Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Phương Trình, Bất Phương Trình, Hệ Phương Trình

(1)

I. PHƯƠNG TRÌNH

1. Không có tham số

Dạng 1: Biến đổi tương đương

Câu 1. Giải phương trình ³ x⁴x² 2⁵ x⁵x² 2 ³ x⁴3x 2 2⁵ x⁵3x Lời giải

+Biến đổi phương trình tương đương :^x²^³^x^{ }^{2 0} 1

2 x x

 

  

Câu 2. Giải phương trình 4 x 1 2 2x 3 (x1)(x² 2).

Lời giải Điều kiện: x  1.

Nhận thấy x  1 là một nghiệm của phương trình.

Xét x  1. Khi đó phương trình đã cho tương đương với ⁴



^x^{ }^{1 2}

 

^² ²^x^{ }^{3 3}



^ ^x³ ^^x² ^²^x^¹²

 

2

4 3 4 3

3 2 4

1 2 2 3 3

4 4

3 1 3 0 1

1 2 2 3 3

 

     

   

      

   

 

 

 

( ) ( )

( )( )

( ) . ( )

x x

x x x

x x

Vì x  1 nên x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra

4 4

1 2 2 3 3  3

    ,

x x vì vậy

4 4 2

1 3 0

1 2  2 3 3    

    (x ) .

x x

Do đó phương trình ^{( )}¹ ^{   }^x ³ ⁰ ^x ^³^.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  1 hoặc x 3.

Câu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : ³

x   1

³

x   1

³

5 x

Lời giải

(2)

 

3 1 3 1 35 2 33 2 1 3 1 3 1 5

3 2 1 53 4 3 5 0 0 5

2 5 2

          

         



x x x x x x x x

x x x x x x ;x .

Thö l¹i ta thÊy ph ¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm: x = 0; x = .

Câu 4. Giải phương trình: ^x²^⁶^x^{ }¹



²^x^¹



^x²^²^x^^{3 1}

 

_,với

x R 

_.

Hướng dẫn giải.

 

¹ ^^x²^²^x^{ }³



²^x^¹



^x²^²^x^{ }^{3 4}^x^{ }^{2 0}



^x² ²^x ^{3 2}^x ¹



^x² ²^x ^{3 2}



⁰

        

2 2

2 3 2 1

2 3 2

x x x

x x

    



   



2

1 3 15

2 3 2 1 2

3 6 2 0 3

x x x x x

x x

  

      

   



Câu 5. Giải phương trình 3x 2 x 1 2x² x 3. Hướng dẫn giải.

2 2 3

3 2 1 2 3 (2 3)(x 1)

3 2 1

x x x x x x

x x

          

   Tìm được nghiệm duy nhất x=2/3

Câu 6. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x²3y²2xy2x10y 4 0_. Hướng dẫn giải

Ta có:

     

2 2

2 2 2

3 2 2 10 4 0

2 1 1 4 8 4 7

x y xy x y

x x y y y y

     

        



^{x y} ¹

 

² ²^y ²



² ⁷

      



³^{y x} ¹

 

^{y x} ³



⁷

     

Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau:

3 1 7

3 1 y y y x

   

   

 ;

3 1 7

3 1

y y y x

    

    

 ;

3 1 1

3 7 y y y x

   

   

 ;

3 1 1

3 7 y y

y x

    

    



  

x y^;  



3;1 , 1; 3 , 7; 3

 



 



 

(3)

Câu 7. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:

2 2

1 5 6

1 5 x x

x x    

  

Hướng dẫn giải

Đặt t x 1 5x ta được ²_t ^{ }¹ ^t²₂^⁴^{ }



^t ²

 

^t²^{ }²^t ²



^⁰

Giải ta được t2 suy ra ^x^^1,^x^⁵

Dạng 2: Đặt ẩn phụ

Bài 1.

Giải phương trình trên tập số thực:

x + x +9 = 2

²

x   4 x +1

_(1).

Hướng dẫn giải Điều kiện:

x   1

_.

 

²

   

2

9 2 4 1 2 5 1 2 2 1

x    x x   x 



x   x   x   x  1

x  



không là nghiệm của phương trình.

2

1: (1) 5 2 1

1 1

x x

x pt

x x

 

 

 

 

     

 



. Đặt

t = 2

1 x

x



 _.

Phương trình trở thành:

t +5 = 2t +1

²

t = 2

 3

.

Khi đó ta có:

2 x +1 = 3x 6 

^{x =} ^{20 + 4 7}9 . Vậy

20 4 7 S   9 

 

 .

Bài 2.

Giải phương trình sau trên tập số thực: ²^x²^³^x^{ }⁷



^x^⁵



²^x²^¹_.

