Giải phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 23. Giải phương trình x 2 7 x  2 x 1   x² 8x 7 1 

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Bình Phước, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là

  

2

x 1 0 x 1 0

7 x 0 7 x 0 1 x 7

x 1 7 x 0 x 8x 7 0

     

        

 

       

 

.

Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được

  

      

x 1 2 7 x 2 x 1 x 1 7 x 0

x 1 x 1 2 7 x x 1 2 0 x 1 7 x x 1 2 0

x 1 7 x 0 x 1 7 x x 1 7 x x 4

x 1 4 x 5

x 1 2 0 x 1 2

        

               

              

           

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là ^S

 

^{4; 5 .}

Bài 23. Giải phương trình ^{x 2x 3 3 }



^{x 5 1  }



^{3x 2x2 13x 15  2x 3 .}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Hưng Yên, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ³

 2. Biến đổi phương trình đã cho ta được

 

  

     

  

x 2x 3 3 x 5 1 3x 2x2 13x 15 2x 3

x 2x 3 3x 2x 3 3 3 x 5 x 5 2x 3 0

x 2x 3 3 2x 3 3 x 5 2x 3 3 0

2x 3 3 0

2x 3 3 x 1 x 5 0

x 1 x 5 0

         

           

          

   

        

    

 + Với 2x 3 3 0    2x 3  3 2x 3 9   x 3.

+ Với x 1  x 5    0 x 1 x 5 , phương trình trình tương đương với

 

^{2 2 2}

x 1 0 x 1 x 1

x 2x 1 x 5 x 3x 4 0 x 4 x 1 x 5

      

    

  

      

    



Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là ^S

 

^{3; 4 .}

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 24. Giải phương trình 7x 2 5 x ^{8x 3} 5

    

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là ² x 5 7

   .

Đặt ^{7x 2 a; 5 x b a 0; b 0}



^{ }



. Khi đó ta có a²b² 8x 3 . Như vậy phương trình đã cho được viết lại thành

 

2 2 a b

a b a b

a b a b 1 0

a b 5

5 5

     

           + Với ab ta có phương trình 7x 2 5 x x ³

    8

+ Với a b 5  ta có phương trình 7x 2  5 x 5 hay ta được

 

2

2 2

2

7x 2 5 x 2 7x 2 5 x 25 33x 7x 10 9 3x

9 3x 0 x 3

16x 87x 71 0 x 1 33x 7x 10 9 3x

           

    

 

          

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là 3

S ;1

8

 

  

  Bài 25. Giải phương trình

3 2

2

64x 4x 5x 6x 5

5x 6x 6

   

 

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Dễ thấy ^{5x26x 5 5x  26x 5 2x  2  2 3 x 1}



^



^{2 0} với mọi x. Do đó điều kiện xác định của phương trình là x R . Phương trình đã cho được viết lại thành

   

³

2 2

5x 6x 5 5x 6x 5 1   4x 4x

Đặt ^a ^5x26x 5; b 4x a 0 







. Khi đó phương trình trên được viết lại thành



²



³

^{ } 

^{2 2}



a a  1 b  b a b a ab b    1 0 a b

Từ đó ta được 5x² 6x 5 4x, phương trình tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2 2 2

x 0 x 0

5x 6x 5 16x 11x 6x 5 0 x 1

   

   

       

 

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 1 .

Bài 26. Giải phương trình x²3x 2  x²  1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1    

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Quốc Học Huế, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác đinh của phương trình làx 1 . Phương trình tương đương với

     

    

  

x 1. x 2 x 1. x 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 x 1. x 2 x 1. x 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2 x 1 3 2 x 1 2 x 2 x 1 0

x 1 2 x 2 x 1 3 x 1 2 0 x 1 2 0 x 1 2 x 2 x 1 3 0

x 2 x 1 3 0

           

            

            

         

   

         

     

 + Trường hợp 1. Với x 1 2      x 1 4 x 3. + Trường hợp 2. Với x 2  x 1 3  , khi đó ta được

  

2 2 2

x 2 x 1 3 2x 1 2 x 2 x 1 9

x x 2 4 x x x 2 x 8x 16 9x 18 x 2

         

              

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là ^S

 

^{2; 3 .}

Bài 27. Giải phương trình ^{x42x3 x 2 x}



^2x



^0.

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Thành Phố Hà Nội, năm học 2016 – 2017 Điều kiện xác định của phương trình là x 0 hoặc x 1 . Biến đổi tương đương phương trình

       

    ^  ^ 

4 3 2 2

2 2

2 2

x 2x x 2 x x 0 x x 1 x x 1 2x x 1 0

x x 1 0

x x 1 x x x x 1 2 0

x x x x 1 2 0

           

  

  

             

+ Với ^{x x 1}



^



^{  0 x}

 

^{0;1 .}

+ Với ^{x2x x}



^{2  x 1}



^{2 0. Đặt x2   x a 0}, khi đó phương trình trên trở thành

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

  

3 2

a  a 2  0 a 2 a a 2 1   0 a 2(vì a²a 2 1 0  )

Từ đó ta được ^{x2 x 2x2   x 2 0}



^{x 1 x 2}



^



^{   0 x}



^{1; 2}



. Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là

 

S 1; 0;1; 2 .

