Phương trình và hệ phương trình chứa căn thức

Sau đó giải tiếp theo như đã học.

BÀI TẬP VỀ NHÀ

Giải các PT và hệ phương trình vô tỉ sau:

1, x 3 5   3x 4

- Điều kiện: x  3

Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: x 3  3x 4 5  sau đó bình phương 2 vế, đưa

về dạng cơ bản f x( ) g x( ) ta giải tiếp

- Đáp số: x 4

2, x25x 1 (x4) x2   x 1

- Đặt t x2   x 1 0, pt đã cho trở thành:

4

t x

t









Với t  x x2   x 1 x: vô nghiệm

2

t   x  x   x 

- Vậy phương trình có nghiệm: 1 61

2

x 

3, 418 x  5 4 x 1

- Ta đặt u 4 18  x  0;v 4 x 1 0   u4 v4  17, ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x

- Đáp số: Hệ vô nghiệm

4, 3 2  x 2 2x x6 * 

Bài 2: PT và HPT chứa căn thức – Khóa LTĐH Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải

- Điều kiện: x  2

- Ta có:  * 2 3 8 3 3

x x

x







- Đáp số: 3;108 4 254

25

x  

 

5, 2x2 8x 6 x2 1 2 x 2

- Điều kiện:

2 2

1

1

1 0

3

x

x x

x





 

- Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình

- Xét với x 1, thì pt đã cho tương đương với: 2x 3  x 1 2  x 1

Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f x( ) g x( ) ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này nghiệm x 1

- Xét với x 3, thì pt đã cho tương đương với:  2x 3   x 1  2 x 1

Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản f x( ) g x( ) ta dẫn tới nghiệm trong trường

hợp này là: 25

7

x 

- Đáp số: 25; 1

7

x   

6, x x(  1)  x x(  2) 2  x2 ĐS: 0;9

8

x  

7, 3 x 4 3 x 3 1

- Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được

- Đáp số: x   5;4

x  x   x  x  t x   x  t    x   

9, x2  3x  3 x2  3x 6 3 

- Đặt t  x2  3x   3 0 x2  3x  3 t2

- Phương trình thành:

 

2 2

3

t







Suy ra x2  3x   2 0 x1;2

- Vậy tập nghiệm của phương trình là x 1;2

x  x  x  x

- Điều kiện: x 0

- Đặt

2

4 4

u v

u v

u v u v



Giải ra ta được 4

3

x  (thỏa mãn)

11, 3x 2  x 1 4  x 9 2 3  x2  5x 2

- Điều kiện: x 1

- Khi đó: 3x 2  x 1 4  x 9 2 3  x2  5x 2

Đặt t = 3x 2  x 1 (t 0) ta có: t t  2 6  t2  t 6 0   t  3;t  2( 0) 

3x 2  x1 3

Bài 2: PT và HPT chứa căn thức – Khóa LTĐH Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải

Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm x  2

12, 3 2 x  1 x 1

- Điều kiện: x 1

- Đặt u 3 2 x v;  x1 0 dẫn tới hệ: 3 1 2

1

 





 Thế u vào phương trình dưới được: v v  1 v 3  0

- Đáp số: x 1;2;10

1 2 2 1

x   x

3 3

3

2

1 2



14, 5x2  14x  9 x2  x 2 5  x 1 ĐS: 9

1; ;11 4

x   

15, 2 33 x 2 3 6 5  x 8

- Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12

- Đáp số: x   2

16, 2x  7 5  x  3x 2

- Điều kiện: 2 5

3  x

- Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản Sau

đó giải tiếp theo như đã học

- Đáp số: 1;14

3

x 

17, 2

x  x  x  x  x 

- Điều kiện: 1  x 7

- Ta có: x 2 7  x  2 x 1   x2  8x 7 1 

 x 1 x 1  7  x 2 x 1  7  x 1 2 54

x





- Đáp số: x  4;5

x  x   x   

2

x

2

2



 



- Đáp số: 3 17; 5 13

x    

19,  4x2  13x 5  3x   1 2x 32  x 4 3x 1

2

2





- Đáp số: 15 97 11; 73

x   

4 x   x  4 x   x  x

- Điều kiện: x 1

- PT đã cho 1 2 1 1 2 1 1

Bài 2: PT và HPT chứa căn thức – Khóa LTĐH Đảm bảo – Thầy Phan Huy Khải

- Đáp số: 3

; 1 5

x  







 x 5 y 2  y 5 x 2  x y

 ĐS: x y ;  11;11

x y







5 0

u v

v x y





- Đáp số: x y ;  2; 1 

23,

2

3 2

2 2

3

2

2

xy

xy











 ĐS: x y ;   0;0 ; 1;1   

……… Hết ………

Nguồn: Hocmai.vn