chuyen de pt vo ti Le Hoang Van

+ Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình về dạn[r]

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Khát vọng vươn lên phía trước là mục đích sống! PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC: 1/  f ( x ) 0  f ( x )  g ( x )   g ( x ) 0  f ( x ) g ( x )  3/  f ( x) 0  f ( x )  g ( x)  h( x)   g ( x ) 0   f ( x)  g ( x)  f ( x).g ( x) h( x) 4/  f ( x) 0  f ( x) 2 n g ( x )   g ( x) 0 (n  N * )  f ( x ) g ( x)  2n 2n 5/ 6/ 2/  g ( x ) 0 f ( x)  g ( x )    f ( x ) g ( x )  g ( x ) 0 f ( x ) g ( x)   (n  N * ) 2n f ( x )  g ( x )  n 1 f ( x ) 2 n 1 g ( x)  f ( x) g ( x) ( n  N * ) n 1 f ( x )  g ( x )  f ( x )  g n 1 ( x ) (n  N * ) 7/ … II- VÍ DỤ Ví dụ Giải phương trình :  x x 3x HD: Đk:  x  đó pt đã cho tương đương: x  3x  x  0 3  10 10    x   x   3 3  Ví dụ Giải phương trình sau : x  9 x  x  HD: Đk: x  phương trình tương đương :  x 1  x   3 x 2   x 9 x     x    97  x    3x  18   Ví dụ 3: Giải phương trình sau x x   x  x  2 Ví dụ Giải và biện luận phương trình: x  x  m  x m  x m   2 2 2mx  (m  4) 0 x  x  m   x  x  4xm  m HD: Ta có: – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2  m2  2m Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  2m ≥ m – Nếu m ≠ 0: + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2  m2 ≤   m 2 x + Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2  m2 ≥  m ≤ –2 Tóm lại: m2  x 2m – Nếu m ≤ –2 hoặc < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm – Nếu –2 < m ≤ hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Ví dụ Giải và biện luận phương trình với m là tham số:  x m x  x  m    2  x  x  m  2mx HD: Ta có: – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm x √ x2 −3=x − m  x m  2mx  (m  3) 0 m2  m2  m 2m Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  2m – Nếu m ≠ 0: + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2  m2 ≤   m  + Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2  m2 ≥  m ≤  Tóm lại: x – Nếu  m  hoặc m  Phương trình có một nghiệm: – Nếu   m 0 hoặc m  : phương trình vô nghiệm Ví dụ Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x m  m HD: Điều kiện: x ≥ – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm m2  2m – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1) 0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 =1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x m)( x  m  1) 0  x  m 0   x 1  m + Nếu < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m) + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m Ví dụ 7: Giải phương trình sau x  5x  x  x  x  3 Đk: x  x  0; x  x  x  x  0;   x  0 x  x  x    2   x  x  x  x   x  1  x     x  1    x      x    x 0 (TMÑK) 3  3  x 0; x 1; x 8  x  x  1  x   x  x    3x   x  5x  III NHẬN XÉT - Khi nâng lũy thừa bậc chẵn cần chú ý đặt điều kiện vế không âm IV BÀI TẬP: Bài 1: Giải các phương trình sau: a/  x x   x  b/ x  x   x   x  0 Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x  x   2m  x  x 2 Bài 3: Cho phương trình: x   x m a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: x  mx  x  m a) Giải phương trình m=3 b) Với giá trị nào m thì phương trình có nghiệm PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-KIẾN THỨC: Sử dụng đẳng thức: f ( x )  g ( x )  f ( x )  g ( x) II-VÍ DỤ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x   x   x  10  x  2 x   x  (2)  x  0  HD: (2)   x   x    x   2.3 x   2 x   x    x     x   1 | x   |2.| x   | (*) Đặt y = x  (y ≥ 0)  phương trình(*) đã cho trở thành: y  1 | y  |2 | y  1| – Nếu ≤ y < 1: y + + – y = – 2y  y = –1 (loại) – Nếu ≤ y ≤ 3: y + + – y = 2y –  y = – Nếu y > 3: y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y =  x + =  x = (thoả mãn) Vậy: x = III NHẬN XÉT - Nếu biểu thức viết dạng bình phương thì có thể đưa phương trình chứa ẩn dấu giái trị tuyệt đối IV BÀI TẬP: Giải phương trình sau: 1 x  x   x  2 PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ A Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường I VÍ DỤ 2 Ví dụ Giải phương trình: 3x  21x  18  x  x  2 HD: Đặt y = x  x  ; y 0 5  y     y 1  y 1 Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - =  x     x  Là nghiệm phương trình đã cho Với y =  x  x  1 Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 x + x  =1; ĐKXĐ: x  -2 3 Đặt x  = t  0, đó  x =  t Phương trình (1)   3 t2 + t = 3  t = 1- t  3- t2 = (1-t)3  t3 - 4t2 + 3t + =  (t-2).( t2 -2t -1) = Từ phương trình này ta tìm t =2; t =  Ta thấy có t =2; t = 1+ (thỏa mãn t 0) 1) t =2  x  =  x + =  x = (thỏa mãn) 2) t = 1+  x  = 1+  x + = 3+2  x = 1+2 (thỏa mãn) Vậy x = và 1+2 là nghiệm phương trình Ví dụ 3: Giải phương trình: x  +  x - ( x  1)(3  x) = (1)  x  0  ĐKXĐ: 3  x 0  x    x 3  -1 ≤ x ≤ Đặt x  +  x = t >  t2 = + ( x  1)(3  x)  t2  ( x  1)(3  x ) = (2), thay vào (1) ta  t 0  t2 – 2t =  t.(t - 2) =   t  + Với t = - không thỏa mãn điều kiện + Với t = - thỏa mãn điều kiện, thay vào (2) ta có: ( x  1)(3  x) =  x1 = -1; x2 = (thoả mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 = -1 và x2 = Ví dụ Giải phương trình sau: x   x  6 HD: Điều kiện:  x 6 Đặt y  x  1( y 0) thì phương trình trở thành: y  y  5  y  10 y  y  20 0 ( với y  5)  ( y  y  4)( y  y  5) 0  21   17  y (loại), y  2 11  17 x Từ đó ta tìm các giá trị Ví dụ Giải phương trình sau : HD: ĐK:  x 1   x  2004  x   Đặt y   x thì phương trình trở thành: 2   y   y  y  1002  0  y 1  x 0 Ví dụ Giải phương trình sau : HD: Điều kiện:   x  x2  2x x  Chia hai vế cho x ta nhận được: Đặt t x  x2 x 3x  x 1 3  x x x , ta giải 2 Ví dụ Giải phương trình : x  x  x 2 x  x  1   x    x  2 x x HD: x 0 không phải là nghiệm , Chia hai vế cho x ta được:  1 x t 1  x  x , Ta có : t  t  0  Đặt t= II NHẬN XÉT: t  f  x - Nếu đặt phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t ta có thể giải phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem “hoàn toàn” - Những phương trình chứa f(x); f ( x) và f(x)  g(x); f ( x).g ( x) thì có thể đặt ẩn phụ “hoàn toàn” - Đôi phải biến đổi (thường là chia) đặt ẩn phụ III BÀI TẬP Giải phương trình: x x + x2 x = x 3 ĐKXĐ : x 1 Đặt x  = t   x = t2 + B Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến : a) Phương trình dạng : I