Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Phương trình

Nội dung text: Các chuyên đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 11 - Phương trình

1. I. PHƯƠNG TRèNH 1. Khụng cú tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Cõu 1. Giải phương trỡnh 3 x4 x2 2 5 x5 x2 2 3 x4 3x 2 2 5 x5 3x Lời giải +Biến đổi phương trỡnh tương đương :x2 3x 2 0 x 1 x 2 Cõu 2. Giải phương trỡnh 4 x 1 2 2x 3 (x 1)(x 2 2). Lời giải Điều kiện: x 1. Nhận thấy x 1 là một nghiệm của phương trỡnh. Xột x 1. Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x 2 2x 12 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x 2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 4 4 Vỡ x 1 nờn x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 3, vỡ vậy x 1 2 2x 3 3 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đú phương trỡnh (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. Cõu 3. [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trỡnh sau : 3 x 1 3 x 1 3 5x Lời giải 3 2 3 x 1 3 x 1 3 5x 2x 3 x 1 3 x 1 3 x 1 5x 3 2 3 5 x 13 5x x 4x 5x 0 x 0;x . 2 5 Thử lại ta thấy phương trình có 3 nghiệm: x = 0; x = . 2
2. Cõu 4. Giải phương trỡnh: x2 6x 1 2x 1 x2 2x 3 1 ,với x R . Hướng dẫn giải. 1 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 4x 2 0 x2 2x 3 2x 1 x2 2x 3 2 0 x2 2x 3 2x 1 2 x 2x 3 2 1 2 x 3 15 x 2x 3 2x 1 2 x 2 3 3x 6x 2 0 Cõu 5. Giải phương trỡnh 3x 2 x 1 2x2 x 3 . Hướng dẫn giải. 2x 3 3x 2 x 1 2x2 x 3 (2x 3)(x 1) 3x 2 x 1 Tỡm được nghiệm duy nhất x=2/3 Cõu 6. Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Hướng dẫn giải Ta cú: x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 2 x2 2x y 1 y 1 4y2 8y 4 7 2 2 x y 1 2y 2 7 3y x 1 y x 3 7 Vỡ 7 là số nguyờn tố nờn ta cú cỏc trường hợp sau: 3y y 1 7 3y y 1 7 3y y 1 1 3y y 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 Giải ba hệ phương trỡnh trờn ta được: x; y  3;1 , 1; 3 , 7; 3  . Cõu 7. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Húa, 2009-2010) Giải phương trỡnh: 2 1 5 6x x2 x 1 5 x Hướng dẫn giải 2 t 2 4 Đặt t x 1 5 x ta được 1 t 2 t 2 2t 2 0 t 2
3. Giải ta được t 2 suy ra x 1, x 5 Dạng 2: Đặt ẩn phụ Bài 1. Giải phương trỡnh trờn tập số thực: x2 + x +9 = 2x 4 x +1 (1). Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1 . 2 x2 x 9 2x 4 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 gx 1 khụng là nghiệm của phương trỡnh. 2 x 2 x 2 gx 1: pt(1) 5 2 1. x 1 x 1 x 2 Đặt t = . x 1 2 Phương trỡnh trở thành: t2 +5 = 2t +1 t = . 3 20+ 4 7 20 4 7  Khi đú ta cú: 2 x +1 = 3x 6 x = . Vậy S  . 9 9  Bài 2. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: 2x2 3x 7 x 5 2x2 1 . Hướng dẫn giải Phương trỡnh (1) 2x2 1 x 5 2x2 1 3x 6 0 . Đặt t 2x2 1 . Ta cú phương trỡnh: t 2 x 5 t 3x 6 0 (*). 2 2 x 5 4 3x 6 x 1 . t 3 Phương trỡnh (*) t x 2 x 2 0 t 3 2x2 1 3 x 2 t x 2 2x2 1 x 2 2 x 4x 3 0 x 2 x 2 7 . x 2 7 Vậy S 2;2 7 . Bài 3. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: 2x2 x 5 x2 x 2 2x2 x 1 x 3 0 . Hướng dẫn giải
4. 2 7 a x x 2 a Đặt . Điều kiện: 2 . b x 3 b 0 Ta cú: 2x2 x 5 2a2 3b2 ; 2x2 x 1 2a2 b2. 3 2 2 2 2 2 b b b Thay vào phương trỡnh ta được: 2a 3b a 2a b b 0 3 2 2 0 a a a b 1 a 2 b b 4 2 0 a a 2 b b b +) 4 2 0 : phương trỡnh vụ nghiệm do 0. a a a b 2 x 1 ) 1 b a x 3 x x 2 . a x 1 Vậy x 1; x 1 là nghiệm phương trỡnh. Bài 4. Giải phương trỡnh sau 2x3 10x2 17x 8 2x2 3 5x x3 Lời giải Nhận xột rằng x 0 khụng là nghiệm của phương trỡnh đó cho. 1 Suy ra x 0 . Chia cả hai vế của phương trỡnh cho x3 rồi đặt t , t 0 , ta cú phương trỡnh x 8t3 17t 2 10t 2 2 3 5t 2 1 2t 1 3 2 2t 1 5t 2 1 2 3 5t 2 1 * Xột hàm số f t t3 2t, t Ă . Ta cú hàm số f t liờn tục trờn Ă và f ' t 3t 2 2 0,t . Suy ra hàm số f t luụn đồng biến trờn khoảng ; . Khi đú phương trỡnh đó cho cú dạng f 2t 1 f 3 5t 2 1 2t 1 3 5t 2 1 17 97 8t3 17t 2 6t 0 t (do t 0 ) 16 17 97 17 97 Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x và x . 1 12 2 12 Bài 5. Giải phương trỡnh sau : 4x 1 x2 1 2x2 2x 1 Lời giải Đặt y x2 1 1 y2 x2 1 2y2 (1 4x)y 2x 1 0 .
