Các phương pháp trọng tâm giải phương trình và bất phương trình (mới)-đặng việt hùng
CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM
§ÆNG VIÖT HïNG
CÁC PHƯƠNG PHÁP TRỌNG TÂM
GIẢI PT VÀ BẤT PT
Khóa luyện thi 2016 – 2017
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
CÁC PHƯƠNG PHÁP TRỌNG TÂM GIẢI PT VÀ BẤT PT
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
x4 − x + 2
Bài 1. Giải bất phương trình
x2 + x + 2 − 2
≥
x4 − x + 2
x+2
Lời giải.
( x ∈ ℝ) .
x2 + x + 2 ≠ 4
Điều kiện
⇔ x ∉ {−2;1} .
x ≠ −2
2
4 x 4 − 4 x + 8 4 x 4 − 4 x 2 + 1 + 4 x 2 − 4 x + 1 + 6 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) + 6
Nhận xét x − x + 2 =
=
=
> 0, ∀x ∈ ℝ .
2
2
2
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
4
1
1
≥
⇔
2
x + x+2 −2 x+2
⇔
x + 4 − x2 + x + 2
( x − 1)( x + 2 )
2
(
x + 4 − x2 + x + 2
)
x2 + x + 2 − 2 ( x + 2)
≥0⇔
(
≥0⇔
x + 4 − x2 + x + 2
≥0
x −1
)(
x2 + x + 2 + 2 x + 4 − x2 + x + 2
(x
2
+ x − 2) ( x + 2)
) ≥0
(1)
Các khả năng xảy ra như sau
x ≥ −4
x ≥ −4
Xét x + 4 ≥ x 2 + x + 2 ⇔ 2
⇔
⇔ x ≥ −2 , suy ra
2
x ≥ −2
x + 8 x + 16 ≥ x + x + 2
(1) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 .
Ta có nghiệm thành phần x > 1 .
x < −4
x < −4
Xét x + 4 ≤ x 2 + x + 2 ⇔ x ≥ −4
⇔ x ≥ −4 ⇔ x ≤ −2 , suy ra
2
2
x ≤ −2
x + 8 x + 16 ≤ x + x + 2
(1) ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 .
Ta có nghiệm thành phần x ≤ −2 .
Tổng hợp toàn bộ quá trình ta thu được nghiệm S = ( −∞; −2 ) ∪ (1; +∞ ) .
Bài 2. Giải bất phương trình
x 4 + 3x + 2
4x +1
≥ 2
2
x −x+ x−2 x −x+ x−2
Lời giải.
( x ∈ ℝ) .
Điều kiện x ≥ 2 .
Nhận xét x 2 − x + x − 2 = x ( x − 1) + x − 2 > 0, ∀x ≥ 2 .
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
1
1 1
1
1 1
x + 3x + 2 ≥ 4 x + 1 ⇔ x − x + 1 ≥ 0 ⇔ x − x + + x 2 − x + + ≥ 0 ⇔ x 2 − + x − + ≥ 0
4
4 2
2
2 2
(Hiển nhiên).
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 2 .
4
4
Bài toán 3. Giải bất phương trình
4
2
x 4 + x3 + x 2 + x x3 + x 2 + 25 x − 33
>
3x − 2 x − 7
3x − 2 x − 7
( x ∈ ℝ) .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
Lời giải.
7
Điều kiện x ≥ .
2
2
9 x 2 − 2 x + 7 8 x + ( x − 1) + 8
7
Nhận xét 3x − 2 x − 7 =
=
> 0, ∀x ≥ .
2
3x + 2 x − 7
3x + 2 x − 7
Bất phương trình đã cho tương đương với
x 4 + x3 + x 2 + x > x3 + x 2 + 25 x − 33 ⇔ x 4 − 24 x + 33 > 0
2
⇔ x 4 − 6 x 2 + 9 + 6 ( x 2 − 4 x + 4 ) > 0 ⇔ ( x 2 − 3) + 6 ( x − 2 ) > 0
2
2
[∗]
x2 = 3
7
Dễ thấy [*] hiển nhiên do hệ
vô nghiệm. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ .
2
x = 2
Bài 4. Giải phương trình
3
3x 2 + x + 5 + 3 x 2 + x + 3 = 3 2 x 2 + 2 x + 1 + 3 2 x 2 + 7
Lời giải.
( x ∈ ℝ) .
Điều kiện x ∈ ℝ . Đặt 3 3 x 2 + x + 5 = a; 3 x 2 + x + 3 = b; 3 2 x 2 + 2 x + 1 = c; 3 2 x 2 + 7 = d .
Phương trình đề bài trở thành a + b = c + d = k . Để ý rằng
a 3 + b3 = c3 + d 3 ⇔ ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = ( c + d ) − 3cd ( c + d )
3
3
k = 0
⇒ k 3 − 3ab.k = k 3 − 3cd .k ⇔ 3k ( ab − cd ) = 0 ⇔
ab = cd
k = 0 ⇔ a = −b ⇔ a 3 = −b3 ⇔ 3 x 2 + x + 5 = x 2 + x + 3 ⇔ 2 x 2 = −2 (Vô nghiệm).
ab = cd ⇒ a 3b3 = c3 d 3 ⇔ ( 3 x 2 + x + 5 )( x 2 + x + 3) = ( 2 x 2 + 2 x + 1)( 2 x 2 + 7 )
⇔ ( x 2 + x − 2 )( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x ∈ {−2;1} .
Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2; x = 1 .
Bài 5. Giải phương trình
3
( x + 1)
2
+ 3 x 4 − 2 x + 4 = 3 x3 − x 2 + 2 x + 1 + 3 x 4 − x 3 + 2 x 2 + 4
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Phương trình đã cho viết lại dưới dạng
Đặt
3
( x + 1)
2
3
( x + 1)
2
+ 3 x 4 − 2 x + 4 − 3 x3 − x 2 + 2 x + 1 = 3 x 4 − x3 + 2 x 2 + 4 .
= a; 3 x 4 − 2 x + 4 = b; − 3 x 3 − x 2 + 2 x + 1 = c; 3 x 4 − x3 + 2 x 2 + 4 = d thu được a + b + c = d .
Ngoài ra, chú ý thấy rằng
3
a + b + c = d ⇔ ( a + b + c ) = d 3 ⇔ a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = d 3
3 x2 + 2x + 1 + 3 x4 − 2x + 4 = 0
a + b = 0
⇒ d 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = d 3 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 ⇔ b + c = 0 ⇔ 3 x 4 − 2 x + 4 = 3 x3 − x 2 + 2 x + 1
c + a = 0
3 x 2 + 2 x + 1 = 3 x3 − x2 + 2 x + 1
x4 + x2 + 5 = 0
x2 + 2 x + 1 = − x4 + 2 x − 4
x ∈ {0;1; 2}
⇔ x 4 − x 3 + x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 3 + x − 3) = 0 ⇔ 3
2
x + x − 3 = 0
x3 − 2 x 2 = 0
x
x
−
2
=
0
(
)
( ∗)
Vế trái phương trình (*) là hàm số f ( x ) = x3 + x đồng biến, suy ra (*) có nghiệm duy nhất x = α .
