Tiet 9 10 11 12 Chu de Phuong trinhdoc

quaû khoâng chöùa aån döôùi daáu caên hoaëc coù theå giaûi baèng nhieàu phöông phaùp khaùc nhö PT ñaët aån phuï. - Ñoái vôùi Phöông trình chöùa aån ôû maãu thöùc.[r]

Trang 1

Chủ đề tự chọn bám sát Ngày soạn: 08 / 10 / 2006 Tuần : 9 + 10 + 11 + 12 Tiết : 9 + 10 + 11 + 12 CHỦ ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PT BẬC NHẤT HOẶC BẬC HAI

I MỤC TIÊU CẦN ĐẠT :

 Kiến thức :

Cách giải và biện luận PT ax + b = 0; ax2 + bx + c = 0; phương trình chứa giá trị tuyệt đối, phương trình chứa ẩn số ở mẫu, phương trình chứa căn

 Kỹ năng :

Thành thạo các bước giải và biện luận PT bậc nhất, bậc hai, PT quy về PT bậc nhất, bậc hai

II PHƯƠNG PHÁP :

Phương pháp mở vấn đáp thông qua các hoạt động điều khiển tư duy xen kẻ hoạt động nhóm

Tiết : 9 : PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI

A Phương Pháp Giải:

- Phương trình chứa giá trị tuyệt đối dùng định nghĩa của giá trị tuyệt đối hoặc bình phương hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối và đưa về PT bậc nhất hoặc bậc hai

quả không chứa ẩn dưới dấu căn hoặc có thể giải bằng nhiều phương pháp khác như PT đặt ẩn phụ

- Đối với Phương trình chứa ẩn ở mẫu thức Đặt điều kiện cho ẩn số để các mẫu thức khác không rồi quy đồng mẫu thức đưa về dạng đã biết cách giải (chú ý kiểm tra so sánh giá trị nghiệm với điều kiện )

* Ngoài ra còn có thể sử dụng đến các phép biến đổi sau :

Phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối

Phương pháp giải : Để giải các phương trình chứa dấu giái trị tuyệt đối ta cần chú ý các

tính chất sau:



A nếu A 0

A

A nếu A 0













B 0

A B



















  ;

A B







BÀI TẬP Bài 1: Giải các phương trình sau :

a) x 5x 4 x 6x 52   2  b) x 8x 7 2x 92     c) 3x 4  x 2 d) x 5 x 1 1 02    

2

x 6x 5 0

1 1

11x 1

11 11

2x x 9 0

a)

  



  











Trang 2

2 2

2

b) x 8x 7 2x 9 x 8x 7 2x 9 x 10x 16 0 x 8 x 2

x 3 11

x 8x 7 2x 9 x 6x 2 0 x 3 11





  

   





x 1 3x 4 x 2 2x 2

3x 4 x 2 4x 6 x

2









d) * Nếu x  1 thì (1)  x2 – 5x + 4 = 0  x = 1 v x = 4

* Nếu x < 1 thì (1)  x2 + 5x – 6 = 0  x = – 6 v x = 1

Vậy nghiệm phương trình : S = {– 6 ; 1 ; 4 }

Bài 2: Giải các phương trình sau :

2

a) x 5 x 6 0 (1)   b) 2x 8x 15 4x 12   

c)

2

x 1 x

x 2





 d) 3x 2 6 x2   2

GIẢI

a) * Nếu x  0 thì (1)  x2 – 5x + 6 = 0  x = 2 v x = 3

* Nếu x < 0 thì (1)  x2 + 5x + 6 = 0  x = –2 v x = – 3

Vậy nghiệm của phương trình : S = {– 3 ; – 2 ; 2 ; 3 }

Cách 2 Đặt t x 0  ,

(1) t 5t 6 0

t 3 x 3

       

2 2

2

b) 2x 8x 15 4x 1 2x 8x 15 4x 1 2x 4x 16 0 x 2 x 4

x 2 2x 8x 15 4x 1 2x 12x 14 0 x 1 x 7













c) * Khi x > 2 ta có :

2

x 1 x x 1 (x 2)x

x 2



    



x 1 (x 2)x 1 2x x (loại)

2

        

* Khi x < 2 ta có :

2

x 1 x x 1 (x 2)x 2x 2x 1 0 x 1 3

          

Vậy nghiệm của phương trình:

1 3 x

2





d)

3x 2 6 x 4x 8

3x 2 6 x 2x 4

Bài tập tương tự.

