on thi dh cap toc ôn thi đại học cấp tốc phương trình chứa căn các dạng thường gặp 1 2 hoặc 3 embed equation 3 đặt điều kiện cho từng dấu căn có nghĩa sau đó bình phương hai vế đưa về dạng 1 bài

Tiếp tục giải.[r]

Phương trình chứa Các dạng thường gặp:

1/

√f(x)=g(x)⇔ g(x)≥0 f(x)=g2(x)

¿{

2/

√f(x)=√g(x)⇔ f (x)≥ o f(x)=g(x)

¿{

hoặc

⇔ g(x)≥0

f(x)=g(x)

¿{

3/ √f(x)+¿ √g(x)=√h(x) Đặt điều kiện cho dấu có nghĩa, sau bình phương hai vế đưa dạng 1/

Bài : Giải phương trình: 1 x 4x 3 ĐS :x0,x3 Bài :(ĐHCĐ-97) : Giải phương trình : 4 x2x1 4 ( )

Giải :

 Nếu x1 PT ( ) trở thành: 4 x2 x  x2 6x 0 

1

x x

  



 .

 Nếu 2  x 1 PT trở thành: 4 x2x3 x2 22x 23 0 

1 ( )

23 ( )

x loai

x loai

  





 KL: Nghiệm PT x1,x7.

Bài : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2x 1x2 3x1 0 (1) Giải :

 Biến đổi phương trình thành: 2x 1x23x ( ) ,  Đặt điều kiện bình phương vế ta được:

( )  x4 6x311x2 8x2 0 (x 1) (2 2x  4x2) 0 (Tiếp tục giải)

Bài : (TSĐH-KD-2005): Giải phương trình:2 x2 2 x1 x1 4 (1) Giải :

 Điều kiện : x1

 PT (1)   

2 x1 1  x1 4

 2. x1 1   x1 4  x1 2  x3 nghiệm PT(1)

Sử dụng hàm số để tìm điều kiện nghiệm của phương trình chứa căn

I./ Phương pháp giải tốn Bài tốn:

Tìm điều kiện tham số m để phương trình f(x, m) = (1) có nghiệm thực x X

Trong f(x, m) biểu thức chứa biến x m tham số, D tập hợp . Các bước giải tổng quát:

Bước 1: Biến đổi (1) thành g(x) = m (2) (cịn gọi lập m)

Bước 2: Tìm GTNN GTLN g(x) X

Bước 3: f(x, m) = (1) có nghiệm thực x X  ( )X g x mmax ( )X g x . Chú ý:

 Nếu tốn khơng hạn chế khoảng nghiệm ta xem X Dg x( ) (miền xác định g(x)).  Nếu hàm g(x) không đạt max ta phải dùng giới hạn, ta thay bước 2) bảng

 Đối với câu hỏi tìm điều kiện m để phương trình có từ nghiệm phân biệt trở lên ta phải dùng

BBT

 Đơi ta phải đặt ẩn phụ t = t(x) nhớ tìm điều kiện t (miền giá trị t).

II./ Bài tập áp dụng

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình x22x m 2x (1)

1) có nghiệm thực 2) có nghiệm thực 3) có nghiệm thực phân biệt HƯỚNG DẪN

(1) 2

1

2

2 (2 1)

x x

x x m x m x x

 

 

 

   

        

  Đặt y3x26x 1, với

x

ta có: BBT

Dựa vào BBT, ta có:

1) m2 2)

5 2

4

m  m

3)

5 2

4m .

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình

2

2

16

16

m x

x

   

 (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN

Đặt t  16 x2  t(0; 4], (1) trở thành

2

4

m

t t t m

t

     

Lập BBT hàm số f t( )t2 4t, ta có 4m0.

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình

1 2 0

2

x m x

x x

 

  

  (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN

Đặt

1

(0; ) \ {1}

x

t t

x



   

 , (1) trở thành

2

2

m

t t t m

t

     

Lập BBT hàm số f t( )t22t, ta có 0m3.

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình x1 m x 2 2x  0 (1) có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

 Điều kiện: x1.

TH1 : Nếu : x1: PT(1) vô nghiệm. TH2 : Nếu : x1: PT(1)

4 2 0

1

x m x

x x

 

   

  .

