Chuyên đề 6. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU CĂN A. Kiến thức cần nhớ
Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn có nhiều cách giải, sau đây là một số phương pháp thường dùng:
Nâng lên lũy thừa.
Đặt ẩn phụ.
Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Sử dụng bất đắng thức, đánh giá hai vế của phương trình.
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) x 1 2 x 2 x 2 4 x 2 3 b) 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 c x4 x 4 x4 x 4 5
Giải
Tìm cách giải. Ví dụ này bản thân trong câu đều có chứa hằng đẳng thức. Nên chúng ta có thể
đưa về dạng
a b
2 a b. Sau đó xét các khoảng để bỏ giá trị tuyệt đối để giải các phương trình.Trình bày lời giải
a) x 2 2 x 2 1 x 2 4 x 2 4 0
x2
2 1
2 2 2
2 32 1 2 2 3 2 1 1 2
x x
x x x x
Vì x 2 1 1 x2 nên:
2 1 0 2 1 0 2 1 2 3
x x x x Vậy tập nghiệm của phương trình là: S
x/2 x 3
b) 5
2 4 6 2 5 2 4 2 2 5 4
x x x x x 2
2 2
2 5 6 2 5 9 2 5 2 2 5 1 4 ( 2 5 3) ( 2 5 1) 4
2 5 3 2 5 1 4
2 5 3 2 5 1 4
2 5 1 1 2 5
x x x x
x x
x x
x x
x x
Nên 5
2 5 1 0 2 5 1 0 2 5 1 3
x x x 2 x Vậy tập nghiệm của phương trình là: 5
| 3
S x 2 x
c) x 4 4 x 4 4 x 4 4 x 4 4 5
x4
4 2
2 4 2
2 54 2 4 2 5
4 2 3 4
x x
x x
x x
Trường hợp 1. Xét x 4 2 x 8. Phương trình có dạng:
4 2 3 4
2 4 5 4 5 10, 25
2
x x
x x x tm
Trường hợp 2. Xét x 4 2 4 x 8.
Phương trình có dạng: 2 x 4 3 x4 Không tồn tại x.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S
10, 25
Nhận xét. Câu b cũng có thể giải như câu c. Tuy nhiên ở đây chúng ta đã vận dụng bất đẳng thức ,
A B A B đẳng thức chỉ xảy ra khi A B. 0. Dựa vào đó câu a cũng có thể giải được như vậy.
Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x 1 2 x 3 1 .
GiảiTìm cách giải. Trước khi giải, chúng ta nên đặt điều kiện. Các biểu thức trong căn chi có biến là bậc nhất, nên chúng ta nâng lên lũy thừa để giảm bớt số căn.
Trình bày cách giải
Điều kiện: 1 3 x 2
Với điều kiện trên phương trình (1) 3x 1 3 2x 0
2
2
3 1 9 6 2 2
3 2 5 2 0
9 2 25 20 4
1
4 11 7 0 7
4
x x x
x x
x x x
x
x x tm
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 1;4
S
Ví dụ 3: Giải phương trình 3 x 1 37 x 2
Giải
Áp dụng hằng đẳng thức:
ab
3a3b33ab a b
, lập phương hai vế của phương trình, ta được:
3
3
1 7 3 1 7 .2 8
1 7 0 1 7 0
1 7
x x x x
x x x x
x x
Vậy nghiệm của phương trình là S
1;7
Ví dụ 4: Giải phương trình: x24x 5 2 2x3.Giải
Tìm cách giải. Nhận thấy việc nâng lên lũy thừa để khử dấu căn, ta được phương trình bậc 4, có thể giải được bằng cách phân tích đa thức thành nhân tử, song phức tạp. Bắt đầu từ 2 2x3, gợi ý cho chúng ta thêm phần thích hợp để tạo thành hằng đẳng thức, do đó rất tự nhiên ta thêm được
2x 3 2 2x 3 1. Từ đó ta có lời giải sau:
Trình bảy lời giải
TXĐ: 3
x 2
2 4 5 2 2 3.