Giải các phương trình sau:

1 x2 5x 4 x  26x 5 2 2x 3 x  2 0 3 x2  7x 6 x 6  

4 x 1 x2  2 x 8 5 x 2 x 2   6 x2  5x 6 x24x 4

7 x2 5x 4 x2 2x 5 8 x2 5x 4 x  2 5x 4 9 x2  8x 7 9 2x  

10 x2 7x 10  x 5 11

2

x 1 x

x 3





 12 2x x 8 2 x 12

Tiết : 10 : PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

Trang 3

Phương pháp giải:



2 f(x) a 0   f(x) a ( với a là hằng số )  

2

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

f(x) g(x)











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

f(x) g(x)







 a.f(x) b f(x) c 0  

+ Đặt f(x) t  0  f(x) = t2

+ Thế vào phương trình trên ta có : at2 + bt + c = 0

 xn b a ax bn 

+ Đặt unax b ta có : un ax b  un  b ax (1) và xn  b au (2)

+ Từ (1) và (2) ta có hệ:

n n

u b ax

x b au





 

 là hệ phương trình đối xứng loại II

BÀI TẬP Bài 1: Giải các phương trình sau :

a) 2x 3 x 3   b) 5x 10 8 x   c) x2 6x 9 4 x  2 6x 6 d) x 2x 5 4 

GIẢI

x 3 0 2x 3 x 3

2x 3 x 6x 9

 



    

   

x 6

x 2 x 6

x 8x 12 0

  

   

8 x 0 5x 10 8 x

5x 10 64 16x x

 



    

   

x 3

x 18 x 3

x 21x 54 0

  



c) Đặt t x2 6x 6 0  ta có :

2 2

2

t 1 x 6x 6 1

t 4t 3 0

t 3 x 6x 6 3





     

 

x 6x 6 1 x 6x 5 0

x 6x 6 9 x 6x 3 0

       

x 1 x 5

x 3 3

  



 

 



x 4 0

x 2x 5 4 2x 5 x 4

2x 5 x 8x 16

 



        

   



2

x 7

x 3 x 7

x 10x 21 0

  



Bài 2: Giải các phương trình sau :

a) x2 7x 9 1  b) x2 5x 6 x 3   c) x2 5x 4 x22x 1

GIẢI

a)

x 7x 11 1 x 7x 11 1 x 7x 10 0

x 5





             



b)

2

x 3

x 5x 6 (x 3)



    



c) Vì x22x 1 (x 1) 2 0 nên để phương trình có nghiệm thì :

2

(x 1)  0 x 1 Thế vào phương trình trên thoả mãn nên x = 1 là nghiệm

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

Trang 4

a) 2x 1 2   x 3 (1) b) 3x 4  x 3 3  (2)

x  5x 3 x  5x 7 9 0   (3)

GIẢI

a) Điều kiện : x  3

(1)  2x +1 = (2 + x 3 )2  x = 4 x 3  x2 = (4 x 3 )2  x2 – 16x + 48 = 0

 x = 4  x = 12 Vậy nghiệm của phương trình : x = 4 ; x = 12

b) Điều kiện : x  3

(2)  3x 4  x 3 3   3x 4  x 3 3  2

 x – 1 = 3 x 3  (x – 1)2 = 9(x – 3)

 x2 –11x +28 = 0  x = 4 v x = 7 Vậy nghiệm của phương trình: x = 4 ; x = 7

c)

x 4x 7 x 1

        

x 2

x 3

x 1

 







     



 

Vậy nghiệm của phương trình : x = 2 , x = 3

d) x 5x 3 x 5x 7 9 02  2     (x 5x 7) 3 x 5x 7 2 02   2   

Đặt x2 – 5x + 7 = t  0, ta có :

t 3t 2 0

t 2





     



