[casio] bai tap bai 8 + dap an(1)

Ta tìm được nghiệm này là x 2 Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc... Thực chất 2 bài toán trên dựa trên một bài toán gốc như sau : Giải phương trình : a b c 3 a b b c c a  Để phân t

Trang 1

D – ĐÁP ÁN

Bài 1 Giải phương trình :

x  1 x 15 x 8

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

x 1 x 15 x 8

x 15 x 8 x 1

x 8 x 1 x 15 7

4

7

4

x 15 (vì x 1)

4

7

 với

4

x 15 ta được :

 

2

2 x 1 2 x 8 x 15

Vậy f x 0 có tối đa 1 nghiệm trên 415; Ta tìm được nghiệm này là x 2

Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

Cách 2 : Ta có : x3  1 x4 15 x3  8 15 x3 1 x4 15 x 415 (vì x 1) Xét hàm f x  x3  1 x4 15 x38 với x415 ta được :

Vậy f x 0 có tối đa 1 nghiệm trên 4 

15; Ta tìm được nghiệm này là x 2

Kết luận : x 2

  

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

Trang 2

 

  

Đặt a x 2 x 1 a, b 0

b x 2 2 x 1

    



4 2

96

9 x 2

x 2 x 1 2 x 1 x 2 3b 3b 96 3 3

 

Dấu đẳng thức sảy ra khi b 4a  x 2

Thử lại thấy thỏa mãn

Cách 2 : Ta có :

2

32 x 1 x 2

2 x 1 x 2

32 x 1 x 2 24 9 x 2 2 x 1 x 2

x 1 2 x 2 3 16 x 1 11 x 2 39 x 1 x 2 42x 4 0

  

3 3 x  3 x 3 x x 1   x 1 x 1

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

3 3 x 3 x 3 x x 1 x 1 x 1

1

x 1 3 x 2 x 2 x 1 x 2 3 x x 1 3 x x 5 0 2

Nếu x 2 thì x 2  x 1 x 2  3 x  x 1 3 x      x 5 x 4 0

7 x 1 3 x 7 1 x 1 3 x 100 x 1

7

 

Trang 3

   

x 2 x 1 x 2 3 x x 1 3 x x 5

10 3 x 3 x

10 3 x

6 5 3 x 19 5 3 x 2 32 3 x

Nếu x 2 thì thỏa mãn

Cách 2 : Ta có :

2 2 2

3 3 x 3 x 3 x x 1 x 1 x 1

2 x 2 3 x x 1 3 x x 1 2x 4 3 x x 1 3 x 2 x 1

2 x 3 x x 1 2 3 x x 1 0

x 1  x 1 2x 1  1 3x  1 3x x 1  2x 1  2x 1 1 3x  3

Lời giải

Cách 1 : ĐKXĐ : 1 x 1

2

x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x

x 1 2x 1 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1

14x 3 3 7x 9 7x 14x 3

Nếu 14x2 3 thì bài toán được giải quyết

      thì

x 1 x 1 2x 1 1 3x 1 3x x 1 2x 1 2x 1 1 3x

1 3x 1 3x x 1

Trang 4

    

2

4x 2 1 3x 1 3x x 1 3 1 3x x 1 x 1 7 1 3x x 1 17x 1 3

Vì ta luôn có : 1 3x x 1 x 1 1 3x x 1 x 1 0

2

7 1 3x x 1 17x 1 0 49 1 3x x 1 1 17x 1 x

109

 

    )

Cách 2 : ĐKXĐ : 1 x 1

2 2 2

6 x 1 x 1 2x 1 6 1 3x 1 3x x 1 6 2x 1 2x 1 1 3x 18

4x 2 x 1 2x 1 x 1 1 3x 2x 1 1 3x

x x 1 2x 1 x 1 1 3x 2 2x 1 1 3x

5x x 1 2x 1 2 x 1 1 3x 2x 1 1 3x

Nhận xét

Bài 3 và Bài 4 sẽ rất khó và mất thời gian nếu chúng ta không làm theo Cách 2

Thực chất 2 bài toán trên dựa trên một bài toán gốc như sau :

Giải phương trình :

a b c 3 a b b c c a 

Để phân tích thành các tổng bình phương (S.O.S) như các ví dụ trên, ta cần tìm được

biểu thức :

2

Vấn đề đặt ra là : Làm thế nào để tìm được biểu thức như trên ? Chỉ cần biết phương

pháp tìm được nó là ta có thể chiến những bài toán tương tự rồi Ngay kể cả BĐT,

chúng ta cũng có thể chiến được

Cách tìm biểu thức như sau :

Trang 5

Đặt

2





   



ta được

xy yz zx a b b c c a

x y z a b c





    

x y z  3 xy yz zx   a b c 3 a b b c c a 

Hoặc áp dụng :

Thật là vi diệu đúng không ?