Bài 28. Giải phương trình x x² 3x 2 x x 2  x 1 .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Bà Rịa – Vũng Tàu, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 1. Phương trình đã cho tương đương với

  

x x 1. x 2 x x 2 x 1 x x 1 1 x 2 0

x x 1 0 x x 1

1 x 2 0 x 2 1

            

      

 

      

 

+ Với x 2       1 x 2 1 x 1, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Với x 0₂ 1 5

x x 1 x

x x 1 0 2

  

    

  

 , thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 5

S 1;

2

  

 

  

 

 

Bài 29. Giải phương trình x² 6 4 x³2x²3.

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phươnh trình là x 1. Phương trình đã cho tương đương với



^{x2 3x 3 }



^{3 x 1}

^

^{ }

^

⁴

^

^{x 1 x}

^ 

^{23x 3}



Do x²3x 3 0  nên phương trình trên tương đương với

 

2 2

3 x 1 x 1

1 4

x 3x 3 x 3x 3

 

 

   

Đặt ₂ x 1

t 0

x 3x 3

  

  . Khi đó ta thu được phương trình

2 2 1

1 3t 4t 3t 4t 1 0 t ;1

3

 

        

 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

+ Với t 1 ta có phương trình ₂ x 1 ²

1 x 4x 2 0 x 2 2

x 3x 3

        

  + Với t ¹

3 ta có phương trình ₂ x 1 1 ²

x 12x 6 0 x 6 42

x 3x 3 3

        

  .

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là ^S



^{6 42; 2 2; 2 2; 6 42}



^.

Bài 30. Giải phương trình 3x²4x 4x 3 4x 3 0    .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Vĩnh Phúc, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ³

4. Nhìn vào phương trình đã cho ta thấy ngay là phương trình có thể phân tích được thành tích mà không cần biến đổi qua các bước trung gian nào. Phương trình đã cho tương đương với



^{3x 4x 3 x}



^{4x 3}



^{0 3x 4x 3}

x 4x 3

  

      

  



+ Với 3x 4x 3 x 0₂

9x 4x 3 0

 

     , phương trình vô nghiệm.

+ Với x 0₂ x 1

x 4x 3

x 4x 3 0 x 3

   

       

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm ^S

 

^{1; 3}

 Nhận xét. Ngoài cách phân tích thành tích ta còn có thể giải phương trình bằng cách nâng lên lũy thừa, mặc dù sau khi nâng lên lũy thừa phương trình sẽ có bậc 4 nhưng ta vân có thể giải được. Chú ý khi bình phương cần đặt điều kiện. Ta có phương trình đã cho tương đương với:

  ^{ }

  

2 2 2 2

2 2

4 3 2

2 2

x 0 3x 4x 3 4x 4x 3

3x 4x 3 16x 4x 3 x 0 x 0

x 4x 3 9x 4x 3 0 9x 40x 46x 24x 9 0

x 0 x 0

x 4x 3 0 x 1 9x 4x 3 0 x 3

 

     

   



   

 

           

   

 

     

 

     



Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 31. Giải phương trình ^{2 2x – 1}

 

^{3 5x 6  3x 8 .}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Bắc Ninh, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ⁸

3. Biến đổi phương trình đã cho ta được

   

   

  

²



²

2 2x – 1 3 5x 6 3x 8 4 2x – 1 6 5x 6 2 3x 8 5 6 5x 6 9 3 2 3x 8 1 0

5x 6 3 0

5x 6 3 3x 8 1 0 x 3

3x 8 1 0

x 6 x 8

        

   

       

   

         

  



   

Kết hợp với điều kiện xác định ta có nghiêm duy nhất là x3.

Bài 32. Giải phương trình ^{2x2 4x 2 }



^{x 1}



^{2 12x 4 }



^{8 x}



^{3 x}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Hà Nam, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình đã cho là x 1  3 hoặc 1 3 x 3. Phương trình đã cho tương đương với

 

   _{ }

 

 

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2

2

2x 4x 2 3 x 2x 3x 5x 3 x 0 2x 4x 2 3 x 2x 4x 2 3 x

2x 3x 5x 3 x 0 2x 4x 2 3 x

2x 3x 5

2x 3x 5x 3 x 0 2x 4x 2 3 x

2x 3x 5 1 3 x 0

2x 4x 2 3 x

        

       

     

   

 

     

   

 

          

Dễ thấy

2

1 3 x 0

2x 4x 2 3 x

  

    nên từ phương trình trên ta được

2 5

2x 3x 5 0 x 1;

2

 

      

 

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là 5

S 1;

2

 

  

 . Bài 33. Giải phương trình x²6x 4 2 2x 1 0    .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Thành Phố Hồ Chí Minh, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện xác định của phương trình là 2x 1 0 x ¹

   2. Biến đổi phương trình đã cho ta được

   

2 2

2 2

x 6x 4 2 2x 1 0 x 4x 5 2x 1 2 2x 1 1 x 2 2x 1 1 x 1 2x 1 x 2 2x 1 1

x 2 1 2x 1 3 x 2x 1

            

        

      

        

 

+ Với

 

^{2 2}

x 1 x 1

x 1 2x 1 x 2 2

x 4x 2 0 x 1 2x 1

   

 

       

  

   

 .