Với t = 1 ta có :

x 5x 7 1 x 5x 6 0

x 3





         



5 13 x

2

x 5x 7 2 x 5x 3 0

5 13 x

2

 





       







Vậy nghiệm của phương trình : x = 2 , x = 3 ,

5 13 x

2





a) x  3x 3  x  3x 6 3 (1)  b) x 1 x 1 (2) (2)

GIẢI

a) Đặt t = x2 – 3x + 3 (t  0 )

(1)  t t 3 3   2 t(t 3) 2t 3 9     t(t 3) 3 t    t23t (3 t)  2, (0  t  3 )

 t = 1 ( thoả 0  t  3 )  x2 – 3x + 3 = 1  x = 1 v x = 2

Nghiệm phương trình : x = 1 ; x = 2

b) (2)  1 x 1 x  Điều kiện 0  x  1

Ta có

1 x 1 1 x 1 x 0

1 x 1 1 x 1



  

 

a) √x+3 −√x +8=√2 x +2−√2 x +7 (1) b) √2 x +3 −√2 x +5+√3 x +2−√3 x=0 (2) c) √x −2+√x − 7=√x +5+√x − 10 (3) d) √x+√x +11+√x −√x +11=4

Trang 5

a) (1)⇔√x +3+√2 x +7=√2 x +2+√x+8

Điều kiện : x –1 Bình phương hai vế ta có :

x+3+2 x +7+2√(x +3)(2 x+7)=2 x +2+x +8+2√(2 x+2)(x +8) ⇔√2 x2+13 x+21=√2 x2+18 x+16

⇔2 x2+13 x +21=2 x2+18 x +16⇔ x=1 (thoả điều kiện)

b) Điều kiện : x 0

(2)⇔√2 x+3+√3 x +2=√2 x+5+√3 x

⇔2 x+3+3 x+2+2√(2 x+3)(3 x +2)=2 x+5+3 x +2√3 x (2 x +5) ⇔√6 x2+13 x +6=√6 x2+15 x

⇔6 x2+13 x +6=6 x2

+15 x ⇔ x=3 (thoả điều kiện) c) Điều kiện : x 10.

(3)⇔ x−2+x −7+2√(x −2)(x − 7)=x+5+x −10+2√(x +5)(x − 10)

⇔√x2− 9 x +14=2+√x2−5 x −50 ⇔ x2− 9 x+14=4+ 4√x2−5 x −50+x2− 5 x −50

⇔√x2−5 x −50=15− x

⇔

15 − x ≥ 0

x2−5 x − 50=225 − 30 x +x2

¿{

⇔

x ≤ 15

x =11

⇔ x=11

¿{

d) Điều kiện :

¿

x +11≥ 0

x +√x+11≥ 0

x −√x +11≥ 0

¿{ {

¿

(*)

Bình phương hai vế ta có : x+√x +11+x −√x+11+2√x2− x −11=16

⇔√x2− x −11=8 − x ⇔

8− x ≥ 0

x2− x −11=64 −16 x +x2

¿{

⇔

x ≤ 8

x =5

⇔ x=5

¿{

(thoả điều kiện (*))

Vậy x = 5 là nghiệm

c) √x+2√x −1 −√x − 2√x − 1=x −1 d) x+√x +1

2+√x+1

4=

1 4

e) √x+2√x −1 −√x − 2√x − 1=2 (HVCN BCVT-2000)

GIẢI

a) Điều kiện :

¿

x2− 24 ≥ 0

1+x√x2−24 ≥0

¿{

¿

(*) Ta có 1+√1+x√x2−24=x ⇔√1+ x√x2−24=x −1

⇔

x − 1≥ 0

1+x√x2−24=x2−2 x+1

⇔

¿x ≥ 1

√x2− 24=x − 2

¿{

Trang 6

x ≥ 1

x −2 ≥ 0

x2−24=x2−4 x+4

⇔

¿x ≥ 12

x=7

⇔ x =7

¿{ {

thoả điều kiện (*) Vậy x = 7 là nghiệm.