5. 4 y 2x 1 x 3 5x2 2 3 x3 5x2 1 . 6 Điều kiện xỏc định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t (t 0). Ta cú 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trỡnh đó cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 x 6 28 (tm đk). Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x 6 28. Bài 6. Giải phương trỡnh: log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) (1) 2 5 2 2 5 x2 2x 12 0 Điều kiện: (*) 2 x 2x 11 0 (2 5)2 9 4 5 và (2 2 5 )2 8 4 5 do đú 2 5 9 4 5 và 2 2 5 8 4 5 . (1) log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 log (x2 2x 11) log (x2 2x 12) 9 4 5 8 4 5 Đặt: a = 8 + 45 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0. Do đú: (1) lna + 1(t + 1) = lnat t a y Cỏch 1: (1) ln (t + 1) = ln t (I) . a + 1 a y t 1 (a 1) y y a 1 Từ (I) ta được: 1 (2). a +1 a +1 y = 1: là nghiệm của (2). y y y y a 1 a 1 a 1 a 1 y < 1: 1 , y < 1: 1 . a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 Nờn (2) cú nghiệm duy nhất: y = 1. Do đú: (1) t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 45 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 45 = 0 x = 2 + 25 hoặc x = -25 .
6. Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Cỏch 2: Xột hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1 1 Ta được: y ' 0 vỡ a > 1, nờn hàm số giảm trờn (0; + ) và ta cú f(t) = 0 cú (t 1)ln(a 1) t ln a nghiệm t = a nờn f(t) cú nghiệm duy nhất t = a. 2 Vậy: (1) (1) lna + 1(t + 1) = lnat t = a x – 2x – 12 = 8 + 45 ( thỏa *) x2 – 2x – 20 - 45 = 0 x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 25 hoặc x = -25 . Bài 7. Giải phương trỡnh: 3(x2 2x 2) 10 x3 2x2 2x 1 (1). x3 2x2 2x 1 (x 1)(x2 x 1) nờn điều kiện là: x -1. x 2 + 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 =3x2 x 1 x + 1 = 9(x2 + x + 1) 9x2 + 8x + 8 = 0 (vụ nghiệm) a = b/3 3a = b 3x 1 = x9(x2 +x 1)1 = x 2 + x + 1 x2 - 8x - 8 = 0 x 4 2 6 Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm:.x 4 2 6 Bài 8. Giải phương trỡnh : x3 3x2 2 x 1 Điều kiện: x -1 +) Nếu x > 3 thỡ: x3 - 3x2 + 2 = (x – 1)3 - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – 1 > x 1 Chứng tỏ x > 3 khụng thỏa món Với -1 x 3 Đặt x = 2cost + 1 ( 0 t ) Khi đú phương trỡnh trở thành: (2cost + 1)3 - 3(2cost + 1)2 + 2 = 2 cos t 2 8cos3 t – 6cost = 2(cost 1) t 2cos3t = 2cos 2 t cos3t = cos 2
7. t 4k 3t 2k t 2 5 t 4k 3t 2k t 2 7 5x2 2 Bài 9. Giải phương trỡnh 3 x3 5x2 1 6 Hướng dẫn giải Điều kiện xỏc định: 5x2 2 0. 5x2 2 Đặt t(t 0). Ta cú 5x2 6t 2 2 . 6 Phương trỡnh đó cho trở thành 3 x3 6t 2 2 1 t x3 6t 2 2 (t 1)3 x3 (t 1)3 x t 1 t x 1 x 1 5x2 2 x 1 x 1 2 x 6 28 . 5x 2 2 2 6 (x 1) x 12x 8 0 6 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm là x 6 28. Bài 10. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trỡnh : 1 1 x2 1 x 3 1 x 3 2 1 x2 Bài 11. [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trỡnh x3 1 2 3 2x 1 Lời giải Phương trỡnh tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 Đặt t 3 2x 1 , ta cú phương trỡnh x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vỡ x xt t 2 x 2 0 nờn (1) x t 2 4 x 1 3 3 2 x 2x 1 x 2x 1 0 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1;  2 
8. Bài 12. Giải phương trỡnh: x 4 x 2 1 3 x 2 1 3 3x ,với x Ă Hướng dẫn giải. Từ pt ta thấy x0 2 1 1 (1) x 2 1 3 x 3 3 x x 1 Đặt: t x ,t 2 x Pt trở thành: t 2 1 3 3 t t 3 2 t 2 t 9t 14 0 1 x 2 x 1 x Giải phương trỡnh x3 5x2 12x 6 2 3 x2 x 1 Bài 13. Giải phương trỡnh: x 2 3x 1 x x2 1. 3 4x . Hướng dẫn giải. Đặt u x;1 ,v 2 3x; 1 x từ phương trỡnh ta cú u.v u . v Như vậy: ungược,v hướng 2 3x 1 x Suy ra: (1) x 1 1 5 Giải (1) và thử lại ta thấy phương trỡnh đó cho cú nghiệm là x 2 Bài 14. Giải phương trỡnh: x 10 10 x ,với x R Hướng dẫn giải. Đk: x 0 Đặt u 10 x,u 10 x 10 u Ta cú: u 10 x x u x u 0 x u x u 1 0 x u u x 1 0(VL)
