Đoàn Ngọc Dũng -

CHUYÊN ĐỀ 1 : PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

 Phương pháp đặt ẩn phụ.

BÀI 1 : Giải các phương trình sau :

1)

Đặt t = 3x² + 5x + 1. Khi đó, ta có:

 

1  t7 t 1 t71 t (2) Điều kiện :









 











7 t

0 t 0 7 t

0

t  t  0

 

2 t712 t t2 t 6 t 3  t = 9 Do đó : 3x² + 5x + 1 = 9  3x² + 5x – 8 = 0 

3 x 8 1

x   . Vậy nghiệm là : x1x8/3

2)

Đặt t = 4x² – 7  0 , ta có : t16 t 2 t16 2 t t1644 t t t 3t9 Do đó : 4x² – 7 = 9  x² = 4  x =  2. Vậy nghiệm là : x =  2

3)

Đặt

4 7 4 7 2 x 1 2 x x t

2

2   



 

 









 

1  t5 t  3t13 _



 

  4 t 7



t 5



3t 13 2 t



t 5



t 8 4t



t 5

 

t 8



3t 4t 64 0 t

2 5 t

2              ²  ²  



 

 













 loại

nhận 3 t 16

4 t

Ta có : x² + x + 2 = 4  x² + x – 2 = 0  x = 1  x = 2.

Vậy nghiệm là : x1x2.

4)

Điều kiện : x  0

Do x = 0 không là nghiệm của (*) nên khi x > 0 thì : (*)  4 6 x

x 5 2 x 8

x 5

2       (1)

Đặt : 2 10

x x 5 2 x 2

x 5 2

t  ^Cauchy   . Khi đó :

 

1  t8 t4 62t42



t8



t4



36 8

32 t t 4 t 256 t 32 t

16 t 10 t 2

16 32 t 4

t² _{2 2}  



















 











Với t = 8  8

x x 5

2    2x² – 8x + 5 = 0 

2 6 x 4

So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm :

2 6 x 4

2 6

x4    BÀI 2 : Giải các phương trình sau :

1)

(1) ^



^{x2 5x2}



^{3 x25x20}

Đặt t x² 5x2, t  0  x² + 5x + 2 = t²

Khi đó ta có : t² – 3t + 4 = 0

 

^_^ 

 







 









 

7 x

2 4 x

2 x 5 loại x

1 t

4

t ₂

Vậy nghiệm là : x = –7  x = 2.

2)

Đặt t x² 7x7, điều kiện : t  0 Phương trình (1) có dạng 3t² + 2t – 5 = 0 Từ đó tìm được t = 1 (thỏa mãn) và

3

t5 (loại)

Suy ra x² 7x71x²7x60  x = 1 và x = 6. Vậy nghiệm là : x = 1 và x = 6.

3)

(1) ^



^{x2 3x7}



^{20 x2 3x7}

Đặt x² 3x7t0.

Khi đó, ta có : t² t 20     0 t 5 t 4 (loại) Ta có : x² 3x75x6x3.

Vậy nghiệm là : x = 3 ; x = 6.

4)

Điều kiện : –1/2  x  3/2

(1) 

 

4 ) 1 x 4 x 4 3 ( x 4 x 4 2 4 4

) 1 x 4 x 4 x ( 2 3 1 x 2

2 2

2 2

2  2          







4

] 4 ) 3 x 4 x 4 3 [(

x 4 x 4 2 4 4

) 1 x 4 x 4 3 ( x 4 x 4 2 4

2 2

2 2

2

2               





 (2)

Đặt t 4x² 4x3  4(2x1)²  2  0  t  2

Ta có : (2)  16 8t t 8t 16 t 8t 8t 0 t(t 8t 8) 0

4 ) 4 t t ( 2

4 ^{4 2 4 2 3}

2

2              





 t(t + 2)(t² – 2t – 4) = 0 





















0 t (

( 2 t

( 0

t

loại) 5 1 t

loại)nhận)

 4x²4x304x²4x30 

2 x1 

2 x 3 BÀI 3 : Giải các phương trình sau :

2)

Điều kiện : x < 5 hoặc x  2

Đặt

 

5 x

2 5 x

x

t 

 

  t² = (x + 5)(x – 2). Phương trình (1) trở thành t² – 4t + 3 = 0 







  3 t

1 t

 Với t = 1 thì

    

_^   



 













 

 

 

0 11 x 3 x

5 x 1 2 x 5 x

0 5 1 x

5 x

2 5 x

x ₂

2 53 x 3

 (nhận)

 Với t = 3 thì

    