b) Điều kiện :

¿

√x+7 ≥0 x+8+2√x +7 ≥ 0

x +1 −√x+7 ≥ 0

¿{ {

¿

(*)

√x+8+2√x +7+√x+1−√x +7=4 ⇔√ ( √x+7+1)2+√x +1 −√x+7=4

⇔√x+7+1+√x+1 −√x +7=4 ⇔√x+1−√x +7=3 −√x+7

⇔

3 −√x+7 ≥ 0

x+1−√x +7=x+16 − 6√x +7

¿{

⇔

√x +7 ≤ 3

⇔√x+7=3 ⇔ x=2

¿{

thoả điều kiện (*)

Vậy x = 2 là nghiệm.

c) √x+2√x −1 −√x − 2√x − 1=x −1 ⇔√ ( √x −1+1)2−√ ( √x − 1− 1)2=x − 1

⇔√x − 1+1−| √x −1 −1|=x −1 (1) Điều kiện : x 1.

 Nếu 1 x < 2, thì (1)⇔√x − 1+1+√x −1 −1=x −1

⇔2√x −1=x −1 ⇔ 4(x −1)=x2

− 2 x +1 ⇔ x=1(nhận)∨ x=5(loại)

 Nếu x 2, thì (1)⇔√x − 1+1−√x −1+1=x −1 ⇔ x=3 (nhận)

Vậy nghiệm của phương trình : x= 1, x = 3.

d) x+√x +1

2+√x+1

4=

1

4⇔ x +√ ( √x +1

4+

1

2)2=1 4

⇔ x+√x+1

4+

1

2=

1

4⇔( √x+1

4+

1

2)2=1

4 ⇔√x+1

4+

1

2=

1

2 ⇔√x+1

4

e) √x+2√x −1 −√x − 2√x − 1=2 ⇔| √x −1+1|−| √x − 1− 1|=2

⇔| √x − 1− 1|=√x − 1− 1⇔√x −1 −1 ≥0 ⇔ x≥ 2 .

CHÚ Ý: A B C   A 3B 33AB A B (  )C 3  A 3B 33ABC C 3

a) 3

√1− x +3

√2 − x=3

√3 −2 x (1) b) 3

√1+√x +√31−√x=2 (2) c) 3

√x+1+√3 x − 1=√3 5 x (3) d) 3

√x+49=√3x − 49+2 (4)

GIẢI

a) (1)⇔( √31 − x +√32− x)3=( √33 −2 x)3 ⇔1 − x+2− x+33

√1 − x 3

√2− x( √31 − x +3

√2− x)=3 −2 x

⇔3

√1− x √32− x√33− 2 x =0 ⇔ x=1 ∨ x=2 ∨ x=3

2

b) Điều kiện : x 0

Trang 7

(2)⇔1+√x +1−√x+3√31+√x√31−√x (√31+√x+√31 −√x)=8

⇔3√31+√x√31−√x 2=6 ⇔√31− x=1 ⇔1− x=1 ⇔ x=0

c) (3)⇔ x+1+x −1+33

√x+13

√x −1(3

√x +1+3

√x −1)=5 x

⇔3

√x+1√3 x − 1.√3 5 x=x ⇔3

√(x+1)(x − 1).5 x=x ⇔5 x (x2−1)=x3⇔4 x2−5 x=0 ⇔ x =0 ∨ x=±√5

2

d) (4 )⇔3

√x +49 −√3x −49=2 ⇔ x +49 − x +49− 3√3x2−2041(3

√x − 49 −3

√x+49)=8

a)

x +1¿2

¿

x −1¿2

¿

3

√¿

2− x¿2

¿

x +1¿2

¿

3

√¿

(2)