Hướng dẫn giải Phương trình (1) ^²^x²^{  }¹



^x ⁵



²^x²^{ }^{1 3}^x^{ }^{6 0}_.

Đặt t 2x²1. Ta có phương trình:

^t²^{ }



^x ⁵



^t^³^x^{ }^{6 0}_(*).



^x ⁵



² ^{4 3}



^x ⁶

 

^x ¹



²

         .

Phương trình (*)

t 3 t x 2

 

    

(4)

3 2 2 1 3 2

t  x     x t x  2 2x²  1 x 2 ²

x 2 0 x 4x 3 0

  

     

2 2 7

2 7

x x

x

  

   

   .

Vậy ^S^{ }



^2;2^ ⁷



_.

Bài 3.

Giải phương trình sau trên tập số thực:



²^x²^{ }^x ⁵



^x²^{  }^x ²



²^x²^{ }^x ¹



^x^{ }^{3 0}_.

Đặt

2 2

3

a x x

b x

   



 

 . Điều kiện:

7 2 . 0 a b

 



 

Ta có: 2x²  x 5 2a²3 ; 2b² x²  x 1 2a²b².

Thay vào phương trình ta được:



²^a²^³^{b a}²

 

^ ²^a²^^{b b}²



^⁰

3 2

3 2 2 0

b b b

a a a

     

           

2

1

4 2 0

b a

b b

a a

 



     

  +)

2

4 2 0

b b

a a

    

   : phương trình vô nghiệm do ^0.

b a

2 1

) 1 3 2 .

1 b x

b a x x x

x a

 

            

Vậy ^x^^1; ^x^{ }¹ là nghiệm phương trình.

Bài 4.

Giải phương trình sau

3

3 2 2 3

2x 10x 17x 8 2x 5x x

     

Lời giải

Nhận xét rằng x0 không là nghiệm của phương trình đã cho.

Suy ra x0. Chia cả hai vế của phương trình cho ^x³ rồi đặt

1, 0

t t

 x 

, ta có phương trình

3

3 2 2

8t 17t 10t 2 2 5t 1 ^



^{2 1}^t^



³^^{2 2 1}



^t^{ }

 

⁵^t²^{ }¹



^{2 5}³ ^t²^¹

 

^*

Xét hàm số ^{f t}

 

 ^t³ ^{2 ,}^t  ^t  .

 

f t ^{f t}^'

 

^³^t²^{  }^{2 0,} ^t

(5)

Suy ra hàm số ^{f t}

 

luôn đồng biến trên khoảng



^{ }^;



_.

Khi đó phương trình đã cho có dạng ^f



^{2 1}^t^{ }



^f



³⁵^t²^{ }¹



^{2 1}^t^{ } ³⁵^t²^¹

3 2 17 97

8 17 6 0

t t t t 16

     

(do t0) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ¹

17 97

x  12

và ²

17 97

x  12 .

Bài 5.

Giải phương trình sau :



⁴^x^¹



^x²^{ }¹ ²^x²^²^x^¹

Lời giải

Đặt y x²  1 1 y² x² 1 2y²  (1 4 )x y2x 1 0.

⇔y=2x−1⇔x=4 3

3 3 2 5 2 2

5 1 .

6

   x 

x x

Điều kiện xác định: ⁵^x²^{ }^{2 0.}

Đặt

5 2 2

( 0).

6

 x  

t t

Ta có ⁵^x² ^⁶^t²^². Phương trình đã cho trở thành

3 x36t2   2 1 t x36t2  2 (t 1)3

3 ( 1)3 1 1

x  t      x t t x

2

2 2

1 1

5 2

1 5 2

6 ( 1) 12 8 0

6

     

 

          

x x

x x x

x x

x

6 28

   x (tm đk).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  6 28.

Bài 6.

Giải phương trình:

2 2

2 5 2 2 5

log _ ( 2 11) log ( 2 12)

     

x x x x

(1)

 Điều kiện:

2 2

2 12 0

(*)

2 11 0

   



  



x x

 ⁽²^ ⁵⁾² ^{ }^{9 4 5} và (2 2 5 )²  8 4 5 do đó 2 5  9 4 5 và 2 2 5  8 4 5 .

 (1) 

2 2

9 4 5 8 4 5

log ( 2 11) log ( 2 12)

 x  x   x  x

2   2 

(6)

 Đặt: a = 8 + 4 5 > 1, t = x² – 2x -12. Điều kiện: t > 0.

 Do đó: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat Cách 1: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat

(I)

1 ( 1)

 

    

y

t a

t a .