Đặt

4 41 (1; )

1

x

t t

x x



     

  , (1) trở thành

2

2

m

t t t m

t

     

Lập BBT hàm số f t( )t22t, ta có m3.

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình x2 2x 3 x m (1) 1) Có nghiệm thực, 2) Có nghiệm phân biệt HƯỚNG DẪN

2 1

2

- 

1

y y' x

5 4

_

+ 0

Ta có (1)  x2 2x 3 x m Đặt y x2 2x 3 x x, 1 x3

2

2

1

'

2 3

x x x x

y

x x x x

    

   

    .

BBT :

Dựa vào BBT:

1) 3m  1 m1, 2) Khơng có m.

Bài : Biện luận theo m số nghiệm thực phương trình x1 1 x m (1) HƯỚNG DẪN

Xét hàm số

1

( ) 1 , [ 1; 1] '( )

2

x x

f x x x x f x

x

  

       

 .

BBT

Dựa vào BBT, ta có:

+ m 2 m 2: PT(1) vơ nghiệm. + m = 2: PT(1) có nghiệm

+ 2m2: PT(1) có nghiệm phân biệt.

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình x  9 x  x29x m (1) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN

(1) 2 2

0

9

(9 ) 9

9 9

x

x x

x x x x m

x x x x m

      

 

   

     



    

 

 Đặt

2 (9 )

9 , [0; 9]

2

x x

t  x x   t     x

, ta có (1) trở thành: t22t9m. BBT hàm số yt22t9

9 0;

2       2

0

- 2

1 - 1

f(x) f'(x)

x

2 _

+ 0

- 1

- 3

- 1 3

1

_ +

+  f(x) f'(x)

x -  + 

9 2

10 0

9 0

f(t) f'(t)

t

- 9 4 _

Từ BBT ta có với :

9 10

4 m

  

PT (1) có nghiệm

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình x4 x 4x x 4m (1) có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 0  x t 24 Ta có (1) trở thành:

2 4 4 4 2 6 .

t  t t   t m t  t m

Lập BBT hàm số y t 22t6, t 0 ta có m6.

Bài : Tìm điều kiện m để phương trình 9

x m

x x  x x   (1)

có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 0  x t 29 Ta có (1) trở thành:

2 6 9 6 9

6

t m

t  t   t  t     6t3 t  3 t29m

2

12 , (*)

27 , (**)

t t m t

t m t

     

 

     



+ Lập BBT hàm số yt212t 9,t3 ta suy (*) có nghiệm thực  m27.

+ Do 18 t227 27,  t [0; 3) nên (**) có nghiệm thực  18m27.

Vậy với m27 (1) có nghiệm thực.

Bài 10 : Tìm m để phương trình x 1 3 x (x 1)(3 x) m (1) có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 1 3 x  0 t2 2 x 3 x  2 t  Mặt khác t2 2 x 3 x  2 [(x 1) (3  x)] 4  2 t

Ta có (1) trở thành:

2

2 1 .

2

t

t  m  t  t m

Lập BBT hàm số

2

1 1, 2; 2

2

y t  t t 

  ta có 1m 2. Chú ý: Nên lập BBT t  x 1 3 x để tìm miền giá trị t.

Bài 11 : Tìm m để phương trình x44x m 4x44x m 6 (1) có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

Đặt t 4 4x 4x m 0 Ta có: (1)

2 6 0 2 4 2 4 16

t t t x x m x x m

               .

Lập BBT hàm số yx4 4x16  ta có m19.

Bài 12 : Tìm điều kiện m để phương trình 1 x2 2 13  x2 m (1) 1) có nghiệm thực nhất, 2) có nghiệm thực

HƯỚNG DẪN

Thế x0 = vào (12) ta m = Thử lại ta thấy (1) có nghiệm Vậy m3 2) Đặt t 61 x2  0 t Ta có (1) trở thành t32t2m.

Lập BBT hàm số y t 32t2 0;1 ta suy 0m3.

Bài 13 : Chứng tỏ phương trình

3 2 1

2

x x mx

x



  

 (1) ln có nghiệm thực với giá trị m

HƯỚNG DẪN

(1)

2

2

1 1

2

2

3 3 2 3 2

2

2 2 1 2 1

x x x

x x x x

x mx mx m

x x x

 

 

    

  

      

 

  

    



    

 .