Kết luận phương trình đã cho có bốn nghiệm x ∈ {0;1; 2; α} trong đó α thỏa mãn α3 + α = 3 .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
4x +1 + x −1 =
Bài 6. Giải phương trình
x3 + 1
x3 + 1
+
x −1
4x + 1
Lời giải
Facebook: Lyhung95
( x ∈ ℝ) .
x3 + 1
x3 + 1
=
− x −1
Điều kiện x > 1 . Phương trình đã cho biến đổi về 4 x + 1 −
(1) .
4x + 1
x −1
Dễ thấy (1) có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng dấu, nghĩa là
x 3 + 1 x3 + 1
4
x
+
1
−
− x − 1 ≥ 0 ⇔ 4 x + 1 − ( x3 + 1) x3 + 1 − ( x − 1) ≥ 0
x − 1
4 x + 1
⇔ ( x3 − 4 x )( x3 − x + 2 ) ≥ 0 ⇔ x ( x − 2 )( x + 2 ) x ( x 2 − 1) + 2 ≥ 0
( 2)
Rõ ràng x ( x 2 − 1) + 2 > 0; x ( x + 2 ) > 0, ∀x > 1 nên ( 2 ) ⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . Khi đó
x3 + 1
x3 + 1 x 3 + 1
x3 + 1
− 2 4 x + 1.
=
+ x −1 − 2
. x −1
4x +1
4x +1 x −1
x −1
( 4 x + 1) − ( x − 1)
x 3 + 1 x3 + 1
⇔ 3x + 2 =
−
⇔ 3 x + 2 = ( x3 + 1)
x −1 4x + 1
( 4 x + 1)( x − 1)
(1) ⇔ 4 x + 1 +
(x
⇔ 3x + 2 =
+ 1) ( 3 x + 2 )
2
x=−
3 x + 2 = 0
3
⇔
⇔
( 4 x + 1)( x − 1) 4 x 2 − 3x − 1 = x3 + 1 x3 − 4 x 2 + 3x + 2 = 0
x = 2
Ta có ( 3) ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 2 x − 1) = 0 ⇔
⇒ x ∈ 2; 2 + 1;1 − 2 .
2
( x − 1) = 2
3
{
( 3)
}
{
}
So sánh với điều kiện x ≥ 2 và thử trực tiếp suy ra tập hợp nghiệm S = 2; 2 + 1 .
x 4 + x3 + 3x + 3 +
Bài 7. Giải phương trình
Điều kiện x > 0 .
Phương trình đã cho tương đương với
( x + 1) ( x3 + 3) −
⇔ x3 + 3
(
2
1
= x3 + 3 + 2 1 +
x
x
Lời giải.
x3 + 3 = 2
)
x + 1 −1 =
2
x
(
( x ∈ ℝ) .
x +1 2
−
x
x
x +1 = 1
x +1 −1 ⇔
4
x + 3 x = 2
)
Xét các trường hợp
•
x +1 = 1 ⇔ x +1 = 1 ⇔ x = 0 .
•
x 4 + 3 x = 2 ⇔ x 4 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x3 + x 2 + x + 4 ) = 0
(1) .
Rõ ràng x3 + x 2 + x + 4 > 0, ∀x > 0 nên (1) có duy nhất nghiệm x = 1 .
Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 .
7
7
+ 49 − 2 3 x ( 7 x + 1) + 4 = 2 3 x + 2
x
x
Lời giải.
Điều kiện x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
Bài 8. Giải phương trình
3
7 x3 + x2 +
( x ∈ ℝ) .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
3
Facebook: Lyhung95
x3 + 7
7
7
7
3 x 7x +1 = 2 3 x +
3 x 7x +1 3
−
−
2
−
4
⇔
−
2
= 2 3 x + 2 − 2
(
)
(
)
2
2
x
x
x
x
7
x3 − 8 x2 + 7 = 0
x+ 2 =8
7
x + 2 − 2 3 x ( 7 x + 1) − 2 = 0 ⇔
⇔ 2
x
2
x
7 x + x − 8 = 0
7 x + x = 8
( 7 x + 1) x 2 +
⇔ 3
( x − 1) ( x 2 − 7 x − 7 ) = 0
8
7 + 77
7 − 77
⇔
⇔ x = 1; x = − ; x =
;x =
7
2
2
( x − 1)( 7 x + 8 ) = 0
8
7 + 77
7 − 77
;x =
.
Kết luận phương trình đã cho có các nghiệm x = 1; x = − ; x =
7
2
2
Bài 9. Giải phương trình
3
x2 + 2 x +
4
+ 2 + 3 6 x2 = 3 3 ( x2 + 2 x ) + 3 2 x2 + 4
x
Lời giải.
( x ∈ ℝ) .
Điều kiện x ≠ 0 .
Phương trình đã cho tương đương với
3
( x + 2 ) x +
⇔ 3 x+
2
x
(
3
2 3
3
3
2
2
− 3x ( x + 2 ) = 2 x + 4 − 6 x
x
)
x + 2 − 3 2x = 3 2x
(
3
x + 2 − 3 2x
)
2
x + 2 − 3 2 x 3 x + − 3 3 x = 0
x
x + 2 = 2x
x = 2
⇔
⇔ 2
⇔ x ∈ {−1;1; 2}
2
x + = 3x
x = 1
x
Kết luận phương trình ban đầu có ba nghiệm kể trên.
⇔
(
3
)
Bài 10. Giải bất phương trình 2 2 x 2 − x − x ≤ 3x 2 − 2 x
Lời giải.
2
Điều kiện x ≤ 0 ∨ x ≥ .
3
Xét x = 0 , bất phương trình đã cho nghiệm đúng.
2
Xét x ≥ , bất phương trình ban đầu trở thành
3
( x ∈ ℝ) .
2 2 x − 1 − x ≤ 3x − 2 ⇔ 2 2 x − 1 ≤ x + 3x − 2 ⇔ 8 x − 4 ≤ 4 x − 2 + 2 3x 2 − 2 x
⇔ 2 x − 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
Xét x < 0 , bất phương trình đã cho tương đương với
2
2 1 − 2 x − − x ≤ 2 − 3x ⇔ 2 1 − 2 x ≤ − x + 2 − 3x ⇔ 4 − 8 x ≤ 2 − 4 x + 2 3x 2 − 2 x
⇔ 1 − 2 x ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1
Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x = 0; x = 1 .
2
Bài 11. Giải phương trình x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3
( x ∈ ℝ) .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
Lời giải 1.
3
Điều kiện x ≥ − .
2
2
2
Nhận xét x + 4 x + 5 = ( x + 2 ) + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với
x 4 + 8 x 3 + 16 x 2 + 10 ( x 2 + 4 x ) + 25 = 4 ( 2 x + 3) ⇔ x 4 + 8 x 3 + 26 x 2 + 32 x + 13 = 0
⇔ x 2 ( x 2 + 2 x + 1) + 6 x ( x 2 + 2 x + 1) + 13 ( x 2 + 2 x + 1) = 0
( x + 1)2 = 0
⇔ ( x + 2 x + 1)( x + 6 x + 13) = 0 ⇔
⇒ x = −1
( x + 3 )2 = −4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1 .