+ Với

 

^{2 2}

x 3 x 1

3 x 2x 1 x 4 6

x 8x 10 0 3 x 2x 1

   

 

       

  

   

 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là ^S



^{2 2; 4 6}



^.

Bài 34. Giải phương trình x²2x 2 2x 1 2 0    .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Bình Dương, năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

2.

Phương trình đã cho được viết lại thành ^{x22x 2}



^{2x 1 1  }



^0.

Đặt ^{t 2x 1 1 t 1 }



^



, khi đó ta được t 1  2x 1   t² 2t 2x 0 .

Phương trình đã cho được viết lại thành x²2x 2t 0  . Từ đó ta có hệ phương trình

      

2

2 2

2

x 2x 2t 0

x 2x 2t t 2t 2x 0 x t x t 0

t 2t 2x 0

   

           

   



Do x ¹; t 1

 2  nên x t 0  , do đó từ phương trình trên ta được

 

²

t x 2x 1 1 x 2x 1 x 1 x 1 x 4

2x 1 x 1

 

           

  



Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 4 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 35. Giải phương trình m 7 .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Nghệ An, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 4 . Phương trình đã cho tương đương với

   

3x 7 x 4 14 x 4 20 0      4 x 4   x 4 7 x 4 14 x 4   0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Đặt 8t² mt 1 0  vàyx² với x 0; x 1  . Khi đó phương trình trên trở thành

  

2 2 2b a 0

4b a 7a 14b 0 2b a 2b a 7 0

2b a 7 0

  

             

+ Với ^{2b a 0 2b a 2 x 4 x 4 4 x 4}

 

^{x 4 x 20}

3

              .

+ Với 2b a 7 0   2b 7 a  , khi đó ta có phương trình

   

   

2

2 2 2

4 x 53 4 x 53

2 x 4 7 x 4

4 x 4 7 x 4 29 3x 14 x 4

29 29

4 x 4 x

3 3 x 5

9x 370x 1625 0 29 3x 14 x 4

     

 

     

       

 



     

 

   

       



Kết hợp với điều kiện xác định ta được BEC 2.AEC là nghiệm duy nhất của phương trình.

 Nhận xét. Nhận thấy x5 là nghiệm duy nhất của phương trình nên ta nghĩ đến phương pháp nhận lượng liên hợp để làm xuất hiện đại lương x 5 . Ta có các biến đổi sau

       

3x 7 x 4 14 x 4 20 3x 15 7 x 4 7 14 x 4 42 0

7 x 5 14 x 5 7 14

3 x 5 0 x 5 3 0

x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3

x 5 0

7 14

3 0

x 4 1 x 4 3

             

   

          

         

  

    

    



+ Với x 5 0   x 5, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Với 3 ^{7 14} 0 3 ^{7 14}

x 4 1 x 4 3 x 4 1 x 4 3

     

        .

Từ đó ta được 14 x 4 33

  . Với x 4 thì 14 14 x 4 3  8 33

   (Mâu thuẫn)

Vậy x5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 36. Giải phương trình 1 3x;1 3y;1 3z  

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Thái Bình, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Điều kiện xác định của phương trình là x²4x 12 0; x   1 . quan sát phương trình đã cho ta để ý đến biến đổi ^{x24x 12 }



^{x 2}



^{28 x 1}



^



. Khi đó ta viết lại được phương trình đã cho thành



^{x 2}



^{28 x 1}



^

 

^{2 x 2 }



^{x 1} . Phương trình có sự lặp lại của hai đại lương nên ta sử dụng phép đặt ẩn phụ ^{x 2 a; x 1   b b 0}



^



. Khi đó phương trình trên trở thành

  

2 2 2 2 2 2

2 2

a 8b 2a b a 8b 4a 4ab b

a b

3a 4ab 7b 0 3a 7b a b 0

3a 7b

       

            

+ Với ^f(x)



9yz 4y 4z x 4yz



¹ x 1 3

 

       

  thì

2 2

x 2 0 x 2 5 13

x 2 x 1 x

x 4x 4 x 1 x 5x 3 0 2

     

 

      

      

 

 

+ Với g(x) ax b  thì

2 2

9x 36x 36 49x 49 9x 85x 85 0 3x 6 7 x 1

x 2 x 2

        

 

     

 

 

 