x x x
2
22 2 1 2 3 2 2 3
1 0
1 0 2 3 1
x x x x
x x
2 3 1 0 1 0 x 1
x x
(thỏa mãn TXD)
Vậy nghiệm của phương trình S
1Ví dụ 5: Tìm tất cả các số thực x x x1; 2; 3;...x2005 thỏa mãn:
2 2 2
1 2 2005 1 2 2005
1 2 2 ... 2005 2005 1 ...
x x x 2 x x x
(Thi học sinh giói lớp 9, Tỉnh Quảng Ngãi)
Giải
Tìm cách giải. Bài toán chỉ có một phương trình, có 2005 ẩn số. nên không thể giải theo cách thông thường được. Do đó chúng ta nghĩ tới việc giải phương trình bằng cách đánh giá hai vế của
phương trình.
Trình bảy lời giải
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si, ta có:
2 1 2 2 1
2 2 .
K xK K x K x Đẳng thức xảy ra khi xK2 K. Thay x lần lượt là
1; 2; 3;... 2005
x x x x và K lần lượt là 1, 2, 3, …, 2005, ta có:
2 2 2
1 2 2005 1 2 2005
1 1 1
1 2 2 ... 2005 2005 ...
2 2 2
x x x x x x
Đẳng thức chỉ xảy ra khi
2
1 1
2
2 2
2 2005 2005
1 1 2
2 2 6
4022030 2005 2005
x x
x x
x x
Ví dụ 6: giải phương trình: x2 2 2 x31
Giải
Tìm cách giải Nhận thấy x3 1
x1
x2 x 1
và x2 2 x 1 x2 x 1, mặt khác lại xuất hiện 2 x31 nên gợi cho chúng ta dùng hằng đẳng thức để giải.Trình bày lời giải TXĐ: x 1.
2 3
2 2 1
x x
2 2
2 2 1 1 0
x x x x
2
2 2
2
2
2 2
1 1
1 1
1 1
1
1 2 1 0
1
0
2 0
x x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x
2
0 0; 2x x x x
(thỏa mãn TXĐ).
Vậy tập nghiệm của phương trình là S
0; 2 .Ví dụ 7: Giải phương trình
x 6 x2 1
x24x12
8.(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Nam định, năm học 2014-2015) Giải
Tìm cách giải. Mới nhìn qua, bài tốn này khá phức tạp. Nâng lên lũy thừa, dùng hằng đẳng thức hay đánh giá hai vế đều khơng khả thi. Quan sát và phân tích chúng nhận thấy
x6
x2
x24x12 và x 6
x2
8, nên bài tốn cĩ thế giải bằng phương pháp đổi biến.Trình bày lời giải
ĐKXĐ: x2, đặt x 6 a 0; x 2 b 0 a2b2 8 phương trình cĩ dạng:
2 2
1 0
1 0 1a b
a b ab a b a b ab a b
ab a b
• Với ab, ta cĩ: x 6 x2. Phương trình vơ nghiệm.
• Với
01 11
0 1 1 a
ab a b a b
b
6 1 vô nghiệm
2 1 3 thỏa mãn x
x x
Phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x3 Ví dụ 8: Giải các phương trình sau
a) 2x 2 6x 9 16x248x35;
b) 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x 2.
Giải
Tìm cách giải. Bài tốn rất phức tạp và khĩ tìm được đường lời giải. Bài tốn khơng thể nâng lên lũy thừa được, bởi số mũ khá cao. Bài tốn cũng khơng đổi biến được, bởi khơng cĩ nhiều điểm
giống nhau. Bài toán cũng không thể đánh giá hai vế được. Quan sát câu a, bài toán ta thử cho mỗi vế đều bằng 0 tức là
2x 2 6x 9 0 và 16x248x350, thì nhận được 7 4.
x Do vậy chúng ta dùng biểu thức liên hợp đối với vế trái để trục căn thức ở tử, khi đó bài toán sẽ giải được.