Lời giải 2.
3
Điều kiện x ≥ − . Đặt 2 x + 3 = y + 2, ( y ≥ −2 ) suy ra 2 x + 3 = y 2 + 4 y + 4 ⇔ y 2 + 4 y + 1 = 2 x .
2
Phương trình đã cho trở thành x 2 + 4 x + 5 = 2 ( y + 2 ) ⇔ x 2 + 4 x + 1 = 2 y . Vậy ta có hệ phương trình
2
2
2
y + 4 y + 1 = 2 x
⇒ y 2 − x2 + 4 y − 4 x = 2 x − 2 y
2
x + 4 x + 1 = 2 y
⇔ ( y − x )( y + x ) = 6 ( x − y ) ⇔ ( x − y )( x + y + 6 ) = 0
Với x = y ⇒ x 2 + 4 x + 1 = 2 x ⇔ ( x + 1) = 0 ⇔ x = −1 .
2
3
Dễ thấy phương trình x + y + 6 = 0 vô nghiệm vì x + y + 6 > 0, ∀x ≥ − ; ∀y ≥ −2 .
2
Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm
Lời giải 3.
3
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với
2
x 2 + 2 x + 1 + 2 x + 3 − 2 2 x + 3 + 1 = 0 ⇔ ( x + 1) +
2
(
)
2
2x + 3 −1 = 0
x = −1
x + 1 = 0
⇔
⇔
⇔ x = −1
2 x + 3 = 1
2 x + 3 − 1 = 0
Thử lại vào phương trình thấy nghiệm đúng, vậy S = {−1} .
Bài 12. Giải phương trình 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
Điều kiện x ≥ −1 .
Phương trình đã cho biến đổi về
x 2 − 5 x + 14 − 4 x + 1 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 + 4 = 0
x − 3 = 0
x = 3
=0⇔
⇔
⇔ x=3
x + 1 = 2
x +1 = 4
Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = 3 .
Lời giải 2.
Điều kiện x ≥ −1 .
⇔ ( x − 3) +
2
(
x +1 − 2
)
2
2
5 31
Nhận xét rằng x − 5 x + 14 = x − + > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho tương đương với
2
4
2
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
16 ( x + 1) = x 4 − 10 x3 + 25 x 2 + 28 ( x 2 − 5 x ) + 196
⇔ x 4 − 10 x3 + 53 x 2 − 156 x + 180 = 0
⇔ x 2 ( x 2 − 6 x + 9 ) − 4 x ( x 2 − 6 x + 9 ) + 20 ( x 2 − 6 x + 9 ) = 0
⇔ ( x 2 − 4 x + 20 )( x 2 − 6 x + 9 ) = 0
( x − 2 ) = −16
2
2
⇔ ( x − 2 ) + 16 ( x − 3) = 0 ⇔
⇔ x=3
x − 3 = 0
Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 3 .
2
Bài 13. Giải phương trình 2 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x + 3)
(
)
( x ∈ ℝ) .
x2 + x + 2 − 1
Lời giải.
2
1 7
Ta có x 2 + x + 2 = x + + > 0, ∀x ∈ ℝ nên điều kiện xác định x ∈ ℝ .
2 4
Phương trình đã cho tương đương với
2 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 − 2 x − 3
⇔ 2 x 2 + 4 x + 4 − ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 = 0 ⇔ 8 x 2 + 16 x + 16 − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 = 0
⇔ 4 x 2 + 12 x + 9 − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 + 4 ( x 2 + x + 2 ) = 1
(
⇔ ( 2 x + 3) − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 + 4 ( x 2 + x + 2 ) = 1 ⇔ 2 x + 3 − 2 x 2 + x + 2
2
x2 + x + 2 = x + 1
2 x + 3 − 2 x2 + x + 2 = 1
⇔
⇔
2 x + 3 − 2 x 2 + x + 2 = −1 x 2 + x + 2 = x + 2
Xét hai trường hợp
x ≥ −1
o (1) ⇔ 2
⇔ x = 1.
2
x + x + 2 = x + 2x +1
x ≥ −2
x ≥ −2
2
o ( 2) ⇔ 2
⇔
⇔ x=− .
2
3
3x = −2
x + x + 2 = x + 4x + 4
2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = − ; x = 1 .
3
Bài 14. Giải phương trình 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1
)
2
=1
(1)
( 2)
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
1
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho trở thành
4
4 x2 + 4 x + 2 − 2 4 x + 1 = 0 ⇔ 4 x2 + 4 x + 1 − 2 4 x + 1 + 1 = 0
x 2 = 0
x = 0
⇔ 4x + 4x +1 −1 = 0 ⇔
⇔
⇔ x=0
4 x + 1 = 1 4 x + 1 = 1
Thử trực tiếp thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Lời giải 2.
1
2
Điều kiện x ≥ − . Nhận xét 2 x 2 + 2 x + 1 = x 2 + ( x + 1) > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho trở thành
4
2
(
)
2
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
( 2x
2
Facebook: Lyhung95
+ 2 x + 1) = 4 x + 1 ⇔ 4 x 4 + 4 x 2 + 8 x 3 + 2 ( 2 x 2 + 2 x ) + 1 = 4 x + 1
2
x2 = 0
⇔ 4 x 4 + 8 x3 + 8 x 2 = 0 ⇔ 4 x 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) = 0 ⇔
⇒x=0
2
( x + 1) = −1
Đối chiếu điều kiện, đi đến kết luận nghiệm x = 0 .
Bài 15. Giải phương trình x 2 + 4 x + 3 = 3 x + 6
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với
x 2 = 3x + 6 − 4 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = x + 3 − 4 x + 3 + 4
⇔ ( x − 1) =
2
(
x+3 −2
)
2
x +1 = x + 3
x −1 = x + 3 − 2
⇔
⇔
3 − x = x + 3
x − 1 = 2 − x + 3
(1)
( 2)
Xét hai trường hợp
x ≥ −1
x ≥ −1
(1) ⇔ 2
⇔ 2
⇔ x = 1.
x + 2x + 1 = x + 3 x + x − 2 = 0
x ≤ 3
x ≤ 3
x ≤ 3
( 2) ⇔ 2
⇔ 2
⇔
⇔ x = 1.
−
−
=
x
1
x
6
0
x
−
6
x
+
9
=
x
+
3
x
−
7
x
+
6
=
0
(
)(
)
Đối chiếu điều kiện và thử lại trực tiếp ta có tập nghiệm S = {1} .
Lời giải 2.
Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với
2
−
x + 3x + 6 ≥ 0
2
− x + 3x + 6 = 4 x + 3 ⇔ 4
2
2
x + 9 x + 36 x + 36 − 2 x ( 3 x + 6 ) = 16 x + 48
2
− x 2 + 3 x + 6 ≥ 0
− x + 3 x + 6 ≥ 0
⇔ 4
⇔ 2 2
2
2
3
2
x − 6 x − 3 x + 20 x − 12 = 0
x ( x − 2 x + 1) − 4 x ( x − 2 x + 1) − 12 ( x − 2 x + 1) = 0
2
− x 2 + 3 x + 6 ≥ 0
− x + 3 x + 6 ≥ 0
⇔ 2
⇔
⇒ x =1
2
2
( x − 1) ( x − 6 )( x + 2 ) = 0
( x − 2 x + 1)( x − 4 x − 12 ) = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
x + x2 + x − x2 = x + 1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
x ≥ 0
2
x + x ≥ 0
Điều kiện 2
⇔ x ≤ −1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 .
x − x ≤ 0
0 ≤ x ≤ 1
Phương trình đã cho tương đương với
Bài 16. Giải phương trình
2 x + x2 + 2 x − x2 = 2 x + 2 ⇔ 2 x + 2 − 2 x + x2 − 2 x − x2 = 0
⇔ x + x2 − 2 x + x2 + 1 + x − x2 − 2 x − x2 + 1 = 0
x + x 2 = 1 x + x 2 = 1
2
x + x2 = 1
x − x2 −1 = 0 ⇔
⇔
⇔
2
2
x = 0
x − x 2 = 1 x + x = x − x
Dễ thấy hệ phương trình (*) vô nghiệm nên phương trình ban đầu vô nghiệm.
⇔
(
) (
2
x + x2 − 1 +
)
( ∗)
Lời giải 2.
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
2
x + x ≥ 0
Điều kiện 2
x − x ≤ 0
a+b
. Áp dụng bất đẳng thức này ta có
2
1 + x + x2
x + x 2 = 1( x + x 2 ) ≤
(1)
2
1 + x − x2
x − x 2 = 1( x − x 2 ) ≤
( 2)
2
1 + x + x2 + 1 + x − x2 2 x + 2
2
2
Từ đó suy ra x + x + x − x ≤
=
= x +1
2
2
Phương trình đã cho có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là
x + x 2 = 1 x + x 2 = 1
x + x2 = 1
⇔
⇔
⇔ x ∈∅ .
2
2
2
=
x
0
+
=
−
x
x
x
x
x − x = 1
Ta có
(
a− b
)
2
≥ 0 ⇔ ab ≤
Kết luận bài toán vô nghiệm.
Lời giải 3.
x ≥ 0
2
x + x ≥ 0
Điều kiện 2
⇔ x ≤ −1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 .
x − x ≤ 0
0 ≤ x ≤ 1
Phương trình đã cho tương đương với
x + x2 + x − x2 + 2 x2 − x4 = x2 + 2 x + 1 ⇔ 2 x2 − x4 = x2 + 1
⇔ 4 ( x2 − x4 ) = x4 + 2 x2 + 1 ⇔ 5x4 − 2 x2 + 1 = 0
2
x = 0
⇔ 4 x 2 + ( x 2 − 1) = 0 ⇔ 2
⇔ x ∈∅
x = 1
Kết luận phương trình ban đầu vô nghiệm.
Bài 17. Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 2 x − 1
Điều kiện x ≥ 1 .
Phương trình đã cho tương đương với
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
x2 − 4x + 4 = x − 1 + 2 x − 1 + 1 ⇔ ( x − 2) =
(
x − 2 = x −1 +1 x − 3 = x −1
⇔
⇔
1 − x = x − 1
2
−
x
=
x
−
1
+
1
(1)
( 2)
2
)
x −1 + 1
2
Xét hai trường hợp
x ≥ 3
x ≥ 3
x ≥ 3
(1) ⇔ 2
⇔ 2
⇔
⇔ x = 5.
x
−
2
x
−
5
=
0
(
)(
)
x
−
6
x
+
9
=
x
−
1
x
−
7
x
+
10
=
0
(2) có nghiệm khi 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 , kết hợp với điều kiện suy ra x = 1 .
Thử lại nghiệm trực tiếp, ta thu được hai nghiệm x = 1; x = 5 .
Bài 18. Giải phương trình 3x 2 − 5 x + 6 = 2 x x 2 + x − 3
Lời giải.
2
Điều kiện x + x − 3 ≥ 0 .
Phương trình đã cho tương đương với
( x ∈ ℝ) .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
3x 2 − 5 x + 6 − 2 x x 2 + x − 3 = 0
⇔ x2 − 6 x + 9 + x2 + x − 3 − 2 x x2 + x − 3 + x2 = 0
⇔ ( x − 3) +
2
(
x2 + x − 3 − x
)
2
=0
x = 3
x − 3 = 0
2
⇔ 2
⇔ x + x − 3 = x2 ⇔ x = 3
x ≥ 0
x + x − 3 = x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Bài 19. Giải phương trình x 2 + 7 x + 14 = 2 x + 4
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
Điều kiện x ≥ −4 .
Phương trình đã cho tương đương với
x 2 + 7 x + 14 − 2 x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 6 x + 9 + x + 4 − 2 x + 4 + 1 = 0
2
x = −3
x + 3 = 0
⇔
⇔ x = −3
x + 4 −1 = 0 ⇔
x + 4 = 1 x + 4 = 1
Thử trực tiếp ta thấy phương trình ban đầu có duy nhất nghiệm x = −3 .
Lời giải 2.
Điều kiện x ≥ −4 .
⇔ ( x + 3) +
2
(
)
2
7 7
Nhận xét x 2 + 7 x + 14 = x + + > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho tương đương với
2 4
4
x + 14 x3 + 49 x 2 + 28 ( x 2 + 7 x ) + 196 = 4 x + 16
⇔ x 4 + 14 x 3 + 77 x 2 + 192 x + 180 = 0
⇔ x 2 ( x 2 + 6 x + 9 ) + 8 x ( x 2 + 6 x + 9 ) + 20 ( x 2 + 6 x + 9 ) = 0
⇔ ( x 2 + 6 x + 9 )( x 2 + 8 x + 20 ) = 0
2
2
⇔ ( x + 3 ) ( x + 4 ) + 4 = 0 ⇔ x = −3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −3 .
( x ∈ ℝ) .
Bài 20. Giải phương trình 2 x 2 − 5 x + 1 = 2 x + 1
Lời giải 1.
1
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với
2
4 x 2 − 10 x + 2 = 2 2 x + 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 4 = 2 x + 1 + 2 2 x + 1 + 1
⇔ ( 2x − 2) =
2
(
2 x − 3 = 2 x + 1
2
2x +1 + 1 ⇔
1 − 2 x = 2 x + 1
)
(1)
( 2)
Xét hai trường hợp xảy ra
o
o
3
3
2 x − 3 ≥ 0
7 + 17
x ≥
x ≥
.
⇔
⇔
⇔x=
2
2
(1) ⇔ 2
4
2
4 x − 12 x + 9 = 2 x + 1 4 x 2 − 14 x + 8 = 0
2 x − 7 x + 4 = 0
1
1 − 2 x ≥ 0
x ≤
⇔
⇔ x=0.
2
( 2) ⇔ 2
4 x − 4 x + 1 = 2 x + 1 4 x 2 − 6 x = 0
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
7 + 17
So sánh với điều kiện ta đi đến kết luận nghiệm S = 0;
.