_^   



 













 

 

 

0 19 x 3 x

5 x 9 2 x 5 x

0 5 3 x

5 x

2 5 x

x ₂

2 85 x 3

 (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm là

2 85 x 3

2 ; 53

x 3    BÀI 4 : Giải các phương trình sau :

1)

Đặt t = 3 2x 6 2x  t² = ⁹



^{103x4 4x2}



Phương trình đã cho trở thành : t² – 9t = 0  t = 0 hay t = 9 Với t = 0 : 3 2x 6 2x  x =

5 6

Với t = 9 : 3 2x6 2x = 9 (điều kiện : 2  x  2)



2 x



4 x 2 12 9 x 2 x 2 2 3 x

2          

  12 2x 5x15 (vô nghiệm)

2)

Điều kiện : 3 x 6

6 x

3 x 0 x 6

0 x

3   









 











 . Đặt t 3x 6x, t  0.

Ta có t² 92 (3x)(6x). Suy ra

2 9 ) t

x 6 )(

x 3 (

2







Do đó : 2t 6 t 9 t 2t 3 0

2 9 3 t

t ^{2 2}

2        



 









 

loại) nhận) ( 1 x

( 3 x

9 ) x 6 )(

x 3 ( 2 9 3 x 6 x

3         









 











 

6 x

3 x 0 x 6

0 x

3 . Vậy nghiệm là : x = –3 và x = 6.

3)

Điều kiện: x ≥ 4.

Đặt t x4 x4  0  t² = x + 4 + x – 4 + 2 x² 16  t² = 2x + 2 x² 16 (1)  t² – t – 12 = 0  











loại) nhận) ( 3 t

( 4

t

Vậy (1) 













 











 











 















2 2

2

2 x 16 (8 x)

8 x 4 x 8 16 x

4 x 16 16 x 2 x 2

4 x 4 4 x 4 x

4 x

5 5 x

x

8 x 4 80 x 16

8 x 4 x

x 16 64 16 x

8 x 4

2

2  









 









 















  . Vậy phương trình có nghiệm x = 5.

4)

Điều kiện : x ≥ 1

Đặt t 3x2 x1, (t  0) t² 4x32



3x2



x1



4x92 3x² 5x2 t² 6 Ta có: t = t² – 6  t² – t – 6 = 0  ^_^ 

 



loại 2 t

3

t  3x2 x13 3x²5x262x

2 x 2 x

17 x

3 x 1 0 34 x 19 x

3 x 1 x

4 x 24 36 2 x 5 x 3

3 x 1

2 2

2  













 



 











 

















 

So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là: x = 2

5)

Điều kiện : 7

x 6. Đặt t 7x7 7x6, (t 0).

Phương trình (1) trở thành

 









 





 t 13

loại 14 0 t

182 t t²

Với t = 13 thì 7x7 7x6 13 49x²7x42 847xx6 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 6.

6)

Điều kiện : 3  x  2

Đặt t 3x 2x, t  0. Ta có t² 52 x²x6.

Suy ra 2 x² x6t²5 (2)

Thay vào (1) ta được t – (t² – 5) + 1 = 0  t² – t – 6 = 0  (t – 3)(t + 2) = 0 Vì t  0 nên t = 3.

Thay vào (2) suy ra

  

_









 























 x 2

1 0 x

2 x 1 x 0 2 x x 2 6 x

x^{2 2} (thỏa mãn)

Vậy phương trình có hai nghiệm là : x = 1 và x = 2.

7)

Điều kiện : 0  x  35/2

 

^{1 }



^{x7 x}

 

^{2 x7 x}



^420

Đặt t x7 x 0, ta có : t² + t – 42 = 0  t = 6 (nhận)  t = 7 (loại)

 x7 x 6x7x2 x²7x 362 x²7x 292x

 

¹⁴⁴

x 841 841

x

144 2

x 29 0 x

4 x 116 841 x 7 x 4

2 x 29 0

2 2



 









 

















  . Vậy phương trình có nghiệm

144 x841.

8)

Điều kiện : x² – 16  0  x²  16  x  4  x  4

Đặt 2t x x 16

4 16 x 2 x t 2 2

4 x 4

t x    ²   ²   ²   ²

Ta có : t = 2t² – 6  2t² – t – 6 = 0  t = 2  t = 2

3

 Khi t = 2, ta có :

 













 























 ^{2 2} _{2 2}

x 8 16 x

0 x x 8

8 16 x 16 16 x 2 x 2 4 4 x 4 x

5 5 x

x

8 x 4 x

x 16 64 16 x

8 x 4

2

2  









 















 

 Khi 2

t3, ta có : x4 x43 : vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = 5.

