55 mot so pt, bpt qui ve bac 2 đáp án chi tiết

Có bốn nghiệm phân biệt.. Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng: a.. Phương trình m + 2x1x có bốn nghiệm phân biệt... Phương trình * bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

Bài 5.3: MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ BẬC HAI

Dạng toán 1: Phương trình trùng phương

Phương trình trùng phương: ax4bx2 c 0, (a0) ( )

— Đặt tx20 thì ( )  at2bt c 0( )

cụ thể:

 Để ( ) vô nghiệm







  

 



( ) v« nghiÖm ( ) cã nghiÖm kÐp ©m.

( ) cã 2 nghiÖm ©m

 Để ( ) có 1 nghiệm







( ) cã nghiÖm kÐp t t 0 ( ) cã 1 nghiÖm b»ng 0, nghiÖm cßn l¹i ©m









( ) cã nghiÖm kÐp d ¬ng ( ) cã 2 nghiÖm tr¸i dÊu

Bài 1: Cho phương trình:

Tìm m để phương trình:

a Có nghiệm duy nhất

b Có hai nghiệm phân biệt

c Có ba nghiệm phân biệt

d Có bốn nghiệm phân biệt

 Giải

Đặt t = x2)x với điều kiện t  0

Khi đó, phương trình được biến đổi về dạng:

a Phương trình (m + 2)x1)x có nghiệm duy nhất

 (m + 2)x2)x)x có nghiệm t1  0 = t2)x 

S 0

P 0











m 2 0

m 0

 



 



Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài

b Phương trình (m + 2)x1)x có hai nghiệm phân biệt

 (m + 2)x2)x)x có nghiệm t1 < 0 < t2)x  a.c < 0  m < 0

Vậy, với m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài

c Phương trình (m + 2)x1)x có ba nghiệm phân biệt

 (m + 2)x2)x)x có nghiệm 0 = t1 < t2)x

0

P 0

S 0

 





  

 



2

m 4 0

m 0

m 2 0

  



  

  

Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài

d Phương trình (m + 2)x1)x có bốn nghiệm phân biệt

 (m + 2)x2)x)x có nghiệm 0 < t1 < t2)x

0

P 0

S 0

 





  

 



m 4 0

m 0

m 2 0

  



  

  

Vậy, với m > 0 thoả mãn điều kiện đầu bài

Bài 1.1: Cho phương trình (m+1)x4- 4x2+ =1 0(*) Tìm m để

a) Phương trình (*) có nghiệm

b) Phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt

Lời giải

Đặt

2, 0

t =x t ³

, phương trình trở thành (m+1)t2- 4t+ =1 0 (*)

2

phương trình (*) có nghiệm

Với m ¹ - 1 phương trình (**) là phương trình bậc hai.

Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có nghiệm không âm

3 0

1

0 1

m

m

m P

m

ïï

1

1

m

-+

vì x = không là nghiệm của phương trình (**) với mọi 0 m)

2

không thỏa mãn

Với m ¹ - 1 phương trình (**) là phương trình bậc hai.

Phương trình (*) bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (**) có hai nghiệm

dương phân biệt

3 0

1

1

m

m

m P

m

ïï

î

Dạng toán 2: Phương trình chứa GTTĐ

Để giải phương trình chứa dấu trị tuyệt đối, ta tìm cách khử dấu trị tuyệt đối bằng cách:

dùng định nghĩa

khi 0

, khi 0

A



Loại 1:

0

B

 



   



 



0

0

A

A

  

 







  

 

 



Loại 2:

 





Loại 3: a A. b B. C dùng phương pháp chia khoảng để giải

Bài 2.: Giải các phương trình sau

Lời giải

2 2

2

2

x x

ê = ê

Û ê

ê ê Vậy phương trình có nghiệm là

2

x = ±

và

2

±

c) Với

17

4

suy ra phương trình vô nghiệm Với

17

4

x- ³ Û x³

khi đó hai vế của phương trình không âm suy ra

2

2

6

22

x

x

x

x

é é =

ê ê

= ± ê Đối chiếu với điều kiện

17 4

x ³

Bài 2.1: Giải các phương trình sau:

a)

b )

3

| x 4 | 1   = x + 3 c) (m + 2)xx + 2)x)xx33x = x66x4 + 9x2)x + 2)xx

 Giải

Lập bảng xét dấu x2 x và 2x  :4



x2)xx + 0 



2)xx

4







Trường hợp 1: Với x  0 hoặc 1  x  2)x, phương trình có dạng:

x2)xx(m + 2)x2)xx4)x = 3  x2)x3x + 1 = 0

 x =

1

2(m + 2)x3  5)x (m + 2)xloại)x.