4
Bài 21. Giải phương trình x 2 = x3 − x 2 + x 2 − x
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
x 2 ( x − 1) ≥ 0
x = 0
Điều kiện
⇔
x ≥1
x ( x − 1) ≥ 0
Nhận xét x = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Với x ≥ 1 , phương trình đã cho trở thành
) (
(
)
2x2 = 2x x − 1 + 2 x2 − x ⇔ x2 − 2 x x − 1 + x − 1 + x2 − x − 2 x2 − x + 1 = 0
x2 − x + 1 = 0
2
x = x −1
⇔ x − x − 1 + x2 − x − 1 = 0 ⇔
⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇒ x ∈ ∅
2
x − x = 1 x ≥ 1
Kết luận phương trình đề bài có duy nhất nghiệm x = 0 .
Lời giải 2.
2
x ( x − 1) ≥ 0
x = 0
Điều kiện
⇔
x ≥1
x ( x − 1) ≥ 0
)
) (
(
2
Nhận xét x = 0 thỏa mãn phương trình đã cho.
a+b
Với x ≥ 1 , áp dụng bất đẳng thức ab ≤
⇔
2
(
a− b
)
2
≥ 0 , ta có
x2 + x − 1
(1)
2
x2 − x + 1
2
2
x − x = 1( x − x ) ≤
( 2)
2
x2 + x −1 x2 − x + 1
+
= x2 .
Suy ra x3 − x 2 + x 2 − x ≤
2
2
Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi (1), (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là
2
2
x = x − 1 x − x = −1
⇔ 2
⇒ x ∈∅ .
2
1 = x − x
x − x = 1
Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là x = 0 .
x3 − x 2 = x 2 ( x − 1) ≤
x − 2 + 6 − x = x 2 − 8 x + 24
( x ∈ ℝ) .
Lời giải 1.
Điều kiện 2 ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với
x − 2 + 6 − x + 2 ( x − 2 )( 6 − x ) = x 2 − 8 x + 24
Bài 22. Giải phương trình
⇔2
( x − 2 )( 6 − x ) = x 2 − 8 x + 20
⇔ x−2+6− x−2
( x − 2 )( 6 − x ) + x 2 − 8 x + 16 = 0
x − 2 = 6 − x
2
+ ( x − 4) = 0 ⇔
⇔x=4
x − 4 = 0
Đối chiếu và thử trực tiếp ta thấy phương trình nhận nghiệm duy nhất x = 4 .
Lời giải 2.
Điều kiện 2 ≤ x ≤ 6 .
⇔
Ta có
(
a− b
)
2
(
x−2 − 6− x
)
2
≥ 0, ∀a ≥ 0; b ≥ 0 ⇒ 2 ab ≤ a + b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
(
x−2 + 6− x
)
2
= x−2+6− x+2
( x − 2 )( 6 − x ) = 4 + 2 ( x − 2 )( 6 − x )
≤ 4 + [ x − 2 + 6 − x] = 8 ⇒ x − 2 + 6 − x ≤ 2 2
Ngoài ta ta lại có
x 2 − 8 x + 24 =
( x − 4)
2
Facebook: Lyhung95
+8 ≥ 2 2
(1)
( 2) .
Phương trình ban đầu có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là
2 ≤ x ≤ 6
x − 2 = 6 − x ⇔ x = 4 .
x − 4 = 0
Giá trị này thỏa mãn đề bài nên ta có tập nghiệm S = {4} .
Bài 23. Giải phương trình x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
Lời giải 1.
Điều kiện x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với
( x ∈ ℝ) .
4 x 2 + 12 x + 4 = 4 ( x + 3) x 2 + 1
⇔ ( x 2 + 6 x + 9 ) − 4 ( x + 3) x 2 + 1 + 4 ( x 2 + 1) = x 2 − 6 x + 9
(
⇔ x + 3 − 2 x2 + 1
)
2
x + 3 − 2 x2 + 1 = x − 3
2
= ( x − 3) ⇔
x + 3 − 2 x 2 + 1 = 3 − x
x2 + 1 = 9
x2 + 1 = 3
⇔
⇔ x ≥ 0
⇒ x 2 = 8 ⇔ x ∈ −2 2; 2 2
2
x + 1 = x
x2 + 1 = x 2
{
}
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2 2; x = 2 2 .
Bài 24. Giải phương trình 4 x 2 +
3
=2 x
4
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
16 x 2 + 3 = 8 x ⇔ 16 x 2 − 8 x + 1 + 8 x − 8 x + 2 = 0
2
4 x − 1 = 0
1
2
⇔ ( 4 x − 1) + 2 2 x − 1 = 0 ⇔
⇔x=
4
2 x − 1 = 0
1
Đối chiếu điều kiện đi đến nghiệm x = .
4
(
x −1 +
Bài 25. Giải phương trình
7
1
= 4x +
2
x
)
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với
2 x x − 1 = 8x2 − 7 x + 2 ⇔ x2 + 2 x x − 1 + x − 1 = 9 x2 − 6 x + 1
x −1 = 2x −1
2
= ( 3 x − 1) ⇔
x − 1 = 1 − 4 x
Phương trình (2) vô nghiệm do x ≥ 1 .
x ≥ 1
x ≥ 1
⇔
(Hệ vô nghiệm).
(1) ⇔
2
2
x − 1 = 4 x − 4 x + 1 4 x − 5 x + 2 = 0
(
⇔ x + x −1
•
•
)
2
(1)
( 2)
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 26. Giải phương trình 2 x 2 − x + 23 = 12 x + 3
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −3 .
Phương trình đã cho tương đương với
(
)
2 x 2 − x + 23 = 12 x + 3 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 2 + 3 x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0
x − 1 = 0
=0⇔
⇔ x =1
x + 3 = 2
Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
⇔ 2 ( x − 1) + 3
2
(
x+3 −2
)
2
( x ∈ ℝ) .
Bài 27. Giải phương trình 8 x 2 + 6 x − 1 ≥ 2 5 x − 1
Lời giải.
Điều kiện x ≥
1
. Bất phương trình đã cho tương đương với
5
16 x 2 + 12 x − 2 ≥ 4 5 x − 1
⇔ 4 ( 5 x − 1) − 4 5 x − 1 + 1 + 16 x 2 − 8 x + 1 ≥ 0
(
)
⇔ 2 5 x − 1 − 1 + ( 4 x − 1) ≥ 0
2
2
(1)
Dễ thấy (1) nghiệm đúng với mọi giá trị x xác định. Kết luận nghiệm x ≥
Bài 28. Giải bất phương trình x 2 + 7 x + 20 ≥ 6 x + 1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −1 .
Bất phương trình đã cho tương với
1
.
5
(
)
x 2 + 7 x + 20 ≥ 6 x + 1 ⇔ 9 ( x + 2 ) − 6 x + 1 + 1 + x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ 3 x + 1 − 1 + ( x − 1) ≥ 0
Dễ thấy (1) nghiệm đúng với x ≥ −1 . Kết luận nghiệm x ≥ −1 .