Xét hàm số

3

( ) , '( )

2

2 (2 1)

x x

f x x f x

x x x

 

   

   .

Mặt khác

3

lim

2

x

x x

  



 , 12

3

lim

2

x

x x

 



  

Suy hàm số f(x) có tập giá trị  Vậy PT(1) ln có nghiệm thực với 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

3

x

x x

x



    

 .

+ Với x1: (16) (x 3)(x1) ( x 3)(x1) m.

Đặt t  (x 3)(x1)  0, x 1, PT(1) trở thành t2 4t m  m4. + Với x3: (16) (x 3)(x1) ( x 3)(x1) m m0 Vậy m4. Bài 15 : (TSĐH-KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm :

 1 1 2 2 1 1 1

m x   x    x  x   x (1)

Giải :

 Điều kiện : 1x1 Đặt t  1x2  1 x2

 Vì 1x2  1 x2  t 0(t 0khi x0)

t2  2 1 t4  2 t  (t  2khi x1)

Vậy t liên tục đoạn 1;1 , x  1;1  t0; 2

 PT (1) trở thành: m t( 2) t2 t 2

2 2

2

t t

m t

  



 ( )

 PT (1) có nghiệm  PT ( ) có nghiệm t0; 2

 Đặt

2 2

( )

2

t t

f t

t

  



 

2

4

'( ) 0, 0;

( 1)

t t

f t t

t

   

   

 

 Ta có BBT HS f t( ) sau:

f(t) f'(t)

t

2 - 1 1

2 0

 Dựa vào BBT ta có PT (1) có nghiệm thực  1 m1

Bài 16 Biện luận theo m số nghiệm thực phương trình m x22 x m (1).

HƯỚNG DẪN (1)     2 2 0, x m x x m do x x x               Xét hàm số 2 x y x      2 2 2 ' x x x y x           2 2 2 0 2 2 x x x x          Giới hạn lim lim lim 1 x x x x y y x x x                    BBT x    2 2 

y’ – + –

y –1

 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có

+ m  2 m 2: (1) vô nghiệm. + 1m 1 m 2: (1) có nghiệm.

+  2m  1 1m 2: (1) có nghiệm phân biệt.

Bài 17 Tìm m để phương trình 2x2 x mx m (1) có nghiệm thực x 1. HƯỚNG DẪN

Điều kiện

2

2 ( 1)

2

x  x   x   x x

Ta có (1)

2

2

1

x x

m x

 

 

 .

Lập BBT hàm số

2

2

1

x x

y

x

  

 ta suy m  0 m 2. Bài 18 Tìm m để phương trình x x2 x1 m (1) có nghiệm thực HƯỚNG DẪN

Điều kiện x x2 x1 0  x2 x1x   x .

Xét hàm số

2

2 /

2

2

( ) ( ) 0,

2

x x x

f x x x x f x x

x x

   

        

 

Giới hạn  

lim ( ) lim

x f x x  x x  x 

2

2

1

lim ( ) lim lim

1

1 1

x x x

x x

f x

x x x x x

x x

        

 

 

     

2

1

(1 )

1

lim lim

2

1 1

1 1

x x

x

x x

x x x

x x x x

     

 

  

 

       

 

 

2

1

( ) , ,

2

f x x x x x x

         

.Vậy (1) có nghiệm thực

2.

m

 

Bài 19 : Tìm m để phương trình x2 2mx1m ( ) có nghiệm

Giải:

 Nếu m2  PT ( ) vô nghiệm.

 Nếu m2  PT ( )  x2 2mx m 24m 0 (1)

 PT (1) có  2m2 4m3 0, m  với m2 PT( ) có nghiệm Bài 20 : Tìm điều kiện m để phương trình: x1 x m ( ) có nghiệm.