Hệ vô nghiệm với x 1

Thử lại vào phương trình đã cho ta có nghiệm của phương trình là a,. Bài 37. Giải phương trình

2 2

1 2x 3x x

x x 1

  

 .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Hưng Yên, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0 x ¹

 2. Khi đó dễ thấy

2 2

3x x 0 x 1

 

 . Biến đổi phương trình đã cho ta được

   

 

 

2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2

4 2 2

4 2

1 2x 3x x 1 2x 3x x 1 2x 3x x

1 1

x x 1 x x 1 x x 1

3x 1 2x 3x 1

1 3x 3x x 3x x 1 3x

1 1

x x 1 x 1 x x 1

3x 1 0 2x 3x 1 1

3x 1 x 2x 1 x 0 2x 3x 1 1 0

x 2x 1 x

   

              

  

  

   

         

  

    

           

+ Với 3x 1 0 x ¹

    3 thỏa mãn điều kiện xác định.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

+ Với

 

2 4 3 2

4 3 2

4 2 4 2

2x 3x 1 1 x 2x 5x x 1

0 0 x 2x 5x x 1 0

x

x 2x 1 x x 2x 1

     

         

   

Ta có ^{x42x35x2  x 1}



^x2x



^2^2x₄^1^215₁₆ ^0

  nên phương trình trên vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x ¹

 3. Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với

   

 

2

2 2

2 2

1 2x 1

1 2x 1 x 3x 1 x 3x 1

x x 1 1 2x x 1

x 1

1 3x 3x 1 1 1

1 3x 0

x 1 x 1

x 1 2x x x 1 2x x

 

       

   

 

   

     

 

 

     

Dễ thấy



¹



^{x21 1 0}

x 1 2x x

 

   với mọi 0 x ¹

  2. Do đó từ phương trình trên ta được 1 3x 0 x ¹

    3, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x ¹

 3.

Bài 38. Giải phương trình ^{x 2x 3 3 }



^{x 5 1  }



^{3x 2x2 13x 15  2x 3 .}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Hải Dương, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ³

 2. Biến đổi phương trình

 

  

     

  

x 2x 3 3 x 5 1 3x 2x2 13x 15 2x 3

x 2x 3 3x 2x 3 3 3 x 5 x 5 2x 3 0

x 2x 3 3 2x 3 3 x 5 2x 3 3 0

2x 3 3 0

2x 3 3 x 1 x 5 0

x 1 x 5 0

         

           

          

   

        

    

 + Với 2x 3 3 0    2x 3  3 2x 3 9   x 3.

+ Với x 1  x 5    0 x 1 x 5 , phương trình trình tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 

^{2 2 2}

x 1 0 x 1 x 1

x 2x 1 x 5 x 3x 4 0 x 4 x 1 x 5

      

    

            



Kết hợp với điều kiện xác định ta có tập nghiệm là ^S

 

^{3; 4 .}

Bài 39. Giải phương trình ² 3 ^{4 2}

x 3x 1 x x 1

    3   .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Tỉnh Hải Dương, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x R . Biến đổi phương trình đã cho ta được



²

 

²



³



²



²



2 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1

       3    

Đặt ^{a x} ² ^{x 1; b x} ²  x 1 a 0; b 0



 



. Khi đó phương trình trên trở thành

 

  

2 2 2

2 2

3 ab ab

2a b . ab 2a b 4a 4ab b

3 3 3

12a 13ab 3b 0 4a 3b 3a b 0

         

       

+ Với 4a 3b 0  4a 3b , khi đó ta có phương trình



²

 

²



^{2 7 45}

4 x x 1 3 x x 1 x 7x 1 0 x

2

           

+ Với 3a b 0  3ab, khi đó ta có phương trình



²



^{2 2}

 

²

3 x   x 1 x   x 1 2x 4x 2 0  2 x 1   0 x 1 Thay các nghiệm trên vào phương trình ban đầu ta được tập nghiệm là

7 45 7 45

S ;1;

2 2

   

 

  

 

 .

Bài 40. Giải phương trình ^{2 x 1}



^



^{x 1 }



^{x 1  1 x 2}

 

^{ 1 x 2}



Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên ĐHKHTN Hà Nội, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là   1 x 1. Biến đổi tương đương phương trình ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

     

         

     

   

2

2 2

2 x 1 x 1 x 1 1 x 2 1 x

2 x 1 x 1 2 x 1 2 1 x x 1 1 x 1 x 1 x

2 x 1 x 1 2 x 1 2 1 x x 1 x 1 1 x x 1

x 1 x 1 1 x 2 1 x

       

            

            

      

Đặt ^a ^{x 1; b}  1 x a 0; b 0



 



, khi đó ta có a²b² 2.

Phương trình trên được viết lại thành ^{a a b2}



^



^2b. Từ đó ta có hẹ phương trình

 

2 2

2

a b 2

a a b 2b

  

  

 .

+ Xét trường hợp b 0 , hệ phương trình trên vô nghiệm.