VÍ DỤ a A  x   b.B  x  c A  x  B  x   x   5 x  Ví dụ Giải phương trình : HD: Đặt u  x  (u 0) ; v  x  x  (v  2 u  v 2 phương trình trở thành : Ví dụ Giải phương trình :   u 2v 5uv    u 1 v  x  3x   ) Tìm được: x  37 x  x2 1 (*) x  x   x  x  1  x  x  x  1  x  x  1 HD: Dễ thấy:   x  x  1    x  x  1  Ta viết Đồng vế trái với (*) ta :   x  x  1   x  x  1  x x  x  1  x  x  1  x  1  x  x  1 3 3   u x2  x   u   ; v x2  x   v   4 4   Đặt : phương trình trở thành :-3u+6v=- uv  u 3v Từ đây ta tìm x Ví dụ 3: Giải phương trình sau : x  x  7 x  (*) HD: Đk: x 1 Nhận xét : Ta viết   x  1    x  x  1 7 Đồng vế trái với (*) ta :  x  1  x  x  1  x  1   x  x  1 7  x  1  x  x  1  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u u  x   , v  x  x    Đặt , ta được: Ta : x 4  II NHẬN XÉT - Phương trình Q  x   P  x  có thể giải phương pháp trên nếu:  P  x   A  x  B  x   Q  x  aA  x   bB  x  Xuất phát từ đẳng thức : x3   x  1  x  x  1 x  x   x  x  1  x  x  x  1  x  x  1  x4 1  x2    2x 1 x2  2x  x   x  x  1  x  x  1 Ta có thể “tạo” phương trình dạng này Để có một phương trình đẹp, ta phải chọn hệ số a, b, c cho phương trình bậc hai at  bt  c 0 có “nghiệm đẹp” III BÀI TẬP Giải phương trình: HD:ĐK: x  10 x3  3  x   2 Pt  10 x  x  x  3( x  2) u  x  (u , v 0)  v  x  x   Đặt   u 3v   3u  v   u  3v  0  v 3u Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)   2 Nếu u = 3v  x  3 x  x   x  10 x  0 (vô nghiệm)  Nếu v = 3u  x 5  33 x  x  3 x   x  10 x  0    x 5  33 là nghiệm 2 b) Phương trình dạng :  u   v  mu  nv I VÍ DỤ 2 Ví dụ Giải phương trình : x  x   x  x  u x  u, v 0; u v   v  x  HD: Ta đặt :  đó phương trình trở thành : u  3v  u  v hay: 2(u + v) - (u - v)=  u  v  u  v x  x  x   3x  x  Ví dụ Giải phương trình sau : HD:Đk x x Bình phương vế ta có :  x   x  1 x   x  x   x  1  x  x    x  1  1 v u  uv u  v    1 v u   u  x  x  Ta có thể đặt : v 2 x  đó ta có hệ : 1 1 u v  x2  2x   x  1 u , v  2 Do Ví dụ Giải phương trình : x  14 x   x  x  20 5 x   x  x  20   x 1 HD:Đk x 5 Chuyển vế bình phương ta được:  x  x  20  x  1  x    x  5  x  1  x  4  x  x  5 Ta có :  x  x  5   x   5 ( x  x  5)( x  4) Ta viết lại phương trình: Đến đây x  x  5 2 2 bài toán giải quyết II NHẬN XÉT - Phương trình cho dạng này thường khó phát dạng trên, nhưg ta bình phương hai vế thì đưa dạng a trên - Đôi phải phân tích thành nhân tử nhân lại tích C Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn - NHẬN XÉT: Từ phương trình tích  2x   x    x 1   x   x  0 ,  x   x  0 Khai triển và rút gọn ta phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải thể hiện qua các ví dụ sau Ví dụ Giải phương trình :  x2    x  x 1  x   t 3 t    x  t   3x 0    t x  HD: Đặt t  x  ; t  , ta có : Ví dụ Giải phương trình :  x  1 x2  x  x2 1 HD:Đặt : t  x  x  3, t  2 Khi đó phương trình trở thnh :  x  1 t  x   x    x  1 t 0 Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn :  t 2 x  x    x  1 t   x  1 0  t   x  1 t   x  1 0    t x  Ví dụ Giải phương trình: x  3x   x  3 x  (Nhân liên hợp nhanh hơn) HD:Đặt t  x  1; t 1 Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x =  (t - x)(t - 3) =  t x    t 3 Nếu t = x  x   x (Vô lý) Nếu t =  x  3  x 2 Vậy: x 2 Ví dụ Giải phương trình : x3  3x   x  2  x 0 HD: Đặt y  x  ta biến pt trên về phương trình bậc x và y :  x y x  3x  y  x 0  x3  xy  y 0    x  y Pt có nghiệm : x 2, x 2  D Đặt nhiều ẩn phụ đưa pt tích I Nhận xét: Xuất phát từ một số hệ “đại số” đẹp chúng ta có thể tạo phương trình vô tỉ mà giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ các ẩn phụ để đưa về hệ a  b  c Xuất phát từ đẳng thức  3 3 a3  b3  c   a  b   b  c   c  a  , Ta có a  b  c  a  b  c    a  b   a  c   b  c  0 Từ nhận xét này ta có thể tạo phương trình vô tỉ có chứa bậc ba II.Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x 1  x  x   x  x  2 3 Đặt: x  a;  x  x  b; x  x  c Ta có: a  b3  c  a  b  c    a  b   a  c   b  c  0 Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x    x  x   x  0  3x    x  x   x  3 3 Đặt: 3x  a;  x b; x  c III Bài tập 2 Bài Giải các phương trình sau : x  x   x  x  9 x  a  x  x   HD:Đặt b  x  x   a; b 0  a  4b 9 x   Ta hệ phương trình: a  2b 9 x   a 2b   Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) =  a 1  2b  x  x  2 x  x   x  (thoả mãn) Nếu a = 2b 2 Nếu a = - 2b  x  x  1  x  x  (*) Ta có : VT(*) 0 (1) 1   x  x  1   x    1  2  VP(*) = 30 (2) Từ (1) và (2) suy phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x Bài 2: Giải phương trình 3 x  x   x     x    x  x3  x   x  4 2 3 Đặt: x a;  x b thì PT có dạng a  ab  b b  a  a b E Đặt ẩn phụ đưa hệ: a Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường I VÍ DỤ Ví dụ Giải phương trình:   x 35  x3 x  35  x 30 3 3 HD: Đặt y  35  x  x  y 35  xy ( x  y ) 30  3 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  x  y 35 , giải hệ này ta tìm ( x; y ) (2;3) (3; 2) Tức là nghiệm phương trình là x  {2;3} Ví dụ Giải phương trình: HD:Điều kiện:  x   1  1 x  x     x u  u   Đặt  x v Ta đưa về hệ phương trình sau:  1,0 v   1  u  v    u  v     u   v     v   v        (v  1)   v   0 2  Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm v thay vào tìm 2 nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình : x   x  x   x  x   x  x HD:ĐK: x 2 u   x ; u 0  v   x ; v 1  w  5 x ;w  Đặt  , ta có : 30 239 u  x 60 120 hệ ta được: 2  u uv  vw  wu  3  v uv  vw  wu  5  w2 uv  vw  wu   u  v   u  w  2   u  v   v  w  3   v  w   u  w  5 , giải 2 2 Ví dụ Giải phương trình sau : x   x  3x   x  x   x  x  HD:Ta đặt : II BÀI TẬP a   b   c   d  2x2  x  3x  2x2  2x  x2  x  a  b c  d  x   2 2 a  b  c  d  , đó ta có : Bài Giải phương trình sau: x   x  6 HD:Điều kiện: x 1 Đặt a  x  1, b   x  1(a 0, b  5) thì ta đưa về hệ phương trình sau: a  b 5  (a  b)(a  b  1) 0  a  b  0  a b   b  a 5 11  17 x     x   x  5  x  x  Vậy  2x  2x   5 x Bài Giải phương trình:  x HD:Điều kiện:   x  Đặt  u   x , v   y  u , v  10  u  v 10   4 8    2( u  v )   Khi đó ta hệ phương trình:  u v (u  v)2 10  2uv   2   (u  v)    uv   Bài Giải phương trình: √4 629− x+ 4√77+ x =8 HD:ĐK:  77  x 629  u  629  x (u; v 0)  v  77  x  Đặt  ⇒ u+ v=8 , u4 + v =706 Đặt t = uv ⇒ t −128 t +1695=0 ¿ t=15 t=113 ⇔¿ Với t = 15 ⇒ x = Với t = 113 ⇒ x = 548 3 Bài Giải phương trình: x  x   x  x  3 3 HD:Với điều kiện: x  x  0  x  x   (1)  u  x  x   Đặt v  x  x  Với v > u ≥ Phương trình (1) trở thành u + v = Ta có hệ phương trình  u  v 3   2 v  u 3  u  v 3   (v  u )(v  u ) 3  x3  x  1    x3  x  2  x  x  0 u  v 3    v  u 1  u 1  v 2  x3  x  1   x  x  4  ( x  1)( x  x  2) 0  x 1 (do x  x   x ) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1} 2 − √x 1  x 0   x 1    x 1   x 0  x 0 Bài Giải phương trình: HD: Điều kiện: √ 1− x 2= ( ) (*) 2 Với điều kiện (*),đặt u= √ x ; v = − √ x , với u ≥ 0, v ≤ Ta có: Do dó ta có hệ 1− x 2=1 −u 2 − √ x =v {( )    u  v 3  u v      4   u v  u  v              u v       u  v   2u v 1    u v       u  v   2u.v   2u v 1    u v       194  u.v  u v  u v     18       16 65    2u v  u.v  0  2u.v   2u v 1 u v     81       194  u.v  18  u và v là nghiệm phương trình − √194 y − y+ =0( a) ⇒ 18 8+ 194 y2 − y + √ =0(b) 18 ¿  (b) vô nghiệm  (a) có nghiệm 1− y 1= Do đó: 97 −3 1+ ; y 2= u1 = y u2 = y ∨ v 1= y v 2= y √√ { ⇒ √ x= √√ { Vì u ≥ nên ta chọn 1+ 97 −3 97 −3 √√ 1+ u= y2 = ( ⇒ √ x= 1+ 97 −3 √√ √√ 97 −3 ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm Bài Giải phương trình: √4 18+5 x + √4 64 − x=4 HD:Với điều kiện 18 18 64 18+5 x ≥ ⇔ ⇔− ≤x≤ 64 −5 x ≥ 64 5 x≤ { { x≥− Đặt u= 4√ 18+5 x , v=√4 64 − x , với u ≥ 0, v ≥ Suy u =18+5 x v =64 −5 x { ( √√ x= 1+ Phương trình đã cho tương đương với hệ: (*) 97 −3 2 ) u+ v=4 uv ¿2=82 ¿ ¿ 2 ( u + v ) − 2¿ u+ v=4 u + v =82 ⇔ ¿ v ≥ , v ≥0 ¿ Đặt A = u + v và P = u.v, ta có: S 4   2  S  P   P 82   P 0, S 0   S 4   p  32 P  87 0   P 0  S 4    P 3  P 29  P 0  (1) Với S = 4, P = u và v là nghiệm phương trình:  y 1 y  y  0    y 3 Do đó ta có: u=1 ∨ u=3 v=3 v=1 { { 4  18  x 1  18  x 3  18  x 1 18  x 81  4 4     64  x 3  64  x 1 64  x  81     64  x 1 Suy 17 63 ⇔ x=− ∨ x= thoả mãn (*) 5 (2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v 17   x1    x  63 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  b Dùng ẩn phụ để đưa phương trình hệ phương trình đối xứng 4 Ví dụ Giải phương trình  x  x    Phương trình này không thể giải quyết phép biến đổi tương đương 4  Dùng ẩn phụ u   x và v  x  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại một với cách giải “quen thuộc”  Nghiệm phương trình là x 2 và x 6  Dạng tổng quát bài toán này là a  f ( x)  b  f ( x ) c 3 Ví dụ Giải phương trình x  2 x   Phương trình này không thể giải quyết phép biến đổi trực tiếp  Dùng ẩn phụ u  x  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc” n   n  1 Nghiệm phương trình là và x 1 n n Dạng tổng quát bài toán này là x  b a ax  b x Ví dụ Giải phương trình   x x  Nếu dùng phép biến đổi tương đương dẫn đến phương trình bậc bốn phức tạp  Dùng ẩn phụ u 9  x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”  19  37 x Nghiệm phương trình là  Dạng tổng quát bài toán này là x a  a  x 3 Ví dụ Giải phương trình x  ( x  3)   Nếu dùng phép biến đổi tương đương dẫn đến phương trình phức tạp  Dùng ẩn phụ u   x  đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”  Nghiệm phương trình là x 1 n n  Dạng tổng quát bài toán này là ax  b c(dx  e)   x   đó d ac   n và e bc   Ta sử dụng ẩn phụ du  e  ax  b 2 Ví dụ Giải phương trình  2(1  x )  x  Dùng ẩn phụ u 1  x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai   1 x , x và x  Nghiệm phương trình là 2 Dạng tổng quát bài toán này là a  b(a  bx )  x * Giải phương trình vô tỉ cách đưa hệ đối xứng loại II I NHẬN XÉT  x  1  y   y  1  x  Xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :  (1) (2) việc giải hệ này thì đơn giản Bây ta biến hệ thành phương trình cách đặt y  f  x cho (2) luôn đúng , y  x   , đó ta có phương trình :  x  1 ( x   1)   x  x  x  2 Vậy để giải phương trình : x  x  x  ta đặt lại trên và đưa về hệ   x    ay  b   y    ax  b    Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc : , ta xây dựng phương trình dạng sau : đặt  y    ax  b , đó ta có phương trình :  x    a   ax  b  b     x    n a   n ax  b  b    Tương tự cho bậc cao : Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết về dạng : n   x     p n a ' x  b '   đặt  y    n ax  b để đưa về hệ , chú ý về dấu  Việc chọn  ;  thông thường chúng ta cần viết dạng :  x    n pn a'x b'  là chọn II VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình: x  x 2 x  HD:Điều kiện: x 2 Ta có phương trình viết lại là: ( x  1)  2 x   x  x 2( y  1)  y   x  Đặt thì ta đưa về hệ sau:  y  y 2( x  1) Trừ hai vế phương trình ta ( x  y )( x  y ) 0 Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x 2  2 Ví dụ Giải phương trình: x  x   x  x  HD:Điều kiện Ta biến đổi phương trình sau: x  12 x  2 x   (2 x  3)2 2 x   11 Đặt y   x  ta hệ phương trình sau: (2 x  3) 4 y   ( x  y )( x  y  1) 0  (2 y  3) 4 x  Với x  y  x   x   x 2  Với x  y  0  y 1  x   x   x  (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm phương trình là x 2  Ví dụ 3: Giải phương trình: x  x  5 HD:ĐK: x  Pt  x   x  ; x  (*) Đặt x  t ta hệ phương trình:  x  t 2 t   x từ đây ta tìm nghiệm Ví dụ 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x = 4x  ( x  0) 28 4x  t  28 HD:Đặt 4x  1 t  t   7t  7t  x  ta được: 28  7 x  x t    t  7t  x  Kết hợp với đầu bài ta hệ phương trình:  Giải hệ phương trình trên ta tìm nghiệm III.Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 1) x  x   x  : 2) x  x   x  PHƯƠNG PHÁP 4: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH I Kiến thức Phương trình tích A(x) B(x) =  A(x) = (1) hoặc B(x) = (2) Nghiệm phương trình ban đầu là nghiệm (1) hoặc (2) II Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x  10 x  21 = x  + x  - 6; ĐKXĐ: x -3   ( x  3)( x  7) - x  + x  +6 = x  ( x   3) - 2( x   3) ) =3  ( x   3) ( x   ) =0 1) ( x   3) =  x+7 =9  x=2 (thỏa mãn x≥ -3) 2) ( x   ) =  x+3 =  x=1 (thỏa mãn x≥ -3) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1; x = 2 Ví dụ Giải phương trình: ( x  3) 10  x  x  x  12 Ví dụ Giải phương trình sau :   x2  HD: pt IV Nhận xét : 3x   3 x  x   2 x  3 x  x   0  x 1 Khi sử dụng phương pháp đưa dạng phương trình tích để giải phương trình vô tỷ ta cần chú ý các bước sau: + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình dạng f(x).g(x) ….