Giải:

 Đặt t  x1 t 0 Phương trình thành : 2t t 2 1m mt2 2t1

 Đặt f t( )t2 2t1,t0; có: f t'( )2t2

BBT:

 Dựa vào BBT ta có : Phương trình ( ) có m2

Bài 21 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm dương : x2 4x5m4x x (1) Giải:

 Xét

2

2

2

( ) 5, (0; ) ; '( ) ; '( )

4

x

f x x x x f x f x x

x x



        

 

BBT:

 Đặt:t  x2 4x5,x(0;) t0; , PT thành: m t 2 t 5 t2 t 5 m0( )

 Đặt f t( ) t2 t 5 với t0;

Nhận xét: Nếu PT ( ) có hai nghiệm t t1 2, t1t21 nên PT( ) nghiệm t 1

 Vậy PT (1) có hai nghiệm dương  PT ( ) có nghiệm t1; 5

1 + 

- 

2 1

0

f(t) f'(t)

t

_

+ 0

f(x) f'(x) x

+ 

5

1

2 + 

0

 Đặt g t( )t2 t 5, YCBT  Tìm điều kiện m cho PT: g t( )m có nghiệm 1; 5

t

Ta có: g t'( ) 2 t1 g t'( ) 0,  t 1; 5 BBT:

 Từ BBT ta có:3m 5 thoả YCBT

Bài 22 : Cho phương trình:x4x2x m x ( 21)2 ( ) Tìm m để phương trình ( ) có nghiệm Giải:

 Phương trình cho tương đương:

3

2

4( )

(1 )

x x x m

x

 

 

2

2

4 ( 1) 4

(1 )

x x x m

x

 

 



2

2

2

2 ( )

1

x x m

x x

  

 

Đặt

2

[ 1;1]

x

t t

x

   

 Khi phương trình ( ) trở thành: t22t 4m (1).

 ( ) có nghiệm  (1) có nghiệm t [ 1;1]

Xét hàm số g t( )t22t với t [ 1;1] Ta có : g t'( ) 2 t2  g t'( ) 0,   t [ 1;1] BBT :

 Từ BBT  Phương trình ( ) có nghiệm 

1

1

4

m m

      

Bài 23 : Cho phương trình 3x  6 x m 3x 6 x (1) a./ Giải phương trình m3.

b./ Tìm m để phương trình cho có nghiệm Giải:

 Đặt: t  3x 6 x  t2 9 3 x 6 x 9 ( )

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 3 x 6 x 9 nên từ ( ) ta có 3 t 2.

 Phương trình ( ) trở thành t2 2t 92m(2). a./ Giải phương trình m3

 Với m3 (2)  t2 2t 0  t 3 Thay vào ( ) ta x3,x6. b./ Tìm m để phương trình cho có nghiệm

 PT (1)có nghiệm (2) có nghiệm t3;3 2

 Xét hàm số f t  t2 2t 9 với t3;3 2 BBT:

5

- 3

5 1

g(t) g'(t)

t

+

0

1

- 1

3 - 1

g(t) g'(t)

t

+

9 - 2 - 6

3 2 3

f(t) f'(t)

t

Từ BBT ta có: PT (1)có nghiệm  62m 9 2

6

3

2 m



 

Bài 24 : Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x3m x21 Giải:

 Phương trình viết lại dạng:

3

x m

x

 

 (1)

 Số nghiệm PT (1) số giao điểm (C):

3 ( )

1

x

y f x

x



 

 đường thẳng: y g m ( )m.

 Lập BBT :

 KL: m 1 m 10: phương trình vơ nghiệm.

1 m

   hoặc m 10: phương trình có nghiệm nhất. 1m 10: phương trình có nghiệm phân biệt.

Bài 25 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 3 x x 3   x m (1) Giải:

 ĐK: 1x3 Đặt t  x 1 3 x

 BBT :  BBT :

Từ BBT  1x3 ta có 2 t

 Khi phương trình (1) trở thành:

2

1 1

2t t m

   

Từ BBT  2 t 2 ta có 1m

 Kết luận: PT(1) có nghiệm  1m Bài 26 : (TSĐH-KB-2006):

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2mx2 2 x1 (1) Giải :

 PT (1):  2

(2 1)

x

x x mx

   

    



2

1

3

x

x x

m x

     

 

 

 

1 - 1

10 1 3

f(x) f'(x) x

_

+ 0

+ 

- 

2 2

2

2 3

1

t(x) t'(x)

x

_

+ 0

1 2

f(t) f'(t)

t 2 2

_

2 2

2

2 3

1

t(x) t'(x)

x

_

( Vì x0, khơng phải nghiệm PT: (2x1)2x2mx2)

 Đặt

2

3

( ) x x

f x

x

 



ta có BBT hàm số f x( ) nửa khoảng

1 ;

 

  

  sau:

 Dựa vào BBT ta có: PT (1) có hai nghiệm thực phân biệt 

9

m

Bài 27 : (TSĐH-KA-2007)