Cũng với suy nghĩ như câu a, song với kinh nghiệm đã có, trước hết ta biến đổi phương trình về dạng 2x2 1 2x22x 3 x2 x 2 x23x2. Nhằm khi dùng biểu thức liên hợp sẽ không còn bậc hai ở tử thức.
Trình bày lời giải
a) 2x 2 6x 9 16x248x35; TXĐ: 3 x 2
2 2 6 9
4 7 4 5
2 2 6 9
7 4 4 7 4 5 0
2 2 6 9
7 4 1 4 5 0
2 2 6 9
x x
x x
x x
x x x
x x
x x
x x
Nhận xét: Với 3
x 2 ta có 4x 5 0 nên 1
4 5
02 2 6 9 x
x x
Vậy phương trình tương đương với 7 7 4 0
x x 4
Do đó tập nghiệm của phương trình là: 7 S 4
b) 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 2 2 3 2 3 2
2 1 2 2 3 2 3 2
2 1 2 2 3 2 3 2
2 4 2 4
2 1 2 2 3 2 3 2
2 4 2 4
0
2 3 2 2 1 2 2 3
1 1
2 4
2 3 2 2 1 2 2
x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
x x
x x x x x x x
x
x x x x x x
0 *
3 x
Nhận xét: Ta có
2 2 2 2
1 1
0
2 3 2 2 1 2 2 3
x x x x x x x
Với x thuộc tập xác định.
Do đó phương trình (*) 2x 4 0 x 2.
Thử lại, ta thấy x 2 thỏa mãn phương trình đã cho.
Vậy tập nghiệm của phương trình là S
2 Ví dụ 9: Giải phương trình sau
2 2 17 2 1 2
13 6 10 5 13 17 48 36 36 8 21
2 2
x x x x x x x x Giải
Xét vế trái 2 2 17 2
13 6 10 5 13 17 48 36
x 2
T x x x x x
3 1
2 2 3
2 2 5 2 3 2 2
4 6
22 2
x x x x x x
3 1
2 2 5 2 2x x2 x
Suy ra vế trái 3 1 2 5 3 1 2 5 6 3
12 2 2
x x x
T x x x x Vế phải 1 12 3 2 4
2 12 9
P2 x x x
2
1 1 3
12 3 2 2 3 12 3 6 2
2 x x 2 x x 2
Từ (1) và (2) suy ra vế trái 3
6x 2
vế phải.
Đẳng thức chỉ xảy ra khi 3 x 2 Vậy nghiệm của phương trình là 3
x2
C. Bài tập vận dụng
6.1. Giải các phương trình sau:
a) x2 x 2 x 2 0;
b) x22x 1 x26x 9 1;
c) x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 1;
d) x2 x 1 x2 x 1 2;
Hướng dẫn giải – đáp số
a) DKXD: x2
ta có x2 x 2 x 2 0
x2
x 1
x 2 0
2. 1 1 0
x x
Trường hợp 1. x 2 0 x 2 (thỏa mãn)
Trường hợp 2.
x 1
1 0 x 0, không thuộc tập xác định Vậy nghiệm của phương trình là x2b) Ta có: x22x 1 x26x 9 1 x 1 x 3 1 Vế trái: x 1 x 3 x 1 3 x 2 vế phái.
Vậy phương trình vô nghiệm.