9. x 10 21 41 x u x x 10 x 2 x 21x 100 0 2 21 41 Vậy phương trỡnh cú một nghiệm: x , 2 4 Giải phương trỡnh: 3 81x 8 x3 2x2 x 2 . 3 3x Bài 15. Giải phương trỡnh: x 1 x2 1 Hướng dẫn giải. Phương trỡnh đó cho cú điều kiện 0 x 1 3x 3x Với điều kiện trờn ta cú: x 1 x2 1 x2 1 1 x (1 x)2 (x2 1) 9x2 2 1 1 x 2 2 x 7 0 x x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta cú: t2 2t 9 0 t 1 10 x t 1 10 1 10 5 2 x 1 2 Với t 1 10 ta cú : x 1 10 x 1 10 5 2 x 2 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x 1 , phương trỡnh đó cho cú nghiệm x 2 Bài 16. Giải phương trỡnh sau trờn tập số thực: x 1 (2x 1) x 1 2 . Hướng dẫn giải. 1 Điều kiện: x . Đặt y x 1 2 (y 2 ), 2 x 1 y 2(x 1)y ta thu được hệ 2 y x 1 2 Suy ra x 1 y y2 x 1 (x 1)y y x 1 1 y x 1 y2 x 1 0 y x 1 1 y 2 x 1 0 y 2 x 1
10. 15 33 Do vậy x 1 2 2 x 1 x . 32 15 33 Thay vào, thử lại thấy x thỏa món. 32 15 33 Đỏp số: x . 32 Bài 17. Giải phương trỡnh: x 2 6x 2 4x x 1 . Hướng dẫn giải. 2 x  x 0 2 3 6x 4x 0 2 1 5 1 5 pt x 1 x 0 x 2 2 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) 2 2 2 6x 4x (x 1 x ) (1) (1) x 4 1 2x 3 2x x 2 = 0 2 1 1 x 2 x 7 0 (x = 0 khụng là nghiệm) x 2 x 1 t 1 10 Đặt t x (t 2) ta được t 2 2t 9 0 x t 1 10 1 10 5 2 x 2 So với điều kiện ta được t 1 10 1 10 5 2 x 2 1 5 1 10 5 2 So với điều kiện 0 x , ta được x 2 2 Bài 18. Giải phương trỡnh sau: 4 x2 x 1 1 5x 4x2 2x3 x4 với x R . Hướng dẫn giải. 3 Đặt t x2 x 1, t . Khi đú phương trỡnh trở thành: 2 4t t 4 7t 2 5 t 4 6t 2 9 t 2 4t 4 0 2 t 2 3 t 2 2 0 t 2 t 1 t 2 t 5 0 (*) t 2 t 1 0 (*) 2 t t 5 0 3 1 5  Với t thỡ t 2 t 1 0 cú một nghiệm là t 2 2
11. 3 1 21  Với t thỡ t 2 t 5 0 cú một nghiệm là t 2 2 2 1 5 1 5  2 2 Khi t thỡ x x 1 2x 2x 1 5 0 2 2 1 3 2 5 1 3 2 5 x hoặc x . 2 2 2 1 21 1 21  2 2 Khi t thỡ x x 1 2x 2x 9 21 0 2 2 1 19 2 21 1 19 2 21 x hoặc x . 2 2 x 2 2 Bài 19. Giải phương trỡnh 1 3 3 x 3 3 9 x 3 . 2 Hướng dẫn giải. Điều kiện x 2 Đặt t 3 9 x 3 ta cú 3 3 2 t 27 x 2 t 45 2 t x ; ; 3 3 x 3 9 2 18 3 Phương trỡnh đó cho trở thành t 3 45 t 2 t 3 45 t 1 t 2 3t 3 18 3 2 2 3 2 3 3 t 45 2 2 Ta cú t 3t 3 t 0 nờn t 3t 3 2 4 2 1 Ta được phương trỡnh 2t 1 t 3 t 2 3t 9 0 t  t 3 2 1 217 Với t thỡ x 2 72 Với t 3 thỡ x 0 Bài 20. Giải phương trỡnh 2x2 + 1- x + 2x 1- x2 = 1 . Hướng dẫn giải. Ta cú phương trỡnh tương đương với 1- x = 1- 2x2 - 2x 1- x2
12. ị 1- x = 1+ 4x4 + 4x2(1- x2) - 4x2 - 4x 1- x2 + 8x3 1- x2 Û x(1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 ) = 0 ộ ờx = 0 Û ờ ờ1- 4 1- x2 + 8x2 1- x2 = 0(1) ở Xột (1), đặt y = 1- x2 , suy ra y ³ 0 và x2 = 1- y2 . Ta được 1- 4y + 8y(1- y2) = 0 Û 8y3 - 4y - 1 = 0 Û (2y + 1)(4y2 - 2y - 1) = 0 1+ 5 5 - 5 Û y = . Từ đú suy ra x = ± . 4 8 5 - 5 Thử lại ta được nghiệm của phương trỡnh là x = 0 và x = - . 8 Bài 21. Giải phương trỡnh x3 1 2 3 2x 1 . Hướng dẫn giải Phương trỡnh tương đương với x3 2x 2x 1 2 3 2x 1 . Đặt t 3 2x 1 , ta cú phương trỡnh x3 2x t3 2t x t x2 xt t 2 2 x t 0 x t x2 xt t 2 2 0 1 2 2 2 2 t 3t Vỡ x xt t 2 x 2 0 nờn (1) x t 2 4 x 3 2x 1 x3 2x 1 0 x 1 2 x 1 x x 1 0 1 5 x 2 1 5  Tập nghiệm S 1;  . 2  2 1 3 2 Bài 22. (Chuyờn Hưng Yờn ) Giải phương trỡnh 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x Hướng dẫn giải 2 1 3 2 8x 15x 9 1 5x 2x 2 x 8x3 15x2 9x (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1(x 0) (2x 1)3 (3x2 3x 1) (x 1) 3 (x 1)(2x 1) 3x2 3x 1
13. u3 (3x2 3x 1) (x 1)v Đặt u 2x – 1, v 3 5x2 2x 2 , ta được hệ: 3 2 v (3x 3x 1) (x 1)u Trừ vế với vế hai phương trỡnh trờn, ta được: u v v2 uv u2 x 1 v u (u v) u2 uv v2 x 1 0 TH1: u v 2x 1 3 5x2 2x 2 8x3 17x2 8x 1 0 x 1 2 (x 1)(8x 9x 1) 0 9 113 x 16 u 3 TH2: u2 uv v2 x 1 0 (v )2 (2x 1)2 x 1 0 2 4 u 4(v )2 12x2 8x 7 0 2 u 4(v )2 4x2 2(2x 1)2 5 0 phương trỡnh vụ nghiệm. 2 9 113 Vậy phương trỡnh đó cho cú ba nghiệm: x 1; x 16 Bài 23. Giải phương trỡnh : x2 4x 3 x 5 . Hướng dẫn giải Đặt t x 5 t 0 . Từ phương trỡnh đó cho ta cú :t 4 14t 2 t 48 0 (*) Ta cú : (*) t 3 t3 3t 2 5t 16 0 t 3 3 2 t 3t 5t 16 0 ( ) Với t 3 ta cú x 4 Đặt y t 1 y 1 từ phương trỡnh ( ) ta cú :y3 8y 9 0 ( ) Dựng mỏy tớnh điện tử hoặc khảo sỏt hàm số f y y3 8y 9 trờn 1; ) ta thấy ( ) cú một nghiệm duy nhất y0 Ta biểu diễn y0 dưới dạng: y0 u0 v0 8 Ta cú : u3 v3 u v 3u v 8 9 0 nờn cú thể chọn u ;v sao cho :u v 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 3 3 512 u0v0 Vậy ta cú : 27 3 3 u0 v0 9 512 Như vậy u3;v3 được chọn là nghiệm của phương trỡnh : z2 9z 0 0 0 27
