TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ ĐỀ THI TS LỚP 10 CHUYÊN TOÁN

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

PHẦN 2. TUYỂN CHỌN MỘT SỐ BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ TRONG CÁC

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

     

   

  

2 2

x 5x 4 2 x 5 2 x 4 x 4x 5

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

x 4 x 5 x 4 x 5

x 1 2 x 4 x 5 0 x 5

x 1 4 x 1 2

        

          

         

       

              

Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x5. Bài 3. Giải phương trình ^{3 x 1}



^



^{x2  x 3 3x2 4x 7 0.}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2015 – 2016 Lời giải

Phương trình xác định với mọi x R . Biến đổi tương đương phương trình ta được

 

^{2 2}

3 x 1 x   x 3 3x 4x 7 0

     

   

    _{ }

 

2 2

2 2

2 2

2

2

2

2 2

2

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

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

x 1 x x 3

3 x x 3 x 2 0

x 1 x x 3

x 2 0 3 x x 3

x 2 1 0 3 x x 3

x 1 x x 3 1 0

x 1 x x 3

         

 

          

     

 

     

     

 

  

    

 

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

+ Với x 2 0   x 2, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Với

2

2 2

2

3 x x 3

1 0 2 x x 3 x 1 3x 2x 11 0

x 1 x x 3

            

    , phương trình vô

nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2

Bài 4. Giải phương trình ^{3x26x 6 3}



^{2 x}

 

^{5  7x 19}



^{2 x.}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên tỉnh Nam Định năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là

3x2 6x 6 0

x 1 3

2 x 0

   

   

  



Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Với x 1  3 thì 3x²6x 6  2 x 0, Do đó phương trình đã cho tương đương với

   

   

   

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

3x 6x 6 3 2 x 2 x 7x 19 2 x

3x 6x 6 2 x 3x 5x 7 3x 6x 6 2 x 2 x 3x 5x 8

3x 5x 8 0 3x 5x 8

2 x 3x 5x 8

1 2 x 3x 6x 6 2 x

3x 6x 6 2 x

       

               

   

  

     

      

    

+ Với 3x²5x 8 0    x 1 (thỏa mãn) hoặc x ⁸

 3 (không thỏa mãn) + Với ^{1 2 x}



^{3x2 6x 6  2 x}



^{   1 2 x 3x26x 6. 2 x }

  ^{x 1 3x2}6x 6. 2 x * 

 

Vì x 1  3 nên x 1 0   3x²6x 6. 2 x  do đó (*) vô nghiệm.

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

Bài 5. Giải phương trình x 1 2x x 3   2x x² 4x 3.

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An năm học 2014 – 2015 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình x 1. Ta có

  

      

x 1 2x x 3 2x x2 4x 3 2x x 3 2x x 1 x 1 x 3 0

x 3 1

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

x 1 2x

               

  

               

  

 + Với x 3    1 x 2 không thỏa mãn

+ Với x 0 ₂ x 0₂ 1 17

x 1 2x x

x 1 4x 4x x 1 0 8

    

 

     

    

 

  , thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 1 17

x 8

 

Bài 6. Giải phương trình ^{x 5x}



^{3 2}



²



^{2x 1 1  }



⁰

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Thành Phố Hà Nội năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

 2. Biến đổi tương đương phương trình ta được

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

    ^{   }

 

3 3

3 3

2 2 2

2

2 2x 1 1

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

2x 1 1

2 2x 1 1

x 5x 2 1 0 x 5x 2 0

2x 1 1 2x 1 1

x 5x 2 4 0 x 0 x 0

2x 1 1

          

 

  

    

              

 

 

       

   

 

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 0 là nghiệm của phương trình.

Bài 7. Giải phương trình ^{3 3}

2 2

2013x 1 2013x 1

2x 2014 x 2013 x 1

2 x 2 x

 

      

 

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là ²

2

2013x 1

2x 0; 2 x 0; x 2013 0

2 x

      

 .

