Tài liệu Tuyển chọn các bài toán phương trình vô tỷ

Diễn Đàn Toán THPT K2pi.Net.Vn TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ TỪ DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN Trần Quốc Việt Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n Lời Nói Đầu Ne t.V Kỳ thi THPT Quốc Gia năm 2015 đã vừa qua với nhiều thay đổi lớn trước ngưỡng của đổi mới Giáo Dục. Chúng ta cũng đã được thấy được sự thay đổi đột phá trong đề thi môn Toán nói riêng. Về cấu trúc đề thi đã được phân loại gồm 60% phần dễ đủ cho học sinh thi tốt nghiệp và 40% phần khó và cực khó nhằm phân loại mạnh học sinh để xét tuyển vào các trường Đại học- Cao đẳng. Trong đó nhóm câu phương trình, hệ phương trình không còn dừng lại ở mức độ dễ kiếm điểm như đề thi những năm trước, mức độ khó của nhóm câu này nằm ở con điểm 9 nếu ta chinh phục được nó. Và nói riêng đề thi Toán 2015 thì là một câu phương trình vô tỷ chỉ mới xuất hiện lại đây sau mấy năm trước đó đề thi đều ra hệ phương trình nên xu hướng học sinh bây giờ theo học phương trình vô tỷ khá nhiều. Và đối với những người đam mê Toán luôn muốn phát triển thì họ chả bao giờ ngừng nghỉ học cho dù là nó có liên quan đến thi cử hay không. Vì vậy mà tiếp nối sự thành công của TOPIC Phương trình vô tỷ 2014 của thầy Phạm Kim Chung tại diễn đàn Toán -THPT K2pi.Net.Vn thì TOPIC Phương trình vô tỷ 2015 của anh Nguyễn Duy Hồng cũng rất thành công khi quét kỹ hết các dạng toán thường gặp của phương trình vô tỷ,mở ra được cái nhìn chuyên pi. sâu về mọi bài toán giúp được một phần nào đó cho các thí sinh vượt qua được kỳ thi. Nay tôi tổng hợp các bài toán lại thành tài liệu tiếp tục phục vụ việc ôn thi kỳ thi THPT Quốc Gia 2016 tiếp theo. Mong đây sẽ là tài liệu bổ ích cho việc ôn thi của các bạn. K2 Mọi ý kiến đóng góp xin gửi về thành viên Trần Quốc Việt tại diễn đàn Toán THPT K2pi.Net.vn, qua gmail: [email protected] hoặc facebook cá nhân của tôi https://www.facebook.com/leoricmta c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Hà Tĩnh tháng 10 năm 2015 Người Tổng Hợp Trần Quốc Việt Trang 2 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n Phần I. Tuyển Chọn Các Bài Toán Ne t.V Bài toán 1 Giải phương trình sau p x + 1p 2 x + 3p 2 2 x 1 + 4x + x + 2x + 2 = x + 6x + 13 2 4 Lời Giải Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với s p p 2x 1 + (2x)2 + (x + 1) 1 + (x + 1)2 = (x + 3)  1+ x+3 2  x+3 2 2 s  2 (∗) √ Để ý rằng f (t) = t 1 + t2 là hàm đồng biến trên R. Với x > 1 Ta có p x+3 x+3 ⇒ 2x 1 + (2x)2 > 2x > 2 2 Và s 1+ pi. p x+3 x+3 x+1> ⇒ (x + 1) 1 + (x + 1)2 > 2 2 1+ x+3 2 2 Từ đó suy ra V T (∗) > V P (∗), ∀x > 1 K2 Với x < 1, tương tự ta có V T (∗) < V P (∗) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. x+3 Cách 2. Đặt u = 2x, v = x + 1, w = ta đưa phương trình về 2 p p p 2 2 u 1 + u + v 1 + v = 2w 1 + w2 p p p p ⇔ u 1 + u2 − w 1 + w2 = w 1 + w2 − v 1 + v 2 √ Do f (t) = t t2 + 1 là hàm tăng. Giả sử V T ≥ 0 thế thì V P ≥ 0 tức là   u ≥ w 3x ≥ 3 ⇔ ⇔x=1 w ≥ v 1 ≥ x c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 3 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Tương tự với biện luận V T ≤ 0. n Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Bài toán 2 Giải phương trình sau 2x − 1 + √ 3 3x − 2 = 2x Ne t.V √  Lời Giải 1 Điều kiện x > 2 Cách 1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với x− √ √

2x − 1 + x − 3 3x − 2 = 0 (x − 1)2 (x + 2) (x − 1)2 √ q ⇔ + =0 3 2 x + 2x − 1 x2 + x√ 3 3x − 2 + (3x − 2)    ⇔ (x − 1)2  x+2 1  √ q + =0 √ x + 2x − 1 x2 + x 3 3x − 2 + 3 (3x − 2)2 pi. 1 1 x+2 q √ > 0 ; ∀x ≥ + 2 x + 2x − 1 x2 + x√ 3 3x − 2 + 3 (3x − 2)2 Nên phương trình đã cho có nghiệm x = 1 Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với Do K2 √ √
1
1 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 + 3x − 2 − 3 3 3x − 2 + 2 = 0 2 3
2 1 √
√
2 1 √ 3 2x − 1 − 1 + 3x − 2 + 2 3 3x − 2 − 1 = 0 ⇔ 2 3 (√ 2x − 1 = 1 ⇔ √ 3 3x − 2 = 1 ⇔x=1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn  Trang 4 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ √   q √ 3 2 x− x−3= 1+ √ 2 x Lời Giải n Bài toán 3 Giải phương trình sau Ne t.V  x − √x − 3 ≥ 0 Điều kiện x ≥ 3 K2 pi. Khi đó phương trình tương đương q √ √ √
2 4x − 4x x − 3 = 3 x + 2 √ √ ⇔ 4x2 − 4x x − 3 = 3x + 12 x + 12 √ √ ⇔ 4x2 − 4x x − 3 + x − 3 = 4x + 12 x + 9 √
2
2 √ ⇔ 2x − x − 3 = 2 x + 3 √ √ Trường hợp 1. Với 2x − x − 3 = 2 x + 3 √ √ 2x − x − 3 = 2 x + 3
√ √ ⇔ 2 x − 2 + x − 3 − 1 − 2 (x − 4) = 0   1 2 +√ −2 =0 ⇔ (x − 4) √ x+2 x−3+1 Với x ≥ 3 Phần trong ngoắc vuông luôn nhỏ hơn 0. Vậy khi đó phương trình có nghiệm x = 4 √ √ Trường hợp 2. Với 2x − x − 3 = −2 x − 3 Ta nhận thấy với x ≥ 3 thì V T > 0 còn V P < 0. Do đó phương trình này vô nghiệm Kết luận. phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.  Bài toán 4 Giải phương trình sau p √ x2 − 2 + 2 = x + 2x − 2 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Lời Giải Trang 5 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  2x − 2 ≥ 0 Điều kiện x2 − 2 ≥ 0 √ 2 n ⇒x≥ Phương trình tương đương p √ ⇔ x2 − 2 − 2x − 2 = x − 2 x(x − 2) =x−2 √ x2 − 2 + 2x − 2 x Suy ra x = 2 hoặc √ = 1 (∗) √ x2 − 2 + 2x − 2 p √ (∗) ⇔ x − x2 − 2 = 2x − 2  x − √x2 − 2 = 2 − √2x − 2 Kết hợp với phương trình đã cho ta có x − √x2 − 2 = √2x − 2 Ne t.V ⇔√ ⇒2− √ 2x − 2 = √ 2x − 2 ⇔ x = 3 2 Kết luận. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = Bài toán 5 Giải phương trình sau 3 ; x=2 2  p p 2 2x + x + x + 3 + 2x x2 + 3 = 9 pi. 2 Lời Giải Phương trình đã cho tương đương với   p 2 x + x + 3 (2x + 1) = 9 3 =9 x2 + 3 − x p ⇔ 2x + 1 = 3( x2 + 3 − x) p ⇔ 3 x2 + 3 = 5x + 1  1  x≥− ⇔ 5 8x2 + 5x − 13 = 0 K2 ⇔ (2x + 1) √ ⇔x=1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 6 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  n Bài toán 6 Giải phương trình sau p √ √ 4 + 2 1 − x = −3x + 5 x + 1 + 1 − x2 Ne t.V Lời Giải Điềukiện −1 ≤ x ≤ 1 √1 + x = a ≥ 0 Đặt √  1−x=b≥0 Khi đó phương trình đã cho trở thành 2a2 − a(b + 5) − b2 + 2b + 3 = 0 ⇔ (2a + b − 3)(a − b − 1) = 0 √ √ 2 x+1+ 1−x=3 p ⇔ 4 1 − x2 = 4 − 3x  x ≤ 3 4 ⇔ 25x2 − 24x = 0 pi. Với 2a + b = 3 ta có ⇔ x = 0 (t/m) ∨ x = 24 (t/m) 25 Với a − b − 1 = 0 ta có: K2 √ √ 1+x= 1−x+1 √ ⇔ 2 1 − x = 2x − 1  x ≥ 1 2 ⇔ 4x2 = 3 √ 3 ⇔x= (t/m) 2 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm x = 0 hoặc x = c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn √ 3 24 hoặc x = 2 25  Trang 7 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n Bài toán 7 Giải phương trình sau p p √ 3 3 3 2 7x + 1 − x − x − 8 + x2 − 8x − 1 = 2 Lời Giải Ne t.V Phương trình đã cho tương đương p p √ 3 3 3 2 ⇔ 7x + 1 + 8 + x − x + x2 − 8x − 1 = 2  √   a = 3 7x + 1   √ √ Đặt b = 3 8 + x − x2 ta có a + b + c = 3 a3 + b3 + c3 = 2    3 c = √ x2 − 8x − 1 ⇔ a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 ⇔ 3(a + b)(b + c)(c + a) = 0 ⇔ (2 − a)(2 − b)(2 − c) = 0 Với a = 2 ⇒ x = 1 Với b = 2 ⇒ x = 0 ∨ x = 1 pi. Với c = 2 ⇒ x = −1 ∨ x = 9 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−1; 0; 1; 9}  Bài toán 8 Giải phương trình sau x+ √ 4 r 2−x= K2 √ 4 4 4−x + 3 r 4 2+x 3 Lời Giải Điều kiện 0 ≤x ≤ 2 √ 4   a = x    √  4   b = r2 − x Cách 1. Đặt 4−x  c= 4    r 3    2+x  d = 4 3 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 8 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n Vậy ta có a4 + b4 = c4 + d4 và 0 ≤ ab ≤ cd (∗) Thay vào phương trình ta được a + b = c + d ⇔ a2 + b2 + 2ab = c2 + d2 + 2cd ⇒ a2 + b2 ≥ c2 + d2 Ne t.V Dấu bằng xảy ra khi ab = cd Mặt khác ta có a2 + b2 ≥ c2 + d2 ⇔ a4 + b4 + 2a2 b2 ≥ c4 + d4 + 2c2 d2 ⇒ a4 + b4 ≥ c4 + d4 Dấu đẳng thức xảy ra khi a2 b2 = c2 d2 Theo (∗) ta có phương trình nghiệm đúng khi và chỉ khi:  ab = cd ⇔x=1 a2 b2 = c2 d2 Cách 2. Đặt x = t + 1 ta đưa phương trình về dạng: r r √ √ 4 3 − t 4 3 + t 4 1+t+ 41−t= + 3 3 pi. Tiếp tục đặt t = 3w phương trình trở thành: √ √ √ √ 4 1 + 3w + 4 1 − 3w = 4 1 + w + 4 1 − w Đến đây phương trình có dạng đối xứng, việc xét hàm sẽ đơn giản hơn rất nhiều, thật vậy 1 1 Điều kiện − ≤ w ≤ 3 3 Do phương trình có tính đối xứng, nếu w0 là nghiệm thì −w0 cũng là nghiệm K2 nên ta chỉ cần 1 