Trường hợp 2: Với 0 < x < 1, phương trình có dạng:

(m + 2)xx2)xx)x(m + 2)x2)xx4)x = 3

 x2)x + x1 = 0

0 x 1  

1 5 2

 

Trường hợp 3: Với x  2)x, phương trình có dạng:

x2)xx + 2)xx4 = 3  x2)x + x7 = 0

x 2 

1 29 2

 

Vậy nghiệm của phương trình là: x =

5 1 2



và x =

29 1 2



b)x Điều kiện:

x41  0  x4 1 

x 4 1

x 4 1

 





 

x 5

x 3









Lập bảng xét dấu x + 3 và x4:





TH1: Với x 3, phương trình có dạng:

3

x 4 1

   = x3 

3

3 x  = x3  x2)x = 12)x 

x 2 3 (l)

x 2 3

 





TH2: 2: Với 3 < x < 4, phương trình có dạng:

3

x 4 1

3

3 x  = x + 3  x2)x = 6 

x 6

 





TH3: Với x  4, phương trình có dạng :

3

x 4 1   = x + 3  x2)x2)xx18 = 0 

x 1 19 (l)

x 1 19

  



 

c)x Viết lại phương trình dưới dạng:

(m + 2)xx33x)x2)x(m + 2)xx + 2)x)xx33x + 2)xx = 0 (m + 2)x1)x

Đặt t = x33x, điều kiện t  0

Khi đó, phương trình (m + 2)x1)x được biến đổi về dạng:

ta có t = (m + 2)xx + 2)x)x2)x8x = (m + 2)xx2)x)x2)x, do đó:

(m + 2)x3)x 

t x

t 2





 

 

3

3

| x 3x | x

| x 3x | 2







3

3

x 0

x 3x x

x 3x 2

  

 

 





  

3

3

3

x 0

x 4x 0

x 2x 0

x 3x 2 0

  

 















   

x 0

x 1, x 2











  

Chú ý: Trong một số trường họp ta có thể giải phương trình chứa GTTĐ bằng cách sử dụng tính chất của GTTĐ

Ta sử dụng các tính chất sau:

TÝnh chÊt 1: Ta có:

a + b = a + b  ab  0

TÝnh chÊt 2: Ta có:

TÝnh chÊt 3: Ta có:

a + b = ab  { a≥0 ¿¿¿¿ .

TÝnh chÊt 4: Ta có:

ab = ab  b(ab)  0

với lược đồ thực hiện theo các bước:

B-íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa (nếu cần) cho các biểu thức trong phương trình

B-íc 2: Biến đổi phương trình về một trong 4 tính chất đã biết

B-íc 3: Giải ( hoặc biện luận) phương trình đại số nhận được

B-íc 4: Kết luận

Bài 2.2:a) Giải phương trình x2)x4x + 3 + x2)x4x = 3

 Giải

Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng:

x2)x4x + 3 + 4xx2)x = (m + 2)x x2)x4x + 3)x + (m + 2)x4xx2)x)x

⃗TÝnh chÊt 2 { x 2 −4x+3≥0 ¿¿¿¿  [0≤x≤1[3≤x≤4[

Vậy, nghiệm của phương trình là [0; 1]  [3; 4]

Cách 2: Viết lại phương trình dưới dạng:

x2)x4x + 3 + x2)x4x = (m + 2)x x2)x4x + 3)x(m + 2)x x2)x4x)x

⃗TÝnh chÊt 3 { x 2 −4x+3≥0 ¿¿¿¿  { [ x≥3

[ x≤1 [ ¿¿¿¿  [[0≤x≤1 3≤x≤4[

Vậy, nghiệm của phương trình là [0; 1]  [3; 4]

b) 2)xx2)x3x + 12)xx2)x5xx < 2)xx + 1 (m + 2)x1)x

 Giải:

Biến đổi bất phương trình về dạng:

2)xx2)x3x + 12)xx2)x5xx < (m + 2)x2)xx2)x3x + 1)x(m + 2)x2)xx2)x5xx)x

 (m + 2)x2)xx2)x5xx)x(m + 2)x2)xx + 1)x < 0 

x 1/ 2

0 x 5/ 2

 



  

Vậy nghiệm của bpt là: (m + 2)x,

1

2)x(m + 2)x 5

2, + )x.