Đặt 2

2013x 1 y

2 x

 

 . Thay vào phương trình ta được

3 3

3 3

2x y  2014 y  x 2013  x 1  2x y  x 1  x 2013  2014 y Ta có



^{2x y}

 

^{ x 2013}

 

^{ x 1 }

 

^{2014 y}



^{  x y 2013}

+ Nếu x y 2013 0   thì 2x y ³ x 1  x 2013 ³2014 y + Nếu x y 2013 0   thì 2x y ³ x 1  x 2013 ³2014 y Suy ra x y 2013 0   , khi đó ta được y 2013 x 

Từ đó suy ra

2

2013x 1 2013 x

2 x

  

 , giải phương trình ta được x 1

Thay x 1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x 1

Bài 8. 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 Trường chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học 2013 – 2014 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 1 . Khi đó ta có

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

     

     

   

  

2 2

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

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

x 1 2 x 2 x 1 3 0

          

            

            

          

       

+ Với ^{x 2  x 1 3 0}       ^{x 2 x 1 2}



^{x 2 x 1}







 ^{9 x2}   ^{x 2 4 x}

^{2 2}

x 4 x 2

x x 2 x 8x 16

 

       

+ Với x 1 2      x 1 4 x 3

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

 

^{2; 3 .}

Bài 9. Giải phương trình ² 3 ^{4 2}

4x 6x 1 16x 4x 1

    3  

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2012 – 2013 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x ^{2 10} 3

  . Biến đổi tương đương phương trình

ta được

      

2 4 2

2 2 2 2

4x 6x 1 3 16x 4x 1

3

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

3

     

           

Dễ thấy ^{4x2 2x 1 3x  2}



^{x 1}



^{2 0; 4x22x 1 3x  2}



^{x 1}



^{2 0.}

Đặt a 4x²2x 1 0; b   4x²2x 1 b  0. Khi đó phương trình trở thành

2

2 2 2 2

a 3

3 a a b 2

2a b ab 6a 3ab 3b 0 6 3 3 0

3 b b a 3

b 3

  

    

                

 

 Vì a 0; b 0  nên ta nhận a 3

b  3 , khi đó ta được

2 2

4x 2x 1 1 1

3 x 2

4x 2x 1

 

  

  Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x ¹

2. Bài 10. Giải phương trình ^{2 x}



^{2 2}



^{5 x31}

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 1. Đặt

2 2 2

2

2 2 3

2

a b x 2

a x 1 a x 1

b x x 1 ab x 1 b x x 1

         

  

  

    

    

  



Khi đó phương trình ^{2 x}



^{2 2}



^{5 x31} trở thành



^{2 2}

 ^{  }

^{a 2b}

2 a b 5ab 2a – b 2b – a 0

b 2a

       

+ Với a2b ta được x 1 2 x²  x 1



²



²

x 1 x 1

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

     

 

         (vô nghiệm) + Với 2ab ta được 2 x 1  x²  x 1

2 2

x 1 x 1 5 37

x 2

4(x 1) x x 1 x 5x 3 0

      

 

   

      

 

 

Vậy phương trình có 2 nghiệm x ^{5 37} 2

 

Bài 11. Giải phương trình:



^{x 4 2 }



^{4 x 2 }



^2x

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2012 – 2013 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là   4 x 4. Biến đổi tương đương phương trình ta được

        

   

 

x 4 2 4 x 2 2x x 4 2 x 4 2 4 x 2 2x x 4 2

x 4 x 2 2 x 4 4 0 x 4 x 2 2 x 4 4 0

x 4 x 2 x 4 2 0 x 0

4 x 2 x 4 2 0

              

             

        

    



Với phương trình 4 x 2 x 4 2 0     . Phương trình tương đương với

 

^{2 96}

4 x 4x 8 x 4 5 x 4 8 x 4 4 0 x 4 x

5 25

               

Kết hợp với điều kiện xác định ta có hai nghiệm là x 0; x ⁹⁶

  25 Bài 12. Giải phương trình 8x 1  46 10x   x³ 5x²4x 1

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Thành Phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là ¹ x ⁴⁶

8 10

   . Biến đổi tương đương phương trình ta được

      _{   }

       

3 2

3 2

2

2

2

8x 1 46 10x x 5x 4x 1

8x 1 3 46 10x 6 x 5x 4x 8

8x 1 3 8x 1 3 46 10x 6 46 10x 6

1 x x 4x 8

8x 1 3 46 10x 6

8 1 x 10 1 x

1 x x 4x 8 8x 1 3 46 10x 6

1 x 0

8 10

x 4x 8 8x 1 3 46 10x 6

       

          

       

     

   

  

     

   

  

     

    



+ Với x 1 0   x 1, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Với 8 10 ²

x 4x 8 8x 1 3 46 10x 6

    

    .

Ta có ^{x – 4x 82  }



^{x – 2}



^{2 4 4}với mọi x. Khi đó ta được

10 10 5

46 10x 0 46 10x 6 6

6 3

46 10x 6

1 8 10 8 5

46 10x 6 8x 1 3 46 10x 6 8x 1 3 3

        

 

     

       

Do đó 10 8 ²

x 4x 8 46 10x 6 8x 1 3

    

    , với mọi x.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 .