2
2
(1) .
Bài 29. Giải bất phương trình 9 x 2 + 12 x − 7 < 6 2 x − 1 ( x ∈ ℝ ) .
Lời giải.
1
Điều kiện x ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với
2
9 x 2 + 12 x − 7 − 6 2 x − 1 < 0
⇔ 9 ( 2 x − 1) − 6 2 x − 1 + 1 + 9 x 2 − 6 x + 1 < 0
(
)
⇔ 3 2 x − 1 − 1 + ( 3 x − 1) < 0
2
2
(1)
Ta có (1) vô nghiệm nên bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 30. Giải phương trình
2 ( 3x 2 + x + 2 ) = 1 + 8 x + 3
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
3x + x + 2 ≥ 0
1
Điều kiện
⇔x≥− .
8
8 x + 1 ≥ 0
Phương trình đã cho tương đương với
2
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
6 x 2 + 2 x + 4 = 10 + 8 x + 6 1 + 8 x ⇔ 6 x 2 − 6 x − 6 = 6 8 x + 1
⇔ x2 − x −1 = 8x + 1 ⇔ 4 x2 − 4 x − 4 = 4 8x + 1
⇔ 4 x2 + 4 x + 1 = 8x + 1 + 4 8x + 1 + 4
⇔ ( 2 x + 1) =
2
(
8x + 1 + 2
)
2
8x + 1 = 2x −1
⇔
8 x + 1 + 2 x + 3 = 0
(1)
( 2)
1
2 x − 1 ≥ 0
x ≥
o (1) ⇔
⇔
⇔ x = 3.
2
2
8 x + 1 = 4 x − 4 x + 1 4 x 2 − 12 x = 0
11
1
1
o Phương trình (2) vô nghiệm vì 8 x + 1 + 2 x + 3 ≥ 2. − + 3 = > 0, ∀x ≥ − .
4
8
8
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm duy nhất x = 3 .
Bài 31. Giải phương trình x + 1 + 1 = 2 x 2 + 9 x + 12 ( x ∈ ℝ ) .
Lời giải.
2
2 x + 9 x + 12 ≥ 0
Điều kiện
x ≥ −1
Phương trình đã cho tương đương với
x + 2 + 2 x + 1 = 2 x 2 + 9 x + 12 ⇔ 2 x + 1 = 2 x 2 + 8 x + 10
⇔ 4 x + 1 = 4 x 2 + 16 x + 20 ⇔ 4 ( x + 1) + 4 x + 1 + 1 = 4 x 2 + 20 x + 25
x +1 = x + 2
2
(1)
2
⇔ 2 x + 1 + 1 = ( 2 x + 5) ⇔
x + 1 + x + 3 = 0 ( 2 )
x ≥ −2
x ≥ −2
(1) ⇔
⇔
⇔ x∈∅ .
2
2
x
+
1
=
x
+
4
x
+
4
x
+
3
x
+
3
=
0
Phương trình (2) vô nghiệm do x + 1 + x + 3 ≥ −1 + 3 = 2 > 0, ∀x ≥ −1 .
Kết luận phương trình đã cho vô nghiệm.
(
)
2x2 + 5x + 4
= 3x + 5 + 1
( x ∈ ℝ) .
3
Lời giải.
Phương trình đã cho tương đương với
Bài 32. Giải phương trình
3 ( 2 x 2 + 5 x + 4 ) = 3 3 x + 5 + 3 ⇔ 3 ( 2 x 2 + 5 x + 4 ) = 27 x + 54 + 18 3 x + 5
⇔ 6 x 2 − 12 x − 42 = 18 3 x + 5 ⇔ x 2 − 2 x − 7 = 3 3 x + 5
⇔ 4 x 2 − 8 x − 28 = 12 3 x + 5 ⇔ 4 x 2 + 4 x + 1 = 4 ( 3 x + 5 ) + 12 3 x + 5 + 9
x − 1 = 3x + 5
2
2
⇔ ( 2 x + 1) = 2 3 x + 5 + 3 ⇔
x + 2 + 3 x + 5 = 0
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
5 + 41
(1) ⇔ 2
⇔ 2
⇔x=
.
2
x − 2 x + 1 = 3x + 5
x − 5x − 4 = 0
5
Phương trình (2) vô nghiệm vì x + 2 + 3 x + 5 > 0, ∀x ≥ − .
3
Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
(
)
(1)
( 2)
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
x + 3 = 7 − x + x 2 − 11x + 32
Lời giải.
Bài 33. Giải phương trình
Facebook: Lyhung95
( x ∈ ℝ) .
Điều kiện −3 ≤ x ≤ 7 .
Phương trình đã cho tương đương với
x + 3 − 3 = 7 − x − 1 + x 2 − 11x + 30
x−6
6− x
⇔
=
+ ( x − 6 )( x − 5 )
x+3 +3
7 − x +1
1
1
⇔ ( x − 6)
+
+ 5 − x = 0 (1)
7 − x +1
x+3 +3
1
1
Nhận định
+
+ 5 − x > 0, ∀∈ [ −3;7 ] . Do đó (1) ⇔ x − 6 = 0 ⇔ x = 6 .
x+3 +3
7 − x +1
Kết luận phương trình đề bài có duy nhất nghiệm x = 6 .
Bài 34. Giải phương trình 3 2 x + 5 − 4 3 − x = 2 x 2 − 5 x + 7
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
5
Điều kiện − ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với
2
3( 2 x − 4)
4 ( x − 2)
⇔
+
= ( x − 2 )( 2 x − 1)
2x + 5 + 3 1+ 3 − x
6
4
⇔ ( x − 2)
+
+ 1 − 2 x = 0 (1)
2x + 5 + 3 1+ 3 − x
6
4
5
Nhận định
+
+ 1 − 2 x > 0, ∀x ∈ − ;3 nên (1) ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 .
2x + 5 + 3 1+ 3 − x
2
Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = 2 .
Bài 35. Giải phương trình 3 2 x + 7 − 1 − 5 x + 2 x 2 + 13 x + 22 = 0
Lời giải.
7
1
Điều kiện − ≤ x ≤ . Phương trình đã cho tương đương với
2
5
3
(
( x ∈ ℝ) .
)
2 x + 7 − 1 + 4 − 1 − 5 x + 2 x 2 + 13 x + 21 = 0
3( 2 x + 6)
15 + 5 x
+ ( x + 3)( 2 x + 7 ) = 0
2 x + 7 + 1 4 + 1 − 5x
6
5
⇔ ( x + 3)
+
+ 2 x + 7 = 0 (1)
2 x + 7 + 1 4 + 1 − 5x
6
5
7 1
Chú ý
+
+ 2 x + 7 > 0, ∀x ∈ − ; nên (1) ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = −3 .
2x + 7 + 1 4 + 1 − 5x
2 5
Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = −3 .