BÀI 5 : Giải các phương trình sau :

1)

Đặt :























0 8 x 2 x 3 v

0 15 x 2 x 3 u

2 2

. Ta có hệ:

  

_^ 

 











 













 













3 v

4 u 1 v u

7 v u 7 v u v u

7 v u 7 v u

7 v u

2 2

Do đó :

















 

















 



















0 1 x 2 x 3

0 1 x 2 x 3 9

8 x 2 x 3

16 15 x 2 x 3 3

8 x 2 x 3

4 15 x 2 x 3

2 2 2

2 2

2

 3x² – 2x – 1 = 0















3 x 1

1 x

2)

Đặt u 4x² 5x10 ; v 4x²4x4 



2x1



² 31

Ta có hệ :



u v

 

u v



0

3 x 9 4 x 4 x 4 1 x 5 x 4 v u

3 x 9 v

u _{2 2}

2 2

2

2     































uv



uv

 

 uv



0



uv



uv1



0



Vì u  0 , v > 1 nên u + v – 1 > 0  u – v = 0 hay u = v Do đó :











 







 





















 











3 x 1

R x 3 x 4 x 5

R x 4 x 4 x 4 1 x 5 x 4

0 4 x 4 x 4 4

x 4 x 4 1 x 5 x

4 ^{2 2} ₂² ₂

3 x1



3)

Đặt 5x u0 ; x3v0. Điều kiện : 3 x 5 0

3 x

0 x

5   













 

2 u uv v 2

v u

v

1 u^{3 3}   ²  ² 



  . Ta có hệ phương trình : _







 



 















0 v

0 0 u

v . 2 u v uv u

2 v u

2 2

2 2

 5x 0x5

 x30x3

Vậy nghiệm là x = 5  x = 3

4)

Đặt 0

x

x 4356

u x²   và v x x²4356x² 0

Ta có :

 

loại

11 v

6 u 6 v

11 u 66 4356 v

. u

5 v u







 







 













119 x 36 x

36 x 120 x

x 120 4356 x

x 36 4356 x

x

x 121 x 4356 x

6 x 4356 x

x

x 11 x 4356 x

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2



 













 



















 















 





119 x 6

 (vì x  0). Vậy nghiệm là

119 x 6

5)

Đặt u 2x30 ; v x10

Ta có hệ :

 

u v 5



u v



2 x v u

2 x v u 5 2 x 1 x 3 x 2 v u

5 2 v x

u _{2 2}

2 2 2

2







 













 





















 





uv



uv5



0



 Nếu u – v = 0  u = v, ta có : ^{   }_^{   }_^x^2

 

loại 1

x 1 x 3 x 2

0 1 1 x

x 3 x 2

 phương trình vô nghiệm

 Nếu u + v – 5 = 0  v = 5 – u, ta có :

10 27 u x

5 5 2 u x

5 2 2 u x

5

u          

729 x 54 x 300 x 100 200

729 x 54 3 x

x 10 2

27 3 x

x

2       ²      ² 



 x² – 146x + 429 = 0  x = 143  x = 3

 Thử lại : Khi x = 143 :

5 2 1 143

143 3

286      loại x = 143

Khi x = 3 :

5 2 1 3

3 3

6      nhận x = 3 Vậy nghiệm là x = 3.

6)

Đặt















3 3

x 3 v

1 x u

Ta có hệ

   







 













 

















 















0 v . u

2 v u 2 2 . uv 3 2

2 v u 2 v u uv 3 v u

2 v u 2 v u

2 v

u ³

3 3 3

3 3

3 3







 







 

3 3

2 v

0 u 0 v

2 u

 Với







 0 v

2 u ³ ta có













 0 x 3

2 1 x

3

3 3

 x = 3

 Với









3 2 v

0

u ta có















3 3

3

2 x 3

0 1

x  x = 1

Vậy nghiệm là x = 1  x = 3.

7)

Điều kiện : x  0 Đặt















3 3

x 1 v

x 1 u

Theo phương trình (1) thì u + v = 2

Mặt khác, ta có : u v 1 x 1 x 2

3 3

3 3 3

3        Việc giải phương trình (3) chuyển về giải hệ phương trình













2 v u

2 v u

3

3 



  1 v

1

u (thỏa mãn điều kiện).

Từ đó suy ra x 0x0.