14. 3 9 139 u0 2 108 Suy ra: 3 9 139 v0 2 108 Ta tỡm được nghiệm của ( ) là 2 9 139 9 139 9 139 9 139 y 3 3 .Suy ra : x 3 3 1 5 0 2 108 2 108 2 108 2 108 Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 2 9 139 9 139 x 4 ; x 3 3 1 5 2 108 2 108 3 Bài 24. Giải phương trỡnh sau: x 2 - 3x + 1= - x 4 + x 2 + 1 . 3 Hướng dẫn giải: Ta cú: x 4 + x 2 + 1= (x 2 + x + 1)(x 2 – x + 1)> 0 Û x 2 – 3x + 1= 2(x 2 – x + 1)–(x 2 + x + 1) x 2 - x + 1 Đặt t = ,t > 0 . Phương trỡnh trở thành: x 2 + x + 1 ộ - 3 ờt = < 0 3 ờ 2 3 x 2 - x + 1 1 2t 2 + t - 1= 0 Û ờ Û = 3 ờ 1 x 2 + x + 1 3 ờt = ởờ 3 Û x = 1 Dạng 3. Sử dụng hàm số Cõu 1. Giải cỏc phương trỡnh sau: a) 8x3 4x 3 ln 4x2 2x 1 0. b) ln x2 6x 10 x3 3x2 4x 12 0 . Cõu 2. Giải phương trỡnh sau: 4x x2 2 2 1 a) log2007 x 4x 3 2006 2 2007 2 2x 3 4 2 b) log2007 4 2 x x 2 x x 1 1 sin x Cõu 3. Giải phương trỡnh log2007 1 sin x 1 2007 1 . 2 Giải phương trỡnh: x.3x 1 (x2 1).3x 1 x x2 0
15. 2 Phương trỡnh đó cho tương đương với: (x2 1).(3x 1) x.(3x 1 1) 0 Xột x = 0; x = 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nờn phương trỡnh cú cỏc nghiệm: x = 0; x = 1. 2 3x 1 3x 1 1 Xột x 0; x 1: Khi đú (1) 0 (2) x x2 1 3t 1 Với t 0, xột hàm số: f (t) . t * Với t > 0 thỡ 3t – 1 > 0 f(t) > 0 và với t 0, do đú: Vỡ (2) f(x) + f(x2 – 1) = 0 nờn (2) vụ nghiệm. Vậy phương trỡnh đó cho cú tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = 1. Cõu 4. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải phương trỡnh : 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 Cõu 5. Giải phương trỡnh: 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 . Ta cú 8x3 17x2 10x 2 2 3 5x2 1 (2x 1)3 2(2x 1) (5x2 1) 2 3 5x2 1 (1). Đặt f (t) t3 2t thỡ f '(t) 3t 2 2 0,t do đú f đồng biến và liờn tục trờn Ă . Từ đú: (1) f (2x 1) f 3 5x2 1 2x 1 3 5x2 1 . x 0 2 x(8x 17x 6) 0 17 97 . x 16 Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm. Cõu 6. Giải phương trỡnh 2x3 1 0x2 17 x 8 2x2 3 5x x3 (1) Hướng dẫn giải Cú x 0 khụng là nghiệm của (1) Xột x 0 , chia hai vế cho x3 , được 10 17 8 5 2 2 3 1 x x2 x3 x2 1 Đặt y y 0 , khi đú cú PT x 8y3 17y2 10y 2 2 3 5y2 1 2y 1 3 2 2y 1 5y2 1 2 3 5y2 1 Suy ra f 2y 1 f 3 5y2 1 Xột hàm số f t t3 2t .Vỡ f(t) là hàm số đồng biến trờn R nờn f 2y 1 f 3 5y2 1  2y 1 = 3 5y2 1  8y3 17y2 6y 0  y 8y2 17y 6 0 17 97 Giải tỡm được y = 0 (loại); y 16
16. 1 Tớnh x theo x y 17 97 17 97  Tập nghiệm của phương trỡnh (1) là ;  12 12  x 5 10 x Cõu 7. Giải phương trỡnh 4 x 4 5 x 4 4 x Ă . 3 3 Hướng dẫn giải. Điều kiện: 0 x 5 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Phương trỡnh 2 4 x 4 5 x 4 4 4 (1) 3 3 3 Ta cú: x = 0, x = 5 khụng là nghiệm phương trỡnh. Xột hàm số f (x) x , x 0 ; ta cú: f '(x) x 1; f ''(x) ( 1)x 2 (*) 1 Áp dụng (*) với 4 x 2x (5 x) 2x x 2(5 x) Ta cú: 2 4 x 4 5 x 4 4 4 3 3 3 5 5 (1) x 5 x x . Vậy x là nghiệm phương trỡnh. 2 2 Cõu 8. Giải phương trỡnh 5 3 2x3 3x2 5x 4 x3 13x 2, (x Ă ) . Hướng dẫn giải. 5a x3 13x 2 (1) Đặt a 3 2x3 3x2 5x 4 ta được: 3 3 2 a 2x 3x 5x 4 (2 (1) (2) a3 5a (x 1)3 5(x 1) (*) Xột hàm số f (t) t3 5t trờn Ă cú f '(t) 3t 2 5 0 t Ă hàm số f (t) đồng biến trờn Ă ; (*) 3 2x3 3x2 5x 4 x 1 x 3 x 3 3 3 5 x 8x 3 0 x x2 3x 1 0 2 3 5 x 2 3 5 3 5 Thử lại, ta được: x 3; x ; x là nghiệm phương trỡnh. 2 2
17. Cõu 9. Giải phương trỡnh :x3 x2 3x 2 2 x 2 trờn  2;2 . Hướng dẫn giải Đặt x 2cost .Với x  2;2 ta cú t 0;  . 3 2 t Phương trỡnh đó cho trở thành :4cos t 3cost 2cos t 1 2cos (*) 2 t cos 0 t t 2 Với t 0;  Ta cú: * cos3t cos 2t 2cos t 0 2 5t cos 1 4 2 t 5 4 Vậy trờn  2;2 phương trỡnh đó cho cú nghiệm x 2 , x 2, x 2cos . 5 2 Cõu 10. Giải phương trỡnh: 16x 2x 1 2.42x 1 0 . Lời giải 2 2 Biến đổi phương trỡnh: 16x 2x 1 2.42x 1 0 24x 2x 1 24x 1 8x3 4x2 4x 1 0 (1) f x 8x3 4x2 4x 1 0 f 1 7 f 0 1 Đa thức cú tối đa 3 nghiệm và ta cú: ; ; 1 f 1 1 f x 1;1 f 1 . f 0 0 1 f 1; . liờn tục trờn khoảng và , f 0 . f 0 , 2 2 1 f x 0 1;1 f . f 1 0 nờn cú 3 nghiệm trờn khoảng . 2 Do f x 0 cú đỳng 3 nghiệm trong khoảng 1;1 , nờn ta cú thể đặt x cos a với 0 a . Phương trỡnh (1) trở thành: 8cos3 a 4cos2 a 4cos a 1 0 4cos a 2cos2 a 1 4 1 sin2 a 1 2 3 4cos a.cos 2a 3 4sin a 4sin a.cos a.cos 2a 3sin a 4sin a (do sin a 0 ) 4a 3a k2 sin 4a sin 3a k  4a 3a k2 (với 0 a ) 3 5 a a a 7 hay 7 hay 7 . 1 1 Cõu 11. Giải phương trỡnh sau: 2 . x 2 x2 Hướng dẫn giải Điều kiện x ( 2; 2) \0 . Đặt y 2 x2 ;y>0 .