= (gọi là phương trình tích) Từ đó ta suy f(x) = 0; g( x) = 0;… là phương trình quen thuộc + Nghiệm phương trình là tập hợp các nghiệm các phương trình f(x) = g( x) = 0;… thuộc tập xác định + Biết vận dụng, phối hợp cách linh hoạt với các phương pháp khác nhóm các số hạng, tách các số hạng đặt ẩn phụ thay cho biểu thức chứa ẩn đưa phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải V Bài tập áp dụng: Giải phương trình 1) x(x+5) = x  x   2 2) x  x  - x  x  = x  PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ( CHỦ YẾU LÀ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC) I VÍ DỤ: 2  x  x 9 x  Ví dụ Giải phương trình : HD:Đk: x 0  2   x   2    x 1    Ta có : Dấu   2     x  x   x  1      x   x      2 1   x x 1 x 1 4 Ví dụ Giải phương trình : 13 x  x  x  x 16 HD:Đk:   x 1  x 13  x   x Biến đổi pt ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:  13 13  x  3  x   256  13  27   13  13 x   3x  40  16  10 x  10 x  16  10 x Áp dụng bất đẳng thức Côsi:   16    64  2   x  x2   1 x     10 x 16  10 x x    Dấu Ví dụ 3: Giải phương trình:  x  x   x  12 x  38 HD:Ta có :VT2=(  x  x  )2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = Nên : < VT  Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2  Theo giả thiết dấu ''='' xảy và khi: x = Vậy x = là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 4: Giải phương trình:  x  x   x   HD:ĐK: x   1; 2 (1) PT   x  x    x  (2) Từ (2) ta có: 2 x  0  x    x  2  x 1 (3) Từ (1) và (3) Ta có x = thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 2 Ví dụ 5: Giải phương trình : 3x  6x   5x  10x  14 4  2x  x (1) 4 9    x  2x      x  2x     (x  2x  1)  3 5   HD: Ta có (1)  2  3(x  1)   5(x  1)  5  (x  1) Ta có: Vế trái ≥  2  5 Dấu “=” xảy  x = –1 Vế phải ≤ Dấu “=” xảy  x = –1 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 x 4x  1  2 x x Ví dụ 6: Giải phương trình : 4x  HD: Điều kiện Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x 4x   4x  2 x x 4x   4x  2 x x 4x  Theo giả thiết dấu xảy và khi:  4x  x  x  4x  0  (x  2) 3  x 2  Dấu “=” xảy  x  4x   x  4x  0 2  x  4x   0  (x  2) 3  x    x 2  (Thoả mãn) Vậy : x 2  II NHẬN XÉT  A m (1)   B m (2) - Một số pt tạo từ dấu bất đẳng thức: nếu dấu ở (1) và (2) cùng đạt tại x0 thì x0 là nghiệm pt A B  A  f  x    B  f ( x)  A  f  x  A B    B  f  x  đó : - Một số pt tạo từ ý tưởng : - Nếu ta đoán trước nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá III-BÀI TẬP: Bài 1: Giải các phương trình sau :  2x   2x  a) Bunhia và CôSi 1 2x  2x  1 2x  2x  x2   4  x2 1  x  x  b) Chuyển về, nhóm Bunhia 4 c) x  4  x  x  Viết thành tổng bình phương  2008 x   2008 x  d) Bunhia và CôSi  1 x x 1 e)  x  x   x  x  13 Bunhia vế trái 3 g)  x  64  x x  x  28 Bunhia vế trái 4 h) x   x  x   x   nhóm Bunhia k) x    x  x  x  18 Bunhia vế trái 2 m) x    x  x  10 x  27 l) x - + - x = x - 8x + 24 Bunhia vế trái Bunhia vế trái Bài 2: a) Giải phương trình x   5x   3x  Cách điều kiện x ≥ Với x ≥ thì: Vế trái: x   5x  Vế phải: 3x  ≥  PTVN x 7  2x  2x  b) Giải phương trình : x  HD: điều kiện x ≥ Dễ thấy x = là một nghiệm phương trình x  – Nếu : VT = – Nếu x > 2: VP = 2x2 + 8  8 x 1 Mà: VP >  2x  > 2.22 + =  VT <  1 x   x 1  1   6  1 3 x 1 1 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3` Bài Giải phương trình: x  3x  x  40  x  0 x3  x  x  40 0   x  3 x   x  13 HD: Ta cm : và  x  3 x  13 ?  6 2 x Bài 4: Giải phương trình :  x HD: ĐK: x < Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm phương trình 2 Ta cần chứng minh đó là nghiệm Thật vậy:Với x < :  x và 8 4  6  6 2 x  x  x  x  x  Tương tự với < x < 2: Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1 4 x 4      1.2 2.3 3.4 x  x  1  x  HD: ĐK: x 4 (1) 1 1  x 1   x  x  (*) 4 x 5 Ta có: Ta có: VP(*) = x  0  x 4 (2) Từ (1) và (2) ta có:x = là nghiệm PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC I Ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: HD: C1: ĐK x  2; x 1  1  x2  x  x2  2x x  x  1  x  x  2 x  x    x  x  1 2 x 2 x   3x x  x  1  x  x  2 (1) 2 x  2 3  3  x  x  1  x  x     x  x  1 2 x    x  x  1  x  x   2 x   Nếu x ta có  3 Giải (3) ta tìm x   x  x  1  x  x     x  x  1  x    x  x  1  x  x    x Nếu x -2 ta có   4 Giải (4) ta tìm x C2: ĐK: x  2; x 1  x     x  1 Nếu x 1 ta chia hai vế cho x ta được: Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm x Nếu x -2 Đặt t = -x  t 2 Thay vào phương trình ta  t   t     t   t  1 2   t  t  t    t  t  1 2  t     t  1 t 2 x 2 t Chia hai vế cho t ta Bình phương hai vế tìm t Sau đó tìm x Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp Còn C2 ta vận dụng kiến thức miền xác định về ẩn pt.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản Ví dụ Giải phương trình sau : 3x2  5x   x    x  x  1   3x  5x  1   3x HD: Ta nhận thấy :  x     x  3x   3  x   2 2 x  3x   x  3   x   và  2x  3x  x    x  x  1 3x   x   x  3x  Ta có thể trục thức vế : Dể dàng nhận thấy x = là nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình sau: x  12  3x  x  x  12  x  3x  0  x  HD: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x = là nghiệm pt, vậy pt có thể phân tích về dạng  x   A  x  0 , để thực hiện điều đó ta phải nhóm , tách sau : x  12  3 x   x     x2   x  2    x  12  x2  x  12  x2  3  x    x2   x 1    0  x 2 x2    x2 x2    0, x  x2   Dễ dàng chứng minh : x  12  3 Ví dụ Giải phương trình : x   x  x  HD : Đk x 1 Nhận thấy x = là nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình   x     x  3  x  x   3 x    x   x     x  3    x2   x2   x3       x 3 x 3 1 1   x  3x  2 3  x2  2 x  14 x  1  x3   Ta chứng minh :     Vậy pt có nghiệm x = x2   x2  x Ví dụ 5: Giải phương trình sau: x  x  x  x  HD: ĐK: x  Nhân với lượng liên hợp mẫu số phương trình đã cho ta được: x   x  x2      x2  x   x   3.x x    3  2 x   x2   x   x  3 3.x    x   x  ; x   x  0     4 4 4( x  3)  x   x   ( x  3)  x   x  Giải hệ trên ta tìm x          2 x  3 27 x 2x2 x  9   x    x 0 HD:ĐK:   2x  Ví dụ 6: Giải phương trình:  2x    2x  x  18  x   x      2x     2x  4x Pt 2 2 2   x 0  x   2x  x  9 là nghiệm II NHẬN XÉT f(x)  g(x) - Ta sử dụng pt có dạng: h(x)(f(x) – g(x)) = - Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm nghiệm x0 vậy phương trình A x 0 luôn đưa về dạng tích  x  