⇔
Bài 36. Giải bất phương trình
+
3 x + 4 − 3 − x + 4 x 2 + 11x + 8 ≤ 0
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
4
Điều kiện − ≤ x ≤ 3 . Bất phương trình đã cho tương đương với
3
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
(
) (
Facebook: Lyhung95
)
3 x + 4 − 1 + 2 − 3 − x + 4 x 2 + 11x + 7 ≤ 0
3x + 3
x +1
+
+ ( x + 1)( 4 x + 7 ) ≤ 0
3x + 4 + 1 2 + 3 − x
3
1
⇔ ( x + 1)
+
+ 4 x + 7 ≤ 0 (1)
3x + 4 + 1 2 + 3 − x
3
1
4
Để ý
+
+ 4 x + 7 > 0, ∀x ∈ − ;3 nên (1) ⇔ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 .
3x + 4 + 1 2 + 3 − x
3
4
Kết hợp điều kiện ta có tập hợp nghiệm S = − ; −1 .
3
⇔
( x ∈ ℝ) .
Bài 37. Giải phương trình 3 x 2 + 3 + 2 x = x 2 + 2 x + 5
Lời giải.
Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
3 ( x 2 − 1)
2 ( x − 1)
2
2
+
= ( x − 1)( x + 3)
3 x + 3 − 2 + 2 x −1 = x + 2x − 3 ⇔
x +1
x2 + 3 + 2
x = 1
3 ( x − 1)( x + 1) 2 ( x − 1)
⇔
+
= ( x − 1)( x + 3) ⇔ 3 ( x + 1)
2
2
+
= x+3
(1)
x +1
x +3+2
x 2 + 3 + 2
x +1
3 ( x + 1)
3 ( x + 1) 2
2
Dễ thấy
+
<
+ = x + 3 ⇒ (1) vô nghiệm.
3
1
x +1
x2 + 3 + 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
(
) (
)
Bài 38. Giải phương trình 10 − x 2 + 2 2 x − 1 + x 2 + 2 x = 8 ( x ∈ ℝ ) .
Lời giải.
1
Điều kiện ≤ x ≤ 10 . Phương trình đã cho tương đương với
2
3 − 10 − x 2 = 2
x2 −1
(
)
2 x − 1 − 1 + x2 + 2 x − 3
2 ( x − 1)
+ ( x − 1)( x + 3)
2x −1 + 1
3 + 10 − x 2
x =1
⇔
x +1
2
=
+ x + 3 (1)
2
2x −1 + 1
3 + 10 − x
x +1
x +1
1
1
Ta có
≤
< x+3<
+ x + 3, ∀x ∈ ; 10 nên (1) vô nghiệm.
2
3
x+8 +3
2
3 + 10 − x
Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 .
⇔
=
Bài 39. Giải phương trình 3 3x + 1 + 2 5 − x 2 + x 2 + x = 12
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
1
Điều kiện − ≤ x ≤ 5 . Phương trình đã cho tương đương với
3
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
(
) (
2 2 − 5 − x2 = 3
2 ( x 2 − 1)
Facebook: Lyhung95
)
3x + 1 − 2 + x 2 + x − 2
3 ( x − 1)
+ ( x − 1)( x + 2 )
3x + 1 + 2
2 + 5 − x2
x = 1
⇔ 2 ( x + 1)
3
=
+x+2
(1)
2 + 5 − x 2
3x + 1 + 2
2 ( x + 1)
3
≤ x +1 < x + 2 <
+ x + 2 ⇒ (1) vô nghiệm.
Mặt khác với điều kiện xác định thì
2
3x + 1 + 2
2+ 5− x
⇔
=
x3 − 7 = 3x3 − 4 x 2 − 7
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Bài 40. Giải phương trình
Điều kiện x3 ≥ 7 .
Phương trình đã cho tương đương với
x3 − 7 − 1 = 3x 3 − 4 x 2 − 8 ⇔
⇔
( x − 2) ( x2 + 2x + 4)
x3 − 7 + 1
x3 − 8
x − 7 +1
3
= 3x3 − 4 x 2 − 8
x = 2
= ( x − 2 ) ( 3 x + 2 x + 4 ) ⇔ x 2 + 2 x + 4
= 3x 2 + 2 x + 4
x 3 − 7 + 1
2
(1)
Để ý với điều kiện xác định thì
x 2 + 2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒
x2 + 2 x + 4
≤ x 2 + 2 x + 4 < x 2 + 2 x + 4 + 2 x 2 = 3x 2 + 2 x + 4 .
x − 7 +1
Vậy (1) vô nghiệm. Kết luận bài toán có nghiệm duy nhất x = 2 .
Bài 41. Giải phương trình
3
x ( 2 x 2 − 2 x + 1)
x3 − 4 + 8
=1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x − 4 ≥ 0 .
Phương trình đã cho tương đương với
3
x3 − 4 + 8 = 2 x3 − 2 x 2 + x ⇔ x3 − 4 − 2 = 2 x 3 − 2 x 2 + x − 10
x = 2
⇔
= ( x − 2 ) ( 2 x + 2 x + 5 ) ⇔ x 2 + 2 x + 4
3
= 2 x 2 + 2 x + 5 (1)
x −4 +2
x3 − 4 + 2
x2 + 2 x + 4
2
≤ x 2 + 2 x + 4 < x 2 + 2 x + 4 + x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 5, ∀x ∈ ℝ .
Dễ thấy x + 2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒
3
x −4 +2
Suy ra (1) vô nghiệm. Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
x3 − 8
Bài 42. Giải phương trình
2
x ( 4 x − 3) + 2 x + 3 = x 3 − x 2 + 6 x + 1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện −3 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥
3
. Phương trình đã cho tương đương với
4
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
x ( 4 x − 3) − 1 + 2
⇔
Nếu 4 x + 1 < 0 ⇒
Nếu 4 x + 1 ≥ 0 ⇒
4 x 2 − 3x − 1
x ( 4 x − 3) + 1
(
+
)
x + 3 − 2 = x3 − x 2 + 6 x − 6
2 ( x − 1)
x+3 +2
= ( x − 1) ( x 2 + 6 )
x =1
4x + 1
2
⇔
+
= x2 + 6
x+3 +2
x ( 4 x − 3) + 1
4x +1
2
+
< 0 + 1 < x2 + 6 .
x+3 +2
x ( 4 x − 3) + 1
4x + 1
x ( 4 x − 3) + 1
+
Facebook: Lyhung95
(1)
2
4x +1 2
2
<
+ = 4 x + 2 < 4 x + 2 + ( x − 2) = x2 + 6 .
1
2
x+3 +2
Do đó (1) vô nghiệm. Phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 1 .
Bài 43. Giải phương trình nghiệm không âm 3 x 4 x + 1 + 2 x + 2 = 5 x 2 + x
Lời giải.
Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
3x 4 x + 1 − 9 x + 2 x + 2 − 4 = 5 x 2 − 8 x − 4
⇔ 3x
(
) (
4x +1 − 3 + 2
12 x ( x − 2 )
( x ∈ ℝ) .
)
x + 2 − 2 = 5x2 − 8x − 4
2 ( x − 2)
= ( x − 2 )( 5 x + 2 )
4x +1 + 3
x+2 +2
x = 2
⇔ 12 x
2
+
= 5 x + 2 (1)
x+2 +2
4 x + 1 + 3
12 x
2
12 x 2
+
<
+ = 4 x + 1 < 5 x + 2, ∀x ≥ 0 ⇒ (1) vô nghiệm.