+ Xét trường hợp b 0 , khi đó phương trình thứ nhất của hệ tương đương với



^{2 2}



b a b 2b.

Khi đó ta có hệ hương trình

 

 

2 2 2 3

3 2

2

b a b 2b a b b 2b a a b 2b a a b 2b

     

 

 

 

  

 



. Từ đó ta được a b b²  ³ a³a b 2b²  a³ b³ a b.

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ và chú ý đến điều kiện ta được a2      1 a 1 a b 1.

Từ đó ta được x 1  1 x   1 x 0, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 0 .

Bài 41. Giải phương trình x 2  4 x 2x²5x 1 .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An năm học 2018 – 2019 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 2 x 4  .

 Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình trên như sau Biến đổi tương đương phương trình trên như sau

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

     

 

2 2

x 2 4 x 2x 5x 1 x 2 1 4 x 1 2x 5x 3

x 3 3 x x 3 x 3

2x 1 x 3 2x 1 x 3 0

x 2 1 4 x 1 4 x 1 x 2 1

1 1

x 3 2x 1 0

4 x 1 x 2 1

              

   

          

       

 

      

   

 

Để ý rằng với 2 x 4  thì ta có 1 x 2 11

  và 2x 1 1  nên suy ra

1 1

2x 1 0

4 x 1   x 2 1

   

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x 3 0   x 3, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là ^S

 

^{3 .}

 Cách 2. Biến đổi tương đương phương trình trên như sau

   

     

2 2

2

x 2 4 x 2x 5x 1 2x 6x x 2 x 2 4 x 1 0

2x 6x x 2 x 2 1 4 x 1 0

x 3 x 2 3 x 1 1

2x x 3 0 x 3 2x 0

x 2 1 4 x 1 x 2 1 4 x 1

               

         

    

          

         

Để ý rằng với 2 x 4  thì ta có 2x ^{1 1} 0 x 2 1 4 x 1

  

    .

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x 3 0   x 3, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là ^S

 

^{3 .}

Bài 42. Giải phương trình ^{9 3 x 3 2x}



^



^{7 x 5 3 2x  .}

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên KHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019

 Lời giải. Điều kiện xác định của hệ phương trình là 0 x ³

 2.

Đặt ^a ^{x; b} 3 2x a 0; b 0



 



. Khi đó ta có phương trình 2a²b² 3. Phương trình đã cho được viết lại thành 9 3ab 7a 5b   .

Từ đó ta có hệ phương trình

2 2

2a b 3

9 3ab 7a 5b

  



  



Kết hợp hai phương trình của hệ phương trình trên ta được

 

2 2 2 2

9 3ab 7a 5b   2a b 3ab 6 7a 5b   b  3a 5 b 2a  7a 6 0 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai có ẩn b và tham số a.

Khi đó ta có ^{ }



^{3a 5}



^{24 a}



^{27a 6}



^{a22a 1 }



^{a 1}



^{2 0.}

Do đó phương trình bậc hai có hai nghiệm là b 2 a  và b 3 2a  .

+ Với b 2 a  thay vào phương trình thứ hai của hệ trên ta thu được phương trình

   

^{2 1}

9 3a 2 a 7a 5 2 a 3a 4a 1 0 a ;1

3

 

           

  Từ đó ta tính được x ¹

9 và x 1 .

+ Với b 3 2a  thay vào phương trình thứ hai của hệ trên ta thu được phương trình

   

²

 

²

9 3a 3 2a  7a 5 3 2a  6a 12a 6 0   a 1   0 a 1 Từ đó ta tính được x 1 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là 1

S ;1

9

 

  

 . Bài 43. Giải phương trình 4 x 3 1 4x ²

   x.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên thành phố Hồ Chí Minh năm học 2018 – 2019

 Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x 3 và x0. Phương trình đã cho được viết lại thành 4x x 3 4x² x 2. Biến đổi phương trình ta được

 

²

4x2  x 3 4x x 3  1 2x x 3 1 Suy ra 2x x 3 1  hoặc 2x x 3  1.

+ Trường hợp 1. Xét phương trình 2x x 3 1. Biến đổi tương đương ta được

 

^{2 2}

1 1

x x 5 57

2x 1 x 3 2 2 x

4x 5x 2 0 8

2x 1 x 3

    

 

      

       



+ Trường hợp 2. Xét phương trình 2x x 3  1. Biến đổi tương đương ta được

 

^{2 2}

1 1

x x 3 41

2x 1 x 3 2 2 x

4x 3x 2 0 8

2x 1 x 3

      

 

      

       



Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là

3 41 5 57

S ;

8 8

   

 

  

 

 .