x0  A  x  0 ta có thể giải phương trình   hoặc chứng minh A  x  0 để ta có thể đánh gía vô nghiệm , chú ý điều kiện nghiệm phương trình A  x  0 vô nghiệm III Bài tập vận dụng: 1) x  x  3  x  x   2 x Nhân  x  3  x     x  3  x  1 2) 3x 3) x  10 2 x  x  3   x  3 x  x  4 Nhân  x  3  x  2   x  3  x  1  3x   Nhân 3x  1 PHƯƠNG PHÁP 7: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I Nhận xét - Khi nhẩm nghiệm phương trình thì ta có thể dùng tính chất hàm số để giải phương trình Ta có hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) k Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) Bước 3: Nhận xét: Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k đó x0 là nghiệm Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k đó phương trình vô nghiệm Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k đó phương trình vô nghiệm Vậy x0 là nghiệm phương trình Hướng 2: Thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định f ( x ) và g(x) có tính chất trái ngược và xác định x0 cho f ( x0 )  g ( x0 ) Bước 3: Vậy x0 là nghiệm phương trình Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u )  f (v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f (u )  f (v)  u v II VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình : x  + x  = (1) ĐKXĐ: x  Ta có x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1) 3 Với x > thì x  > 1, x  > nên x  + x  > 3 Với x< và x  -1  -1  x  thì x  < 1, x  < nên x  + x  < Vậy x= là nghiệm phương trình (1) Bài này có thể Đặt ẩn phụ đưa hệ Ví Dụ 2: Giải phương trình : HD:pt    x  1   x  1    x  1  f  t  t  t      x  x   x  x  0     3x     3x     f  x  1  f   3x   , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15 Xét hàm số 3 Ví Dụ 3: Giải phương trình: x   x   x  0 HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm phương trình 3 Đặt f  x   x   x   x  x x  f x  f x     vậy hàm số f(x) đồng biến trên R Với Vậy x = -2 là nghiệm phương trình III Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 1) x   x  1 2) x  3  x  x 3) x   x  3 4) x   x3  x  5) x 1  x  x  x3 6) x   x  4  x BÀI TẬP ÔN VỀ PHƯƠNG TRÌNH Phần: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I PHƯƠNG PHÁP 1: Nâng lũy thừa Bài 1: Giải phương trình: a) x  + x  10 = x  + x  Nghiệm là x = -1 b) x  x  x  x   x  Nghiệm x = 3 3 3 3 c) 2x   x 1  3x   2x  x( 2x   x ) 1 thay 2x   x 1 3 ta có: 3x   2x  x 1  x1 0;x  Thử lại có x = thỏa mãn II PHƯƠNG PHÁP 2: Đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối Bài 2: Giải phương trình: x  x  3 + x  x   = nghiệm  x  10 III PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa phương trình tích Bài 3: Giải phương trình: a) x  10 x  21 = x  + x  - nghiệm là x = 1; x = 2 b) ( x  3) 10  x  x  x  12 c) x  x  2 x  Chuyển về hiệu BP IV PHƯƠNG PHÁP 4: Đặt ẩn phụ A Đặt ẩn phụ để đưa phương trình Đặt ẩn phụ để đưa phương trình ẩn với ẩn phụ Phương trình có chứa f ( x ) và f ( x) Hoặc Phương trình có chứa A  B và AB Nhiều phải biến đổi (thường là chia) xong đặt Bài 4: Giải phương trình: a) 2(x2- 2x) + x  2x  - = nghiệm là: x =  b) x  +  x - ( x  1)(3  x) = Đặt x  +  x = t nghiệm x1 = -1; c) x x + x 3 x  x  = Đặt d) (  x  )(  x  ) = 2x Đặt e) x   x  6 g) g) x  2004  x   x2  2x x   24  x = u (0  u  )nghiệm là x = 0; x = 25 11  17 x ĐK:  x 6 Đặt y  x  1( y 0) Nghiệm   x  = t   x = t2 + x  ĐK:  x 1 Đặt y   x Nghiệm x = 3x  x Điều kiện:   x  Chia hai vế cho x ta nhận được: x2 x 1 3  t x  x x Đặt x h) x  x  x 2 x  HD: x 0 không phải là nghiệm Chia hai vế cho x ta 1  1 x t   x   x    x  2 x x x , Ta có : t  t  0  được:  Đặt t= Đặt nhiều ẩn phụ để đưa phương trình tích Bài 5: Giải phương trình: a) x   x3  x2  x  1  x4  Đặt: a  x  1;b  x  x  x   a.b  x  với a ≥ 0; b ≥ nghiệm x = 2 b) x  + 2(x+1) = x- +  x +  x Đặt x  = u  và  x = t  c) x   x  x   x  x  2 3 3 d) 3x    x  x   x  0 x  x   x     x    x  x3  x   x  e) Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc a) Phương trình dạng : Bài 6: Giải phương trình: a A  x   b.B  x  c A  x  B  x  a) x  x   3 3   u  x2  x   u   ; v  x2  x   v   x  x2 1 4 4   (*)Đặt : 2 b) x  x  7 x  (*) Đk: x 1 Đặt u  x  0 , v  x  x   c) x  14 x   x  x  20 5 x  Đk x 5 Chuyển vế bình phương ta được:  x  x     x   5 ( x  x  5)( x  4) u  x  (u , v 0)  10 x3  3  x   v  x  x   d) Đặt  a A  x   b.B  x   cA2  x   dB  x  b) Phương trình dạng : bình phương hai vế thì đưa về dạng a Bài 7: Giải phương trình: u  x  u, v 0; u v   2 v  x   a) x  x   x  x  đặt :  2 b) x  x  x   3x  x  x  x   x  1  x   x  x   x  1  x  x    x  1 BP vế ta có : Đặt ẩn phụ để đưa phương trình bậc hai với ẩn phụ x (Áp dụng ∆ là một bình phương) Bài 8: Giải phương trình: 2 a) x  2x x  2x Đặt t = x  2x với t ≥ nghiệm là : x =  2 b) (4x-1) x  =2(x2 + 1) + 2x –1 Đặt x  = y; y 1  2y2 - (4x -1) y + 2x – 1= B Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình Đặt ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu hpt đối xứng loại a    x     ax  b  b    đặt  y    ax  b để đưa về hệ Dạng a  n   x     n ax  b  b  n   đặt  y    ax  b để đưa về hệ Dạng Bài 9: Giải phương trình:  21   17 x1  x2  2 a) x  x  5 nghiệm : ; b) x  x  x  10 Đặt x   y  c) x  4 x  12 x  Đặt x  2 y  2 d) x  x   x  e) x  x   x  ( Nhiều cách) Đặt ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu hpt Bài 10: Giải phương trình: a)   x 35  x3 x  35  x 30 3 3 Đặt y  35  x  x  y 35 Nghiệm là x  {2;3}  2x  2x   Điều kiện:   x  Đặt u   x , v   y  u , v  10  x  x b)    u  629  x (u; v 0)  √ 629− x+ √77+ x =8 v  77  x  c) ĐK:… Đặt   u  x3  x   3 d) x  x   x  x  3 ĐK:…Đặt v  x  x  Với v > u ≥ Nghiệm x=1 e) √4 18+5 x + √4 64 − x=4 ĐK:…Đặt u= 4√ 18+5 x , v=√4 64 − x , u, v ≥ nghiệm 17   x1    x  63  g) h) 25  x - 15  x = nghiệm x = 2 x + x =  x = a; Đặt:  51 x = b 2 3 3 k) ( x  1) + ( x  1) + x  = Đặt: x  = a; x = b l) x   x  x   x  x   x  x ĐK: x 2 u   x ; u 0  v   x ; v 1  w   x ;w  Đặt  , ta có : m)  u  v   u  w  2   u  v   v  w  3   v  w   u  w  5 x   x  3x   x  x   x  x  a   b   c   HD:Ta đặt : d  n) 2  u uv  vw  wu  3  v uv  vw  wu  5  w2 uv  vw  wu  2x2  x  3x  2 x2  2x  x2  x  2 a  b c  d  x   2 2 a  b  c  d  , đó ta có : x  x   x  x  9 x  Đặt p)  x   x 5 đặt a  x  x   b  x  x   a; b 0  Nghiệm  x a;  x b