GIẢI

a) Vì x =1 không thoả (1) nên chia hai vế cho x −1

¿2

¿

3

√¿

ta có 3

√ (x −1 x +1)2+2=33

√x − 1 x+1 Đặt t=√3 x+1

x −1 ≠ 1 ta có t2– 3t + 2 = 0

⇔ t = 1 (loại) v t = 2 ⇔3

√ x +1

x −1=2⇔ x +1

x −1=8⇔ x=9

7

b) Vì x = – 1, x = 2 không thoả (2) nên chia hai vế cho 3 ( x 1 2 x )(  )  0

Ta có 3

√2 − x

x+1+

3

√x +1

2− x=2 Đặt t=√3 2 − x

x+1 ta có t2– 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 (loại) v t = 2

t+1

t=2⇔t2−2 t +1=0 ⇔t=1 ⇔√3 2− x

x +1=1⇔ x =1

2

a) x2 3x 3  x2 3x 6 3  b) √x3+x2− 1+√x3+x2+2=3

GIẢI

a) Đặt t = x2 – 3x + 3 (t  0 )

Ta có : t t 3 3   2 t(t 3) 2t 3 9     t(t 3) 3 t    t23t (3 t)  2, (0  t  3 )  t = 1 ( thoả 0  t  3 )  x2 – 3x + 3 = 1  x = 1 v x = 2

Nghiệm phương trình : x = 1 ; x = 2

b) √x3

+x2− 1+√x3

+x2

+2=3

Đặt t=x3+x2−1 0 Phương trình trở thành √t+√t+3=3 ⇔t +t+3+2√t (t+3)=9

⇔√t (t+3)=3− t ⇔

3 −t ≥0

t2+3 t=9 −6 t +t2

⇔

¿t ≤ 3

t=1

⇔ t=1

¿{

(thoả đ.kiện)

Trang 8

⇔ x3 + x2 – 1 = 1 ⇔ x3 + x2 – 2 = 0 ⇔ (x – 1)(x2 + 2x + 2) = 0 ⇔ x = 1.

CHÚ Ý: Phương trình dạng: a f x ( )b f x ( ) c 0

 Đặt t f x ( ), t 0  f x ( )t 2

 Thế vào phương trình trên ta có : at2 + bt + c = 0

a) x2  6x 9 4 x  2 6x 6 b) x2 5x 3 x 2 5x 7 9 0  

c) x2+3 x +4√x2+3 x − 6=18 d) x2− x +√x2− x +24=18

e) (x − 3)( x − 4)+√x2−7 x +7=7 f) x2+√x2+11=31 (ĐH cảnh sát ND – 1999)

Giải

a) Đặt t x2 6x 6 0  ta có :

2 2

2

t 1 x 6x 6 1

t 4t 3 0

t 3 x 6x 6 3





     

 

x 6x 6 1 x 6x 5 0

x 6x 6 9 x 6x 3 0

       

⇔ x=1∨ x=5

¿

x=3 ± 2√3

¿

¿ b) Đặt t=√x

2−5 x+7 ≥0

ta có :

t 3t 2 0

t 2





     



x 5x 7 1 x 5x 6 0

x 3





         



5 13 x

2

x 5x 7 2 x 5x 3 0

5 13 x

2

 





       

 