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:x22x 8 m x(  2) (1) Giải :

 Điều kiện : x2

 PT (1)  (x 2) (2x4)2m x(  2) (x 2)(x36x2 32 m) 0

2

6 32 0(2)

x

x x m

   

   



 Xét PT (2): (2) x36x2 32m

YCBT  m0, PT (2) ln có mơt nghiệm x(2;)

 Đặt f x( )x3 6x2 32, ta có:

BBT :

Từ BBT ta nhận thấy m0, PT (2) ln có mơt nghiệm x(2;)(ĐPCM) Bài 28 : (TSĐH-KA-2007)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:3 x 1m x1 2 2x  1(1) Giải :

 Điều kiện :

1

x x

 

 

 

  x1

 PT (1)

4

1

3

1

x m x

x x

 

  

 

4

1

3

1

x x m

x x

 

   

 

 Đặt

4

1

x t

x

 

 x1 t 0 mặt khác

1 1 1, 1

1

x x

x x



    

 

do :   x 0 t

  phương trình3t22t m (2), PT(1) có nghiệm thực  PT(2) có nghiệm t 0;1

 Đặt f t( )3t22t ta có BBT:

+ 

- 

+ 

9 2

0

+ 

- 1 2

+ +

f(x) f'(x) x

+ 

2

+ 

0 f(x)

f'(x) x

+

1

- 1 0

1 3 1 3 0

f(t) f'(t)

t

_

Dựa vào BBT  phương trình (2) có nghiệm t 0;1 

1

3

m

  

Bài 29 : Giải phương trình sau :   

2004 1

x  x   x

Giải:

 ĐK : 0x1

 Đặt y 1 x PT    

2

2 y y y 1002 y x

        

Bài 30 : Cho phương trình : x1 3 x  (x1)(3 x) m(1) a./ Giải phương trình m2.

b./ Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm Giải:

 Đặt t  x1 3 x, TXĐ :x 1;3

 Ta có :

1

'

2

t

x x

 

 

3

2

x x

x x

  



 

1

2 1( 1)

x

x x x x

 

    

BBT :

Từ BBT ta có : x 1;3  t2;2 2 ( )

 t2 4 (x1)(3 x) 

2 4

( 1)(3 )

2

t

x  x   (2)

 PT (1) trở thành : t22t4 2 m (3) a./ Giải phương trình (1) m2. Khi m2 thay vào PT (3) ta có

2 2 0

2

t

t t

t

 

    

 

So điều kiện ( ) chọn t 2, thay t 2 vào PT (2) ta có : x1,x3 b./ Tìm điều kiện m để phương trình (1) có nghiệm

Đặt g t( )t22t4, g t'( )2t2 BBT :

2 2

2 2 3 - 1

t(x) t'(x)

x 1

_

+ 0

4 g(t) g'(t)

t 2 2 2

Dựa vào BBT ta thấy :PT (1) có nghiệm x 1;3  PT (3) có nghiệm t2;2 2

4 2 2m 2 m

       

Giải phương trình chứa PP đặt ẩn phụ Bài : x2x4 x2x1 2x22x9 ( )

HD:

 Đặt: t x2x1

3

t

 

.PT ( ) trở thành: t3 t  2t7(1)

 Giải PT (1) t 1,t 4 Nghiệm PT ( ) : x0,x1

Bài :Giải phương trình : x23x4 x2 2x1 Giải:

 x0 nghiệm PT

 Chia hai vế PT cho x ta được: x23x4 x2 2x1 

3 1 x x x x          

 Đặt

3

t x

x

 

, Ta có : t3 t 0 

1

1

2

t   x 

Bài : x31 2 x HD:

 Đặt:y32x 1 y31 2 x  Phương trình chuyển thành hệ:

3 2 x y y x          3 2( ) x y

x y x y

           2

2 0( )

x y

x y

x xy y vn

x y                          

 Từ ta có nghiệm PT là: x y 1,

1 5,

2

x y  

2

x y  

Bài : Giải phương trình:

3 31

2

x  x 

Giải:

 Đặt:

3 31 x u x v       

  HPT: 3 u v u v          

( ) ( )

u v

u v u v uv

                19 36 u v uv          

 u v, hai nghiệm phương trình:

2 19 0

2 36

t  t 

 Từ có :

9

12 -

12 u u           3

9 12 -

 Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =

3

9 ;

12 12

    

 

 

   

    

    

 .