8)

Điều kiện : x  1. Đặt

















0 1 x v

x 2 u ³

Theo phương trình đã cho thì u + v = 1. Mặt khác, ta có : ^{u3v2 }



^{3 2x}

 

^{3 x1}



^{2 1}

Ta có hệ phương trình













1 v u

1 v u

2

3 







 1 v

0 u 







 0 v

1 u 









 3 v

2 u . Các nghiệm là : x1 = 2, x2 = 1, x3 = 10.

9)

Điều kiện : x  1/2.

Đặt ³ x 2

u 1 ; x

2

v 1 (v  0), từ đó ta có hệ

 

_^











 













 













0 u 2 u u

u 1 v 1 u 1 u

u 1 v 1 v u

1 v u

2 2 3

2 3 3

 



 1 v

0 u hoặc







 0 v

1 u hoặc









 3 v

2 u . Từ đó ta tính được các giá trị của x là

2

1 ; 2 1;

2

17 .

Vì v và x đều thỏa mãn điều kiện nên phương trình có ba nghiệm trên.

10)

Đặt















4 4

1 x v

x 18

u 



















0 v

; 1 x v

0 u

; u 18 u

4 4

 u⁴ + v⁴ =17 Ta có hệ phương trình :













17 v u

3 v u

4 4

Ta có : u⁴ + v⁴ = (u² + v²) – 2u²v² = [(u + v)² – 2uv]² – 2u²v² = 2u²v² – 36uv + 81 (vì u + v = 3) Vậy : u⁴ + v⁴ = 17  2u²v² – 36uv + 64 = 0  







 16 uv

2 uv

 Nếu uv = 2, ta có :



























 









1 v

2 u

2 v

1 u 2

uv 3 v u

+ ⁴ x11x2 + ⁴ x12x14

 Nếu uv = 16, ta có :









 16 uv

3 v

u (vô nghiệm)

Đặt













3 x v

3 x

u ; u  0 











 x v

3 x u

3 2

 v³ – u² = 3 Ta có hệ phương trình :

 



 













2 3 u v

1 1

v u

2

3 . Từ (1)  u = v + 1. Thế u vào (2), ta được : v³ – v² – 2v – 1 = 0  (v – 1)(v² – 2) = 0 _









 









 

2 v

1 v 0 2 v

1 v

2

 v = 1  u = 2  x = 1

 v 2u1 2x2 2

 v 2u1 2 (loại) Vậy nghiệm là : x = 1 ; x2 2.

11)

Đặt













3 3

x 35 v

x u

Ta có hệ phương trình :









 











 















 













6 uv

5 v u 35 5 . uv 3 5

5 v u 35 ) v u ( uv 3 ) v u (

5 v u 35 v u

5 v u

3 3

3 3







 







 

3 v

2 u 2 v

3

u (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm là x = 27  x = 8.

12)

Điều kiện : x  1 Đặt

















0 1 x v

2 x u ³

. Ta có hệ phương trình

 



 













2 3 v u

1 3

v u

2 3

Từ (1) có v = 3 – u, thay thế vào (2) được u³(3u)²3u³(96uu²)30 )

0 6 u do ( 1 u 0 ) 6 u )(

1 u ( 0 6 u 6 u

u³ ²     ²    ² 



Với u = 1, ta có : ³ x2 1x21x3 Vậy nghiệm là x = 3.

13)

Điều kiện : 0x97. Đặt

















0 x v

0 x 97 u

4 4

. Phương trình (7) có dạng a + b = 5.

Lại có ^{u4v4 }



^{4 97x}

  

^{4 4 x 4 97}

Ta có hệ phương trình













97 v u

5 v u

4

4 



 







 

3 v

2 u 2 v

3

u (thỏa mãn điều kiện).

Từ đó suy ra x = 81 và x = 16.

BÀI 6 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện :

5

x2. Đạo hàm : (x² – 2)’ = 2x  rút gọn và đặt t 5x 2 0 Đặt t 5x2 0t² 5x2

 

2

(1), (2) 



















0 2 t 5 x

0 2 x 5 t

2 2

 (t – x)(t + x) + 5(t – x) = 0  (t – x)(t + x + 5) = 0  











 x 5 t

x t

 Với : t = 5 – x  5x2 5x : vô nghiệm

 Với :

2 33 x 5

0 2 x 5 x

0 x x

2 x 5 x

t ₂   











 







 (thỏa điều kiện)

2)

Ta có : x² x 5  5 x² 5 x 5 0 (1)

Điều kiện : x  5. Đạo hàm : (x² – 5)’ = 2x  rút gọn và đặt t x 5 0 Đặt t x5 0t² x5

 

2

(1), (2) 

