Bài 13. Giải phương trình x³x²3x 3  2x  x² 3 2x²2x

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là x 0 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

     

    ^{ }  

3 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

x x 3x 3 2x x 3 2x 2x

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

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

x 1 1 0 x 1 1 x 0

x 2x 3 0

x 3 2x 0 x 3 2x

       

       

             

        

 

   

  

       

 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Dễ thấy phương trình x²2x 3 0  vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm x 0 . Bài 14. Giải phương trình 2x²  x 4 3x 2 x²2x 2 .

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên tỉnh Bắc Ninh, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác định của phương trình là 2x² x 0; 4 3x 0; x  ²2x 2 0  . Phương trình đã cho được viết lại thành

2

2 2x x 4 3x

2x x 4 3x 2

2

  

    .

Đặt ^a ^2x2^{x; b} 4 3x a 0; b 0



 



. Khi đó phương trình trên trở thành

     

2 2

2 2 2 2

a b

a b 2 a b 2 a b a b 0 a b

2

           

Từ đó ta được ^{2x2 x 4 3x 2x2  x 4 3x2x22x 4 0   x}



^{1; 2}



^.

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



^2;1



^.

Bài 15. Giải phương trình ² 3 ^{4 2}

x 3x 1 x x 1

    3  

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Bình Dương, năm học 2017 – 2018 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 16. Giải phương trình 4x² 5 3x 1 13x 

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Phú Thọ, năm học 2017 – 2018

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

 3.

Phương trình đã cho được viết lại thành 4x²13x 5   3x 1 .

Khi đó điều kiện để phương trình có nghiệm là ² 13 89 13 89

4x 13x 5 0 x

8 8

 

      .

Bình phương hai vế của phương trình ta được

 

  

2 2 4 2 3 2

4 3 2 2 2

4x 13x 5 3x 1 16x 169x 25 104x 40x 130x 3x 1 16x 104x 209x 133x 24 0 4x 11x 3 4x 15x 8 0

           

           

Từ đó ta được hai phương trình 4x²11x 3 0  và 4x²15x 8 0  .

Giải các phương trình trên và kết hợp với các điều kiện xác định ta được các nghiệm của phương trình đã cho là 11 73 15 97

S ;

8 8

   

 

  

 

 .

Bài 17. Giải phương trình 1 3x;1 3y;1 3z  

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

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,.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Bài 18. Giải phương trình



^x22x



^{2 4 x 1}

^

^

^

^{2  x2}

^

^{x 1}

^

^2



^x2x



^{2 2017}

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

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

  ^{   }  

   

2 2 2 2

2 2 2

4 3 2 2 2 2 4 3 2

2 2

2 2 2 2

x 2x 4 x 1 x x 1 x x 2017

x 2x 4x 4x 8x 8 x x 2x 1 x 2x x 2017

x 2x 2 x x 1 2017 x 2x 2 x x 1 2017 x 2016

        

             

               

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 2016 .

Bài 19. 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

     

         

     

   

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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

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 20. Giải phương trình ^{2 x 2}



^



^{3x 1 3x  27x 3}

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Chuyên Thành Phố Hồ Chí Minh, năm học 2017 – 2018 Lời giải

Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x ¹

 3. Biến đổi phương trình đã cho ta được

     

 

2 2 2

2 2

2 x 2 3x 1 3x 7x 3 x 2 2 x 2 3x 1 3x 1 4x

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

x 2 3x 1 4x

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

            

        

      

          

 

Dễ thấy 3x 1   3x 2 vô nghiệm vì x ¹

3. Ta có

 

^{2 2}

x 2 x 2 7 29

3x 1 x 2 x

x 7x 5 0 2 3x 1 x 2

    

 

      

  

   

 .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được 7 29

x 2

  là nghiệm duy nhất.

Bài 21. Giải phương trình m 7

Trích đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường chuyên Phan Bội Châu Nghệ An, năm học 2017 – 2018

 Phân tích. Điều kiện xác địnhcủa phương trình là x 4 . Nhận thấy phương tình có chứa hai căn thức nên ta đặt x 4 avà x 4 b với a 0, b 0  . Nhận thấy

   

4 x 4  x 4 3x 20 ta có các biến đổi sau. 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

Từ đó ta có phương trình ^4b2^a2^{7a 14b 0}  



2b a 2b a 7



 



0. Đến đây chỉ cần giải phương trình tích là xong.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

 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 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 7 14 7 14

3 0 3

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.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Trong tài liệu Tuyển tập các bài toán Phương trình vô tỷ hay và khó (Trang 98-110)