Bài 44. Giải phương trình ^{x23x 8 }



^{x 5}



^{x2 x 2}

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải

+ Lời giải 1. Phương trình xác định với mọi số thực x. Để ý rằng x²3x 8 0  với mọi x nên phương đã cho tương đương với

      

   

2 2

2 2 2 2

4 3 2 4 3 2

3 2

x 5 0 x 3x 8 x 5 x x 2

x 3x 8 x 10x 25 x x 2 x 6x 25x 48x 64 x 11x 37x 45x 50

5x 12x 3x 14 0 x 1 x 2 5x 7 0 x 2; 7;1 5

  

       

      



         

 

              

 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 7

S 2; ;1

5

 

   

 .

+ Lời giải 2. Phương trình đã cho xác định với mọi số thực x. Phương trình đã cho được viết lại thành

 

2 2

x   x 2 2x 6  x 5 x  x 2

Đặt t x²  x 2 0 và viết lại phương trình thành ^t2



x 5 t 2x 6 0



   . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai có ẩn t thì ta có



^{x 5}



^{2 4 2x 6}

 

^{x2 2x 1}



^{x 1}



^{2 0}

           Từ đó ta suy ra được phương trình có hai nghiệm là t2 và t x 3.

Với t2 ta có phương trình ^{x2   x 2 2 x2}     ^{x 2 0 x}



^2;1



. Với t x 3 ta có phương trình

 

2

2 2

x 3 0 7

x x 2 x 3 x

x x 2 x 3 5

  

       

   

 .

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 7

S 2; ;1

5

 

   

 .

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 Nhận xét. Trong các lời giải trên thì ta thấy lời giải thứ hai tự nhiên hơn, tùy nhiên khi đã nhẩm được hai nghiệm đẹp thù lời giải thứ nhất lợi đơn giản hơn nhiều. Ngoài ra trong lời giải thứ hai ta cũng không cần phải sử dụng đến biệt thức delta mà có thể phân tích thành phương trình tích luôn

    

t2 x 5 t 2x 6 0     t 2 t x 3  0 Một số phương trình sau có hình thức và lời giải tương tự

a) x² x 2 ^{1 13 7x}

x 2

     b)



^{x 3}



^{48 x 28x x 12}

Bài 42. Giải phương trình 6 x 2 3 3 x   3x 1 4    x² x 6.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là   2 x 3. Biến đổi phương trình đã cho ta được

  

6 x 2 3 3 x 3x 1 4 x2 x 6 6 2 x 3 3 x 3x 1 4 2 x 3 x

        

        

Đặt ^a ^{2 x; b}  3 x a, b 0







, khi đó ta được 3x 1 4a  ²b²10. Khi đó phương trình trên được viết lại thành.

   

      

2 2 2

2

6a 3b 4a b 10 4ab 3 2a b 2a b 10

2a b 3 2a b 10 0 2a b 2 2a b 5 0

         

           

Do a, b 0 nên ta có 2a b 2 0   .

Do đó từ phương trình trên ta được 2a b 5 0   2a b 5  2 2 x  3 x 5. Với phương trình trên ta có hai cách xử lí như sau:

+ Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình trên ta có

    

     



²



^{2 2}

 

²

2 2 x 3 x 5 4 2 x 4 2 x 3 x 3 x 25 3x 11 4 2 x 3 x 25 4 2 x 3 x 14 3x

16 6 x x 196 84x 9x 25x 100x 100 0 x 2 0 x 2

           

          

              

Thay vào phương trình đã cho ta thấy x 2 là nghiệm của phương trình đã cho.

+ Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có



^{2 2 x  3 x}



^{2 }

^

^2212

^{ }

^{2 x 3 x  }

^

^{252 2 x  3 x 5}

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 2 x

3 x 2 x 12 4x x 2

2

        

Thay vào phương trình đã cho ta thấy x 2 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 43. Giải phương trình ₂

2

9 2x

x 2x 9 1

 



Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x0.

Đặt 2

t x 0

2x 9

 

 , khi đó ta được

2 2

2

2 2 2 2 2 2

x 1 2x 9 9 9 1

t 2 2

2x 9 t x x x t

        

 .

Thay vào phương trình đã cho ta được ¹₂ ^{2 2t 1 2t3 3t2 1 0}

  

^{t 1 2 2t 1}



⁰

t            .

+ Với t 1 0  ta được ² x 0_{2 2} x 0₂

x 2x 9

x 2x 9 x 9 0

   

 

   

   

 

  , hệ vô nghiệm.

+ Với 2t 1 0  ta được ² x 0_{2 2} x 0₂ 3 2

2x 2x 9 x

4x 2x 9 2x 9 2

   

 

       

  

 

  .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được 3 2

x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 44. Giải phương trình x²4x 2 2x 3 5  

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Vĩnh Long năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 2x 3 0  . + Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với

   

 

2 2

x2 6x 9 2x 3 2 2x 3 1 x 3 2x 3 1

x 3 2x 3 1 x 2 2x 3

x 3 2x 3 1 x 4 2x 3

           

        

  

         

 Với

 

^{2 2}

x 2 0 x 2 0

x 2 2x 3 x 1

x 2x 1 0 x 2 2x 3

     

 

       

  

   

 .