5 t x

5 x t

2 2

 t² – x² = x + t  (t – x)(t + x) – (x + t) = 0  (x + t)(t – x – 1) = 0  











 1 x t

x t

 Với :

2 21 x 1

x 5 x

0 x x

5 x x

t ₂ 



 







 











 (thỏa điều kiện)

 Với :

2 17 x 1

0 4 x x

1 1 x

x 5 x 1 x

t ₂  



 











 











 (thỏa điều kiện)

3)

Điều kiện : 9x² + 12x – 2  0

Đặt ^{3y2 3x8}



^3y2



^{2 3x8}

Khi đó ta có :

  

1 : 3x2



² 6 3x8 



3x2



² 3y8

Vậy ta có hệ :

   

   



















3 8 x 3 2 y 3

2 8 y 3 2 x 3

2 2

Điều kiện :











 0 8 x 3

0 8 y 3

Trừ (2) cho (3): (3x – 3y)(3x + 3y + 4) = 3y – 3x  (3x – 3y)(3x +3y + 5) = 0  x = y hoặc 3x +3y +5 = 0

 Với x = y :

 

 















loại 3

x 4

nhận 3

x 1

 Với 3x + 3y + 5 = 0 : (3x + 2)² = 3x + 3  9x² + 15x + 1 = 0 

 

 











 



 

nhận 6

21 x 5

loại 6

21 x 5

Vậy phương trình có hai nghiệm : 3 x 1 hoặc

6 21 x 5

 .

4)

Điều kiện : x  7 Đặt :

3 7 1 x

y   (y  1) 

3 7 1 x

y 2

y²     3y² + 6y = x + 4 (1)

(*)  3x² + 6x – 3 = y + 1  3x² + 6x = y + 4 (2)

(1), (2) 



















4 y x 6 x 3

4 x y 6 y 3

2

2  _^







 



0 7 x y 3

x

y 

 

   













4 0 7 x y 3

3 x

y

 

6

73 x 5

0 4 x 5 x 3

1 x 3

7 1 x

x

3 ₂    













 

 





 

6

69 x 7

0 5 x 21 x 9

3 x 4 7 3

7 x x

3 4 4

2



 

 

















 

 







So với điều kiện, nghiệm là :

6 69 x 7

6 73

x 5     .

5)

Điều kiện :

3

x1. Đặt : 3x1



2y3



0, 



 

  2 y 3

 

  

2x 3

 

2y 3



2



y x



1 x 3 3 y 2

1 x y 2 3 x

2 2 2

2 2











 

















 

 2(x – y)(2x + 2y – 6) + 2(x – y) = 0  (x – y)(2x + 2y – 5) = 0  y = x  2y = 5 – 2x

 Với :

8 97 x 15

0 8 x 15 x 4

2 x 3 x 2 3 1 x 3 x y

2

 

 











 











 Với :

8 73 x 11

0 3 x 11 x 4

1 2 x

x 2 1 x 3 x 2 5 y

2 ₂ 



 









 













So với điều kiện, nghiệm phương trình là :

8 73 x 11

8 97

x15    .

6)

Điều kiện : x  3. Đạo hàm : (2x² + 4x)’ = 4x + 4  rút gọn và đặt x 3

t 1 2

  

Đặt





















 



















 

 

 2x 5x t 1 0

0 1 x t 4 t 2 1

t x 4 x 2

3 x 2 t 4 t 2 2

3 1 x

t ²₂ ²₂

 2(t² – x²) + 5(t – x)  2(t – x)(t + x) + 5(t – x) = 0  (t – x)(2t + 2x + 5) = 0  t = x 

2 5 x t 2 



 Với :

4 3 x 17

2 x 4 x 2 3 x

1 1 x

2 x 3 x x

t ₂ 



 













 



 





 Với :

4 13 x 5

0 3 x 10 x 4

2 x 3 2 x

3 2

3 x 2

t 5

2



 

 













 





 







So với điều kiện, nghiệm phương trình là :

4 13 x 5

4 17

x 3    

7)

Điều kiện : 2

x 1. Đạo hàm : (x² – 2x)’ = 2x – 2  rút gọn và đặt t 1  2x 1

Đặt t x 0



t x



t x



0

0 2 t 2 x 2 x

0 2 x 2 t 2 1 t

x 2 1

t ²₂  ²  ²     





















 







 t = x  t = –x

 Với : x 2 2

0 2 x 4 x

1 1 x

x 1 x 2 x

t ₂   











 











 Với : t x 2x1x1 : vô nghiệm

2 x 1

 So với điều kiện, nghiệm phương trình là : x2 2.

