PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CHỨA NHIỀU CĂN THỨC PHẦN 3

5 LỢI ÍCH CỦA HỌC TRỰC TUYẾN  Ngồi học tại nhà với giáo viên nổi tiếng..  Chủ động lựa chọn chương trình học phù hợp với mục tiêu và năng lực..  Chi phí chỉ bằng 20% so với học trực t

Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình

Bài 1. Giải phương trình: 3 3 3 3

Hướng dẫn

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:

35

xy x y

 





 

 , giải hệ này ta tìm được

( ; )x y (2;3) (3;2) Tức là nghiệm của phương trình là x{2;3}

Bài 2. Giải phương trình: 4

4

1

2 1

2

   

Hướng dẫn

Điều kiện: 0 x 2 1

4

2 1

   







Ta đưa về hệ phương trình sau:

4 4

2

4

1 1

2 2

1

2

  

Giải phương trình thứ 2:

2

4

1

2

v  v  

  , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình

Bài 3.Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

Hướng dẫn

Điều kiện: x1

Đặt a x1,b 5 x1(a0,b0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:

2

2

5

5

  

            



 



PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ NHIỀU CĂN THỨC (03)

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Giáo viên: LÊ ANH TUẤN

Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng giảng Phương trình vô tỷ nhiều căn (phần 3) thuộc khóa học

Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Lê Anh Tuấn) tại website Hocmai.vn Để có thể nắm vững kiến thức

phần này, bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Vậy 11 17

2

x    x  x    x x 

Bài 4. Giải phương trình: 6 2 6 2 8

3

   

Hướng dẫn

Điều kiện:   5 x 5

Đặt u 5x v,  5y 0u v,  10

Khi đó ta được hệ phương trình:

2

3 3

uv



Bài 5. Giải phương trình: x22x2 2x1

2

x

Ta có phương trình được viết lại là: 2

(x1)  1 2 2x1 Đặt y 1 2x1 thì ta đưa về hệ sau:

2 2

   





  



Trừ hai vế của phương trình ta được (xy x)( y)0

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 2

Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 2; 1 3}

Bài 6. Giải phương trình: 2x26x 1 4x5

Hướng dẫn

Điều kiện 5

4

x 

Ta biến đổi phương trình như sau: 4x212x 2 2 4x 5 (2x3)2 2 4x 5 11

Đặt 2y 3 4x5 ta được hệ phương trình sau:

2 2

   



  



Với x y 2x 3 4x   5 x 2 3 Với x        y 1 0 y 1 x x 1 2

Bài 7. Giải phương trình: x3 x2  1 x3 x2  2 3 (1)

Hướng dẫn

Với điều kiện: x3x2  1 0 x3x2 2 0

Đặt

1 2

v x x





 Với v > u ≥ 0

Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta có hệ phương trình





3 2 2 2

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}

Bài 8 Giải phương trình:

2 2

3

2









 



Hướng dẫn Điều kiện:

2

0 0

x x

x x

x

Với điều kiện (*),đặt u x;v  x

3

2

, với u ≥ 0,

3

2



v

Ta có:





















 







2 2 4 2

3 2

1 1

v x

u x

Do đó ta có hệ

2

2 2

3 3

1

2 3

16 65 4

2 2 1

9 81 9

u v

u v

u v

u v

u v u v



 







 





2 5

8 194

18

u v























 u và v là nghiệm của phương trình





























) ( 0 18

194 8

3 2

) ( 0 18

194 8

3 2

2 2

b y

y

a y

y

+ Giải (b) ta thấy vô nghiệm

+ Giải (a) thấy có 2 nghiệm

3

3 2

97 1

; 2

3 2

97 1

2 1











Do đó:























1 2

2 2

2 1

1 1

y v

y u y v

y u

Vì u ≥ 0 nên ta chọn

3

3 2

97 1

2







u

3

3 2

97

1 



2

3

3 2

97 1



































Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

2

3 2

97 1

9

1























x

Bài 9 Giải phương trình:    6 3  3 6 

1 2 1 1 2 1 1 2 1

Hướng dẫn

ĐK:

2

1



x Đặt a x b 2x1

Phương trình đã cho trở thành:

1 1

2

3 3 3 3 3 3

1 1

1

1

































































x x

x b a VT

VP

VP b a ab b

a a b b a VT

b a ab b a

b a ab

b a

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x1

Bài 10: Giải các phương trình sau:

x  x  (2)

3 x 11 x 2

5.3

3 2x  5 3x 3

Hướng dẫn

Điều kiện xác định là : 47 2x 0 35 47

35 2x 0 2 x 2



  



Ta đặt:

4

4

47 2x

35 3x

a b





 với a0,b0

Khi đó (1) trở thành 4 44

(47 2x) (35 2x) 82

a b

a b

 





3

2

4

( 1)( 3)(

(

4 4

1 3

b

a a

b b b

b b

b

 



 





Vậy nghiệm của hệ (*) là ( , )a b {(1,3);(3,1)} Vì nghiệm của hệ là đối xứng, ta chỉ cần xét 2 trường hợp

sau:

Với a1 ta có: 4

47 2x  1 47 2x   1 x 23, thỏa mãn DKXD Với b1 ta có: 4

35 2x  1 35 2x   1 x 17, thỏa mãn DKXD

Vậy nghiệm của (1) là x{17,23}

2 4 4

x  x  (2)

Hướng dẫn

Điều kiện xác định: x8

Đặt:

4

4

8 , 0, 0 8

a x

a b

b x



 Khi đó ta có:

16

a b 

Kết hợp với (2) ta có hệ

16 2

a b

a b



 