 Từ (I) ta được:

a 1

1 (2).

a +1 a +1

    

   

   

y y

 y = 1: là nghiệm của (2).

 y < 1:

a 1 a 1

a +1 a +1 a +1 a +1 1

      

   

   

y y

, y < 1:

a 1 a 1

a +1 a +1 a +1 a +1 1

      

   

   

y y

.

 Nên (2) có nghiệm duy nhất: y = 1. Do đó: (1) t = a  x² – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *)

 x² – 2x – 20 - 4 5 = 0  x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 . Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1

 Ta được:

1 1

' 0

( 1) ln( 1) ln

  

 

y t a t a vì a > 1, nên hàm số giảm trên (0; +) và ta có f(t) = 0 có nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm duy nhất t = a.

 Vậy: (1) (1)  lna + 1(t + 1) = lnat  t = a x² – 2x – 12 = 8 + 4 5 ( thỏa *)

 x² – 2x – 20 - 4 5 = 0  x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .

 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 2 + 2 5 hoặc x = -2 5 .

Bài 7.

Giải phương trình: 3(x²2x2) 10 x³2x²2x1 (1).

 x³2x²2x 1 (x1)(x² x 1) nên điều kiện là: x  -1.

 x²+ 2x + 2 = (x +1) + (x²+ x + 1), đặt a x1, b x² x 1

 Với điều kiện x  -1: (1) trở thành:

3(a² + b²) = 10ab  3a² – 10ab + 3b² = 0  (a – 3b)(3a – b) = 0  a = 3b hay a = b/3.

 a = 3b  x1=3 x² x 1  x + 1 = 9(x² + x + 1)  9x² + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)

 a = b/3  3a = b 3 x1 = x² x 19(x + 1) = x² + x + 1  x² - 8x - 8 = 0   x 4 2 6 Vậy phương trình có hai nghiệm:x 4 2 6.

Bài 8.

Giải phương trình : x³ 3 x²  2 x1 Điều kiện: x ^¿ -1

+) Nếu x > 3 thì:

x ³ - 3x ² + 2 = (x – 1) ³ - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 >

√ x +1

Chứng tỏ x > 3 không thỏa mãn

(7)

Đặt x = 2cost + 1 ( 0 ^¿ t ^¿ ^π ) Khi đó phương trình trở thành:

(2cost + 1) ³ - 3(2cost + 1) ² + 2 =

√ 2cos t +2

⇔ 8cos ³ t – 6cost =

√ 2( cos t +1 )

⇔ 2cos3t = 2cos t 2

⇔ cos3t = cos t 2

⇔

[ 3 t = t

2 +2 kπ [ 3 t =− t

2 +2 kπ [

^⇔

[ t = 4 kπ 5 [ t = 4 kπ

7 [

Bài 9.

Giải phương trình

3 3 2 5 2 2

5 1

6

   x 

x x

Hướng dẫn giải Điều kiện xác định: 5x² 2 0.

Đặt

5 2 2

( 0).

6

x  t t

Ta có 5x² 6t² 2_. Phương trình đã cho trở thành

3 2 3 2 3

3 x 6t    2 1 t x 6t   2 (t 1)

3 ( 1)3 1 1

x t x t t x

        

2

2 2 2

1 1

5 2

1 5 2 6 28

6 ( 1) 12 8 0

6

x x

x x x x

x x

x

     

 

               .

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là x  6 28.

Bài 10.

[Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình :

 

³

 

³

2 2

1 1x  1x  1x  2 1x

Bài 11.

[Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x³ 1 2 2³ x1 Lời giải

Phương trình tương đương với x³2x2x 1 2 2³ x1 Đặt t³ 2x1, ta có phương trình ^x³^²^{x t}^{ }³ ²^t

(8)

     

2 2

2 0

2 0 1

      

     

x t x xt t x t

x t x xt t

Vì

2 2

2 2 3

2 2 0

2 4

 

        

t t

x xt t x

nên ⁽¹⁾^{ }^{x t}

3

32 1 2 1 0

 x x  x  x 



¹

 

² ¹



⁰ ¹1 5

2

 

        



x

x x x

x

Tập nghiệm

1 5

1; 2

   

 

  

 

 

S

Bài 12.

x

⁴

 x

²

  1 3  x

²

  1  3 3 x

_,với

x  

Từ pt ta thấy

x 0

(1)

2 2

1 1

1 3 3 3

x x

 

       

 

Đặt:

1 , 2 t x t

  x 

Pt trở thành:

t

²

  1 3 3   t 

2

3 2

9 14 0

t t

 

       

1 2 1

x x

    x

Giải phương trình x³5x² 12x 6 2³ x² x 1

Bài 13.