8)

Điều kiện :

2

x5. Đạo hàm : (4x² + 4x)’ = 8x + 4  rút gọn và đặt 2t 1  2x 5 Đặt





















 





















 





 4x 4x 2t 4 0

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

5 x 2 1 t 4 t 5 4

x 2 1 t

2 ₂

2 2

2

 4(t² – x²) + 6(t – x) = 0  2(t – x)(t + x) + 3(t – x) = 0  (t – x)[2(t + x) + 3] = 0  t = x  x 2 t3

 Với :

4 17 x 1

0 2 x x 2

2 x 1 1 x 2 5 x 2 x t

2



 

 













 











 Với :

4 13 x 3

0 1 x 6 x 4

1 2 x

x 2 5 x 2 2 x

t 3 ₂    













 

















So với điều kiện, nghiệm phương trình là :

4 13 x 3

4 17

x 1  



 

  .

9)

Điều kiện :

3

x5. Đạo hàm : (9x² – 6x)’ = 18x – 6  rút gọn và đặt 3t 1  3x 5

Đặt





















 





















 





 9x 6x 3t 4 0

0 4 x 3 t 6 t 9 1 t 3 5 x 6 x 9

5 x 3 1 t 6 t 5 9

x 3 1 t

3 ²₂ ²₂

 9(t² – x²) – 3(t – x) = 0  (t – x)(3t + 3x – 1) = 0  t = x 

3 x 3 t 1

 Với :

3 x 4 0 4 x 9 x 9

3 x 1 1 x 3 5 x 3 x t

2



 











 











 Với :

6 21 x 1

0 5 x 3 x 9

0 x x

3 5 x 3 3

x 3

t 1 ₂   











 







 



So với điều kiện, nghiệm phương trình là :

6 21 x 1

3

x 4   .

10)

Điều kiện : x  6. Đạo hàm : (x² + 4x)’ = 2x + 4  rút gọn và đặt t 2 x6 Đặt





















 



















 





 x 4x t 2 0

0 2 x t 4 t 2

t x 4 x

6 x 4 t 4 6 t

x 2

t ²₂ ²₂

 (t² – x²) + 5(y – x) = 0  (t – x)(t + x) + 5(t – x) = 0  (t – x)(t + x + 5) = 0  t = x  t = x – 5

 Với :

2 17 x 3

0 2 x 3 x

2 2 x

x 6 x x

t ₂  



 











 











 Với :

2 13 x 5

0 3 x 5 x

3 3 x

x 6 x 5 x

t ₂  



 











 

















So với điều kiện, nghiệm phương trình :

2 13 x 5

2 17

x 3     . BÀI 7 : Giải các phương trình sau :

1)

Tập xác định : D = R. Đặt : ³ 3x52y3  (2y – 3)³ = 3x – 5 (1) (*)  (2x – 3)³ = 2y – 3 + x – 2  (2y – 3) = 2y + x – 5 (2)

Từ (1) và (2) 

 

 





















5 y 2 x 3 x 2

5 x 3 3 y 2

3 3

 (2y – 3)³ – (2x – 3)³ = 2(x – y)

 2(y – x)[(2y – 3)² + (2y – 3)(2x – 3) + (2x – 3)²] +2(y – x) = 0

 (y – x)[(2y – 3)² + (2y – 3)(2x – 3) + (2x – 3)² + 1] = 0

     

1 0

2 3 x 3 2 2

3 x 2 2

3 x 3 2 y 2 . 2 3 y 2 x y

2 2

2 











  



 



 











 



 



 

 













  

2x 3



1 0 y x

4 3 2

3 x 3 2 y 2 x y

R y , x

; 1

2 2















    



 



   









 









 



Với y = x  (2x – 3)³ = 3x – 5  8x³ – 36x² + 51x – 22 = 0 









 

 4

3 x 5

2 x

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :

4 3 x 5

2

x    .