 (2.1)

(2.1)

Với 0

2

b

a





 

 (thỏa mãn đkxđ), thay vào ta có nghiệm x= {8}

x  x 

Hướng dẫn

Đặt

3

3

5 2

a x

b x





 , khi đó ta có: 3 3

1 7

a b

a b

 





 (3.1)

1

3(b+2)(b-1)=

2 0

a b

b b

b b

 







Vậy ( , ) { (2,1);(-1,-2)}a b 

+, Với 2,

1

a

b





 

 ta có

3

3

3

x

x x



+,Với 1,

2

a

b

 



  

 ta có

3

3

6

x

x x





Vậy x={-6,3}

4.3 3

3 x 11 x 2

Hướng dẫn

Đặt

3

3

3 11





 , khi đó ta có hệ 3 3

2 14

a b

a b

 





 (4.1)

3 3 2 2

6 12 8 14 6 12

2

1 2

b

b b

b

 



Vậy ( , ) {(1+ 2,1- 2);(1- 2,1+ 2)}a b 

Với ( , ) {(1+ 2,1- 2)}a b  ta có:

3

3 3

1 2 3

(1 2) 3

1 2 11

x x x



Với ( , ) {(1- 2,1+ 2)}a b  ta có :

3

3 3

1 2 3

(1 2) 3

1 2 11

x x x



Nghiệm cần tìm là : x{ (1 2)33, (1 2)33 }

5.3

24 x 12 x 6

Hướng dẫn

Điều kiện xác định, 12  x x 12

Đặt

3

24 , 0 12

b



 Khi đó ta có hệ: 3 2

6 36

a b

a b

 





 (5.1)

2

3

180 108 19

6

3 (b-10)(b-6)(b-3)=0

0

10

b b

b

b b



 





 



Vậy ( , )a b {(0,6);(3,3);(-4,10)}

+ Với

3

3

x



+ Với

3

0 0 24

24

6 6 12

x



+ Với

3

88

10 10 12

x



Vậy x3, 24, 88  

3 2x  5 3x 3

Hướng dẫn

Điều kiện xác định: 3 2x 0 3

2

x

Đặt

3

3 2x , 0

5 3x

a

a b



 , khi đó ta có hệ: 2 3

3

a b

 





(6.1)

3 2 3

4 (b+4)(b-2)(2b-1)

1

1

0

2

b

b

b b

 







 

 

















Vậy ( , ) {(1,2);(7,-4);( , )}5 1

2 2

+ Với

3

1 1 3 2x

1

2 2 5 3x

a

x b



+ Với

3

7 7 3 2x

23

4 4 5 3x

a

x b



+ Với

3

3 2x

13

5 3x

a

x b

Vậy {1;-23; 13}

8



Bài 11 Giải phương trình: 4 x 1 1 3x 2 1 x 1 x2 (1)

Điều kiện: 1 x 1

Đặt: x 1 t t( 0)

2

Khi đó, coi (2) là phương trình với ẩn là t tham số là x

2

2

1 4 3 1 4

4 (2)

4

t

t

1 2

x t

Với: t 2 1 x x 1 2 1 x

1

3

5

KẾT LUẬN: 3

0 5

Bài 12 Giải phương trình: 2 2 1 x2 1 x2 1 x4 3x2 1 (1)

Điều kiện: 1 x 1

Đặt: x2 1 t t( 1)

Khi đó, coi (2) là phương trình với ẩn là t tham số là x

Ta có:

2

1 x 4 8 2 1 x x 1 9 1 x2 24 1 x2 16

2 2

3 1 x 4 0, x [ 1;1]

Khi đó,

4 (2)

4

t

t

2

2

1 2

x t

Với:

Với: t 2 1 x2 1 x2 1 x2 2 1 x4 1 x 0

KẾT LUẬN: x 0

Giáo viên : Lê Anh Tuấn

5 LỢI ÍCH CỦA HỌC TRỰC TUYẾN

 Ngồi học tại nhà với giáo viên nổi tiếng

 Chủ động lựa chọn chương trình học phù hợp với mục tiêu và năng lực

 Học mọi lúc, mọi nơi

 Tiết kiệm thời gian đi lại

 Chi phí chỉ bằng 20% so với học trực tiếp tại các trung tâm

4 LÍ DO NÊN HỌC TẠI HOCMAI

 Chương trình học được xây dựng bởi các chuyên gia giáo dục uy tín nhất

 Đội ngũ giáo viên hàng đầu Việt Nam

 Thành tích ấn tượng nhất: đã có hơn 300 thủ khoa, á khoa và hơn 10.000 tân sinh viên

 Cam kết tư vấn học tập trong suốt quá trình học

CÁC CHƯƠNG TRÌNH HỌC CÓ THỂ HỮU ÍCH CHO BẠN

Là các khoá học trang bị toàn

bộ kiến thức cơ bản theo

chương trình sách giáo khoa

(lớp 10, 11, 12) Tập trung

vào một số kiến thức trọng

tâm của kì thi THPT quốc gia

Là các khóa học trang bị toàn diện kiến thức theo cấu trúc của

kì thi THPT quốc gia Phù hợp với học sinh cần ôn luyện bài

bản

Là các khóa học tập trung vào rèn phương pháp, luyện kỹ năng trước kì thi THPT quốc gia cho các học sinh đã trải qua quá trình ôn luyện tổng

thể

Là nhóm các khóa học tổng

ôn nhằm tối ưu điểm số dựa trên học lực tại thời điểm trước kì thi THPT quốc gia

1, 2 tháng