Với

 

^{2 2}

x 4 0 x 4 0

x 4 2x 3

x 6x 13 0 x 4 2x 3

     

 

     

  

   

 , hệ vô nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x 1 là nghiệm duy nhất.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

+ Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với

   

 

2 2 2

2

x 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 x 1 2x 3 1 0 x 1 0

x 1 0

x 1 2x 3 1 0

2x 3 1 0

            

     

 

    

  

   

 



Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được x 1 là nghiệm duy nhất.

 Nhận xét. Cũng để ý đến 2 2x 3 ta viết phương trình về dạng 2x 3 2 2x 3 x    2 6x 8 0 

Đặt t 2x 3 0, khi đó phương trình trên trở thành t² 2t x²6x 8 0  . Ta có ^{  ' 12}



^{x26x 8}



^



^{x 3}



^{2 0.}

Từ đây ta suy ra phương trình có hai nghiệm là t x 2 và t  x 4. Đến đây ta giải hoàn toàn tương tự như trên.

Bài 45. Giải phương trình ^{2x2 11x 19  2x25x 7 3 x 2}



^



Trích để thi chọn HSG Toán 9 Thành Phố Hà Nội năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là

2 2

2x 11x 19 0 2x 5x 7 0

   



  

 .

+ Xét x 2, ta thấy thỏa mãn phương trình, do đó x 2 là một nghiệm của phương trình.

+ Xét x 2, khi đó ta có 2x²11x 19  2x²5x 7 0. Phương trình đã cho tương

đương với

   

^{2 2}

2 2

6 x 2

3 x 2 2x 11x 19 2x 5x 7 2 2x 11x 19 2x 5x 7

         

     .

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ ^{2 2}

 

2 2

2x 11x 19 2x 5x 7 3 x 2 2x 11x 19 2x 5x 7 2

       



      

 Từ đó ta được

  ^{ }

2

2 2

3x 8 0

2 2x 11x 19 3x 8 x 2

4 2x 11x 19 3x 8

  

           .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là ^{S }



^{2; 2}



^.

 Nhận xét. Ngoài cách nhân liên hợp thì ta cũng có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ như sau.

Đặt ^{a 2x} ²11x 19; b 2x  ²5x 7 a 0; b 0



 



. Khi đó ta có hệ phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 

   

      

    

2 2

a b 3 x 2 a b 3 x 2 a b 3 x 2

a b a b 6 x 2 x 2 a b 2 x 2 a b 6 x 2

           

  

  

       

    

  



Đến đây ta có hai trường hợp x 2 0  và a b 2  thì thu được kết quả tương tự như trên.

Bài 46. Giải phương trình 5x 1 x 2 ^{4x 3} 5

     .

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Thành Phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 5x 1 0 1

x 2 0 x 5

  

    

 .

Đặt ^{a 5x 1}



^{a 0; b 0}



^a2₂ ^{5x 1 a2 b2 4x 3}

b x 2 b x 2

     

       

 

    

 

 .

Ki đó phương trình đã cho trở thành ^{a b a2 b2}



^{a b a b 5}

 

^{0 a b}

a b 5 5

  

           .

+ Với ab ta được 5x 1 0 3

5x 1 x 2 x

5x 1 x 2 4

  

         .

+ Với a b 5  ta được 5x 1  x 2 5. Bình phương hai vế của phương trình ta được

       

  

2

2

12 3x 0 5x 1 x 2 12 3x

5x 1 x 2 12 3x x 4 x 4

x 2 4x 73 0 x 2 4x 81x 146 0

  

     

   



   

 

         

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của phương trình là 3 S ; 2

4

 

  

 . Bài 47. Giải phương trình



^{3x 1}



^{2x2 1 5x2 3x 3}

    2  .

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 1

x  2 . Phương trình đã cho tương đương với

 

^{2 2}



²

 ^{ }

^{2 2}

2 3x 1 2x  1 10x 3x 6 4 2x  1 2 3x 1 2x  1 2x 3x 2 0  Đặt 2x²  1 t 0, khi đó ta được ^4t2 2 3x 1 t 2x







 ²3x 2 0 

Ta có ^{ 4 3x 1}



^



^{24.4 2x}



^{23x 2}

 

^{4 x2 6x 9}



^{4 x 3}



^



²

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Do đó phương trình có hai nghiệm là

3x 1 x 3 x 2

t t

4 2

3x 1 x 3 2x 1

t t

4 2

       

 

 

   

   

 

 

Với t ^{x 2} 2

  , khi đó ta có phương trình

  ^{ }

2 2 2 2

x 2 x 2

x 2 2 60

2x 1 x

2 4 2x 1 x 2 7x 4x 8 0 7

     

   

     

  

   



Với t ^{2x 1} 2

  , khi đó ta có phương trình

   

2

2 2

2

1 1

x x

2x 1 2 1 6

2x 1 2 x

2 2

4x 4x 5 0 4 2x 1 2x 1

   

    

     

       

 Kết hợp điều kiện 1

x  2 ta được tập nghiệm 2 60 1 6

S ;

7 2

    

 

  

 

 .