Ta có
3
2
4x + 1 + 3
x+2 +2
Kết luận phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2 .
⇔
+
Bài 44. Giải bất phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ≥ x 2 + 7 x + 12 ( x ∈ ℝ ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −2 . Bất phương trình đã cho tương đương với
( x + 1) x + 2 − 2 ( x + 1) + ( x + 6 ) x + 7 − 3 ( x + 6 ) ≥ x 2 + 2 x − 8
⇔ ( x + 1)
(
⇔ ( x + 1) .
)
x + 2 − 2 + ( x + 6)
(
)
x + 7 − 3 ≥ x2 + 2 x − 8
x−2
x−2
+ ( x + 6) .
≥ ( x − 2 )( x + 4 )
x+2 +2
x+7 +3
x+6
x +1
⇔ ( x − 2)
+
− x − 4 ≥ 0 (1)
x+7 +3
x+2 +2
Chú ý rằng x ≥ −2 ⇒ x + 2 ≥ 0; x + 6 > 0 nên
x +1
x+6
x+2
x+6
1
+
=
+
−
x+2 +2
x+7 +3
x+2 +2
x+7 +3
x+2+2
x+2 x+6
1
1
<
+
−
= x+4−−
< x+4
2
2
x+2 +2
x+2 +2
Do đó (1) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 . Kết hợp điều kiện ta thu được −2 ≤ x ≤ 2 .
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
Bài 45. Giải phương trình ( x + 1) x + 3 + x x = 17 x 2 − 13 x + 1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với
( x + 1) x + 3 − 2 ( x + 1) + x x − x = 17 x 2 − 16 x − 1
⇔ ( x + 1)
(
) (
x+3 −2 + x
)
x − 1 = 17 x 2 − 16 x − 1
( x + 1)( x − 1) + x ( x − 1) =
( x − 1)(17 x + 1)
x+3 +2
x +1
x = 1
⇔ x +1
x
+
= 17 x + 1
(1)
x +1
x + 3 + 2
x +1
x
x + 1 x 3 x + 1 17 x + 1
Để ý rằng
+
<
+ =
<
, ∀x ≥ 0 ⇒ (1) vô nghiệm.
2
1
2
2
x+3 +2
x +1
Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
⇔
Bài 46. Giải phương trình x x + 1 + ( x + 1) x + 6 = x 2 + 3 x ( x ∈ ℝ ) .
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với
x x + 1 − 2 x + ( x + 1) x + 6 − 3 ( x + 1) = x 2 − 2 x − 3
⇔x
(
)
x + 1 − 2 + ( x + 1)
x ( x − 3)
(
)
x + 6 − 3 = x2 − 2 x − 3
( x + 1)( x − 3) =
( x − 3)( x + 1)
x +1 + 2
x+6 +3
x = 3
⇔
x
x +1
+
= x + 1 (1)
x+6 +3
x + 1 + 2
⇔
+
Nhận xét
x
x +1
x +1
x +1
1
+
=
+
−
x +1 + 2
x+6 +3
x +1 + 2
x+6 +3
x +1 + 2
x +1 x +1
1
5
1
1
<
+
−
= ( x + 1) −
< x +1−
< x +1
2
3
x +1 + 2 6
x +1 + 2
x +1 + 2
Do đó phương trình (1) vô nghiệm. Kết luận phương trình ban đầu vô nghiệm.
Bài 47. Giải bất phương trình 2 x 3 + 19 x 2 + 63 x + 76 > 3 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 2
Lời giải.
Điều kiện x ≥ −2 .
Bất phương trình đã cho tương đương với
(
)
(
)
( x ∈ ℝ) .
3 x + 4 − 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 3 − x + 2 + 2 x3 + 17 x 2 + 49 x + 49
(
) (
)
⇔ ( 2 x + 5) x + 3 − x + 2 + 3 x + 4 − 3x + 9 + ( 2 x + 7 ) ( x2 + 5x + 7 ) > 0
2x + 5
3
⇔ ( x2 + 5x + 7 )
+
+ 2x + 7 > 0
x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9
(1)
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Facebook: Lyhung95
2
5 3
Để ý rằng x + 5 x + 7 = x + + > 0, ∀x ∈ ℝ và
2 4
2x + 5
3
+
+ 2 x + 7 > 0, ∀x ≥ −2 nên (1) nghiệm đúng. Kết luận x ≥ −2 .
x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9
2
Bài 48. Giải phương trình x ( x + 1)( x − 3 ) + 3 = 4 − x + x + 1
( x ∈ ℝ) .
Lời giải.
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với
x ( x + 1)( x − 3) = 4 − x + x + 1 − 3
⇔ x ( x + 1)( x − 3) = 4 − x −
6− x
x+3
+ 1+ x −
3
3
⇔ 3 x ( x + 1)( x − 3) = 3 4 − x − ( 6 − x ) + 3 1 + x − ( x + 3)
− x 2 + 3x
− x 2 + 3x
⇔ 3 ( x + 1) ( x − 3 x ) =
+
3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3
1
1
⇔ ( x 2 − 3 x ) 3 x + 3 +
+
=0
3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3
2
Ta có nhận xét
(1)
3 4 − x + 6 − x > 0,3 1 + x + x + 3 > 0, ∀x ∈ [ −1; 4]
1
1
+
> 0, ∀x ∈ [ −1; 4]
3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3
Do đó (1) ⇔ x ( x − 3) = 0 ⇔ x ∈ {0;3} . Đối chiếu điều kiện, kết luận bài toán có hai nghiệm kể trên.
⇒ 3 ( x + 1) +
10 x + 14
( x ∈ ℝ) .
3
Lời giải.
Điều kiện x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với
10 1 10 x + 14
13 1 1
13
3
x3 + 3 x 2 − = 3
⇔ ( x + 1) − 3 x − = 3 ( x + 1) + 3x + .
3 3
3
3 3 3
3
10 x + 14
Đặt x + 1 = u; 3
= v ta thu được hệ phương trình
3
13 1
3
u = v
u − 3 x − 3 = 3 v
1
3
3
⇒ u − v = (v − u ) ⇔ 2
u + uv + v 2 + 1 = 0
3
v3 − 3 x − 13 = 1 u
3
3 3
Xét hai trường hợp
Bài 49. Giải phương trình 3x 3 + 9 x 2 − 10 =
3
2
1
1 3
1
u + uv + v + = 0 ⇔ u + v + v 2 = − (Vô nghiệm).
3
2 4
3
2
2
10 x + 14
⇔ 3 ( x3 + 3x 2 + 3x + 1) = 10 x + 14 ⇔ 3x3 + 9 x 2 − x − 11 = 0
3
−6 + 3 −6 − 3
⇔ ( x − 1) ( 3 x 2 + 12 x + 11) = 0 ⇔ x ∈ 1;
;
.
3
3
Kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm kể trên.
u = v ⇔ x +1 =
3
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
- Xem thêm -