Giải phương trình: x 2 3 x  1 x x²1. 3 4 x. Hướng dẫn giải.

Đặt ^u^ ^

 

^x^{;1 ,}^v^^



^{2 3 ;}^ ^x ^ ¹^^x



từ phương trình ta có u v .  u v . Như vậy: ,u v 

ngược hướng

Suy ra:

2 3 1

1

x x

x

  

 (1)

(9)

Giải (1) và thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm là

1 5

x  2



Bài 14.

x  10  10  x

_,với

x R 

Đk: x0

Đặt ^u^¹⁰^ ^{x u}^, ^¹⁰

Ta có:

10 10

x u

u x

  



 



 

⁰

  

¹



⁰

x u  x u   x u x u 

1 0( ) x u

u x VL

 

    

2

10 21 41

10 21 100 0 2

x u x x x x

x x

  

      

  



Vậy phương trình có một nghiệm:

21 41

x 2 ,

3 2

3 4

81 8 2 2

x x  x 3x .

Bài 15.

Giải phương trình: ²

3 1

1 x x

 x 



Phương trình đã cho có điều kiện 0 x 1

Với điều kiện trên ta có:

x+ 3x

√

^x²⁺¹^=1⇔

√

^x²⁺¹⁼₁₋³^x_x

⁽¹^^x^{) (}² ^x²^{ }^{1) 9}^x²

2 2

1 1

2 7 0

x x

 

      

Đặt

t= x+ 1

x ( t≥2)

ta có:

2 1 10

2 9 0 1 10

1 10

t t t t

t

  

      

  

1 1 10 x  

1 10 5 2

2

1 10 5 2

x x

    



    

(10)

So với điều kiện

0<x<1 , phương trình đã cho có nghiệm x=1+

√

¹⁰⁻

√

⁵⁻

√

²

2

Bài 16.

Giải phương trình sau trên tập số thực: x 1 (2x1) x 1 2_. Hướng dẫn giải.

Điều kiện:

1. x 2

Đặt ^y^ ^x^{ }^{1 2} (^y^ ²),

ta thu được hệ ²

1 2( 1)

1 2

x y x y

y x

   



  



Suy ra

 

  

2

1 1 ( 1)

1 1 1 1 0

x y y x x y

y x y x y x

     

       



^{1 1}

 

² ¹



⁰

2 1

y x y x

y x

     

  

Do vậy

15 33

1 2 2 1 .

x x x  32

     

Thay vào, thử lại thấy

15 33

x  32

thỏa mãn.

Đáp số:

15 33

32 . x  

Bài 17.

x

²

+ √ 6 x

²

+4 x = x+1

.

pt ⇔ ¿ { 6 x 2 + 4 x ≥0 ¿ { x + 1 − x 2 ≥0 ¿¿¿

(1)⇔x⁴+1−2x³−2x−x² _{= 0}

⇔x²+ 1

x²−2

(

^x⁺¹x

)

⁻⁷⁼⁰ (x = 0 không là nghiệm) Đặt

t =x + 1

x ( t≥2)

ta được

t

²

−2 t−9=0 ⇔¿ [ t=1− √ 10

[ t=1+ √ 10 [ ¿

(11)

So với điều kiện ta được

t =1+ √ 10⇔¿

[ x= 1+ √ 10− √ 5− √ 2

2

[ x= 1+ √ 10+ √ 5+ √ 2

2

[ ¿

So với điều kiện 0≤x≤1+

√

⁵

2 _{, ta được} x=1+

√

¹⁰⁻

√

⁵⁻

√

²

2

Bài 18.

Giải phương trình sau:

4 x

²

    x 1 1 5 x  4 x

²

 2 x

³

 x

⁴_với

x R 

_.

Đặt

2 3

1, 2

t x  x t

. Khi đó phương trình trở thành:

 

4 2 4 2 2

4t  t 7t   5 t 6t  9 t  4t 4 0



^t² ³



²



^t ²



² ⁰



^t² ^t ¹

 

^t² ^t ⁵



⁰

           (*)

(*)

2 2

1 0 5 0 t t

t t

   

    

 Với 3 t 2

thì ^t²^{  }^t ^{1 0} có một nghiệm là

1 5

t  2

 Với 3 t 2

thì ^t²^{  }^t ^{5 0} có một nghiệm là

1 21

t  2

 Khi

1 5

t 2

thì

2

2 1 5 2

1 2 2 1 5 0

x   x  2   x  x  

 

1 3 2 5

x   2

  hoặc

1 3 2 5

x   2

 .