giải phương trình trên đoạn 0 ≤ w ≤ 3 √ √ 4 4 Xét hàm số: f (s) = 1 + s + 1 − s với 0 ≤ s ≤ 1 Ta có   f 0 (s) = 1 1 1  −q q  < 0 ; ∀0 ≤ s ≤ 1 4 4 4 3 3 (1 + s) (1 − s) 1 khi đó phương trình tương đương với 3 f (3w) = f (w) ⇔ 3w = w ⇔ 2w = 0 ⇔ w = 0 Vậy hàm f nghịch biến trên 0 ≤ s ≤ c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 9 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ⇒x=1 Với mọi a, b, c không âm ta có √ 4 a+ √ 4 b+ √ 4 r c≤ 4 a + 2b + 3 r 4 n Cách 3. Nếu ta sử dụng bất đẳng thức sau thì bài toán trở nên gọn nhẹ b + 2c + 3 r 4 c + 2a 3 Ne t.V Với bài toán trên ta có phương trình tương đương r r √ √ √ √ 4 − x 4 2 + x 4 4 + x+ 4x+ 42−x= 4x+ 3 3 Sử dụng bất đẳng thức trên với vế trái ta có ngay nó nhỏ hơn hoặc bằng vế phải Đẳng thức xảy ra khi x = 1 Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 Bài toán 9 Giải phương trình sau √ (x4 + x3 )(x x + 1 + 1) + x3 + x2 − 4 = 2 r  x+1 x pi. Lời Giải Điều kiện : x > 0 hoặc x = −1 TH1. Nếu x = −1 thế vào không thỏa nên x = −1 không phải là nghiệm. TH2. Với x > 0 thì phương trình đã cho tương đương với r √ √ √ x+1 √ − 2) + 2(x5 + x4 − 2) = 0 x4 + 2x3 + x2 − 4 + (x5 + x4 )( x + 1 − 2) − 2( x K2 ⇔ (x − 1) A = 0 1 √ )+ Với A = x3 +3x2 +4x+4+(x5 +x4 )( √ x+1+ 2 r x( √ 2 + 2(x4 + x+1 √ + 2) x 2x3 + 2x2 + 2x + 2) Hiển nhiên ta có A > 0 ∀x > 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=1 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn  Trang 10 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ r 3 2−x+ + 2−x r x+ 3 =4 x Điều kiện x ∈ (0; 2) Cách 1. Ta có Ne t.V Lời Giải n Bài toán 10 Giải phương trình sau r 1 1 1 1 1 1 + + + x+ + + VT = 2−x+ 2−x 2−x 2−x x x x v s s r u   u 1 1 1 1 4 > t4 4 + 4 =2 √ +√ 4 4 x2 x 2−x (2 − x)2 r 4 4 r >p > =VP 8 2 (2 − x) x 8 (2 − x + x) 4 Đẳng thức xảy ra khi x = 1 Cách 2. Bình phương hai vế của phương trình ta được: pi. 1 1 ⇔ (2 − x) + x + 3( + )+2 x 2−x 1 1 ⇔ 2 + 3( + )+2 x 2−x s x(2 − x) + r 3 3 (x + )(2 − x + ) = 16 x 2−x 3x 3(2 − x) 9 + + = 16 2−x x x(2 − x) K2 1 1 (1 + 1)2 Do 2 + 3( + ) ≥ 2 + 3. =8 x 2−x x + (2 − x) s 3x 3(2 − x) 9 ⇒ (2 − x)x + + + ≤4 2−x x x(2 − x) ⇔ (2 − x)x + 3x 3(2 − x) 9 + + ≤ 16 2−x x x(2 − x) ⇔ (x − 1)2 (x2 − 2x + 11) ≤ 0 ⇔x=1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 11 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  p 2 (x2 − 4x + 5) +  3−x 2 n Bài toán 11 Giải phương trình sau r √ 3 x3 + = 4 2 − x x Điều kiện x ∈ (0, 2] Khi đó Ne t.V Lời Giải r h i (2 − x) + 1 r 1 1 1 V T = 2 (2 − x)2 + 1 + x3 + + + 2 x x x s r √ p √ 2 2−x 1 1 1 4 . 4 x3 . . . = 4 2 − x = V P > 2.2 (2 − x) + 2 x x x Đẳng thức xảy ra khi x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. Bài toán 12 Giải phương trình sau  pi. p 3 x3 − 5x2 + 4x − 5 = (1 − 2x) 6x2 − 2x + 7 Lời Giải Phương trình đã cho tương đương với 3 2