Dạng toỏn 3: Bất phương trỡnh chứa GTTĐ

Loại 1: f x( ) g x( ) 

f (x) g(x)

f (x) g(x)





  

g(x) 0 g(x) 0

f (x) g (x)

















Loại 2: f x( ) g x( )

g(x) 0

f (x) g (x)









g(x) 0 g(x) f (x) g(x)







f (x) 0

f (x) g(x)

f (x) 0

f (x) g(x)

 











 

 

 



Bài 3 : Giải cỏc bất phương trỡnh sau :

a)x x- 3>2x+4 b)x x5xx2)x + 7x9  0

 Giải

x- > x+ Û x- > x+ Û x- - x+ >

3

Û - - - - + + > Û - - + > Û - <

<-Vậy tập nghiệm của bất phương trỡnh là

1 7; 3

S= -ổỗỗỗố - ữửữữứ

b) Biến đổi bất phương trỡnh về dạng:

x5x x2)x7x + 9



2

2

x 5 x 7x 9

x 5 x 7x 9

    



   

2

2

x 8x 14 0

x 6x 4 0



  

    



   



Cỏch 2)x: Cú thể dựng định nghĩa để giải như sau:

(m + 2)x1)x 

2

2

x 5 0

x 8x 14 0

x 5 0

x 6x 4 0

   

 





  





   

5 x 4 2

3 5 x 5

   



  

Bài 3.1: Giải cỏc bất phương trỡnh sau:

a 2

| x 2 |

x 5x 6



2 2

| x 4x | 3

x | x 5 |

   1 b)x x2)x4x + 2)x

3

x2−4 x +2−2  0.

 Giải

a Biến đổi tơng đơng bất phơng trình về dạng:

x 2 0

1

3

x 3

x 2 0

1

3

3 x

   









  



 



 

 



  

x 2

10 3x

0

x 3

x 2 3x 8

0

3 x

  











  







 

 



  

10

3 .

Vậy nghiệm của bất phương trình là: 3 < x 

10

3 .

b)x Lập bảng xét dấu x2 4x và x  5



x2)x4

x

TH 1: Với x  0 hoặc 4  x  5x

(m + 2)x1)x 

2 2

x 4x 3

x x 5

 

2

3.

TH 2: Với 0 < x < 4

(m + 2)x1)x 

2 2

x 4x 3

x x 5

   1  2)xx2)x5xx + 2)x  0 

1

2  x  2)x.

TH 3: Với x > 5x

(m + 2)x1)x 

2 2

x 4x 3

x x 5

 

8

5 (m + 2)xloại)x

Vậy nghiệm của bất phương trình là: (m + 2)x ;

2

3)x  [

1

2; 2)x]

c)x Đặt

2 4 2 0

Khi đó bất phương trình có dạng:

t

3

t2−2t−3

t−2  0 t≥0⇔ 2)x < t  3  {  x 2 −4x+2>2 ¿¿¿¿

 { [ x2−4 x+2>2

[ x2−4 x+2<−2 [ ¿¿¿¿  { x 2 −4x>0 ¿ { x 2 −4x+5≥0 ¿¿¿¿  4 < x  2)x + √ .

Dạng 4: Phương trình , bất phương trình vô tỷ

Phương pháp 1: Nâng luỹ thừa



2 0

B

 





0 (hay 0)







2

AB  AB

Bài 4: Giải phương các trình sau:

a 5x 6 = x  6 b x 1 = 1 x2)x

 Giải

a Biến đổi phương trình tương đương với:

2

x 6 0

5x 6 (x 6)

 





  

x 6

x 17x 30 0







x 15

x 2 (lo i) ¹





 



Vậy, phương trình có nghiệm x = 15x

b Biến đổi phương trình tương đương với:

2

2 2

1 x 0

x 1 (1 x )

  





  

2

| x | 1 x(x 1)( x x 1) 0







x 0, x 1

1 5 x

2

 







 

Vậy, phương trình có nghiệm x = 0, x = 1, x =

1 5 2



Bài 4.1: Giải phương các trình sau:

a. 3 x   x 2 1   b x 4  1 x  = 1 2x

 Giải

a Điều kiện:

3 x 0

x 2 0

 





 

Biến đổi phương trình:

2

x 0

x 2 x

 



 

 

x 0

x x 2 0





 

  

Vậy, phương trình có 1 nghiệm x = 1

b Điều kiện:

x 4 0

1 x 0

1 2x 0

 





 



  

1

2.