Khi

1 21

t  2

 thì

2

2 1 21 2

1 2 2 9 21 0

x   x  2   x  x  

1 19 2 21

x   2

  hoặc

1 19 2 21

x   2

.

Bài 19.

Giải phương trình ² ¹ ³ ³



³



² ³ ⁹



³



2

x   x  x

. Hướng dẫn giải.

Điều kiện x 2 Đặt ^t ^ ³⁹



^x^³



_{ta có}

(12)

 

3 3 2

3 2

27 2 45

; ; 3 3

9 2 18 3

t x t t

x     x 

Phương trình đã cho trở thành

3 2 3

45 45 2

1 3 3

18 3 2

t t t

        

Ta có

2

2 3 3

3 3 0

2 4

t    t t   

  _nên^t³^₂⁴⁵ ^



^t²^{ }³^t ³



²

Ta được phương trình



²^t^¹

 

^t^³

 

^t² ^{ }³^t ⁹



     ⁰ ^t ¹₂ ^t ³ Với

1 t  2

thì

217 x 72

Với t  3_thìx0

Bài 20.

Giải phương trình 2x²+ 1- x +2 1x - x² =1_. Hướng dẫn giải.

Ta có phương trình tương đương với

2 2

1- x = -1 2x - 2 1x - x

4 2 2 2 2 3 2

1 x 1 4x 4 (1x x ) 4x 4 1x x 8x 1 x

Þ - = + + - - - - + -

2 2 2

(1 4 1 8 1 ) 0

0

1 4 1 8 1 0(1)

x x x x

x

x x x

Û - - + - =

é =ê

Û êê -ë - + - =

Xét (1), đặt y= 1- x², suy ra y³ 0 và x²= -1 y². Ta được 1 4- y+8 (1y - y²)= Û0 8y³- 4y- 1 0=

(2y 1)(4y2 2y 1) 0

Û + - - =

1 5

y +4

Û =

. Từ đó suy ra

5 5

x= ± -8 .

Thử lại ta được nghiệm của phương trình là x=0 và

5 5

x= - -8 .

Bài 21.

Giải phương trình x³ 1 2 2³ x1.

(13)

Phương trình tương đương với x³2x2x 1 2 2³ x1. Đặt t ³2x1, ta có phương trình ^x³^²^{x t}^{ }³ ²^t

     

2 2

2 0

2 0 1

      

     

x t x xt t x t

x t x xt t

Vì

2 2

2 2 3

2 2 0

2 4

 

        

 

t t

x xt t x

nên ⁽¹⁾^{ }^{x t}

3 2 1 3 2 1 0

 x x x  x 



¹

 

² ¹



⁰ ¹1 5

2

 

        



x

x x x

x

Tập nghiệm

1 5

1; 2

   

 

  

 

 

S

.

Bài 22.

(Chuyên Hưng Yên ) Giải phương trình

2 1 3 2

8x 15x 9 1 5x 2x 2

x

 

       Hướng dẫn giải

2 3 2

3 2 3 2

8 15 9 1 1 5 2 2

8 15 9 ( 1) ( 1)(2 1) 3 3 1( 0)

(2 1) (3 3 1) ( 1) ( 1)(2 1) 3 3 1

x x x x

x

x x x x x x x x x

x x x x x x x x

 

      

          

           

Đặt u 2 –  x 1, v  ³5x²2x2, ta được hệ:

3 2

(3 3 1) ( 1)

u x x x v

v x x x u

     



    



Trừ vế với vế hai phương trình trên, ta được:



^u^ ^v

 

^v²^^uv ^ ^u²



^



^x¹^

 

^v ^ ^u



^⁽^{u v u}^ ⁾



²^^{uv v}^{   }² ^x ¹



⁰

TH1: u v 2x 1 ³5x²2x 2 8x³17x²8x 1 0

2

1

( 1)(8 9 1) 0 9 113

16 x

x x x

x

 

       



TH2:

2 2 2 3 2

1 0 ( ) (2 1) 1 0

2 4

u uv v     x v u  x   x

2 2

4( ) 12 8 7 0

2

v u x x

     

2 2 2

4( ) 4 2(2 1) 5 0

2

v u x x

      

phương trình vô nghiệm.

(14)

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: 1; 9 113 x 16

x 



Bài 23.

Giải phương trình : x²4x 3 x5.

Hướng dẫn giải Đặt t x5



^t⁰



.