2
p 3 6x2 − 2x + 7 p 3 ⇔ x3 − 3x2 + 5x − 6 − (2x − 1) (x + 1) = (1 − 2x) 6x2 − 2x + 7 p  3 3 2 2 ⇔ x − 3x + 5x − 6 = (1 − 2x) 6x − 2x + 7 − x − 1
x3 − 3x2 + 5x − 6 − x3 − 3x2 + 5x − 6 ⇔ = 1 − 2x f (x)
⇔ x3 − 3x2 + 5x − 6 [f (x) + 1 − 2x] = 0 √ √
2
Với f (x) = 3 6x2 − 2x + 7 + 3 6x2 − 2x + 7 (x + 1) + (x + 1)2 Trường hợp 1. Với x3 − 3x2 + 5x − 6 = 0 ⇔ x = 2 K2 x − 3x + 5x − 6 − 2x + x − 1 = (1 − 2x) c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 12 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n Trường hợp 2. Với f (x) + 1 − 2x = 0 thì ta có p 2 1 3 3 3 f (x) = 6x2 − 2x + 7 + (x + 1) + (x + 1)2 ≥ (x + 1)2 2 4 4 Do đó ta có Ne t.V  2 3 1 √ 1 5 2 f (x) + 1 − 2x ≥ (x + 1) + 1 − 2x = 3x − √ + > 0 ; ∀x ∈ R 4 4 3 3 Suy ra phương trình f (x) + 1 − 2x = 0 vô nghiệm Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.  Bài toán 13 Giải phương trình sau p p 4x2 − 14x + 16 + 1 = x + x2 − 4x + 5 Lời Giải pi. Phương trình đã cho tương đương với p p 4(x2 − 4x + 5) + 2(x − 1) − 2 = (x − 1) + x2 − 4x + 5 √ Đặt a = 4x2 − 4x + 5 suy ra a ≥ 2 và b = x − 1 p ⇒ 4a2 + 2b − 2 = a + b ⇔ 4a2 + 2b − 2 = a2 + 2ab + b2 ⇔ 3a2 + (2b − 2) − 2ab − b2 = 0 K2 Ta có ngay a2 − b2 = 4 − 2x = 2 − 2b Thế vào trên ta được 3a2 + (b2 − a2 ) − 2ab − b2 = 0  a ≥ 2 ⇔ ⇔a=b a(a − b) = 0 Với a = b ⇒ x = 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn  Trang 13 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ p p 2 4 13 x − x + 9 x2 + x4 = 16 Lời Giải n Bài toán 14 Giải phương trình sau Đến đây đặt t = Ne t.V Cách 1. Chia cả hai vế của phương trình cho x2 ta có r r 1 1 16 13 − 1 + 3 + 1 = x2 x2 x2 1 > 0 ta được x2 √ √ 13 t − 1 + 9 t + 1 = 16t ⇔ 13  √ 1 t−1− 2 2 +9  √ 3 t+1− 2 2 =0  √   t+1− 3 =0 5 2 2 √ ⇒ t = ⇒ x = ± ⇔ √ 1  4 5  t−1− =0 2 Cách 2. Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được  p 2 p 2 2 2 x 13 1 − x + 9 1 + x = 256 K2 pi. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovsky ta có 2 2  p √ p p √ p 2 2 2 2 2 2 13. 13 (1 − x ) + 3 3. 3 + 3x x 13 1 − x + 9 1 + x =x
≤ x2 (13 + 27) 13 − 13x2 + 3 + 3x2 = 40x2 (16 − 10x2 )

2 = 4.10x2 16 − 10x2 ≤ 10x2 + 16 − 10x2 = 256 2 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x2 = ⇒ x = ± √ 5 5 2 Kết luận. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x = ± √ 5  Bài toán 15 Giải phương trình sau p p 6 4 2 x + −x + 3x − 3x + 1 = x 2 − 2x2 3 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Lời Giải Trang 14 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 n Ta viết lại phương trình thành p √ p x3 + (1 − x2 ) 1 − x2 = 2x 1 − x2 Ne t.V Đặt x = cos t với t ∈ [0; π] ta chuyển phương trình thành √ √ sin3 t + cos3 t = 2 sin t cos t ⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t cos t) = 2 sin t cos t K2 pi. √ √ Đặt sin t + cos t = u ∈ [− 2; − 2] ta chuyển tiếp phương trình thành  √ 2 u = √ u2 − 1 √ u2 − 1  )= 2 ⇔  u = −1 − 2 u(1 − 2 2 √ u=1− 2 √ Với u = 2 thay lại ta có  √ π π = 1 ⇐⇒ t = sin t + cos t = 2 ⇐⇒ sin t + 4 4 √ π 2 Được 1 nghiệm là x = cos = 4 2√ √ π 2 −1 Với u = 1 − 2 ⇔ sin(x + ) = 4 2 ! √ 3π 2 Vì t ∈ [0; π] nên nghiệm là t = − arcsin −1 4 2 !! ! √ √ 2 3π 2 3π 3π − arcsin −1 = cos cos arcsin − 1 +sin sin arcs Giờ ta tính cos 4 2 4 2 4 ! √ ! v !2 u √ √ √ u 2 2 2 2 Có sin arcsin −1 = −1 và cos arcsin − 1 = t1 − −1 = 2 2 2 2 r √ 2 2−1 2  p √ √ 1 Thay tất cả lại ta thu được nghiệm thứ hai là x = 1− 2− 2 2−1 2√ p √ √ 2 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x = ; x= 1− 2− 2 2−1 2 2  Bài toán 16 Giải phương trình sau √ √ √ √ x + 1 + 3x + 1 − x = 1 + 2x + 1 − 2x c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 15 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Lời Giải  n  1 1 Điều kiện x ∈ − ; 3 2 Phương trình đã cho tương đương với  √ √ √ √
1 + 3x − 1 + 2x + 1 − x − 1 − 2x = 0 x+ Bài toán 17 Giải phương trình sau r Ne t.V x x √ √ =0 +√ 1 − x + 1 − 2x 1 + 3x + 1 + 2x   1 1 √ √ x 1+ √ +√ =0 ⇔x=0 1 − x + 1 − 2x 1 + 3x + 1 + 2x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 x+ √  p 1 p 2 2 x + + x + 5x + 6 = 5x2 + 20x + 15 2 Lời Giải 1 2 Khi đó phuong trình đã cho tương đương với p p √ 4x + 2 + (x + 2)(x + 3) = 5x2 + 20x + 15 p ⇔ 2 (4x + 2)(x + 2)(x + 3) = 4x2 + 11x + 7 p ⇔ 2 (4x2 + 10x + 4)(x + 3) = 4x2 + 10x + 4 + x + 3 hp i2 √ 2 ⇔ 4x + 10x + 4 − x + 3 = 0  √ 4x2 + 10x + 4 = x + 3 65 − 9 ⇒ ⇔x= 1 x ≥ − 8 2 √ 65 − 9 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 8 K2 pi. Điều kiện : x ≥ −  Bài toán 18 Giải phương trình sau (x3 − 3x + 1) p x2 + 21 + x4 − 3x2 + x = 21 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 16 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ Phương trình tương đương với (x3 − 3x + 1)( p n Lời Giải Ne t.V x2 + 21 + x) = 21 p ⇔ x3 − 3x + 1 = x2 + 21 − x p ⇔ x3 − 2x + 1 = x2 + 21 p ⇔ x3 − 2x − 4 = x2 + 21 − 5 x2 − 4 2 ⇔ (x − 2)(x + 2x + 2) = √ x2 + 21 + 5  x=2 ⇔ 2 x+2 x + 2x + 2 = √ x2 + 21 + 5 " x=2 √ ⇔ (x2 + 2x + 2)( x2 + 21 + 5) = x + 2 (∗) Ta có p (x +2x+2)( x2 + 21+5)−x−2 > 5(x2 +2x+2)−x−2 = 5x2 +9x+8 > 0 ; ∀x ∈ R 2 pi. Suy ra (∗) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.  Bài toán 19 Giải phương trình sau √ √ 4x − 1 + 4 8x − 3 = 4x4 − 3x2 + 5x K2 Lời Giải 3 8 Áp dụng BĐT AM-GM ta có Điều kiện : x ≥ √ √ 1 + 4x − 1 4x − 1 = 1. 