c) ĐKXĐ: x1
Ta có: x 3 4 x 1 x 8 6 x 1 1
2
21 4 1 4 1 6 1 9 1
1 2 1 3 1
1 2 1 3 1
x x x x
x x
x x
Vế trái x 1 2 x 1 3 x 1 2 3 x 1 1
Dấu bằng xảv ra khi 1 2 0 1 2 5 1
1 3 0 1 3
x x 0
x
x x
Vậy nghiệm của phương trình là S
x/ 5 x 10
6.2. Giải các phương trình sau:
a)
3 3 2
4 1 1 4
1 10
1
y y
x
x y
b) x2 x xx2 x 1
Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐKXĐ: x0,y1
phương trình viết dưới dạng:
3 3 2
2 2
2 3
4 2
3 2
4 1 1 4
1 2 8 0
1
4 1 1
1
0 1
1 0 1 1
0; 2 1 1 0
y y
x
x y
x y
x y
x x x
y y
y
Vậy phương trình có nghiệm là:
x y;
1;0 ; x y;
1; 2b) áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2 2
2 2 1 1
2 2 1
x x x x
x x xx x Đẳng thức chỉ xảy ra khi:
2
2 2
2
2 2
1 0
1 1 0
1 3
1 1 0 0
2 4
x x
x x x x
x x x x x
(vô nghiệm)
Vậy phương trình vô nghiệm 6.3. Giải các phương trình sau:
a) 7 x x 1 x26x13 ; b) x94 96 x x2190x9027
Hướng dẫn giải – đáp số a) Điều kiện: 4 x 6
Ta có:
7 x x1
2 8 2
7x
x1
8 7 x x1 1 67 x x 1 4
Mặt khác x26x13
x3
2 4 4Suy ra 7 x x 1 x26x13 x 3 (thỏa mãn) b) Điều kiện: 94 x 96
Ta có:
x94 96x
2 2 2
x94 9
6x
2 x 94 96 x494 96 4
x x
Mặt khác x2190x9025
x95
2 4 4Suy ra x94 96 x x2190x9027 x 95 (thỏa mãn)
Vậy nghiệm của phương trình làx95 6.4. Giải các phương trình sau:
a) 3 x 1 3 x 2 1 3x23x2 b) 3 x 2 37 x 3
c) 32x 1 33x 1 35x1
Hướng dẫn giải – đáp số a) Đặt 3x 1 a,3x 2 b. Phương trình có dạng:
3 3
1 1 1
1 1 0
2 1 1
0 1
1
a b ab a b
a x x
x x b
Vậy nghiệm của phương trình là S
0; 1
b) 3 x 2 37 x 3
3 3 3 3
3 3
2 7 3 2. 7 2 7 27
9 9 2 7 27 2 7 2
x x x x x x
x x x x
2 1
5 6 0
6 x x x
x
(thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là S
1;6
c) Lập phương cả hai vế của phương trình đã cho ta được:
3 3 3 3
3 3 3
2
3 2
5 2 3 2 1. 3 1 2 1 3 1 5 1
2 1. 3 1. 5 1 1
2 1 15 2 1 1
30 19 0 0; 19 30
x x x x x x
x x x
x x x
x x x x
Với x0 thì hai vế bằng nhau Với 19
x30 thì hai vế của phương trình đã cho bằng nhau Vậy phương trình có nghiệm 19
x30 6.5. Giải các phương trình sau:
a) x23x 2 x 3 x 2 x22x3;
b)
x 8 x3
x211x24 1
5.Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐKXĐ: x2. Phương trình viết dưới dạng:
1 2 3 2 1 3
1 2 2 1 3 3 0
2 1 1 3 1 1 0
1 1 2 3 0
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x
Trường hợp 1. x 1 1 0 x 2. (thỏa mãn) Trường hợp 2. x 2 x 3 0. Không tồn tại x Vậy nghiệm của phương trình là x2
b) ĐKXĐ: x 3. Phương trình viết dưới dạng:
2
2
8 3 11 24 1 5 8 3
11 24 1 8 3
8. 3 1 8 3
8. 3 8 3 1 0
8 1 3 1 0
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x
Trường hợp 1. x 8 1 0 x 7. Không thuộc tập xác định Trường hợp 2. x 3 1 0 x 2. Thuộc tập xác định Vậy nghiệm của phương trình là x 2
6.6. Giải các phương trình:
a) x29x202 3x10;
b) x x2 x 1 2 3x 1 x2 x 3
Hướng dẫn giải – đáp số a)
2 2
2 2
9 20 2 3 10