Từ phương trình đã cho ta có :^t⁴^¹⁴^t² ^{ }^t ^{48 0}^ (*) Ta có : (*) ^{ }



^t ³

 

^t³^³^t²^{ }^{5 16}^t



^⁰

³ ² 3

3 5 16 0 (**)

t

t t t

 

      Với t3 ta có x4

Đặt ^{y t}^{ }¹



^y^¹



từ phương trình (**) ta có :y³8y 9 0(***)

Dùng máy tính điện tử hoặc khảo sát hàm số ^{f y}

 

^y³⁸^y⁹ trên



^1;^{ }⁾ ta thấy (***) có một nghiệm duy nhất y⁰

Ta biểu diễn y⁰ dưới dạng:y⁰ u⁰v⁰

Ta có : u0³ v0³



u0v0

 

3u v0 0  8



9 0 nên có thể chọn u v⁰; ⁰ sao cho : ^{0 0} 8 u v 3

Vậy ta có :

3 3 0 0

3 3

0 0

512 27

9 u v

u v

 



  



Như vậy ^{u v}⁰³^; ⁰³ được chọn là nghiệm của phương trình :

2 512

9 0

z  z 27 

Suy ra:

3 0

9 139

2 108

9 139

2 108

u v

  



  



Ta tìm được nghiệm của (***) là

3 3

0

9 139 9 139

2 108 2 108

y    

.Suy ra :

2

3 9 139 3 9 139

1 5

2 108 2 108

x  

 

     

 

 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

4 x ;

2

3 9 139 3 9 139

1 5

2 108 2 108

x  

 

     

 

 

Bài 24.

Giải phương trình sau: ²- 3 + =-1 3 ⁴+ ²+1

x x 3 x x

. Hướng dẫn giải:

( )( )

+ + = + + + >

4 2 1 2 1 2– 1 0

x x x x x x

(15)

( ) ( )

Û x²– 3x+ =1 2 x²–x+1 – x²+ +x 1

Đặt

- +

= + +

2 2

1 1 x x

t x x ,t>0. Phương trình trở thành:

é - ê = <

êê

+ - = Û

êê = êë

2

3 0

3 2 3

2 1 0

1 3

3 t

t t

t Û - + =

+ +

2 2

1 1

1 3

x x x x Û x=1

Dạng 3. Sử dụng hàm số

Câu 1. Giải các phương trình sau:

a) ⁸^x³^⁴^x^{ }^{3 ln 4}



^x²^²^x^{ }¹



^0.

b) ^ln



^x² ^⁶^x^¹⁰



^^x³^³^x²^⁴^x^^{12 0}^ _.

Câu 2. Giải phương trình sau:

a) ^log²⁰⁰⁷



^x²^⁴^x^{ }^{3 2006}



^^^_₂₀₀₇¹ ^^_⁴^{x x}^{ }² ² ^ ²

b)

2

4 2

2007 4 2

2 3

log 2

1

x x x

x x

     

   

 

Câu 3. Giải phương trình ^log²⁰⁰⁷



^{1 sin}^ ^x^{ }¹



²⁰⁰⁷ ^{1 sin}^ ^x^¹_.

2 1 2 2

.3^x^ ( 1).3^x  1 0

x x x x

 Phương trình đã cho tương đương với:

2 2 1

(x 1).(3^x 1) x.(3^x^  1) 0

 Xét x = 0; x =  1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x =  1.

 Xét x  0; x   1: Khi đó (1) 

2 1 2

3 1 3 1

0 (2) 1

  

 



x x

Với t  0, xét hàm số:

( )3 1^t  f t t .

* Với t > 0 thì 3^t – 1 > 0 f(t) > 0 và với t < 0 thì 3^t – 1 < 0  f(t) > 0, do đó:

Vì (2)  f(x) + f(x² – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm.

 Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x =  1.

Câu 4. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trình : ³3x 5 8x³36x²53x25

(16)

Câu 5. Giải phương trình: 8x³17x²10x 2 2 5³ x² 1.

Ta có 8x³17x²10x 2 2 5³ x² 1 (2x1)³2(2x 1) (5x² 1) 2 5³ x²1 (1).

Đặt f t( ) t³ 2t thì f t'( ) 3 t²  2 0, t do đó f đồng biến và liên tục trên  . Từ đó:



³ ²



³ ²

(1) f(2x 1) f 5x  1 2x 1 5x 1 .

2

0

(8 17 6) 0 17 97

16 x

x x x

x

 

      

 .

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm.