2)

Tập xác định : D = R

 Cách 1 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ

Xét hàm số f(x) = 8x³ – 12x² + 5x có f’(x) = 24x² – 24x + 5 và có f”(x) = 48x – 24 = 0  2

x 1 nên có phép đặt ẩn phụ : 2y1³ 3x2 để đưa về hệ phương trình và lời giải như sau :

Đặt :

 

























 



















 





 8x 12x 5x 2y 1 0

0 1 x 3 y 6 y 12 y 8 1 y 2 x 5 x 12 x 8

2 x 3 1 y 2 2

x 3 1 y

2 _{3 2 3}³ ₂²

2 3

 8(y³ – x³) – 12(y² – x²) + 8(y – x) = 0  (y – x)[2(y² + x² + xy) – 3(y + x) + 2] = 0

 y = x  2y² + (2x – 3)y + 2x² – 3x + 2 = 0

 Với y = x  8x³ – 12x² + 3x + 1 = 0  x = 1 

4 3 x 1



 Với 2y² + (2x – 3)y + 2x² – 3x + 2 = 0 (1) Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn y có :

 = (2x – 3)² – 8(2x² – 3x + 2) = 12x² + 12x – 7 < 0, x

 (1) vô nghiệm  hệ vô nghiệm khi 2y² + (2x – 3)y + 2x² – 3x + 2 = 0 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :

4 3 x 1

4 3 x 1

1

x       .

 Cách 2 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số Phân tích :

 

^{* 8x312x25x3x2}



^{3 3x2}



^{33 3x28x312x28x2}



^{3 3x2}



^{33 3x2}

 Với phương trình 8x³12x²8x2, bấm máy ta được nghiệm

2 x1





^{8x 8x 4}



^{(2x 1)(4x 4x 2) (2x 1)}



^{(2x 1) 1}



2 x 1 2 x 8 x 12 x

8 ^{3 2}  ²    ²     ²



 

 







 Ta có:

 

^{* 8x312x25x3x2}



^{3 3x2}



^{33 3x2(2x1)3(2x1)}



^{3 3x2}



^{33 3x2 (1)}

Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  R  f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2)  ³ 3x2 2x1  8x³ – 12x² + 3x + 1 = 0  x = 1 

4 3 x1

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :

4 3 x 1

4 3 x 1

1

x       .

3)

Tập xác định : D = R.

 Cách 1 : Đặt ẩn phụ đưa về hệ

Đặt ^{y y}



^{x 1}

 

^{x 1}

 

^y



^{x 1}

  

^{y x 1}



⁰

6 x 5 x 4 x y

4 x 9 x 7 4 y

x 9 x 7

y ^{3 2 3} ₃ ² ₂  ³   ³   ³   ³    



















 





 ^

 (y – x  1)[y² + y(x + 1) + (x + 1)² + 1] = 0 

   

_{1 0}

4 1 x 3 2

1 y x

1 x y

y , x

; 1 2 2











  

 



 



 









 









 



 y = x + 1

Với y = x + 1  x1³ 7x²9x4  (x + 1)³ = 7x² + 9x – 4  x³ – 4x² – 6x + 5 = 0

 (x – 5)(x² + x – 1) = 0 

2 5 x 1

5

x    

 Cách 2 : Đặt ẩn phụ đưa về hệ

Đặt y = x³ – 4x² – 5x + 6, ta có hệ : y y x 3x 4x 2 y y (x 1) (x 1) y

4 x 9 x 7

y 6 x 5 x 4

x _{3 3 2 3 3}

3 2

2 3























 



















Đặt









 1 x v

y

u Ta có : u³ + u = v³ + v  f(u) = f(v)

Xét hàm đặc trưng : f(t) = t³ + t, t  f ’(t) = 3t² + 1 > 0, t  f(t) đồng biến trên R.

Do đó : f

   

u f v yx1x³4x²5x6x1x³4x²6x50

 

 











 













 nhận

nhận

2 5 x 1

5 x 0 5 x 6 x 4

x^{3 2} .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 5 

2 5 x1

 Cách 3 : Sử dụng đơn điệu hàm số

 

^{* x34x2 5x6(7x29x4)}



^{3 7x2 9x4}



^{33 7x29x4}



^{3 2}



^{3 3 2}

2

3 3x 4x 2 7x 9x 4 7x 9x 4

x         





^x1

 

^{3 x1}



^



^{3 7x29x4}



^{3 3 7x2 9x4 f}



^x1



^f



^{3 7x29x4}

  1



  

^{*  x1}

 

^{3 x1}



^



^{3 7x29x4}



^{33 7x29x4 f}



^x1



^f



^{3 7x29x4}

  1

Xét hàm số f(t) = t³ + t trên R có f’(t) = 3t² + 1 > 0, t  f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2)  ^f



^x1



^f



^{3 7x29x4}



^{x13 7x29x4 x34x26x50}

 (x – 5)(x² + x – 1) = 0 

2 5 x 1

5

x    

4)

 Cách 1 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ

Xét hàm số f(x) = 27x³ – 27x² + 13x – 2 có f’(x) = 81x² – 54x + 12 và có f”(x) = 162x – 54 = 0  3 x1 nên có phép đặt ẩn phụ : 3y1³ 2x1 để đưa về hệ phương trình và có lời giải như sau :