6 9 3 10 2 3 10 1 0
3 3 10 1 0 : 10
3
x x x
x x x x
x x ĐKXĐ x
3 0
3 3 10 1 0
x x
x
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phương trình là S
3b) x x2 x 1 2 3x 1 x2 x 3
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2
2
2 1 4 3 1 2 2 6
2 2 6 2 1 4 3 1 0
1 2 1 3 1 4 3 1 4 0
1 3 1 2 0
1 0
1 3 1 2 0
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x x x
x x
Thử lại thấy x1 thỏa mãn phương trình Vậy nghiệm của phương trình là S
16.7. Giải các phương trình:
a) x y z 4 2 x 2 4 y 3 6 z5 b) x y z 352 2
x 1 3 y 2 4 z3
Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐK: x2,y3,z5. Phương trình tương đương với:
2 2 2
2 2 2 1 3 4 3 4 5 6 5 9 0
2 1 3 2 5 3 0
2 1 0 3
3 2 0 7
5 3 0 14
x x y y z z
x y z
x x
y y TM
z z
Phương trình có nghiệm duy nhất
x y z; ;
3;7;14
b) ĐK: x 1,y 2,z 3. Phương trình tương đương với:
2 2 2
1 4 1 4 2 6 2 9 3 8 3 16 0
1 2 2 3 3 4 0
1 2 0 3
2 3 0 7
3 4 0 13
x x y y z z
x y z
x x
y y TM
z z
Phương trình có nghiệm duy nhất
x y z; ;
3;7;13
6.8. Giải các phương trình sau:
a)
1 x 1x
22 1x2
8.b) x 3 2 x 2 3x1
Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐKXĐ: 1 x 1
đặt 1 x 1 x a 0; ta có a2 2 2 1x2. Phương trình đã cho trở thành: a3 8 a 2 với a2 thì 1 x 1 x 2 1x2 1 x2 0 x 0
vậy phương trình có nghiệm x0 (thỏa mãn) b) ĐKXĐ: x0
bình phương hai vế của phương trình đã cho được:
2
2 2
2
3 4 4 3. 4 3 1
4 3 7 1
16 3 49 14 1
33 34 1 0 1
1 33
x x x x x
x x x
x x x x
x x
x x
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 1 1, 33 x x 6.9. Giải các phương trình:
a) 33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0.
b) x3
x1
x 1 2 2
x x 1 2
3Hướng dẫn giải – đáp số a) Đặt 33x 1 a; 53 x b; 23 x 9 c;
Suy ra a b c 34x 3 0 a b c 34x3
abc
34x3 1
Mặt khác a3b3c33x 1 5 x 2x 9 4x3 2
Từ (1) và (2) suy ra
a b c
3a3b3c3
3 3 3 3 3 3
3 3
3 3
3 3
3
0
0 0 3 1 5 0 3
0 0 5 2 9 0 4
0 0 2 9 3 1 0 8
5
a b c a b b c c a a b c
a b b c c a a b
a b x x x
b c b c x x x
c a c a x x x
Vậy tập nghiệm của phương trình là 8 3; 4;
S 5
b) ĐKXĐ: x 1
Đặt y x1;z 2
Khi đó phương trình có dạng x3y3z3
x y z
3 *Chứng minh được
* xy
yz
xz
0Với 1 5
0 1 0 1
x y x x x x x 2
(thỏa mãn) Với x z 0 x 2 0 x 2 (không thỏa mãn)
Với y z 0 x 1 20 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm 1 5
x 2 6.10. Giải các phương trình:
a) 4x25x 1 2 x2 x 1 3 9 ;x b) x 2 4 x 2x 5 2x25 .x
Hướng dẫn giải – đáp số
a) ĐKXĐ:
1 1 4 x x
2 2
2 2
2 2
2 2
4 5 1 4 1
9 3 0
4 5 1 2 1
9 3
9 3 0
4 5 1 2 1
9 3 1 1 0
4 5 1 2 1
x x x x
x
x x x x
x x
x x x x
x
x x x x
Ta có
2 2
1 1 0
4x 5x 1 2 x x 1
với x thuộc tập xác định, do đó phương trình
* 9 3 0 1x x 3
Thử lại ta thấy 1
x3 thỏa mãn phương trình. Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 S 3
b) ĐKXĐ: 5
2 x 4
2
2
2 4 2 5 2 5 .