Bài 48. Giải phương trình ^{6x210x 92 }



^{x 70 2x}

 

^{24x 16}



^0.

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Bắc Giang năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 70. Đặt ^u ^2x2^{4x 16; v}  x 70 u 0; v 0



 



. Khi đó ta có phương trình 3u²2v² 6x²10x 92

Phương trình đã cho trở thành ^{3u22v2 uv 0 }



^{3u 2v u v}



^



^0

Do u 0; v 0  nên từ phương trình trên ta được 3u 2v 0  3u 2v Từ đó ta có 3 2x²4x 16 2 x 70 , giải ra được x 2 hoặc x ³⁴

9

  .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm là 34

S ; 2

9

 

  

 

Bài 49. Giải phương trình ^{2 3} 1 x 8

x 3x. 3x 2 12 x x

     

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Hưng Yên năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác đinh của phương trình là x 0 . Phương trình đã cho tương đương với

 

3 2 3 3 2 3

x 3x . 3x 12 12x 8   x 3x . 3x 2 4 3x 2   0

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Chia cả hai vế chox ta được phương trình ^{3 3}

 

3

4 3x 2 3 3x 2

1 0

x x

 

  

Đặt

3 3x 2

x t 0

   . Khi đó phương trình trở thành 1 3t 4t  ³   0 t 1, do t0.

Từ đó suy ra ³ 3x 2  x x³3x 2 0   x 2, do x 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x 2 .

Bài 50. Giải phương trình ^{x26x 1 }



^{2x 1}



^{x22x 3}

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x R . Dễ thấy x ¹ 2

 không phải là nghiệm.

Xét x ¹

 2, khi đó phương trình đã cho tương đương

    

 

2 2

2 2

2 2

2

2

2 2

2

2 2

x 6x 1 x 6x 1

x 2x 3 2 x 2x 3 2

2x 1 2x 1

x 2x 3 2 x 2x 3 2 x 6x 1 2 2x 1

2x 1 x 2x 3 2

x 2x 1 x 2x 1 1 1

x 2x 1 0

2x 1 x 2x 3 2 x 2x 3 2 2x 1

            

 

     

   

 

   

 

   

               

+ Với x² 2x 1 0     x 1 2.

+ Với ²

2

1 1

0 x 2x 3 2 2x 1

x 2x 3 2 2x 1

       

    . Phương trình tương đương với

 

2

2 2

x 1 3 15

x 2x 2 2x 1 2 x

x 2x 3 2x 1 3

  

      

    



Vậy phương đã cho có tập nghiệm là 3 15

S 1 2; 1 2;

3

  

 

     

 

 .

Bài 51. Giải phương trình x x²  x 1 2 3x 1 x  ² x 3

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Hà Nam năm học 2015 – 2016 Lời giải

 Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là x 1

 3. Phương trình đã cho tương đương với

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

  ^{ }

2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

2

x x 3 x x x 1 2 3x 1 0 2x 2x 6 2x x x 1 4 3x 1 0

x 2x x x 1 x x 1 3x 1 4 3x 1 4 0

x x x 1

x x x 1 3x 1 2 0 x 1

3x 1 2

       

        

            

   

          

  

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Cách 2. Điều kiện xác định của phương trình là x 1

 3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm ta có

2 3 3x 1 4 x 1   2 và

2

2 2x x 1

x x x 1

    2 Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được

2

2 3x 5 2x x 1 2

x x x 1 2 3x 1 x x 3

2

   

       

Dấu bằng chỉ xảy ra khi vào chỉ khi x 1 .

Kết hợp với phương trình đã cho ta suy ra các bất đẳng thức trên đồng thời xẩy ra dấu bằng.

Vậy phương trình có nghiệm là x 1 .

Bài 52. Giải phương trình x 2 3 1 x   ²  1 x

Trích để thi chọn HSG Toán 9 Tỉnh Nghệ An năm học 2016 – 2017 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là

1 x2 0

1 x 1 1 x 0

  

    

  

 .

Như vậy ta viết lại được phương trình đã cho thành x 2 3 1 x. x 1     1 x . Đặt ^a ^{x 1; b}  1 x a 0; b 0



 



. Khi đó ta có x 2 2a  ² b 1

Do đó phương trình trên trở thành 2a²b² 1 3ab a b²3ab 2a ²  a 1 0. Xem phương trình trên là phương trình ẩn b và a là tham số thì ta có

  ^{ }

²

2 4 2a2 a 1 a 2

9a ^{    }

 

Do đó phương trình có hai nghiệm là ^3a



^{a 2}



b a 1

2

     và ^3a



^{a 2}



b 2a 1

2

     .

Trong tài liệu Tuyển tập các bài toán Phương trình vô tỷ hay và khó (Trang 110-136)