18. x y 2xy Từ phương trỡnh đó cho ,ta cú hệ phương trỡnh: 2 2 x y 2 S 2P Đặt S = x + y; P = xy đưa đến hệ phương trỡnh: 2 S 2P 2 2 S 1 S S 2 0 S 2 S 2; P=1 x=y=1 1 3 -1- 3 x x= 1 2 2 S 1; P=- ; 2 1 3 -1+ 3 y y= 2 2 -1- 3 Kết hợp với điều kiện, nghiệm pt đó cho là:x 1 và x= . 2 Cõu 12. Giải phương trỡnh:2x 3 x 1 3x 2 2x2 5x 3 16.(x Ă ) . (Chưa giải) Cõu 13. Giải phương trỡnh: 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2. (Chưa giải) Dạng 3: Sử dụng hàm số Bài 1. Cho phương trỡnh: xn x2 x 1 0 với n Ơ ,n 2 . Chứng minh rằng với mỗi số nguyờn n 2, thỡ phương trỡnh cú một nghiệm dương duy nhất xn Hướng dẫn giải: Xột hàm số vớif x nguyờn, xn x 2 x 1 (1)n n 2 +) Ta cú:f x nxn 1 – 2x –1 . Do n 2, nờn khi x 1 thỡ f x 0. Vậy f x là hàm số đồng biến trờn 1; . Lại cú: f 1 2 0; f 2 2n – 7 0 ( vỡ n nguyờn và n 2 n 3 ) Ta cú: f 1 f 2 0 và f x liờn tục, đồng biến nờn phương trỡnh f x 0 cú nghiệm duy nhất trờn 1; . +) Mặt khỏc với 0 x 1 thỡ xn x2 do n 2 suy ra f x 0 với mọi 0 x 1. Như vậy ta đó chứng minh được (1) cú nghiệm dương duy nhất với mọi n nguyờn, n 2.
19. 1 Bài 2. Cho phương trỡnh: x5 x4 5x3 x2 4x 1 0 1 . 2 1. Chứng tỏ phương trỡnh (1) cú đỳng 5 nghiệm. 5 x 1 S 1 2. Với xi i 1,5 là nghiệm của phương trỡnh nghiệm, tớnh tổng:  5 4 i 1 2xi xi 2 Hướng dẫn giải 1 1. Xột hàm số: f x x5 x4 5x3 4x 1 . 2 * f(x) là hàm số xỏc định và liờn tục trờn R. 3 f 2 5 ; f 2 ; f 0 1 ; 2 * Ta cú: 1 5 1 175 f ; f 1 ; f 3 2 8 2 2 3 3 1 f 2 . f 0 ; f . f 0 0 ; f 0 . f 0 2 2 2 1 f f . f 1 0 ; f 1 . f 3 0 2 Phương trỡnh f x 0 cú 5 nghiệm phõn biệt x1, x x1, x2 , x3 , x4 , x5 3 1 sao cho: 2 x x 0 x x 1 x 3 1 2 2 3 2 4 5 * Ta cú xi là nghiệm của (1) nờn: 1 x 5 x 4 5x 3 4x 1 0 i 2 i i i 5 4 3 2 2xi xi 2 2 5xi xi 4xi 5 x 1 Do đú: S i  3 2 i 1 2 5xi xi 4xi x 1 x 1 Xột biểu thức: g x 5x3 x2 4x x x 1 5x 4 Đồng nhất thức ta được: 1 2 5 g x 4x 9 x 1 36 5x 4 1 5 1 1 5 1 1 5 1 Do vậy: S 8  x 9  x 1 72  4 i 1 i i 1 i i 1 x i 5 Mặt khỏc: f x x x1 x x2 x x3 x x4 x x5 f ' x x x x x x x x x 2 3 4 5 x x1 x x3 x x 4 x x5 f ' x 5 1 Với x xi ta được:  f x i 1 x xi và f ' x 5x4 2x3 15x2 2x 4 f ' 1 5 1 5 1 f ' 1 Do đú:   12 f 1 i 1 1 xi i 1 xi 1 f 1
20. f ' 0 5 1 5 1 f ' 0   4 f 0 i 1 xi i 1 xi f 0 4 4 f ' 5 5 f ' 5 1 1 5 12900   4 i 1 4 i 1 4 4 4789 f xi xi f 5 5 5 5 8959 Vậy: S . 4789 Dạng 4: Đỏnh giỏ Bài 1. Tỡm tất cả cỏc nghiệm nguyờn dương của phương trỡnh: 2x2 3y2 5xy 3x 2y 3 0 Hướng dẫn giải Xem (1) là phương trỡnh bậc hai ẩn x ta cú: (1) 2x2 3 5y x 3y2 2y 3 0 . * Để (1) cú nghiệm x nguyờn điều kiện cần là: 3 5y 2 4.2 3y2 2y 3 y2 14y 33 k 2 ( k nguyờn, khụng õm) * Lại xem y2 14y 33 k 2 0 là phương trỡnh bậc hai ẩn y . Để cú nghiệm nguyờn y điều kiện cần là  ' 49 33 k 2 16 k 2 m2 là một số chớnh phương (m nguyờn dương). Do m2 k 2 16 m k m k 16 và 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nờn ta cú cỏc trường hợp. m k 8 m 5 +) TH1: suy ra phương trỡnh (1) cú nghiệm x; y 15;12 , 1,2 . m k 2 k 3 m k 4 m 4 +) TH2: suy ra phương trỡnh (1) cú nghiệm x; y 13;11 , 3,3 . m k 4 k 0 m k 16 +) TH3 : Loại. m k 1 Bài 2. [Đề xuất, Chuyờn Hựng Vương Phỳ Thọ, DHĐBBB, 2015] Giải phương trỡnh 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 trỡnh. Xột x 1. Khi đú phương trỡnh đó cho tương đương với 4 x 1 2 2 2x 3 3 x3 x2 2x 12