2 1 4 1 2 5 1 2 5 3
x x x x x
x x x x x
2 1 4 1 2 5 1
2 1 3
2 1 4 1 2 5 1
x x x
x x
x x x
2 3
3 3
2 1 3 0
2 1 4 1 2 5 1
1 1 2
3 2 1 0
2 1 4 1 2 5 1
x x x
x x
x x x
x x
x x x
Trường hợp 1. Xét x 3 0 x 3
Trường hợp 2. Xét 1 1 2
2 1
02 1 4 1 2 5 1 x
x x x
1 2 1
2 1 0
2 1 2 5 1 4 1
1 2 1
2 1
2 1 2 5 1 4 1
x
x x x
x
x x x
Với điều kiện 5
2 x 4 ta có:
Vế trái 1 2 1 1 3
Vế phải 5
2. 1 6
2
Vế trái < Vế phải, do đó phương trình vô nghiệm Vậy tập nghiệm của phương trình là S
36.11. Tìm x, y thỏa mãn phương trình: 4y x 2 2x y 1 y
3x2 .
(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Ninh Thuận, năm học 2013-2014) Hướng dẫn giải – đáp số ĐKXĐ: x2,y1
2
24 2 2 1 0
4 2 4 2 1 0
2 2 0
2 0 1 2 0 3
1 1 0 2
1 3 2
2
0
y x x y
y x y xy y x x y xy x
y xy y x xy x
y xy y x x
y y x
x
xy x
y y
y
6.12. Giải các phương trình:
a) x2 7 x 2 x 1
7x
x 1
1;b) x 3 2x x 1 2x x24x3
Hướng dẫn giải – đáp số a) ĐKXĐ: 1 x 7
2 7 2 1 7 1 1
1 2 7 2 1 7 1
x x x x x
x x x x x
Đặt 7 x a; x 1 b
Phương trình có dạng: b22a2bab
2 2
2 2 0 2 0 b
b b ab a b b a
b a
Trường hợp 1. b 2 7 x 2 7 x 4 x 3 (thỏa mãn) Trường hợp 2. ba x1 7 x
1 7 4
x x x
(thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình là S
3; 4b) ĐKXĐ: x 1
Đặt a x3;b x1(điều kiện a0;b0) Phương trình có dạng:
2 2 2 2 0
1 2 1 0 1 2 0
a xb x ab a ab x xb
a b x b b a x
1 b 0
hoặc a2x0
Trường hợp 1. Xét 1 b 0 b 1 x 1 1 x 0
tm Trường hợp 2. Xét a2x 0 a 2x x 3 2x
4x2 x 3 0 x1 4x3 0
1; 3 x x 4
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm phương trình là 3 0;1; 4
S
6.13. Giải phương trình: 6x 1 9x2 1 6x9x2 (Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015)
Hướng dẫn giải – đáp số
Điều kiện xác định: 1 x 3
Đặt a 6x1;b 9x21 (điều kiện a0;b0) Suy ra a2b2 6x 1 9x2 1 6x9x2
Từ đó ta có: a2b2 a b
1
0 01 0 a b a b a b
a b
Với a b 0 a b 0 6x 1 0 và 9x2 1 0 (loại) Với a b 1 0 6x 1 9x2 1 1 0
2 2
2 2
6 1 9 1 2 9 1 1
3 1 2 9 1 0
x x x
x x
2
3 1 0 1
9 1 0 3
x x
x
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm phương trình là 1 S 3
6.14. Giải các phương trình:
a) x 2 6 x x28x24
b)
3x 1 x2
3x37x 2 4
4.x2Hướng dẫn giải – đáp số a) Đặt A x 2 6x; ĐKXĐ: 2 x 6
xét A2 x 2 6 x 2
x2 6
x
2 4 2 2 6
A x x
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
2 x2 6x x 2 6 x 4
2 4 4 8 2 2
A A
vì A0 Mà x28x24
x4
2 8 82 2Vậy VT 2 2VP
Bất đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 6 4 4 2 2
VT x x
x x VP
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm phương trình là S
4b) điều kiện 1 3 .