Câu 6. Giải phương trình 2x³1 0x²17 x 8 2x^{2 3}5x x ³ (1) Hướng dẫn giải Có x0 không là nghiệm của (1)

Xét x0, chia hai vế cho ^x³, được

2 3 3 2

10 17 8 5

2 2 1

x x x x

     

Đặt ^y ¹



^y ⁰



 x 

, khi đó có PT

3 2 3 2

8y 17y 10y 2 2 5y 1



²^y^¹



³^^{2 2}



^y^{ }¹



5y² 1 2 5³ y² 1 Suy ra ^f



²^y^{ }¹



^f



³ ⁵^y²^¹



Xét hàm số ^{f t}

 

^{ }^t³ ²^t.Vì f(t) là hàm số đồng biến trên R nên ^f



²^y^{ }¹



^f



³⁵^y²^¹



_ 2y1 = ³⁵^y²^¹

 8y³17y²6y0 ^ ^y



⁸^y²^¹⁷^y ^⁶



^⁰

Giải tìm được y = 0 (loại);

17 97

y 16



Tính x theo x 1

 y

Tập nghiệm của phương trình (1) là

17 97 17 97

12 ; 12

   

 

 

 

 

Câu 7. Giải phương trình ⁴ ⁴⁵ ⁴ ⁵ ⁴¹⁰

 

3 3

x x

x x   x

    

. Hướng dẫn giải.

Điều kiện: 0 x 5

4 4 4 2 4 (5 ) 2 4 2(5 )

2 5 (1)

3 3 3

x x x x x x

x x     

     

(17)

Ta có: x = 0, x = 5 không là nghiệm phương trình.

Xét hàm số ( )f x x^, x0; ta có: f x'( )x^^¹; f x''( ) ( 1)x^^² (*)

Áp dụng (*) với 1

  4

Ta có:

4 4 4 2 4 (5 ) 2 4 2(5 )

2 5

3 3 3

x x x x x x

x x     

    

(1) 5 5

x x x 2

    

. Vậy 5 x2

là nghiệm phương trình.

Câu 8. Giải phương trình 5 2³ x³3x²5x   4 x³ 13x2, (x). Hướng dẫn giải.

Đặt a ³ 2x³3x²5x4 ta được:

3

3 3 2

5 13 2 (1)

2 3 5 4 (2

a x x

a x x x

    



   



3 3

(1) (2) a 5a(x1) 5(x1) (*)

Xét hàm số f t( ) t³ 5t trên  có f t'( ) 3 t²  5 0  t 

 hàm số ^{f t}^{( )} đồng biến trên  ; (*)  ³ 2x³3x²5x  4 x 1

3

2

3

3 3 5

8 3 0

3 1 0 2

3 5

2 x

x x x x

x x

x

 

 

   

         

  



Thử lại, ta được:

3 5 3 5

3; ;

2 2

x x  x 

là nghiệm phương trình.

Câu 9. Giải phương trình :x³x²3x 2 2 x2 trên



^^2;2



_.

Đặt x2cost.Với ^x^{ }



^2;2



_{ta có}^t^



^0;^



_.

Phương trình đã cho trở thành :

3 2

4cos 3cos 2cos 1 2cos

2

t t t     t (*)

(18)

Với ^t^



^0;^



_{Ta có:}

 

^* ^cos3 ^{cos 2} ^2cos 2

t t  t

     

cos 0

2 0

cos 5 1 4

2 5

t t

t



     

   

      

Vậy trên



^^2;2



phương trình đã cho có nghiệm

2 , 2, 2cos4 x_{ } x_ x_ 5

. Câu 10. Giải phương trình: ^ ^

22 1 2 1

16^x ^x^ 2.4 ^x^ 0.

Lời giải

Biến đổi phương trình: ^ ^ ^ ^

22 1 2 1 4 22 1 4 1 3 2

16^x ^x^ 2.4 ^x^  0 2 ^x ^x^ 2 ^x^ 8x 4x 4x 1 0 (1)

Đa thức ^{f x}

 

^⁸^x³^⁴^x²^⁴^x^{ }^{1 0} có tối đa 3 nghiệm và ta có: ^f

 

^{  }¹ ⁷_;^f

 

⁰ ^¹_; f      ¹2 ¹

; ^f

 

¹ ^¹_. ^{f x}

 

liên tục trên khoảng



^^1;1



_và ^f

   

^^{1 .}^f ⁰ ^⁰_, f

 

^{0 .}f     ¹2 ⁰, ¹ ^{. 1}

 

⁰

f    2 f  nên ^{f x}

 

^⁰ có 3 nghiệm trên khoảng



^^1;1



_.

Do ^{f x}

 

^⁰ có đúng 3 nghiệm trong khoảng



^^1;1



, nên ta có thể đặt ^x^^cos^a với ⁰ ^a . Phương trình (1) trở thành:

   

3 2 2 2

8cos a4cos a4cosa  1 0 4 cosa 2cos a 1 4 1 sin a 1

2 3

4cos .cos 2a a 3 4sin a 4sin .cos .cos 2a a a 3sina 4sin a

      (do ^sin^a^⁰)

 

4 3 2

sin 4 sin 3

4 3 2

a a k

a a k

a a k



 

 

      

(với ⁰ ^a ) a 7

  hay

3 a 7

hay 5 a 7

.

Câu 11. Giải phương trình sau: ²

1 1

2 2

x x 

 .

Hướng dẫn giải Điều kiện ^x^{ }⁽ ^{2; 2) \ 0}

 

_.

Đặt y 2x² ;y>0.

Từ phương trình đã cho ,ta có hệ phương trình: ² ² 2

2 x y xy x y

  

  



Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trình: ² 2

2 2

S P

 

  



(19)

2 1

2 0 2

S S S

S

  

       2; P=1 =y=1

S  x

1 3 -1- 3

1 2 x= 2

1; P=- ;

2 1 3 -1+ 3

2 y= 2

x S

y

    

 

    

    

 

 

Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đã cho là:

-1- 3 1 và x=

x 2

.

Câu 12. Giải phương trình: 2x 3 x 1 3x2 2x²5x 3 16.(x). (Chưa giải)

Câu 13. Giải phương trình: 3x 2 x 1 4x 9 2 3x²5x2.

(Chưa giải)

Dạng 3: Sử dụng hàm số

Bài 1. Cho phương trình: ^xⁿ ^^x²^{  }^x ^{1 0} vớiⁿ^^^,ⁿ^². Chứng minh rằng với mỗi số nguyên

2,

n 

thì phương trình có một nghiệm dương duy nhất xⁿ Hướng dẫn giải:

Xét hàm số ^{f x}

 

^^xⁿ^^x²^{ }^x ¹_với

n

_nguyên,

n  2

₍₁₎

+) Ta có: ^{f x}^

 

^^nxⁿ^¹^{– 2 –1}^x _{. Do}n2, nên khi x1 thì ^{f x}^

 

^0. Vậy ^{f x}

 

là hàm số đồng biến trên



^1;^



_.

Lại có: ^f

 

¹ ^{  }^{2 0;}^f

 

² ^^{2 – 7 0}ⁿ ^ _{( vì}_n nguyên và n  2 n 3)

Ta có: ^f

   

¹ ^f ² ^⁰_và ^{f x}

 

liên tục, đồng biến nên phương trình ^{f x}

 

^⁰ có nghiệm duy nhất trên



^1;



.

+) Mặt khác với 0 x 1 thì ^xⁿ ^^{x do n}²



^²



_{suy ra} ^{f x}

 

^⁰ với mọi 0 x 1.

Như vậy ta đã chứng minh được (1) có nghiệm dương duy nhất với mọi

n

_nguyên,n2.

Bài 2. Cho phương trình: ⁵ ¹ ⁴ ⁵ ³ ² ⁴ ^{1 0}

 

¹

x 2x  x x  x 

.

(20)

1. Chứng tỏ phương trình (1) có đúng 5 nghiệm.

2. Với ^{x i}ⁱ



^^1,5



là nghiệm của phương trình nghiệm, tính tổng:

5 1

5 4

1

2 2

i i i

S x

x x



 

 



1. Xét hàm số:

 

⁵ ¹ ⁴ ⁵ ³ ⁴ ¹

f x x 2x  x  x .

* f(x) là hàm số xác định và liên tục trên R.

* Ta có:

   

2 5 ; 3 2 ; 0 1 ;

2

1 5 1 175

; 1 ; 3

2 8 2 2

f f f

 

      

     

  

 

^{2 .} ³ ⁰

f f  2

   

  ; ³ ^.

 

⁰ ^{0 ;}

 

^{0 .} ¹ ⁰

2 2

f   f  f f   

   

f  

   ¹ ^{. 1}

 

^{0 ;}

   

^{1 .} ³ ⁰

f    2 f  f f 

 Phương trình ^{f x}

 

^⁰ có 5 nghiệm phân biệt x x¹, x x x x x₁, , , ,₂ ₃ ₄ ₅

sao cho: ¹ ² ³ ⁴ ⁵

3 1

2 0 1 3

2 2

x  x x x x

          

* Ta có xⁱ là nghiệm của (1) nên:

5 1 4 3

5 4 1 0

i 2 i i i

x  x  x  x   ^ ²^xⁱ⁵^^xⁱ⁴^{ }^{2 2 5}



^xⁱ³^^xⁱ²^⁴^xⁱ



Do đó:

 

5

3 2

1

2 5 4

i

i i i i

S x

x x x



 

 



Xét biểu thức:

 

⁵ ³ ^x ²¹ ⁴



^{1 5}^x

 

¹