21. 4(x 3) 4(x 3) (x 3)(x2 2x 4) x 1 2 2x 3 3 4 4 2 x 3 (x 1) 3 0. (1) x 1 2 2x 3 3 Vỡ x 1 nờn x 1 0 và 2x 3 1. Suy ra 4 4 3, x 1 2 2x 3 3 vỡ vậy 4 4 (x 1)2 3 0. x 1 2 2x 3 3 Do đú phương trỡnh (1) x 3 0 x 3. Vậy phương trỡnh đó cho cú 2 nghiệm là x 1 hoặc x 3. 5x2 2 Bài 3. [Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016] 3 x3 5x2 1 . 6 Bài 4. Ký hiệu x là số nguyờn lớn nhất khụng vượt quỏ x. Giải phương trỡnh x2 1 x x 2015 0. Hướng dẫn giải Ta cú x 0. x2 x 2015 x2 x 2015 pt x x 1 x x 2015. x x x a  a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x * 2 Do a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x 2015 (t/ m); 2 a 1 a 1 2 8060 a 1 a 1 2 4a 2015 loai 2 2 2  a 1 a 1 8060 Vậy S ; a  ;a 2015 . 2 
22. 2. Cú tham số Bài 1. Tỡm m để phương trỡnh sau cú hai nghiệm phõn biệt m 1 x2 2x 2 m 2x2 4x 19, (x Ă ) .(1) Hướng dẫn giải 2 Đặt t x 2x 2 ; điều kiện: t 1. 2 2 2 2 2 Ta cú: t x 2x 2 x 2x 2 t x 2x 2 t 0 (2) Pt (2) cú hai nghiệm phõn biệt t ; 1  1; .Vậy t 1. 2t 2 t 15 Thay vào phương trỡnh ta được: (m 1)t m 2t 2 15 m t 1 (3) 2t 2 t 15 y (C) Đặt t 1 y m (d) . Ta cú: số giao điểm của (C) và (d) là số nghiệm phương trỡnh (3). Phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt khi phương trỡnh (2) cú đỳng 1 nghiệm.t 1 18 18 Xột hàm số y 2t 3 ; (t [1; )) ; y ' 2 2 t 1 (t 1) . Cho y ' 0 t 2 y 7; lim y x . Bảng biến thiờn t 1 2 +∞ y’ - 0 + y 8 +∞ 7 m 8 Vậy phương trỡnh (1) cú hai nghiệm phõn biệt . m 7 3. Bài 2. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh sau cú ba nghiệm phõn biệt lập thành một cấp số nhõn: x3 7x2 (m 6)x m 0. Hướng dẫn giải Phương trỡnh đó cho tương đương:
23. x 1 (x 1)(x2 6x m) 0 2 . x 6x m 0 (1) Phương trỡnh đó cho cú ba nghiệm phõn biệt khi và chỉ khi (1) cú hai nghiệm phõn biệt khỏc ' 9 m 0 m 9 1, hay: 2 (*). 1 6.1 m 0 m 5 Khi đú, PT đó cho cú ba nghiệm x1, x2 và x3 1 , trong đú x1, x2 là nghiệm của (1). x1 x2 6 Theo định lý Viet ta cú (2). x1.x2 m Xột cỏc trường hợp sau: 2 2 *) Nếu x1.x3 x2 x1 x2 (3). Từ (2) và (3) ta cú hệ: x2 x 6 0 x1 x2 6 2 2 2 x2 2; x1 4;m 8 x1.x2 m x1 x2 . x 3; x 9;m 27 2 3 2 1 x1 x2 m x2 m 1 2 *) Nếu x1.x2 x3 x1.x2 1 (4). Từ (2) và (4) ta cú hệ: x1 x2 6 . x1.x2 1 Vậy, cú ba giỏ trị của m thỏa món yờu cầu bài toỏn là:m 1,m 8,m 27 . 2 Bài 3. Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh x + 9- x = - x + 9x + m cú nghiệm Hướng dẫn giải. Lời giải: Điều kiện: 0 Ê x Ê 9 2 PT (1) Û x + 9 - x + 2 x(9 - x) = - x + 9x + m 2 2 Û 9 + 2 - x + 9x = - x + 9x + m (2) 2 Đặt t = - x + 9x ' - 2x + 9 t = ' 9 2 t = 0 Û x = Ta cú: 2 - x + 9x ; 2
24. 9 Do đú : 0 Ê t Ê 2 Phương trỡnh (2) trở thành 9 + 2t = t 2 + m Û - t 2 + 2t + 9 = m (3) 9 Xột hàm số f (t) = - t 2 + 2t + 9 , 0 Ê t Ê 2 Ta cú : f '(t) = - 2t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiờn : ộ 9ự Phương trỡnh (1) cú nghiệm x ẻ ộ0;9ựÛ phương trỡnh (3) cú nghiệm t ẻ ờ0; ỳ ởờ ỷỳ ờ ỳ ở 2ỷ 9 Û - Ê m Ê 10 4 Bài 4. Tỡm a để phương trỡnh sau (ẩn x ) chỉ cú một nghiệm. 5a 3 5(2a 1)(1 a) 1 x a (x a)(x 3a 1) Bài 5. Cho hai phương trỡnh sau: (1) (2) (a là tham số, x là ẩn số) Tỡm a để số nghiệm của phương trỡnh (1) khụng vượt quỏ số nghiệm của phương trỡnh (2). Bài 6. Cho phương trỡnh: ax2 2b c x 2d e 0 cú một nghiệm khụng nhỏ hơn 4. Chứng minh rằng phương trỡnh ax4 bx3 cx2 dx e 0 cú nghiệm. Bài 7. Với mỗi số tự nhiờn k , gọi N k là số nghiệm của phương trỡnh 2016x 2017y k, x 0, y 0 . N(k) Tớnh giới hạn sau L lim k k
25. Lời giải Giả sử x0 , y0 là một nghiệm của phương trỡnh 2016x 2017y k , khi đú mọi nghiệm của phương trỡnh trờn cú dạng x x0 2017t, y y0 2016t,t  y x Vỡ x 0 và y 0 nờn 0 t 0 . 2016 2017 y x 0 0 1 2016 2017 Suy ra N(k) y0 x0 2016 2017 y x Suy ra N(k) 0 0 3. 2016 2017 N(k) 1 3 Kết hợp với 2016x 2017y k , ta cú . 0 0 k 2016.2017 k N(k) 1 Vậy lim k k 2016.2017 Bài 8. Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh sau cú nghiệm 4 2 3 x - 1 + m x + 1 = 2 x - 1. Hướng dẫn giải. Điều kiện :x ³ 1 ổ ử2 ỗ x - 1ữ x - 1 ỗ4 ữ 4 PT (1) Û 3ỗ ữ + m = 2 (2) ốỗ x + 1ứữ x + 1 x - 1 x - 1 2 Đặt t = 4 , Do 0 Ê 4 = 4 1- < 1 ị 0 Ê t < 1 x + 1 x + 1 x + 1 Phương trỡnh (2) trở thành : 3t 2 + m = 2t Û m = - 3t 2 + 2t (3) 2 ộ Xột hàm số f (t) = - 3t + 2t , t ẻ ởờ0;1) 1 Ta cú : f '(t) = - 6t + 2 ; f '(t) = 0 Û t = 3 Bảng biến thiờn :
26. ộ ộ Phương trỡnh (1) cú nghiệm x ẻ ởờ1;+ Ơ ) Û phương trỡnh (3) cú nghiệm t ẻ ởờ0;1) 1 Û - 1 < m Ê 3 Bài 9. Cho phương trỡnh x + 2 x2 - 2x + m.(x - 4). + 2 8 + 2x - x2 - 14 - m = 0. 4 - x Tỡm m để phương trỡnh cú nghiệm thực. Hướng dẫn giải. ộ Với tập xỏc định D = ởờ- 2;4) , Phương trỡnh đó cho tương đương với - (- x2 + 2x + 8) - m 8 + 2x - x2 + 2 8 + 2x - x2 - 6- m = 0. Đặt t = 8 + 2x - x2 thỡ t  0; 3) - t 2 + 2t - 6 Xột hàm số f (t) = ;t ẻ ộ0;3ự ; t + 1 ởờ ỷỳ - t 2 - 2t + 8 f’(t) = ; f’(t) = 0 t = - 4 hoặc t = 2. (t + 1)2 Bảng biến thiờn của hàm số f(t) trờn đoạn  0; 3  Phương trỡnh đó cho cú nghiệm x  - 2; 4) Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t), t  0; 3  - 6 ≤ m ≤ - 2 2 3 Bài 10. Cho phương trỡnh: 21 4x x x 3 m x 3 2 7 x , với m là tham số. 4 Tỡm tham số m để phương trỡnh cú nghiệm thực.
27. Hướng dẫn giải. Điều kiện: 3 x 7 .Đặt t x 3 2 7 x với x  3,7 1 1 7 x 2 x 3 Ta cú: t ' ; y ' 0 7 x 2 x 3 x 1 2 x 3 7 x 2 x 3 7 x t( 3) 2 10,t(7) 10,t( 1) 5 2 suy ra: t 10,5 2 3 t 2 19 Do t x 3 2 7 x 21 4x x2 x 3 nờn phương trỡnh trở thành: 4 4 t 2 19 t 2 19 mt m 4 4t Bài 11. Tỡm m để pt sau cú nghiệm 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Hướng dẫn giải. 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 . Ta đưa pt về dạng đẳng cấp 8x2 4x 13 m2 (2x 1) x2 3 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 1 Từ pt suy ra x 2 (2x 1)2 4(x2 3) m2 (2x 1) x2 3 Chia hai vế pt cho x2 3 , ta được 2 2x 1 2 2x 1 m 4 0 x2 3 x2 3 2x 1 1 Đặt t , lập bbt với x tỡm được t (0;2) x2 3 2 4 P t trở thành t m2 (1) t Phương trỡnh ban đầu cú nghiệm khi và chỉ khi pt (1) cú nghiệm thuộc t thuộc (0;2). Tỡm được m 2  m 2 Bài 12.(Chuyờn Hưng Yờn). Giả sử với hai số dương athỡ,b phương trỡnh x3 ax2 bx a 0, bn 3n cú cỏc nghiệm đều lớn hơn 1. Xỏc định giỏ trị của a, bđể biểu thức P đạt giỏ trị nhỏ an nhất và tỡm giỏ trị nhỏ nhất đú (n là số nguyờn dương cho trước). Hướng dẫn giải Gọi x1, x2 , x3 là cỏc nghiệm của phương trỡnh đó cho.
28. x1 x2 x3 a Theo định lý Vi-et ta cú x1x 2 x2 x3 x3 x1 b x1x2 x3 a Theo bất đẳng thức AM - GM ta được 3 3 x1 x2 x3 3 x1x2 x3 hay a 3 a a 3 3 (*) Theo bất đẳng thức (x y z)2 3(xy yz zx); x, y, z R 2 2 thỡ b (x1x2 x2 x3 x3 x1) 3x1x2 x3 (x1 x2 x3 ) hay b2 3a2 b 3a. bn 3n 3n an 3n 3n 3n Suy ra P 3n 3n , do (*) an an an (3 3)n 3n 1 Do đú ta cú P 3n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 3 3;b 3a 9. Khi đú phương trỡnh cú ba nghiệm trựng nhau 3n 1 và đều bằng 3. Vậy giỏ trị nhỏ nhất của P là khi a 3 3;b 9. 3n 1 1 Bài 13. Giải phương trỡnh x4 x2 0 . x4 x2 Bài 14. Tỡm m để BPT sau vụ nghiệm: m2 4 x2 2 m 2 x 1 0 1 1 4x2 Bài 15. Giải bất phương trỡnh 3 x Bài 16. Chứng minh phương trỡnh: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 cú ớt nhất 2 nghiệm với m,n, p Ă Hướng dẫn giải Xột phương trỡnh: 2x4 mx3 nx2 px 2011 0 (1) Xột hàm số: f (x) 2x4 mx3 nx2 px 2011 lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) b 0 sao cho f b 0 x x lim f (x) lim ( 2x4 mx3 nx2 px 2011) a 0 sao cho f a 0 x x f 0 2011 0 Hàm số f x liờn tục trờn cỏc đoạn a;0 và 0;b;
29. f (a). f (0) 0 phương trỡnh cú ớt nhất 1 nghiệm x1 a;0 và ớt nhất 1 nghiệm x2 0;b . f (0). f (b) 0 Vậy phương trỡnh cú ớt nhất 2 nghiệm. Bài 17. Cho cỏc phương trỡnh: x2 (m 1)x m2 2 0 (1) x4 mx3 x2 2x m2 0 (2) trong đú x là ẩn số và m là tham số (0 0 + Suy ra: ớù (x , x là hai nghiệm của phương trỡnh 3x 2 + 2x + a = 0 ). ù 1 2 ợù f (x1 ). f (x2 ) < 0 + Thực hiện phộp chia đa thức ta được: 3 2 ổ1 1ử 1 f (x) = x + x + ax + b = ỗ x + ữy '+ [(6a - 2)x + 9b - a]. ốỗ3 9ứữ 9
30. 1 1 Suy ra f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]; f (x ) = [(6a - 2)x + 9b - a]. 1 9 1 2 9 2 2 2 + f (x1 ). f (x2 ) 0. Bài 23. Cho phương trỡnh:5 x 2 - 34x + a - 4 (x - 1)(x - 33) = 1 . a/ Giải phương trỡnh khi a 64. b/ Tỡm a để phương trỡnh cú nghiệm. Hướng dẫn giải Cõu a: +Đặt u = 5 x 2 - 34x + a v = 4 (x - 1)(x - 33) . ùỡ u5 - (u - 1)4 = a - 33 +Ta cú hệ ớù (I). ợù v = u - 1³ 0 +Hàm số f (u) = u5 - (u - 1)4 cú f '(u) = 5u4 - 4(u - 1)3 > 0 " u ẻ [1;+ Ơ ) nờn f(u) tăng trờn [1; + ). + a 64, f u 31 f 2 và f u tăng nờn hệ (I) chỉ cú một nghiệm: u 2,v 1 từ đú ta cú nghiệm của phương trỡnh là: x 17 ± 257 . Cõu b: + f (u ) tăng trờn [1; + ) mà f 1 1 nờn phương trỡnh cú nghiệm khi a – 33 1 hay a 34. Bài 24. Giải và biện luận phương trỡnh theo tham số m: (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0. Hướng dẫn giải (lg cos x)2 - m log cos2 x - m2 + 2 = 0 (1). p p +Điều kiện: cos x > 0 Û - + k2p < x < + k2p, k ẻ Z. 2 2 ùỡ t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 (2) Đặt t = lg cos x. Phương trỡnh trở thành: ớù . ợù t Ê 0 S Xột tam thức bậc hai f (t) = t 2 - 2mt - m2 + 2 = 0 cú: a = 1; = m,D ' = 2(m2 - 1), f (0) = - m2 + 2. 2 +Trường hợp 1: t = 0 là nghiệm của (2).Khi đú ta cú m = ± 2 .
31. + m = 2 : (2) Û t = 0 hay t = 2 2 nờn (1) lgcosx = 0 cosx = 1 x =2k , k Z. + m =-2 : (2) Û t = 0 hay t = -2 2 nờn (1) ộlg cos x = 0 ộx = 2kp ờ Û ờ , k ẻ Z. ờ ờ -2 2 ởlg cos x = - 2 2 ởờx = ± arccos10 + 2kp +Trường hợp 2: Phương trỡnh (2) cú 2 nghiệm t1, t2 khỏc 0 (t1 t2): 2 2 t1 = m - 2(m - 1) ; t2 = m + 2(m - 1) . Với điều kiện (1) cú nghiệm nờn ta chỉ cần xột 2 trường hợp sau: a/t1 Ê t2 0 ợù - m - 2 > 0 m± 2(m2 - 1) Khi đú (2) cú hai nghiệm t1, t2 õm nờn (1) cú cỏc họ nghiệm:.x = ± arccos10 + 2kp,k ẻ Z 2 b/ t1 2. m- 2(m2 - 1) Khi đú (1) lg cos x = t1 Û x = ± arccos10 + 2kp,k ẻ Z . +Kết quả: 2 + m 2 : (1) cú nghiệm: x = ± arccos10m- 2(m - 1) + 2kp,k ẻ Z . BÀI TẬP CHƯA Cể LỜI GIẢI 2x 1 2 2 1. Giải phương trỡnh: x x . 3 1 1 2. Giải phương trỡnh: 1 x2 (4 3x)2 3. Cho trước cỏc số nguyờn dương a,b. Chứng minh rằng phương trỡnh
32. x2 2axy a2 4b y2 4by z2 cú vụ số nghiệm nguyờn dương. 4. Giải phương trỡnh: x4 –10x3 – 2 a –11 2 5a 6- x 2a a 0 . Trong đú a là tham số. 5. Giải phương trỡnh: 1995 x 1996 1996 x 1995 1 6. Giải cỏc phương trỡnh sau: x 7 1 a) 8 2x2 2x 1 ; b) x3 x2 x . x 1 3 c) x2 1 2x x2 2x 7. Giải phương trỡnh: x2 3x 2 x2 x 1 0