Vậy nghiệm của phương trình : x = 2 , x = 3 ,

5 13 x

2





c) Đặt t=√x2+3 x − 6 ≥ 0 Ta có t2 + 4t – 12 = 0 ⇔ t = – 6 (loại) hoặc t = 2

⇔ x2 + 3x – 6 = 4 ⇔ x = – 5 v x = 2

d) Đặt t=√x2− x − 24 ≥ 0 Ta có t2 + t – 32 = 0 ⇔ t = – 7 (loại) hoặc t = 6

⇔ x2 – x – 24 = 36 ⇔ x2 – x – 60 = 0 ⇔ x= 1±√241

2 e) (x − 3)( x − 4)+√x2−7 x +7=7 ⇔ x2

−7 x +7+√x2− 7 x+7 − 2=0

Đặt t=√x2−7 x +7 ≥ 0 Ta có t2 + t – 2 = 0 ⇔ t = –2 (loại) hoặc t = 1

Với t = 2 ta có: x2 – 7x + 7 = 1 ⇔ x = 1 v x = 6

f) x2+√x2+11=31⇔ x2

+11+√x2+11− 42=0

Trang 9

Đặt t=√x2

+11≥√11 ta có t 2  t 42 0  t7 (loại)  t 6 ⇔√x2

+11=6⇔ x=±5

a) 2 3

√x +56

√x −18=0 b) x√3 x − 4√3x2+3=0

c) √x − 1 x −2√x −1

x =1 d) 3

√2 − x

x −1+

3

√x − 1

2− x=2

GIẢI

a) Đặt t=√6 x ≥ 0 ⇒t2

=√3x

Vậy ta có 2t2 + 5x – 18 = 0

⇔ t=2

¿

t=−9

2(loại)

¿

⇔6

√x=2 ⇔ x=26

=64

¿

b) Đặt t=√3 x2≥ 0 ⇒ t2

=√3x4=x√3 x Ta có t2 – 4t + 3 = 0

⇔ t=1

¿

t=3

¿

x2=1

¿

x2=27

¿

x=±1

¿

x=± 3√3

¿

⇔¿

¿

⇔¿

¿

c) Điều kiện : x > 1 Đặt t= x

√x −1>0

ta có t −2

t =1⇔t2

−t −2=0

⇔ t=−1(loại)

¿

t=2

¿

√x −1=2⇔2√x −1=x>1 ⇔ x=2

¿

(thoả đk)

d) Đặt t=√3 2 − x

x −1 ta có : t+1

t=2⇔t=1 ⇔ 2− x

x −1=1⇔ x=3

2

CHÚ Ý: Đặt

t A B AB

2

Đặt

2

B

A

Trang 10

a) (x − 3)( x+1)− 3(x − 3)√ x +1

x −3=− 2 (1) b) (x+2)(x + 4)+2(x+4)√x+2

x +4=3 (2)

GIẢI

a) Điều kiện : x –1 v x > 3.

Đặt t=(x −3)√x +1

x − 3 ⇒t2

t=1

¿

t=2

¿

 Với t = 1 ta có

(x − 3)√x −3 x+1=1⇔

x >3

(x − 3)(x+1)=1

¿{

⇔

x >3

x2−2 x − 4=0

⇔

¿x>3 x=1 ±√5

⇔ x=1+√5

¿{

(x − 3)√x −3 x+1=2⇔

x >3

(x −3)(x +1)=4

¿{

⇔ x>3

x2−2 x − 7=0

⇔

¿x >3 x=1 ±2√2

⇔ x=1+2√2

¿{ b) Điều kiện : x < –4 v x – 2.

Đặt t=(x +4)√x +2

x+4 ⇒t2

t=1

¿

t=−3

¿

(x+4)√x +4 x+2=1⇔ x>− 4

(x +4)(x +2)=1

¿{

⇔ x>− 4

x2

+6 x+7=0

⇔

¿x >− 4 x=−3 ±√2

⇔ x=− 3+√2

¿{

(nhận)

 Với t = – 3 ta có

Trang 11

(x+4)√x +4 x+2=−3⇔

x <− 4

(x +4 )( x+2)=9

¿{

⇔

x <− 4

x2+6 x − 1=0

⇔

¿x<− 4 x=− 3 ±√10

⇔ x=− 3−√10

¿{

(nhận)

a) √x −1+√x+3+2√(x − 1)(x +3)=4 −2 x b) √x −1+√x − 3+2√(x − 1)(x −3)=4 −2 x

c) √x+4+√3 x+1+2√3 x2+13 x +4=51 − 4 x d) √2 x +3+√x+1=3 x+2√2 x2+5 x+3− 16

e) √3 x −2+√x − 1=4 x − 9+2√3 x2−5 x +2 (HVKTQS-1999)

GIẢI

a) Đặt t=√x −1+√x +3 ,t ≥0

√x −1+√x+3¿2=2 x+2+2√(x −1)(x+3)

⇒t2

Phương trình (1) trở thành: t + t2 – 2x – 2 = 4 – 2x ⇔ t2 + t – 6 = 0

t = – 3(loại) hoặc t = 2 (nhận)