Phương trình viết lại dưới dạng:

1 x  + 1 2x = x 4  (1 x)(1 2x)  = 2)xx + 1

2x 1 0

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

 





2

1 x 2 2x 7x 0









x 1/ 2

x 0

x 7 / 2















 



Vậy, phương trình có nghiệm x = 0

Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ

Bai 4.2: Giải phương các trình sau:

a)x x2+ x2+11=31 b)x (m + 2)xx + 5x)x(m + 2)x2)xx)x = 3 x 2  3x

c)x

2

x  3x 3  + x2 3x 6 = 3 d)x (m + 2)x 3x 2  + x 1 )x = 4x9 + 2)x 3x2 5x 2

e)x

 Giải

a)x Đặt t = x2+11, t ³ 0 Khi đó phương trình đã cho trở thành:

7

t

t t

t

é = ê

x + = Û x= ±

b)x Điều kiện:

x2)x + 3x  0 

x 3

x 0





 

Viết lại phương trình dưới dạng:

x2)x + 3x + 3 x23x 10 = 0

Khi đó, phương trình có dạng:

t2)x + 3t10 = 0 

t 2

t 5





 



(2)

 t = 2)x

 x23x = 2)x  x2)x + 3x = 4 

x 1

x 4





 

 , thoả mãn (m + 2)x1)x

Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4

c)x Đặt t = x2)x3x + 3, ta có:

t = (m + 2)xx

3

2)x2)x +

3

4 

3 4

do đó điều kiện cho ẩn phụ t là t 

3 4

Khi đó phương trình có dạng:

t + t 3  = 3  t + t + 3 + 2)x t(t 3) = 9  t(t 3) = 3t

3 t 0

t(t 3) (3 t)

 





  

t 3

t 1









x 1

x 2





 

Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 2)x

d)x Điều kiện:

3x 2 0

x 1 0

 





 

Viết lại phương trình dưới dạng:

(m + 2)x 3x 2 + x 1 )x = [(m + 2)x3x2)x)x + 2)x 3x2 5x 2 + (m + 2)xx1)x]6

 (m + 2)x 3x 2  + x 1 )x = (m + 2)x 3x 2  + x 1 )x2)x6 (m + 2)x2)x)x

Đặt t = 3x 2 + x 1 , t  1 (m + 2)x**)x

Khi đó:

phương trình có dạng:

t2)xt6 = 0 

t 3

t 2 (l)





 

  3x 2  + x 1 = 3

 3x2)x + x1 + 2)x (3x 2)(x 1)  = 9  (3x 2)(x 1)  = 62)xx

6 2x 0

(3x 2)(x 1) (6 2x)





x 3

x 19x 34 0







Vậy, nghiệm của phương trình là x = 2)x

Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên:

phương trình bậc hai

e)x ĐKXĐ: x >0.

Phương trình tương đương với

9 3

x x

Đặt

3

x

Phương trình trở thành:

2

1 3

3

t

t

é

ê =

ç

Với

2

3

t =

ta có

1

3 3

3

x

ê ê

= -ê

Với

1

3

t =

ta có

3 3

x

x

6

18

6

x

x

-ê

-ê ê

18

x=

-

Bài 4.3: Giải bất phương trình:

a)x (m + 2)xx + 1)x(m + 2)xx + 3)x  x24x 5 b)x (x1) 2x1 3( x1)

bất phương trình trở thanh:

t2)x + t2)x  0  3  t  1  0  t  1  x24x 5  1

 x2)x + 4x + 4  0  x = 2)x

b)x Điều kiện: 2)xx1  0  x 

1

Đặt t = 2x 1 , t  0  x =

1

2(m + 2)xt2)x + 1)x

Khi đó phương trình có dạng:

[

1

2(m + 2)xt2)x + 1)x1]t  3[

1

2(m + 2)xt2)x + 1)x1]  t33t2)xt + 3  0

 (m + 2)xt + 1)x(m + 2)xt1)x(m + 2)xt3)x  0

Vậy nghiệm bất phương trình là 1  x  5x

Chú ý: Ta không thể bình phương hai vế của bất phương ban đầu vì chưa biết dấu của hai vế Ta có thể sử dụng

phép biến đổi tương đương để gải bpt như sau:

(m + 2)xx1)x(m + 2)x 2x 1 3)x  0



x 1 0

2x 1 3 0

x 1 0

2x 1 3 0

   

 

  



 



 







   

x 1 2x 1 3

x 1 2x 1 3

  

 

 



 











  

x 1

0 2x 1 9

x 1 2x 1 9

  





  





 

 

 

 