Bài : Với giá trị a phương trình: 31 x 31x a có nghiệm Giải:

 Đặt u 31 x v, 31x Phương trình trở thành:

 2  2

a u v uv

u v a

   

 

  

 TH1: a = hệ phương trình vơ nghiệm

TH2: a0, hệ phương trình trở thành

2

1

3

u v a

uv a

a

 

 

 



   



 

 Hệ có nghiệm S2 4P  0 0a2

 Vậy phương trình có nghiệm 0a2.

Bài :(ĐHKT-95) : Giải phương trình :418 x4x 3 ( ) HD :

 Đặt : u418 x 0 v4x 0  HPT: 4

1 (1) 17 (2)

u v

u v

 

  

 

 

 Từ PT (2) : [(u v )2 2( ) ]uv2 22( )uv2 17 0

 Kết hợp với (1) ta có : 81 36( ) 2( ) uv  uv2 17 0  ( )uv2 18( ) 32 0uv   (3)

 Giải PT (3) cho nghiệm : uv2,uv16.

 Vậy ta có : TH1 :

3

u v uv

 

 

 

1

2

u u

v v

 

 

   

 

  Từ có x19,x17,x2

TH2 :

3

16

u v uv

 

 



 HPT vô nghiệm

 Vậy : x19,x 17,x2 nghiệm PT cho.

Bài :(ĐHNT-96) : Giải phương trình : x3 3x 1 ( ) HD :

 Đặt : u x3 0 v3x  HPT: 2

3

u v

u v

 

  

 

 

 Giải HPT ta được: u2,u  1 2,u  1 2 (loại)  Từ có x1,x2 2 nghiệm PT ( )

Bài :(ĐHTM-98) : Giải phương trình : x2 3x3 x2 3x6 3 ( )

HD:

Đặt : t x2 3x3

3

t

 

PT ( )  t  t3 3  2t3 ( t t3) 9  t t( 3)  3 t Tiếp tục giải Bài :(ĐHSPQN-98) : Giải phương trình :(4x 1) x21 2 x22x1 ( )

HD:

 PT ( )  (4x 1) x21 2( x21) 2 x  2t2 (4x 1)t2x 0 (1)

 PT (1) cho nghiệm

1

t 

(loại) t 2x 1 (nhận) 

2 1 2 1

3

x   x  x

Bài 10 : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2x 1x2 3x1 0 (1)

Giải :

 Điều kiện :

1

x

 Đặt t  2x

2 1

2

t

x 

 

 Thay vào PT (1) ta có:

2

2 1 1

3

2

t t

t        

   

     t4 4t24t 0

 (t 1) (2 2t 2t 1) 0

1

t t

   

 

 ( Loại t  1 )

 t 1 ta có : 1 2x 1 x1

 t  1 ta có : 1  2x 1 x 2

Bài 11 :Giải phương trình:  

1 2

x   x   x

(1) HD :

(1)     

3

1 1

x   x   

ĐK: x1 Đặt x 1 y

PT (1) trở thành : y3y2 0  (y – 1)(y2 + 2y + 2) =  y =

1

y ta có: x 1 1   x1

Bài :Giải phương trình:   

2

5 10

x  x  x  x 

(1) Giải :

ĐK: x2 (1)   x5 x2 1   (x5)(x2) 3 Đặt: u x5 , v x2: u v, 2 u2 v23

(1) (u v )(1uv)u2 v2

(u v )(1 u uv v  ) 0 (u v )(1 u)(1 v) 0

Giải ra: x1 nghiệm phương trình Bài 13 : Giải phương trình: x1 3x 2x (1) Giải :

ĐK: x0 Đặt u x1 , v 3x ( ,u v0): 2x 1v2 u2

(1) (u v u v )(  1) 0 , mà: u v 1 0 nên u v 

1

x

nghiệm phương trình

Bài 14 : Giải phương trình:

4 x x 2x

x  x    x (1)

Đặt

1

u x

x

 

,

5

v x

x

 

( ,u v0)

(1) 

1 5

2

x x x x

x x x x

   

           

   

   u – (v2 – u2) – v =

(u v u v )(  1) 0 Vì u v 1 0 nên: u v Giải ta được: x2

Bài : Giải phương trình: 8 x  5 x 5 Giải :