(∗)⇔2√(x −1)( x+3)=4 − 2 x − 2 ⇔√(x −1)( x+3)=1 − x

⇔

1− x ≥ 0

x2

+2 x − 3=1 −2 x+ x2

⇔

¿x ≤1

x =1

⇔ x=1

¿{

b) Đặt t=√x −1+√x − 3 ,t ≥0 √x −1+√x − 3¿

2

=2 x − 4+2√(x −1)(x − 3)

⇒t2

=¿

⇒2√(x − 1)(x −3)=t2− 2 x + 4 (*)

Phương trình (1) trở thành: t + t2 – 2x + 4 = 4 – 2x ⇔ t2 + t = 0

⇔ t = – 1 (loại) hoặc t = 0 (nhận)

(∗)⇔2√(x −1)( x −3)=− 2 x +4 ⇔√(x −1)(x − 3)=2− x

⇔

2 − x ≥ 0

x2− 4 x +3=4 − 4 x +x2

⇔

¿{

vô nghiệm

c) Đặt t=√x+4+√3 x+1, t ≥ 0 √x+4+√3 x+1¿

2=4 x +5+2√(x +4 )(3 x+1)

⇒t2

=¿

⇒2√3 x2+13 x+ 4=t2− 4 x − 5 (*)

PT (1) trở thành: t + t2 – 4x – 5 = 51 – 4x ⇔ t2 + t – 56 = 0 ⇔ t = – 8(loại) hoặc t = 7 (nhận)

(∗)⇔2√(x +4 )(3 x +1)=49− 4 x −5 ⇔√(x+4)(3 x+1)=22− 2 x

Trang 12

22− 2 x ≥ 0

x2−101 x+480=0

⇔

¿x ≤ 11

x =5∨ x=96

⇔ x=5

¿{

d) Đặt t=√2 x +3+√x+1, t ≥ 0 √2 x +3+√x+1¿

2=3 x+4+2√(2 x+3)( x+1)

⇒t2

=¿

⇒3 x+2√2 x2+5 x+3=t2− 4 (*)

Phương trình (1) trở thành: t = t2 – 4 – 16 ⇔ t2 – t – 20 = 0 ⇔ t = – 4 (loại) hoặc t = 5 (nhận)

(∗)⇔3 x +2√2 x2+5 x +3=25− 4⇔2√2 x2+5 x +3=21− 3 x

⇔

21− 3 x ≥ 0

21− 3 x¿2

¿

⇔

¿

¿x ≤11

4 (2 x2+5 x +3)=¿

⇔

x ≤11

⇔ x=3

¿{

e) Đặt t=√3 x −2+√x − 1, t ≥ 0 √3 x −2+√x − 1¿

2

=4 x −3+2√(3 x − 2)(x −1)

⇒t2

=¿

⇒4 x+2√3 x2−5 x+ 2=t2+3 (*)

Ta có : t = t2 – 6 ⇔ t2 – t – 6 = 0 ⇔ t = – 2 (loại) hoặc t = 3 (nhận)

(∗)⇔ 4 x+2√3 x2−5 x +2=12 ⇔√3 x2−5 x +2=6 − 2 x

⇔

6 −2 x ≥ 0

3 x2−5 x +2=36 −24 x+4 x2

¿{

⇔

x ≤ 3

x2−19 x +34=0

⇔

¿x ≤3

x=2 ∨ x=17

⇔ x=2

¿{

Bài 14: Giải các phương trình sau :

a) 2 x2−2 x√x2−2=3 b) (4 x −1)√x2

+1=2 x2+2 x+1

c) 2(1 − x)√x2+2 x −1=x2−2 x − 1 (ĐH DƯỢC HN –1997)

GIẢI

a) 2 x2−2 x√x2−2=3 ⇔ x2

− 2− 2 x√x2− 2+x2−1=0

Đặt t=√x2−2 ≥ 0 Ta có t2 – 2xt + x2 – 1 = 0 (*)

Phương trình (*) có Δ❑t

=x2− x2+1=1

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	720,95 KB