nghiệm x = V PHƯƠNG PHÁP 5: Đánh giá (chủ yếu dùng bất đẳng thức)  A m (1)  B m (2) - Một số pt tạo từ dấu bất đẳng thức:  - Nếu ta đoán trước nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng Bài 11: Giải phương trình: x 1 2x  2x  1 2x 1 2x  2x   2x  a) Bunhia và CôSi 4  x2   4  x2 1  x  x  b) Chuyển về, nhóm Bunhia d) x    x  x  10 x  27 Bunhia vế trái c) x  4  x  x  Viết thành tổng bình phương e)  x  x   x  x  13 Bunhia vế trái 3 g)  x  64  x x  x  28 Bunhia vế trái k) x    x  x  x  18 Bunhia vế trái 4 h) x   x  x   x   nhóm Bunhia l) x - + - x = x - 8x + 24 Bunhia vế trái  2008 x   2008 x  m) Bunhia và CôSi  1 x x 1 2  x  x 9 x  n) Đk: x 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 2   2    x     x   x   2  x 1       x   x    x        Ta có :   3` p) x  3x  x  40  x  0 x  x  x  40 0   x  3 Ta cm : x  x  13 ( tổng BP) và  x  3 x  13 q)  x  x   x  12 x  38 Vậy x = là nghiệm 2 r)  x  3x   x   ĐK: x 2 (1) PT   x  3x    x  (2) Từ (2) ta có  x 1 0  x    x 1 2  x 1 (3) Từ (1) và (3) Ta có x = thế vào (2) thoả mãn.Vậy : x = x 4x  1  2 x x 4x  Áp dụng bất đẳng thức Cô si Nghiệm x 2  ĐK s) t) x   5x   3x  ĐK x ≥ VT<0, VP không âm Vậy PT vô nghiệm 2 u) 3x  6x   5x  10x  14 4  2x  x (1) Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 4 v) 13 x  x  x  x 16 Đk:   x 1 Biến đổi:  x 13  x   x  256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: Áp dụng bất đẳng thức Côsi: VI PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp nhân liên hợp Bài 12: Giải phương trình: a) 3x ( x 1  1) x  10 nghiệm là : x = ; x=5 5  x  x  2x   x  2x   x   x 2 x x Biến đổi về x x x b) x f(x)  g(x) Nhận xét: ta sử dụng pt có dạng: h(x)(f(x) – g(x)) = VII PHƯƠNG PHÁP 7: Phương pháp dùng hàm số Bài 13: Giải phương trình: a) x  + x  = (1) ĐKXĐ: x  Ta có x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1) 3 Với x > thì x  > 1, x  > nên x  + x  > 3 Với x< và x  -1  -1  x  thì x  < 1, x  < nên x  + x  < Vậy x= là nghiệm phương trình (1) b) x  28 + x  23 + x  + x = Ta có x =2 là nghiệm (2)  x  0  x 1  + (2) ĐKXĐ:  x 0 Với x > thì x  28 > 2, x  23 > 6, x  >1, x > , nên vế trái (1) lớn +9 (vế phải) Với  x < thì x  28 < 2, x  23 < 6, x  <1, x < nên vế trái (1) nhỏ +9 (vế phải) Chỉ có x = thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm là x = x 7  2x  2x  c) Giải phương trình : x  HD: điều kiện x ≥ Dễ thấy x = là một nghiệm phương trình 3 d) x   x   x  10 0 Nhận thấy x = -2 là một nghiệm phương trình BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1: Tìm tất các số thực x1; x2; …; x2013 thoả mãn: x1  12  x2  22   2013 x2013  20132  AD BĐT Cô Si hạng tử vế trái cộng Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y 1 z   x  y  z  x1  x2   x2013  Đặt x a; y  b; z  c đưa về tổng bình phương Bài 3: Giải các phương trình sau: 2 b) 3( x  x  1) ( x  x  1) Pt VT đưa về tích 2 a) 3x  x 2 x  x   x Đặt ẩn phụ c) √ x −2+ √ x +1=3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ hoặc hàm số d) x  x  5 Đặt đưa về hpt đx loại g) √ √ − x =x √ √3+ x Xét ĐK x BP 2 e) x  48 4 x   x  35 2 Chuyển về x  48  x  35 4 x  Nghiệm Dùng hàm số 2 k) x  17  x  x 17  x 9 Đặt ẩn phụ đưa về hệ h) 2( x  2) 5 x  Đặt ẩn phụ đưa về pt Bài 4: Giải các phương trình sau: a) √ 25− x − √ 10 − x 2=3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ   x  x   x  5 x  7 x  x c) Rút gọn xong là dễ x  3 e)  2 b) x  x   x  x   x  x  3  Đánh giá  x  3  x  1   x  3 2 d) Rút gọn Đặt ẩn phụ g) x  x  20 2 3x  10 Chuyển về hiệu BP 10  x  x  x  12 Tích 2 x h)   x trục ở mẫu  2 2 x 1  0 x x 2 x  k) x  x 5  x  x2  4 trục ở mẫu 1  x  l)  x  m) x4 + x  2005 2005 Đặt x2 = t tiếp tục đặt y= t  2005   4 x    0 x  Đặt ẩn phụ đưa về hệ 2 p)  x   x 2 q) 3x  3x  x  12 48  x Đặt ẩn phụ đưa về hệ Đặt ẩn phụ Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 1 1225   74  x y z  771 x 2 y 1 z  771 Chuyển vế Cô Si x x 2 x 2 x  x  Bài 6: Cho phương trình: x  Đưa về PT tích nghiệm là 6; -6; Tổng các nghiệm phương trình là S =0, tính S15 Bài 7: Giải các phương trình sau: 2   x   3  x    x  0 a) Đặt ẩn phụ đưa về PT tích b) 2008 x  x  2007 x x  Đặt không hoàn toàn 4x   y 3 c) x   x  x Đặt ẩn phụ đưa về tích d) ( x  x  2)( x  x  18) 168 x PT vế trái, chia vế cho x đặt ẩn phụ e) x   x  x  x  1  x  Đặt ẩn phụ đưa về PT tích g) x  x  2 x  Đặt ẩn phụ đưa về tích 4 3 k) x  x  4 x x   2 x  Đưa về hiệu hai bình phương h) x   x 1  x  x Đặt ẩn phụ đưa về PT tích m)12 x  x  3x  l) x  16 x  18  x  2 x  BP đặt ẩn phụ đưa về PT a Đưa về hiệu hai bình phương n) 2   x   x x  Chuyển về đặt nt chung nhân liên hợp   x   10  x  p)  x q) 3x   x  4 x   3x  5x  Đặt ẩn phụ x   x2 1   x t) 1  x2  x Đặt ẩn phụ đưa về tích n 2 n n r) (1  x)   x  (1  x) 0 Đặt ẩn phụ 1 1 x   x  Bài 8: Cho phương trình: x   3x   x   x  2 u) x  x  x  x  x  Bình phương 1 x   x m Đặt ẩn phụ đưa về PTBậc 2:  x   x  y a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm c) Tìm m để phương trình có nghiệm  x  x   x  x   m 0 Bài 9: Cho phương trình: a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 10: Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện: x  y2  y  z  z  x2  x2  y2  z  Chứng minh rằng: Bài 11: Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a  b  c  a  b  c Chuyển về BP, đưa về tích… 2012 2012 2012 c 2012 a  b  c Chứng minh rằng: a  b  Bài 12: Tìm các số nguyên k thoả mãn: 1 1 1 1 20132           12 22 22 32 k  k  1 2013 1 1 1  1   2 n (n  1) n n  (  n  N*) Ad Bài 13: Giải phương trình: (đã thi) 2 2 a) x   x  x   x  x   x  x  Đặt ẩn phụ đưa về tích b) x   x   x    100 x  100 165 Dễ 1   1 x 3  x 2 x   x 1 x 1  x Dễ c) d) x  45  x  25x 125 16 x  80   9 12 16 Dễ 2009  2010 x  x  20  2009  2010 x  x  Đặt ẩn phụ đưa về hệ e) g) 19 x +5 x2  + 95 x  x 2 = ( Đánh giá Các số mũ phải bẳng 0) h) x   x  x  3 x Chia vế cho x và đặt t x x  x 4; x2  x   2x2  x   x  k) - 2 Ta có VT   ( x  4)   x  x   x  x  Nhân với biểu thức liên hợp ta :  x  x   x  x  2  2 x  x   x   x 0;   x  x   x  x   x  Bài 14: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1 4 x 4      1.2 2.3 3.4 x  x  1  x  HD: ĐK: x 4 (1) 1 1 1    x  x  (*) 4 x 5 Ta có: x  Ta có: VP(*) = x  0  x 4 (2) Từ (1) và (2) ta có:x = là nghiệm