ ⇔ x3 + 2x2 + x + 12 (x + 3) x2 − x + ⇔ x > −3 ⇒ x ∈ (−3; 2] √ √ √ 3 x3 + x2 + − + x2 + x + − + − − x = P T (∗) ⇔ N (x + 1)2 + x + √ ⇔ (x − 1) + + =0 f (x) g (x) 1+ 2−x h(x) NG UY Ễ ⇔x = √ √ Do: f (x) = x3 + x2 + + x3 + x2 + + > với ∀x ∈ R √ √ 2] g (x) = x2 + x + + x2 + x + +√4 > với ∀x ∈ (−3;√ 4g (x) + (x + 2) + − x 27 − − x √ √ Khi đó: h (x) > > >0 g (x) + − x g (x) + − x với ∀x ∈ (−3; 2] Vậy phương trình cho có nghiệm x = √ √ √ Bài 40 Giải phương trình: y 2y + − (2y − 1) y = 2y − Nguyễn Xuân Hiếu (sáng tác: Thầy Khoa Trần) 29 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh LỜI GIẢI Điều kiện: y √ Đặt: t = y (t 0) ⇒ y = t2 Phương trình cho trở thành: t2 2t − 2t2 + + 2t2 − − t = 2t2 (t + 1) t+1 √ =0 +√ √ 3 2 2t + 2t2 + 2t − + t 2t − + t f (t) ⇔t = 1(Do : f (t) > 0, ∀t 0) ⇒y = Bài 41 Giải phương trình: x √ x+1+ √ XU Vậy phương trình cho có nghiệm y = ÂN ⇔ (t − 1) √ HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ √ √ − x = x + 1+ − x+ + 2x − x2 + 4x − x2 NG UY Ễ N (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) LỜI GIẢI Điều kiện: x ∈ [0; 3] * Xét x ∈ [0; 2], ta có: √ √ 4x − x2 + (2 − x) x + + (1 − x) − x √ > + 2x − x2 − x − x V P − V T = + 2x − x2 + =√ x2 (3 − x) + 2x + > 0, ∀x ∈ [0; 2] √ + 2x − x2 + x − x ⇒ Trong TH phương trình cho vơ nghiệm!!! Nguyễn Xn Hiếu 30 * Xét x ∈ [2; 3], √ HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT √ x + − 4x − x2 + − x − + 2x − x2 √ √ + (x − 2) − x − (3 − x) x + = 1 √ √ ⇔ x2 − 3x + √ +√ x + + 4x − x2 − x + + 2x − x2 PT ⇔ f (x) − 2x √ =0 (x − 2) − x + (3 − x) x + √ √  ÂN + f (x) XU 3+ (t/m) x= 2√ ⇔  3− x= (kt/m Do: − 2x > với ∀x ∈ [2; 3] ⇒ f (x) > 0√ 3+ Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 42 Giải phương trình: NG UY Ễ N x3 − 2x2 + 5x + = √ 3x2 − 2x + + 3x + (Nguồn: Mạnh Trần) LỜI GIẢI * Xét x = − , khơng thỏa mãn phương trình! * Xét x = 1, t/m ⇒ x = nghiệm phương trình!!! Điều kiện: x − Nguyễn Xuân Hiếu 31 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ * Xét x = P T ⇔3 (3x + 1) (x − 1) x3 − 2x2 + 5x + √ 3x2 − 2x + + 3x + √ √ 3x + − 2x2 − 5x + + 3x + = (3x + 1) (x − 1) 3x2 − 2x + − +2 2x2 − 5x + +2 x2 − x + √ √ f (x) 3x + + x2 − x − f (x) 3x + 3x2 − 2x + = f (x) √ ⇔ √ 3x2 − 2x + = 3x + = 3x2 − 2x + ÂN ⇔2 x = − (kt/m) ⇔ x = (kt/m)  XU ⇒ Trong TH phương trình cho vơ nghiệm! Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 43 Giải phương trình: x4 + x3 − 4x = (x + 1) √ 5x2 + 6x + N (HSG Tỉnh Nam Định) NG UY Ễ LỜI GIẢI √ √ + x2 + (x + 1) = 5x2 + 6x + + (x + 1) 5x2 + 6x + √ √ ⇔ x2 + − 5x2 + 6x + x2 + + 5x2 + 6x + + x + = P T ⇔ x2 + 2 ⇔x2 + = √ f (x) 5x2 + 6x + (Do : f (x) > 0, ∀x ∈ R) ⇔x4 − x2 − 6x − = √ ⇔ x2 + = (x + 1) √ x2 + = (x + 1) √ ⇔ x2 + = − (x + 1) Nguyễn Xuân Hiếu 32 HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT Bài 44 Giải hệ phương trình:  √ √  x x − + − 3y = (y − 1) + x (1)  2y (x + 1)  − = (2)  x + − + y (2x − 3y) + x x (Nguồn: Nguyễn Văn Lợi) (∗) √ − 3y = x + √ √ x + − 3y = x + (3) √ √ x + − 3y = −2 x − (V N ) XU (1) ⇔ x + ⇔ ÂN LỜI GIẢI   x>0 Điều kiện: y NG UY Ễ N (2) ⇔ x + − + y = (2y − 1)2 x   x+ x =y ⇔ x + = −3y + x 1 * Với x + = y , theo AM - GM ta có: x + ⇒ y (không t/m (∗)) x x * Với x + = −3y + 2, lập luận tương tự: x ⇒ y 0, từ P T (3) suy ra: √ − x + x + = − 3y √ √ ⇔ x−1 0⇔ x=1⇔x=1⇒y=0 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (1; 0) Bài 45 Giải phương trình: (5 − 8x) √ √ √ − 4x − x + (x − 2) x + + 6(x − 1)3 = Nguyễn Xuân Hiếu (sáng tác: Thầy Trần Quốc Thịnh) 33 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh LỜI GIẢI * Xét TH1: x ∈ 0; , ta có: Khi đó: − 4x 14 − 2x + (2 − x) − 6(x − 1)3 −120x3 − 120x2 + 244x + = 20 −120 (x + 2) (x − 1) x + 4x + = > 0, ∀x ∈ 0; 20 NG UY Ễ ⇒ PTVN (8x − 5) N VT − 4x (AM − GM ) XU  √   − 4x     √     x x 2−x>0   √ 14    x + >      8x − ÂN Điều kiện: x ∈ 0; HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ * Xét TH2: x ∈ P T ⇔ (5 − 8x) 5 ; ⇒ 8x − > √ √ √ − 4x − x + + (x − 2) x+8−3 + (x − 1) 6x2 − 12x + 17 = √ √ (1 + x) ⇔ (8x − 5) x − √ +2 − 4x + √ √ + x + − 18x2 − 35x + 49 + 6x2 − 12x + 17 x + = ⇔x = Nguyễn Xuân Hiếu 34 Do: HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT  5   8x − > ∀x ∈ ;      √ x−1    √ x − =   x+1  √ x−1 √ x + − =   x+8+3    5   18x2 − 35x + 49 > ∀x ∈ ;       6x − 12x + 17 > ∀x ∈ R ÂN Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 46 Giải phương trình: 2x2 − 11x + 21 + 3 (1 − x) = XU (sưu tầm: Lan Uchiha) LỜI GIẢI * Xét x ⇒x−1 Do: 2x2 − 11x + 21 > 0, với ∀x ∈ R ⇒ V T > = V P , với ∀x N * Xét x > ⇒ x − > Theo BĐT AM - GM ta có: NG UY Ễ 3 2.2 (x − 1) x+3 2x2 − 11x + 21 − x − ⇒VT =2(x − 3)2 0=VP Dấu "=" xảy ⇔ x = (t/m) Vậy phương trình cho có nghiệm x = √ √ Bài 47 Giải phương trình: 16 − 13 x2 − x4 = x2 + x4 Nguyễn Xuân Hiếu (sáng tác: Huỳnh Minh Sang) 35 K42 Trường THPT Cẩm Bình - Hà Tĩnh LỜI GIẢI Điều kiện: x ∈ [−1; 1] Đặt: t = x2 (t ∈ [0; 1]) Phương trình trở thành: 13 t (1 − t) + (4 − 3t) (9t) [4 (1 + t)] (13t + 4) 12 t.4 (1 − t) ÂN Theo AM - GM ta có:    t (1 − t) =   t (1 + t) = t (1 + t) = 16 HI ẾU ĐẲNG CẤP LÀ HIẾUPRỒ 13 (4 − 3t) + (13t + 4) = 16 = V P 12 t = (1 − t) Dấu "=" xảy ⇔ ⇔ t = ⇒ x = ±√ 5 9t = (1 + t) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ± √ XU Suy ra: V T Bài 48 Giải phương trình: x2 + 2x + √ √ x + + 2x x + = (Đề thi vào lớp 10) Đk: x N LỜI GIẢI −3 NG UY Ễ √ √ P T ⇔ (x2 + 2x x + + x + 3) + (x + x + 3) − 12 = √ √ ⇔ (x + x + 3) + (x + x + 3) − 12 = Đặt: t = x + √ x+3 Phương trình trở thành: t2 + t − 12 = t=3 ⇔ * Với: t = 3, ta có: x+ Nguyễn Xuân Hiếu t = −4 √ x+3=3 36 ⇔ √ x+3=3−x⇔ x HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT x + = − 6x + x2 * Với: t = −4, ta có: √ x + = −4 √ ⇔ x + + x + = (P T V N, ∀x x+ −3) NG UY Ễ N XU ÂN Vậy phương trình cho có nghiệm x = ⇔ x = (t/m) Nguyễn Xuân Hiếu 37 ... Đặt t = √ x2 + 1 1) ÂN + 14 = 17 Phương trình trở thành: t2 + t √ Với t 1, ta có: V T + 14 > 17 = V P ⇒ P T V N Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm ! Bài Giải Phương trình: √ x−1 √ = − 2x x+2 XU x(1... x2 √ nên suy ra: g (x) > + − x2 h (x) > HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT >0 Khi đó: P T ⇔ x = (t/m) Vậy phương trình cho có nghiệm x = ÂN Bài Giải phương trình: (x + 1) (2x − 1)2 = (2x − 1) − √ x+1+... 6∈ ; +∞ Nguyễn Xuân Hiếu ; +∞ ⇒ x = nghiệm PT Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 11 Giải phương trình: (x + 1) √ x+ HI ẾU TUYỂN CHỌN PT VÀ HPT (3x3 + 4x2 + 3x + 2) = 2x2 + 5x + (sáng tác: