Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 97  Chuyên đề 3: ĐẠI SỐ  Vấn đề 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1.         2n 2n B0 A B AB (với n  * ) 2. 2n 2n B 0 (hayA 0) A B AB       (với n  * ) 3.     2n 1 2n 1 A B A B (với n  * ) 4.                2 A0 B0 A B C A B C 5.                 2 2 A0 B0 A B C C0 A B C B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Giải phương trình: 2 3 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x       (x  R). Giải Điều kiện: –2  x  2. Đặt t = 3 2 x 6 2 x    t 2 = 9(2 + x) – 36    2 x 2 x + 36(2 – x) = 9(10 – 3x – 2 4 4 x ) Phương trình đã cho trở thành t – 2 t 9 = 0  t = 0 hoặc t = 9.  Với t = 0: 3 2 x 6 2 x 0     3 2 x 6 2 x    9((2 + x) = 36(2 – x)  6 x 5  (Thỏa điều kiện–2  x  2) .  Với t = 9: 3 2 x 6 2 x 9     3 2 x 6 2 x 9    (*). Do –2  x  2 nên 3 2 x 6 6 2 x 9 9          . Suy ra phương trình (*) vô nghiệm. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 98 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 6 x 5  . Cách khác: Đặt u = 2x và v = 2x (u  0, v  0) thì :  u.v = 2 4x  2 2 u 2 x v 2 x         u 2 + 4v 2 = 10 – 3x và u 2 + v 2 = 4 Do đó phương trình đã cho trở thành 22 22 3u 6v 4uv u 4v (1) u v 4 (2)           (1)  3u – 6v = u 2 + 4v 2 – 4uv  3(u – 2v) = (u – 2v) 2  u – 2v = 0 hoặc 3 = u – 2v ª Với u = 2v thế vào (2) ta được 2 4 v 5   2 v 5   4 u 5  Suy ra: 4 2x 5 2 2x 5           16 2x 5 4 2x 5           6 x 5  ª Với u = 3 + 2v thế vào (2) ta được (3 + 2v) 2 + v 2 = 4  5v 2 +12v +5 = 0 Phương trình này vô nghiệm vì v  0 . Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Giải phương trình        2 3x 1 6 x 3x 14x 8 0 (x  ). Giải Điều kiện:    1 x 6 3 Với điều kiện 1 x 6, 3    phương trình đã cho tương đương:                2 3x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0            3x 15 x 5 (x 5)(3x 1) 0 3x 1 4 1 6 x  x – 5 = 0 hay         31 (3x 1) 0 3x 1 4 1 6 x Nhận xét:  1 x 3 nên 3x + 1  0 Do đó         31 (3x 1) 0 3x 1 4 1 6 x vô nghiệm Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 5. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 99 Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 Giải phương trình:   3 2 3x 2 3 6 5x 8 0 x      . Giải Điều kiện x  6 5 . Khi đó đặt      3 u 3x 2 và v 6 5x, v 0 (*) Ta có        3 2 u 3x 2 v 6 5x   32 5u 3v 8 Phương trình đã cho trở thành hệ:        32 2u 3v 8 5u 3v 8                2 3 8 2u v 3 8 2u 5u 3 8 3             32 8 2u v 3 15u 4u 32u 40 0                 2 8 2u v 3 u 2 15u 26u 20 0  u = 2 và v = 4 (nhận) Thế u = 2 và v = 4 vào (*), ta được:          3 3x 2 2 6 5x 4         3x 2 8 6 5x 16 x = 2 (nhận) Vậy phương trình có nghiệm x =  2 Bài 4: ĐẠI HỌC SÀI GÒN KHỐI D NĂM 2007 Giải phương trình:     22 3 x 5x 10 5x x Giải Đặt t =  2 x 5x 10 (với t  0 ) suy ra t 2 = x 2 – 5x + 10  5x – x 2 = 10  t 2 Phương trình đã cho trở thành: 3t = 10  t 2    t 5 loại t2       Vậy  2 x 5x 10 = 2  x 2  5x + 10 = 4       x3 x2 . Bài 5: CAO ĐẲNG TÀI CHÍNH – HẢI QUAN NĂM 2007 Giải phương trình:   3x 7 x 1 = 2. Giải Điều kiện: x  1 Với điều kiện x  1, phương trình đã cho tương đương: Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 100   3x 7 x 1 + 2  3x + 7 = x + 5 + 4 x1  x + 1 = 2 x1  (x + 1) 2 = 4(x + 1)       x1 x3 (thỏa x  1) Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Giải phương trình:      2 2x 1 x 3x 1 0 (x  ). Giải Đặt t =       2 2 t1 2x 1 (t 0) t = 2x 1 x = 2 . Phương trình đã cho trở thành:     42 t 4t 4t 1 0          22 (t 1) (t 2t 1) 0 t 1, t 2 1 (nhận) Với t = 1 ta có x = 1. Với t = 21 , ta có x = 2  2 Vậy phương trình có nghiệm: x = 1; x = 2  2 Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 - ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 Giải phương trình:         2 3x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2 (1) Giải Đặt t =      3x 2 x 1 t 0 suy ra      22 t 4x 3 2 3x 5x 2 22 4x 2 3x 5x 2 t 3.      Khi đó: (1) trở thành: t = t 2 – 6  t 2 – t – 6 = 0             t 2 loại t 3 nhận Khi đó: (1)     3x 2 x 1 3 (*) Điều kiện:       3x 2 0 x1 x 1 0 (a) Với điều kiện x  1, phương trình (*) tương đương: 3x – 2 + x – 1 +   2 3x 2 x 1 9     3x 2 x 1 6 2x                         2 2 6 2x 0 x3 3x 2 x 1 6 2x x 19x 34 0              x3 x2 x2 x 17 thoả điều kiện (a) Vậy nghiệm của phương trình là x = 2. Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 101 Bài 8: ĐỀ DỰ BỊ 2 - ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 Giải phương trình: x + 2 7x = 2       2 x 1 x 8x 7 1 (x  ) Giải Điều kiện              2 7 x 0 x 1 0 x 8x 7 0 1  x  7 Với điều kiện 1  x  7, phương trình đã cho tương đương: x – 1 – 2         x 1 2 7 x x 1 7 x = 0            x 1 x 1 2 7 x x 1 2 = 0         x 1 2 x 1 7 x = 0  x 1 2 x 5 x4 x 1 7 x                Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2005 Giải phương trình sau:      2 x 2 2 x 1 x 1 4 Giải Điều kiện: x   1 Phương trình đã cho tương đương với       2 2 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4 x 1 2 x 3 nhận                 Bài 10: ĐỀ DỰ BỊ 1  ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005 Giải phương trình:     3x 3 5 x 2x 4 . (1) Giải Điều kiện:             3x 3 0 5 x 0 2 x 5 2x 4 0 (a) Với điều kiện 2  x  5, phương trình (1) tương đương:     3x 3 2x 4 5 x                                2 3x 3 2x 4 5 x 2 (2x 4)(5 x) (2x 4)(5 x) x 2 (2x 4)(5 x) (x 2) (x 2) 2(5 x) (x 2) 0 x 2 x 4 thỏa điều kiện (a) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 102 Bài 11: Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm: x 5  x 2  2x  1 = 0. Giải Ta có x 5  x 2  2x  1 = 0 (1) (1)  x 5 = (x + 1) 2  điều kiện x  0 Với 0  x < 1 thì VT < 1 và VP  1  (1) vô nghiệm Do đó chỉ xét x  1 Xét f(x) = x 5  x 2  2x  1, x  1 f'(x) = 5x 4  2x  2 = 2x (x 3  1) + 2(x 4  1) + x 4 > 0, x  1 Do đó f(x) tăng trên [1; +), f liên tục Và f(1); f(2) < 0 nên f(x) = 0 luôn có nghiệm duy nhất. Bài 12: Giải phương trình:        2 x 4 x 4 2x 12 2 x 16 . Giải  Điều kiện:       x 4 0 x4 x 4 0  Đặt t =      x 4 x 4 t 0  t 2 = 2x +  2 2 x 16 Phương trình (1) trở thành: t 2 – t – 12 = 0       t4 t 3 (loại)  Với t = 4:    x 4 x 4 4  2x +  2 2 x 16 16 và x  4     2 x 16 8 x và x  4                    2 2 4 x 8 4 x 8 x5 x5 x 16 8 x .  Vấn đề 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. 2 B 0 A B A 0 A B           2.             2 B 0 B 0 A B hay A 0 A B 3.       B 0 A B A B Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 103 B. ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Giải bất phương trình:      2 xx 1 1 2(x x 1) Giải Điều kiện x  0. Khi đó:      2 xx 1 1 2(x x 1)           2 2 x x 1 2(x x 1) 0 1 2(x x 1) (*) Nhận xét: Mẫu số: 2 2 1 3 3 1 2(x x 1) 1 2 x 1 0 2 4 2                  Do đó bất phương trình (*) trở thành:      2 x x 1 2(x x 1) ≤ 0        2 2(x x 1) x x 1                   2 2 x x 1 0 2(x x 1) x x 1                   22 x x 1 0 2(x x 1) x x 1 2x x 2x 2 x                2 x x 1 0 x x 1 2x x 2 x 0                2 x x 1 0 (x 1) 2 x(x 1) x 0              2 x x 1 0 (x 1 x) 0              x x 1 0 x 1 x 0             x (1 x) 1 0 x 1 x         2 0 x 1 x (1 x)           2 0 x 1 x 3x 1 0          0 x 1 35 x 2    35 x 2 Cách khác: Điều kiện: x  0. Vì     2 1 2(x x 1) 0 nên Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 104      2 xx 1 1 2(x x 1)       2 x x 1 2(x x 1) (1) • x = 0: (1) không thỏa. • x > 0: Chia hai vế của bất phương trình (1) cho x ta được (1)          11 x 1 2 x 1 x x          11 2 x 1 x 1 x x Đặt       2 11 t x x t 2 x x (1) trở thành:               2 22 t1 2(t 1) t 1 2t 2 t 2t 1 (*) (*)          2 t1 t 2t 1 0           2 t1 t 1 0  t = 1 Do đó:       1 x 1 x x 1 0 x 15 x 6 2 5 3 5 2 x 42 15 x (loại) 2                . Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Giải bất phương trình:   x 1 2 x 2 5x 1 x      Giải     x 1 2 x 2 5x 1                              2 x2 x2 x2 2 x 3 x 1 x 2 2 x x 6 0  2  x  3. Bài 3: CAO ĐẲNG KỸ THUẬT CAO THẮNG NĂM 2007 Giải bất phương trình:      22 5x 10x 1 7 2x x . (1) Giải      22 5x 10x 1 7 2x x Điều kiện để căn bậc hai có nghóa là: 5x 2 + 10x + 1  0       5 2 5 5 2 5 x hoặc x 55 (*) Với điều kiện đó ta có: (1) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 105          22 5 5x 10x 1 36 5x 10x 1 (*) Đặt     2 t 5x 10x 1, t 0 (*) trở thành t 2 + 5t – 36  0  t  4 (nhận)  t  9 (loại) Với t  4, ta có:    2 5x 10x 1 4  x 2 + 2x – 3  0  x  3  x  1 (những giá trò này đều thỏa điều kiện (*)). Bài 4: CAO ĐẲNG BÁN CÔNG HOA SEN NĂM 2007 Giải bất phương trình:  2 x 4x > x – 3. (1) Giải Điều kiện: x 2 – 4x  0  x  0  x  4 Trường hợp 1: x – 3 < 0  x < 3: (1) đúng so sánh với điều kiện được x  0 Trường hợp 2: x  3 (1)  x 2 – 4x > x 2 – 6x + 9  x > 9 2 So với điều kiện x  3 ta nhận x > 9 2 Kết luận: nghiệm x  0; x > 9 2 Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005 Giải bất phương trình:     5x 1 x 1 2x 4 Giải Điều kiện:            5x 1 0 x 1 0 x 2 2x 4 0 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với              5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)  x + 2 >         22 (2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4       2 x 10x 0 0 x 10 Kết hợp với điều kiện ta có: 2  x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho. Bài 6: ĐỀ DỰ BỊ 2 Giải bất phương trình:      2 8x 6x 1 4x 1 0 Giải      2 8x 6x 1 4x 1 0      2 8x 6x 1 4x 1 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 106 2 22 2 11 xx 42 8x 6x 1 0 1 4x 1 0 x 4 8x 6x 1 (4x 1) 8x 2x 0 11 xx 11 42 x x . 1 42 x 0 x 4                                                 Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 Giải bất phương trình:     2x 7 5 x 3x 2 (1) Giải Điều kiện         2x 7 0 5 x 0 3x 2 0   2 x5 3 (a) (1)      2x 7 3x 2 5 x         2x 7 3x 2 5 x 2 3x 2 5 x    3x 2 5 x 2  (3x – 2)(5 – x)  4  3x 2 – 17x + 14  0  x  1  x  14 3 So với điều kiện (a) ta có nghiệm     2 14 x 1 hay x 5 33 Bài 8: Giải bất phương trình:         2 2 x 16 7x x3 x 3 x 3 Giải Điều kiện                    2 x3 x 3 0 x 4 x4 x 16 0 x4 Bất phương trình đã cho tương đương với              22 2 x 16 x 3 7 x 2 x 16 10 2x      2 2 2 10 2x 0 10 2x 0 V 2 x 16 10 2x x 16 0               .  3 2 u 3x 2 v 6 5x   32 5u 3v 8 Phương trình đã cho trở thành hệ:        32 2u 3v 8 5u 3v 8                2 3 8 2u v 3.      2 3x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0            3x 15 x 5 (x 5)(3x 1) 0 3x 1 4 1 6 x  x – 5 = 0 hay         31 (3x 1) 0 3x 1 4 1 6 x