Phần: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO I PHƯƠNG PHÁP 1: Đưa phương trình tích Bài 1: Giải phương trình: 3 3 a) ( x  1)  x  ( x  1) ( x  2) nghiệm là x = b) x3 – 7x2 + 12x – = nghiệm x 1; x 3  x 3; x  c) (x – 1)3 +(2x + 3)3 = 27x3 + nghiệm d) 4x3 - 13x2 + 9x - 18 = nghiệm là: x = II PHƯƠNG PHÁP 2: Đặt ẩn phụ Bài 2: Giải phương trình:   97 12 a) x4 – 5x3 + 6x2 – 5x + = vô nghiệm b) x5 + 4x4 + x3 + x2 + 4x +1 = nghiệm x1,2   x 2 5 x ; c) (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)2 = nghiệm 2 d) ( x  3x  2)( x  x  12) 24 nghiệm x = ; x = -5 e) x4 - 3x3 - 2x2 + 6x + = nghiệm x = -1 ; x = ; g) (x – 5)4 + (x – 7)4 = 16 nghiệm x1 = 7; x2 = x1,2 1  h) (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x2 Vì x = không là nghiệm nên chia cho x2 k) (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x Biến đổi về 12(x+7)(x+8)(x+9)= 60x Đặt y = x + 12  y3 – 12y2 + 42y = l) 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x2  5(x2 - 16x + 15)(x2 - 8x + 15) = 7x2 (*) Vì x = không là nghiệm (*) nên ta chia hai vế (*) cho x2 III PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa hiệu, tổng luỹ thừa cùng bậc ( Vẫn là PP1) Bài 3: Giải phương trình: x 1  a) x4 = 2x2 + 8x +3 nghiệm: 1,2 1 x 3 b) x  x  x  41 nghiệm: x 1 c) 5x + 6x + 12x + = nghiệm: 2 2   1 IV PHƯƠNG PHÁP 4: Dùng bất đẳng thức Bài 4: Giải phương trình: 2003 2004 x  x  10 1 (1) (Đề HSG Hải Dương, năm học 2006 - 2007) x = và x = 10 là nghiệm phương trình (1).Xét các giá trị còn lại x V PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng hệ số bất định đưa phương trình tích ( Vẫn là PP1) Bài 5: Giải phương trình: x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = (1) Phương trình (1) có dạng (x2 - 5x + 2)(x2 + x - 7) = Phần: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU I PHƯƠNG PHÁP 1:Phương pháp biến đổi Phân tích nhóm các phân thức Bài 1: Giải phương trình: 1    a) x  x  x 11x  28 x 17 x  70 x  nghiệm x = – x 1 x  x  x  4    4 1 1  1  1  4  x x2 x 3 x b) x  x  x  x  1 x1     2 có hai nghiệm là: 69  1 69   ; x2       2  1 1    c) 2008 x 1 2009 x  2010 x  2011x  4019 x  4019 x  6   x  ; x  1; x3  (2008 x  1)(2011  5) (2009 x  2)(2010 x  4) có ba nghiệm 4019 2 Đưa phương trình bậc cao giải Bài 2: Giải phương trình: 2x 13 x  6  54x4 – 117x3 + 105x2 – 78x + 24 = a) 3x  x  x  x  x1  ; x2   (2x – 1)(3x – 4)(9x2 – 3x + 6) = có hai nghiệm 1   b) x  x  x nghiệm x =  2  4 x 4 x 4 5x 5x  x  5x  10x  0 x  c) x  II PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đặt ẩn phụ Đặt ẩn phụ Bài 3: Giải phương trình: x4  3x2 1 3 x x a) x  x  x Chia tử và mẫu ở vế trái cho x2 rồi: Đặt t = 1 x1,2  có nghiệm là: ; x3,4 1  2 13   3x   x b) 3x  x  3x  x  x chia mẫu bên cho x Đặt t = x1  ; x2  nghiệm   1 15  15     2 x ( x  1) x ( x  1) x ( x  1)   c)   21  5 x1,2  x3,4  10 Đặt x ( x  1) = t.có bốn nghiệm ; Đặt hai ẩn phụ Bài 4: Giải phương trình: 2 x 1  x 1   x 2  46 x 1 x 12  x1,2  u ;v      x  x  x     Đặt x x  có hai nghiệm là a)  3 x  3 x  3 x 3 x x x 2 a x ; b x    x 1  x 1 x  có nghiệm là x = b) x   Đặt Đặt ẩn phụ không hoàn toàn x3 3x x    0 (x  1)3 x  Bài 5: Giải phương trình: x x x2 x2 t  x  t x   ; xt  3 x x1 x1 x  PT trở thành: x  t  3(x  t)  0 Đặt III PHƯƠNG PHÁP 3:Phương pháp đánh giá 1     2 Bài 6: Giải phương trình: x  x  x  3x  x  x x  x  x  x  a b ( a  b)   x  y với x, y > ( Khi dùng nên chứng minh) Áp dụng BĐT x y a b (2  1)2     2 2 Đẳng thức xảy và x y , ta có: x x  3x  3x  3x  x  x  Suy (*)  x2 + 3x + = 4x2  x2 – x – =  13 x1,2  Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là MỘT SỐ BÀI PHƯƠNG TRÌNH TRONG ĐỀ THI HSG TỈNH BẮC GIANG Giải phương trình: x 1  x  x  điều kiện x 0 2 Đặt x  a, a 0 ; 3x b, b 0 Suy b  a x  Thay vào (1) ta a  b b  a  (a  b).(a  b  1) 0  a b (do a 0, b 0 nên a+b+1>0) 2 Cho phương trình: x  6mx  24 0 (m là tham số) Tìm giá trị tham số m để phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 phân biệt thỏa mãn: x14  x24  x34  x44 144 Đặt t x , t 0 phương trình trở thành: t  6mt  24 0 (1) Phương trình đã cho có nghiệm phân biệt và pt(1) có hai nghiệm dương phân biệt  t1  t2  ' 6m  24    t1.t2 24    t1  t2  6m  m   m2  m   Với t1 , t2 là hai nghiệm pt (1) thì x1  t1 , x2  t1 , x3  t2 và x4  t2 nên ta có x14  x24  x34  x44 2(t12  t22 ) 2  (t1  t2 )  2t1.t2  BẮC NINH Giải các phương trình sau: 3x2 + 4x + 10 = 14 x  điều kiện: x  2 ;x  2 2  x  x   x   2 x   =  ( x  2)  ( x   7) 0 4  x2  x  16  x   x  y  y  5  y 4  x 0 (1)  (2)  x  16 0  (3) 4 x  0  (4) Điều kiện :  x  y  y  0 Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4) 0  x  0 kết hợp với (1) và (3) suy x = Thay vào (4): y2 – 2y + 0 ; Đúng với giá trị y Thay x = vào phương trình và giải đúng, tìm y = 1,5 x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - = 0; (với x ; y nguyên) Biến đổi đưa pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) =  x2 – 2y – =  x2 = 2y2 +  x lẻ Đặt x = 2k + ; ( k  Z )  4k2 + 4k +1 = 2y2 +  2y2 = 4k2 + 4k –  y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm  pt đã cho vô nghiệm Giải phương trình: x2 + 3x +1 = (x + 3) √ x2 +1 BÌNH PHƯỚC Câu ( điểm) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – )x + m - = Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương x2 2 Caâu :(2 điểm)Giải phương trình : x + ( x  1) = HÀ NAM 2(x  2) 3  x   2x  Giải phương trình: Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x  3x  (2m  1)x   3m  1 x  m  m 0 1.(3 điểm): Điều kiện: x  2 Pt đã cho  2(x  2x  4)  2(x  2) 3 (x  2)(x  2x  4) (1) u  x  2x  u 0   v 0 v x2   Đặt , Điều kiện   2u  v 0 2u  3uv  2v 0  (2u  v)(u  2v) 0    u  2v 0 Pt (1) trở thành + Với x  2x  2 x   x  6x  0  x 3  13 2u 0  x  2x  0 2u  v 0     v 0  x  0 + Với Hệ pt vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x 3  13 2.