ĐK: 0x25 Đặt u  8 x , 5 x v ( ,u v0):



2

5 13

u v

u v

 

  

 

 

2 u=3

v

3 v=2

u v



 

  



  Giải ta có x1 nghiệm phương trình. Bài 16 : Giải phương trình: 25 x2  9 x2 2

Giải :

ĐK:3x3 : Đặt u  25 x2 , v 9 x2 ( ,u v0)



2

2 16

u v

u v

 

  

 



 

2

8

u v u

u v v

  

 



 

  

  Giải ta cóx0 nghiệm phương trình

Bài 17 : Giải phương trình: 2 x 2x  4 x2 2 Giải :

ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2 x u, 2x v (u, v ≥ 0) 

2

( )

( )

u v uv

u v uv

   

 

  

 

Giải ta được: {(u, v)} = {(0 ; 2), (2 ; 0)} Từ ngược trở lại: x = ±2 Bài 18 : Giải phương trình: 497 x 4x 5 (1)

Giải :

Đặt 497 x = u, 4x = v (u, v ≥ 0)

 (1) 

4

5 81

3 16

97

u v u u x

v v x

u v

 

      



  

   

  

 

   



Bài 19 : Giải phương trình:3x 32x 3312(x 1) Giải :

Đặt 3x u, 23 x 3v (1)



3 3 3

34( ) 3 ( ) 4( )

u v  u v  u v  uv u v  u v

2 2

3.(u v u).( 2uv v ) 3.(u v u v).( ) u v

u v

 

          



  kết quả Phương trình chứa có cách giải đặc biệt

Nhận xét 1: Nếu phương trình : f x   g x   h x   k x 

Mà có : f x  h x  g x  k x , ta biến đổi phương trình dạng :        

f x  h x  k x  g x

Bài : Giải phương trình sau : x3 3x1 2 x 2x2 (1) Giải:

 Đk x0

 Phương trình (1) 3x1 2x2 4x x3

 Bình phương hai vế ta có : (1) 6x28x2 4x212x  x1

 Thử lại x1 thỏa, Vậy nghiệm PT (1)là x1

Nhận xét 2: Nếu phương trình : f x   g x   h x   k x 

Mà có : f x h x    k x g x    ta biến đổi f x   h x   k x   g x 

Bài Giải phương trình sau :

2

1 1 1 3

3

x x x x x

x



      

 (2)

Giải:

 Điều kiện : x1

 Ta có :

3

2

1. 3 1. 1

3

x x x x x

x



    



 PT (2)

3

2

1

3 1

3

x

x x x x

x



       



 Bình phương vế ta được:

3

2

1 1 2 2 0

3 1 3

x

x x x x x

x x

   

        

   

 Thử lại :x 1 3,x 1 3 l nghiệm

Bài Giải phương trình: 4x 1 4x2 1 Giải:

 ĐK:

1

x

Đặt  

2

4

f x  x  x 

 Miền xác định:

1

x ,

  '

2

2 0

4 4 1

x f x

x x

  

 

 Do hàm số đồng biến với

1

x

, nên phương trình có nghiệm nghiệm

 Thấy

1

x

nghiệm phương trình

Bài : Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực nhất:

3

1 (1 ) (1 )

x   x m x  x  x  x m (1)

Giải :

Nhận thấy x0 nghiệm (1) – x0 nghiệm (1) Từ đó, để (1) có nghiệm

0 0 12

x   x  x   m m m  m

Đặt

2

4

1 0, (1 )

2

t

t  x  x    x x  x  

+ m = 0: (1)

2 1

2( 1) (1 )

2

t t t x x x

         

(nhận) + m = 1: (1) 2(t2 1) t2 t 2 2(t2 1) ( t 1)(t2)

2

3

1

1

2( 1)( 1) ( 1) ( 2)

3

t t

t

t t t t

t t t

  

 

 



   

     



     

  

2

0

1 (1 ) 0

1 1

1 1

2

2 (1 )

( 3)( 2) 1

x

t x x

t

t x

t x x

t t x

  

   

 



 

 



      

 



   

    



 



  

(loại) + m1: (1)  2(t2 1) ( t1)(2 t)

0 1

2

2

3

t

t x

t t t

  



     

   