Đặt :

 

 

_^

















 





















 





 27x 27x 13x 6y 0

0 x 2 y 9 y 27 y 27 1

y 3 2 2 x 13 x 27 x 27

1 x 2 1 y 1 3

x 2 1 y

3 _{3 2 3}³ ₂²

3 3

 27(y³ – x³) – 27(y² – x²) + 15(y – x) = 0  9(y – x)(y² + xy + x²) – 9(y – x)(y + x) + 5(y – x) = 0

 (y – x)[9y² + 9(x – 1)y + 9x² – 9x + 5] = 0  y = x  9y² + 9(x – 1)y + 9x² – 9x + 5 = 0 Với y = x  27x³ – 27x² + 7x = 0  x(27x² – 27x + 7) = 0  x = 0

Với 9y² + 9(x – 1)y + 9x² – 9x + 5 = 0 (1)

Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn y có :  = 81(x – 1)² – 36(9x² – 9x + 5) = 243x² + 162x – 99 < 0

 (1) vô nghiệm  hệ vô nghiệm khi 9y² + 9(x – 1)y + 9x² – 9x + 5 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 0.

 Cách 2 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

  

^{*  3x1}



^32



^3x1



^



^{3 2x1}



^{33 2x1f}



^3x1



^f



^{3 2x1}

  

¹

Xét hàm số f(t) = t³ + 2t trên R có f’(t) = 3t² + 2 > 0,  t  R  f(t) đồng biến trên R (2)

Từ (1), (2)  ^f



^3x1



^f



^{3 2x1}



^{3x13 2x1}



^3x1



^{32x127x327x27x0}

 x(27x² – 27x + 7) = 0  x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 0.

5)

 Cách 1 : Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số

  

^{*  x5}



^35



^x5



^



^{3 2x9}



^{353 2x9}

 

ⁱ

Đặt a = x – 5, b³ 2x9 thì (i)  a³ + 5a = b³ + 5b  a³ – b³ + 5(a – b) = 0

 (a – b)(a² + ab + b² + 5) = 0  a = b  ³ 2x9 x5  x = 4,

2 5 x 11

 Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4,

2 5 x11 .

 Cách 2 : Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II

Đặt

 

 

_^





















 





















 





 x 15x 78x 5y 116 0

0 116 x 2 y 75 y 15 y 5

y 5 141 x 78 x 15 x

9 x 2 5 9 y

x 2 5

y _{3 2 3}³ ₂²

3 3

 (y³ – x³) – 15(y² – x²) + 80(y – x) = 0  (y – x)[y² + yx + x² – 15(y + x) + 80] = 0

 ^_^ 







   



0 80 x 15 x y 15 x y

x y

2 2

 Với y = x  x5³ 2x9  x = 4 hoặc

2 5 x11

 Với y² + (x – 15)y + x² – 15x + 80 = 0 và xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là y có :

y = 3x² + 30x – 95 < 0, x nên phương trình vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4,

2 5 x11 .

 Cách 3 : Đặt 1 ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Đặt y 5y x 15x 80x 150

141 x 78 x 15 x y 5

9 x 2 9 y

x 2

y ^{3 3} _{3 2}  ³  ³ ² 

















 



 ^



x 5



5.



x 5



f

  

y f x 5

  

3 y

5

y³   ³    



Xét hàm số f(t) = t³ + 5t có f’(t) = 3t² + 5 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (4) Từ (3), (4)  f(y) = f(x – 5)  ³ 2x9 x5  x = 4 hoặc

2 5 x11

 Cách 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Phân tích : Xét phương trình :



^xm



^35.



^xm



^



^{3 2x9}



^{35.3 2x9} và khai triển ta được :



²



^{3 3}

2

3 3mx 3m 4x m 4m 5. 2x 9

x       

Đồng nhất hệ số với phương trình đã cho, được hệ :





















141 m

4 m

78 4 m 3

15 m 3

3

2  m = 5

Khi đó ta viết phương trình :

  

^{*  x5}



^35.



^x5



^



^{3 2x9}



^{35.3 2x9 f}



^x5



^f



^{3 2x9}



^với

hàm số đặc trưng ở hai vế có dạng f(t) = t³ + 5t luôn đơn điệu trên R và có lời giải sau : (ngoài ra, ta có thể giải bài toán này bằng phép đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình) Tập xác định : D = R

  

^{*  x5}



^35



^x5



^



^{3 2x9}



^3