Vậy nghiệm của bất phương trình là 1  x  5x

* Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Bài 4.4: Giải phương trình

2

c) (x+3) (4- x) (12+x) =28- x

Lời giải

Phương trình

Đặt t = x+3 (t ³ 0) phương trình trở thành

,t

3

9

x

Vô nghiệm

0 9

x

-<

2

5

3

x

hoặc

2

x =

Nhận xét:Trong lời giải trên ta thấy khó nhất là

biến đổi phương trình ban đầu thành

27 x 3 3 x 3 3x 31x 80 0

=

V

( là bình phương của một nhị thức)

phương của một nhị thức hoặc là một hằng

số ,trong trường hợp đó việc giải phương trình theo hướng trên là không thể thực hiện được

Vậy làm thế nào để tách được phương trình mà thỏa mãn các điều kiện trên và việc tách ra như thế có là duy nhất?.Để trả lời được câu hỏi này ta thực hiện theo các bước như sau:

B1: Viết

2

0

m

¹

mt - t + x + - m x- - m= Có

t 12mx2 4m 4 m x 12m2 4m 9 f x

27

m m

m

ì

Đến đây việc giải pt như đã trình bày ở trên

Đặt t = 60 24- x- 5 (x2 t ³ 0)pt trở thành

3

x

t =x t = - -x

2

2

0

x

x

ïï

ïî

2

2

x

x

ïï

ïî

-Vậy pt ban đầu có hai nghiệm

-c) ĐKXĐ: -x2- 8x+48³ 0

2

2

x

x

ì + ³ ïï

ïî

2

2

4 4 2

x

x

ì + ³ ïï

ïî

x = - +

Bài 4.5: Giải các bất phương trình sau:

a)x x2)x + 4x  (m + 2)xx + 4)x x2 2x 4 b)x x2)x1  2)xx x22x

f(m + 2)xx)x = x2)x(m + 2)xt4)xx4t  0 (m + 2)x1)x

coi vế trái là một tam thức bậc hai theo x, ta có

 = (m + 2)xt4)x2)x + 16t = (m + 2)xt + 4)x2)x

khi đó f(m + 2)xx)x = 0 có nghiệm

x 4

x t





 



Tức là (m + 2)x1)x được biến đổi thành dạng

(m + 2)xx + 4)x(m + 2)xxt)x  0  (m + 2)xx + 4)x(m + 2)xx x2 2x 4 )x  0



2

2

x 4 0

x x 2x 4 0

x 4 0

x x 2x 4 0

  

 

 



 



 







2

2

x 4

x 2x 4 x

x 4

x x 2x 4 0

 

 

 







 







x 4

x 0

0 x 2x 4 x

x 4

  

 













 

x 2

x 4





 

Vậy bất phương trình có nghiệm là x  (m + 2)x; 4]  [2)x; +)x

coi vế trái là một tam thức bậc hai theo x, ta có :

 = t2)x + 1 = x2)x + 2)xx + 1 = (m + 2)xx + 1)x2)x

khi đó f(m + 2)xx)x = 0 có nghiệm

x t x 1

x t x 1

  



   



Ta biến đổi bất phương trình về dạng:

(m + 2)xxtx1)x(m + 2)xxt + x + 1)x  0  (m + 2)x x22x + 1)x(m + 2)x x22x2)xx1)x  0

 x22x2)xx1  0  x22x  2)xx + 1



2x 1 0

0 x 2x (2x 1)

 





2

2

2x 1 0

x 2x 0 3x 2x 1 0

 









  

1 x 2

x 0

x 2







 





 

Vậy bất phương trình có nghiệm là x  0

Phương pháp 3: Phân tích thành tích bằng cách nhân liên hợp.

Để trục căn thức ta nhân với các đại lượng liên hợp;

3 3



Với A, B không đồng thời bằng không

Bài 4.6: Giải các phương trình sau

a)

2

2

20

x

x x

-= +

b) 3x 23 x 2 c) (x+3) 2x2+ =1 x2+ + d) x 3 33x+ x2+ =8 x2+15+ 2

Lời giải

a) ĐKXĐ:

7

2







Phương trình

2 2

20

x

2

2

20

2 2

x x



b) ĐKXĐ:

2 3

x 

3 2 3

0

3 2 3

0

3

x

Do

2

x  x  x   

0

8 27

x >

Ta có phương trình tương đương với:

3

1

1

x

Vì

8

27

x >

1

Xét x ¹ - 3, phương trình

2

3

x

x

+ +

+

2

2 2

0 2

(*)

x

x

ê

ê