4x − 1 ≤ = 2x 2 √ 1 Đẳng thức xảy ra khi 1 = 4x − 1 ⇔ x = 2 √ √ 1 + 1 + 1 + 8x − 3 4 8x − 3 = 1.1.1. 4 8x − 3 ≤ = 2x 4 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 17 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ n √ 1 Đẳng thức xảy ra khi 1 = 4 8x − 3 ⇔ x = 2 Do đó từ phương trình đã cho ta suy ra: 4x4 − 3x2 + 5x ≤ 4x ⇔ 4x4 − 3x2 + x ≤ 0 Ne t.V ⇔ x(x + 1)(2x − 1)2 ≤ 0 1 ⇒x= 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = Bài toán 20 Giải phương trình sau 1 2  p x − 3x + 3x − 6 = 2 7 − x2 3 2 Lời Giải Để phương trình có nghiệm thì VT ≥ 0 pi. ⇔ (x − 1)3 − 5 ≥ 0 √ 3 ⇔x≥ 5+1 √ Điều kjện xác định 7 − x2 ≥ 0 ⇒x≤ 7 Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm  Bài toán 21 Giải phương trình sau K2 r q q p p 2 1 + 1 − 4x − x = x 2 − 1 + 2 1 − 4x2 Lời Giải  − 1 ≤ x ≤ 1 2p 2 Điều kiện 2 − 1 + 2√1 − 4x2 ≥ 0 √ Đặt 1 + 1 − 4x2 = a ⇒ a ≥ 1 2a − a2 Khi đó x2 = (∗) 4 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 18 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ √   q √ a = x 1 + 2 − 2a − 1 ⇔a=x 2  2 q √ 1 + 2 − 2a − 1 n Từ phương trình ta có (∗∗) Ne t.V Thế (∗) vào (∗∗) ta được 2a − a2 a= 4  2 q √ 1 + 2 − 2a − 1 2 q √ ⇔ 4 = (2 − a) 1 + 2 − 2a − 1  Do a ≥ 1 ⇒ 2 − a ≤ 1 Khi đó q √ 2 4 ≥4 2−a q q √ √ ⇔ 2 − 2a − 1 + 1 ≥ 2 ⇔ 2 − 2a − 1 ≥ 1 √ ⇔ 1 ≥ 2a − 1 ⇔ a ≤ 1 ⇒ a = 1 1 ⇒x=± 2 1 Đối chiếu lại với điều kiện ta thấy chỉ có x = thõa mãn 2 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 2a − 1 + 1 = pi. 2−  Bài toán 22 Giải phương trình sau K2 2x + 3 + (x + 1) p p x2 + 6 + (x + 2) x2 + 2x + 9 = 0 Lời Giải √ √ √ √ Đặt a = x2 + 6 ⇒ a ≥ 6 và b = x2 + 2x + 9 ⇒ b ≥ 8 Ta có a2 − b2 = −2x − 3 ⇒x=− a2 − b2 + 3 2 Khi đó phương trình trở thành ⇔ b2 − a2 + a(x + 1) + b(x + 2) = 0 c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Trang 19 Trần Quốc Việt TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ⇔ b2 − a2 + a + 2b + (a + b).x = 0 a2 − b 2 + 3 ⇔ b − a + a + 2b + (a + b) =0 −2 ⇔ (a − b)[1 + (a + b)(a + b + 2)] = 0 3 ⇔a=b⇒x=− 2 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = − 2 Bài toán 23 Giải phương trình sau 2 x +x+ √ n 2 Ne t.V 2 x+1+ √  q √ √ x+3=1+ 2+ 2+x+ 4x+2 Lời Giải Điều kiện : x ≥ −1 Cộng x + 1 vào hai vế của phương trình ta được q √ 2 q√ p √ √ 2 x+2 + x+2+ x + 2 + 2 (∗) ⇔ (x + 1) + x + 1 + (x + 1) + 2 = √ ⇔x= pi. √ √ Xét hàm số f (t) = t2 + t + t + 2 với t > 0 ta có f (t) đồng biến √ Mặt khác phương trình (∗) có dạng f (x + 1) = f ( x + 2) √ ⇒x+1= x+2 ⇔ x2 + x − 1 = 0 √ − 5−1 5−1 hoặc x = (Loại) 2 2 K2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = √ 5−1 2  Bài toán 24 Giải phương trình sau p p 3 2 3x + 2x + 2 + −3x3 + x2 + 2x − 1 = 2(x2 + x + 1) c Diễn Đàn Toán THPT - K2pi.Net.Vn Lời Giải Trang 20