x Phương trình tương đương với
3
3
3 1 2 3 7 2 4 4 2 3 1 2
2 1 3 7 2 4 4 2 3 1 2
2 1 (3 1)( 2) 4 4 2 3 1 2 0
2 1 (3 1)( 2) 4 2 3 1 2 2 0
x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x
2 1 3 1 2 2 2 0
1
2 1 0 2
3 1 2 1
2 2 2
x x x
x x
x x tm
x x
Vậy nghiệm phương trình là 1
;1; 2 S 2
6.15. Giải phương trình: 4x23x 3 4 x33x2 2 2x1 Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Nam, năm học 2012-2013)
Hướng dẫn giải – đáp số
ĐKXĐ: 1 x 2
2 3 2
2 2
2 2
4 3 3 4 3 2 2 1
4 3 3 4 3 2 2 1 0
4 4 3 3 2 1 2 2 1 1 0
2 3 2 1 1 0
x x x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x
2 3 0 2 3
1
2 1 1 0 2 1 1
x x x x
x
x x
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm phương trình là S
16.16. Giải phương trình:
2 2 2 2
3x 7x 9 x 2 3x 5x 1 x 3x13 (Thi Học sinh giỏi toán lớp 9, Yên Bái, năm học 2007- 2008)
Hướng dẫn giải – đáp số Phương trình đưa về dạng:
2 2 2 2
3x 5x 1 2 x5 x 2 3x 5x 1 x 2 3 x5
x5 là nghiệm của phương trình
Nếu x 5 2
x5
3
x5
vế trái của phương trình nhỏ hơn vế phải với x5.Phương trình đã cho không có nghiệm
Nếu x 5 2
x5
3
x5
vế trái của phương trình lớn hơn vế phải với x5.Phương trình đã cho không có nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất l;à x5
6.17. Giải phương trình x3
x1
x 1 2 2
x x 1 2
3.(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số ĐKXĐ: x 1
Đặt y x1;z 2
Khi đó (1) có dạng x3y3z3
x y z
3 2 Chứng minh được (2)
xy
xz
zx
0 Với 1 5
0 1 0 1
x y x x x x x 2
(thỏa mãn)
Với x z 0 x 2 0 x 2 (không thỏa mãn)
Với y z 0 x 1 20, vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm 1 5
x 2
6.18. Giải phương trình: x 3 2 x3x26x4.
(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP. Hà Nội, năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số
DKXD: 3 x 2
Ta có: x 3 2 x 3x26x 4 2x 3 2 x 6x212x8
2 2
2 2
5 10 5 2 3 2 3 2 0
1 0
5 1 3 2 0
3 2 0
x x x x x x
x x x x
x x
1
x (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x1
6.19. Giải phương trình:
x 6 x2 1
x24x12
8.(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Nam Định, Năm học 2014-2015) Hướng dẫn giải – đáp số ĐKXĐ: x2
Đặt x 6 a, x 2 b a
0,b0
a2b2 8 Phương trình có dạng
1
2 2
1
01 0
a b
a b ab a b a b ab a b
ab a b
Trường hợp 1. Xét ab x 6 x2 vô nghiệm
Trường hợp 2. Xét 1ab a b 0
a1
b 1
0
6 1 5 thoa man DK
1 3
1 1 2
x x k
a b
hong
x x TM
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x3