(3 điểm) 2 Pt đã cho  m  (2x  3x  1)m  x  3x  x  x 0 (1) u  2v 0  Pt(1) là pt bậc hai ẩn m có  (x  1) nên  2x  3x   (x  1) m   x  2x  m  0 (2) (1)     2x  3x   (x  1) (3)  x  x  m 0 m   ` Giả sử x là nghiệm chung pt (2), (3)  x 02  2x  m  0  x 1    x  x  m  m 2  0 Ngược lại, với m = thì pt (2) và (3) có nghiệm chung Pt(1) có nghiệm phân biệt  các phương trình (2), (3) cùng có nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung 1  ( m  1)    m    1  4m   m 2 m 2   x 1  y 1 Điều kiện:   y(4y4+5y2 -9) =0  y 1 Víi y =  x = Víi y = -1  x= Thö l¹i tháa m·n VËy nghiÖm cña hÖ lµ(x;y)=  (0;1);(3;  1) HÀ NỘI 1) Giải phương trình: 2(x2+2x+3)=5 * Phân tích x3+3x2+3x+2=(x+2)(x2+x+1) * Đ/k x≥ -2 * Đặt x+2=a, x2+x+1=b đưa về 2(a+b) = * Giải a=4b, b=4a * a=4b  x+2=4(x2+x+1) p/t vô nghiệm x1  * b=4a  x2 - 3x - 7=0  * So sánh với đ/k và kết luận Hà tĩnh x3   37  37 , x2  2 1    m  1  x    m  0 x x  (*) Bài 1: Cho phương trình a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt Giải tóm tắt: ĐKXĐ: x  x t  t  1 t2  t   m 0 x phương trình (*) trở thành   Đặt a) m = (Tự giải) b) Với t =  x2 – x – = phương trình này luôn có nghiệm dương (vì ac < 0) Để phương trình (*) có đúng nghiệm dương phân biệt thì phương trình t2 + t +4–m=0 11 phải có nghiệm kép khác Hay m = TP.Hồ Chí Minh Giaûi caùc phöông trình: 2 a) ( x  3x)  6( x  3x )  0 b)  x    x  5 2 c) x  x  x  x x  Hoµ B×nh Gi¶i ph¬ng tr×nh 12  1 x x4 x x2 + HS lập luận đợc x2 + x + và x2 + x + khác đa PT dạng 9( x2 + x ) + 12 = ( x2 + x + ) ( x2 + x + ) +HS biến đổi PT dạng ( x2 + x - ) ( x2 + x + ) = LÂM ĐỒNG) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  x  x  0 x2  Long An 2  x2  1  x  x   (2 x  x  x  1) 4 1  x  x  (2 x  x )  (2 x  1) 4 …………………… …….0,5 đ x   x  x  ( x  1)(2 x  1) ………………………… … 0,25 đ (2 x  1)(2 x  1)  2 x  ( x  1)(2 x  1) ……………………….…….0,25 đ Vế trái không âm, x +1 dương nên 2x+1 không âm…………………….…….0,25 đ     (2 x  1)(2 x  1)  2(2 x  1) ( x  1)(2 x  1) (2 x  1)(2 x  1) ( x  1)(2 x  1) 2 (2 x  1) ( x  1)(2 x  1) 1  x = hoặc x = ……………………….……0,25 đ ………………………………………….0,25 đ ……………………………………………….0,25 đ (thỏa điều kiện)…………………………0,25 đ NGHỆ AN Giải phương trình: x  4x+5 = 2x+3 4x  5x   2 x  x   9x x  x3  x  x  x x  x   16 x 2 Câu Giải phương trình a x  10 x  27   x  x  b 2011  x  2006  x 2 2 Nhân vế với : 2011  x  2006  x  và biến đổi đưa về hệ PT:  2011  x  2006  x 2     2011  x  2006  x   Phó Thä Giải phương trình : 81 32095 2011  x   2011  x   x  16 4x 4 x x 3 x 3  PHÚ YÊN Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + = 0, a là tham số a) Giải phương trình với a = b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh a2 > Câu 2.(4,0 điểm) a) Giải phương trình: x+3 + 6-x (x + 3)(6 - x) = Câu Ta có phương trình : x + ax +x + ax + = (1) 1a  x +x +x +x+1= (2) Khi a =1 , (1) (2,0đ) Dễ thấy x = không phải là nghiệm Chia vế (2) cho x ta được: t = x+ x2 + 1  t  x+  x + 2 x x x 1 + x + +1= x x (3) 0,50 t -2 x 0,50 x2 + Đặt và Phương trình (3) viết lại là : t + t - = t1   1  1 t2  2 và đều không Giải (3) ta hai nghiệm thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm 0,50 0,50 Câu1b Vì x = không phải là nghiệm (1) nên ta chia vế cho 1  x + +a  x +  +1= (2,0đ) x2 ta có phương trình : x x  Đặt t =x+ x , phương trình là : t2 + at - = (4) 0,50 Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  Từ 1- t a t (4) suy (1 - t ) a >2  2  t (t - 4) 1  (5) t2 Từ đó : Vì |t|  nên t2 >0 và t2 –  , vậy (5) đúng, suy a2 > 0,50 0,50 0,50 Câu 2a (2,0đ) x + + - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)  x+3 0  -3 x 6  6-x   Điều kiện : u  x + , u , v 0  u  v 9   v = - x Đặt : Phương trình đã có trở thành hệ : u + v =9   u + v uv =  Suy : (u + v) - 2uv =  = + uv u + v  uv = u =    uv = -4 v = (3+uv)2-2uv =  x+3 =  x = -3   x =  6-x = Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 0,50 0,50 0,50 0,50 Câu Cho số phân biệt m,n,p Chứng minh phương trình 1 + + =0 x- m x- n x- p có hai nghiệm phân biệt x ¹ m , n , p ĐK: PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) ' Ta có Δ = (m + n + p ) - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np = m2+n2+p2 –mn-mp-np = [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0 Đặt f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p) ¹ = >m,n,p không phải là nghiệm pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt HƯNG YÊN Bài 2: Tìm m để phương trình x   2x  3x  6x  m 0 có nghiệm phân biệt.Giải các phương trình sau: 3x2 + 4x + 10 = 14 x  4  x2  x  16  x   x  y  y  5  y x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - = 0; Giải, xác định đúng điều kiện: x (với x ; y nguyên)  2 ;x  2 2  x  x   x   2 x   =  ( x  2)  ( x   7) 0  x   x  0     x 2  x 2  x   0   x   (Thỏa mãn) 4  x 0 (1)  (2)  x  16 0  (3) 4 x  0  (4) Điều kiện :  x  y  y  0 Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4) 0  x  0 kết hợp với (1) và (3) suy x = Thay vào (4): y2 – 2y + 0 ; Đúng với giá trị y Thay x = vào phương trình và giải đúng, tìm y = 1,5 Vậy nghiệm phương trình: (x = 2; y = 1,5) Biến đổi đưa pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) =  x2 – 2y – =  x2 = 2y2 +  x lẻ Đặt x = 2k + ; ( k  Z )  4k2 + 4k +1 = 2y2 +  2y2 = 4k2 + 4k –  y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Đặt y = 2n; (n  Z )  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + = k(k + 1) (*) Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm  pt đã cho vô nghiệm BÌNH PHƯỚC Câu ( điểm) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – )x + m - = Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương x2 2 Caâu :(2 điểm) Giải phương trình : x + ( x  1) = HẢI DƯƠNG 2007-2008 Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x4 + (3m – 1)x3 – (3m – 2)x2 + (3m – 1)x + = (m lµ tham sè) Ta thÊy x = kh«ng lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh Với x  chia hai vế phơng trình cho x2 ta đợc 1  (3m  1)( x  )  (3m  2) 0 x x2 + x (1) x x =t §Æt Ta cã PT: x2 – tx + = 0(*) t  PT(*) cã nghiÖm ∆   t  0  2008-2009 Gi¶i ph¬ng tr×nh √ x − √ 5− x =1 2009-2010 Giải phương trình x  x 2 x   x  ( x   1) 0 2010-2011 Giải phương trình x  x  10  x  x  3( x  1) (1)  x  3  x  1 x  x  10  x  x  HD- Nếu x 1   x   thì (1)  x  x  10  x  x  2 (2) Từ (1) và (2) suy 2 x  x  3x  phương trình có nghiệm x = 2011-2012 3  x 3     x  3 16 Giải phương trình:  x     x  3    x  3  x  3     3  16 t  x    x   x  , ta t  3t  16 0 (*) Đặt 2012-2013 4x + 3x a) Giải phương trình x  5x + x  7x + + =6 6 x  5+ x 7+ x x t = x 7+ x phương trình trở thành Đặt 2013-2014 =6 2 Giải phương trình x ( x  2) 4  x x  Đặt  t  x x   t 2 x  x 