Bây giờ chỉ cần áp dụng

a 3 x

b x 1

c 1

  

  



 



trong Bài 3 hoặc

a x 1

b 2x 1

c 1 3x

  

  



  



trong Bài 4 là xong

8x 16x 9x 4x  x 2

Lời giải

Cách 1 : Đặt 3 4x2   x 2 2y 1 ta được hệ phương trình :

2

8y 4x 12y x 6y 1 0 4x x 2 2y 1

8x 16x 9x 2y 1 8x 16x 9x 2y 1





Lấy PT(1) – PT(2) ta được :

4 x y 2x 2xy 2y 3x 3y 2  0

Ta luôn có :

               

Bài toán được giải quyết Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

Cách 2 : Ta có :

8x 16x 9x 4x x 2 8x 16x 7x 1 4x x 2 2x 1

Trang 6

 2   2 2   2  2

Ta luôn có :

3

Từ đó ta được 3 4x2  x 2 2x 1 x 1 8x   28x 1  0

Kết luận : x 2 6

4



 hoặc x 1

3

x 1  x 2  9 x

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

3

x 1 x 2 9 x

x 1 x 2 1

x 2x 4 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2x 4x 2 0

    

Ta luôn có :

x 2x 4 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2x 4x 2

x 2x 4 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 3x 7 5 0

Cách 2 : Ta có :

3 3

x 1 x 2 9 x

x 1 7 x x 2 2

x 1 1 x 2x 3 x 2x 4 x 1 x 2 2 0

x 2x 3 x 2x 4 x 1 1

    

      

Trang 7

2

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

2

2 2

x x 1 x 1 2 x 2 2x

x 1 1 2 x 1

x 3x 4 x 1 x 3x 2 2 x x x 2 x 1 2 x x 5x 6 0

       

Ta luôn có :

x23x 4  x 1 x23x 2  2 x x2 x 2 x 1 2 x  x25x 6 0 Vậy bài toán được giải quyết

Cách 2 : Ta có :

2

x x 1 x 1 2 x 2 2x

x x 1 x 1 2 x 2 2x 1 0

2 x 1 2 x 2 2 2x

x 1 2 x 2 2x 1

2

x 1 2 x 2 2x 1

       

Ta luôn có :

2

x 1 2 x 2 2x 1

Kết luận : x 0 hoặc x 1

x 8x 25 3 x    x 1 2x

Lời giải

Trang 8

Cách 1 : Ta có :

x 8x 25 3 x x 1 2x

x x 1 x 1 2x x 8x 14 2x 3x 11 x x 1 0

Ta luôn có :

2

2x x 8x 14 2x 3x 11 x x 1

2x 11 2x 3x 14 x x 1 x 8x 25 3 x x 1 2x

3 79

Vậy x2      x 1 x 1 0 x 2

Cách 2 : Ta có :

x 8x 25 3 x x 1 2x

x 2 2x 3x 5 3 x x 1 3x 5 0

Ta luôn có :

1 5 x

2

x x 1 3x 5 0 x x 1 3x 5

1 5

x 2 2





          

   



Khi đó    2 

x 2 2x 3x 5 0 hay VT 0

x   x 1 3x 5 0  x   x 1 3x 5  x 2

Khi đó x 2 2x   2 3x 5 0 hay VT 0

2



 

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

Trang 9

   

2

x 4x 5 4x 3 4x x 1 x 4x 3 4x x 1 x

x 4x 5

x 2 x 1 1 x 2 x 1 1

x 4x 5

1 x 2 x 1 x 2 x 1

x 2 x 1 1 x 2 x 1 1

x 4x 5

x 2 x 1 1 x 2 x 1 1 x 4x 5



 



 



 

Ta luôn có :

2

0

x 4x 5

x 2 x 1 1 x 2 x 1 1 x 4x 5



Vậy x 3

Cách 2 : Ta có :

2

x 4x 5 4x 3 4x x 1 x 4x 3 4x x 1 x

x 8x 26x 24x 9 x 4x 5

x 8x 26x 24x 9 5 x 2x 8x 6 x 4x 5

x 3 x 8x 42x 56x 25 0

x 3



 

 

x 8x 42x 56x 25 x 4x 3 20 x 0

Trang 10

  

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

3

3 3

9 x 1 x 2

5 x 1 2 x 2

2 x 1 x 2

243

5 x 1 2 x 2

2 x 1 x 2 x 1 x 2

243

2 x 1 x 2 3 x 1 x 2

2 x 1 x 2 x 1 x 2

243 2 x 1 x 2 x 1 x 2

2 x 1 x 2 x 1 x 2

  

   

  

Vì 2 x 1  x 2 0 và x 1  x 2 0

Cách 2 : Ta có :

3

9 x 1 x 2

2 x 1 x 2

9 x 1 x 2 2 x 1 x 2 5 x 1 2 x 2 15 0

2 x 1 x 2 3 17 x 1 10 x 2 12 x 1 x 2 12x 0

  

Vì ta luôn có :

17 x 1 10 x 2 12 x 1 x 2 12x

17 x 2 10 x 2 12 x 2 x 2 12x

Trang 11

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

x 8 x 3 2x x 2 0

1

x 8 x 3 1

x 1

2x 2x 11x 8x 3 2x 2x 1 2 x 8 3 x 3 x 8 x 3 0

      



Ta luôn có :

             

Vậy là bài toán được giải quyết

Cách 2 : Ta có :

2 3

x 2 2x x 8 x 3

2

8 3

x 8 x 3 8x 7 64x 56x 17



Ta luôn có :

x 8 x 3 2x x 2 0

x 8 3 x 3 x 1 x 2x x 1 x x 1 x 3 0

x 2x x 1 x x 1 x 3

x 1

      

x 1

x 2x x 1 x x 1 x 3

x 1

0

x 1  x 2 x 1  x 2 4x 1

Lời giải

Trang 12

Cách 1 : Ta có :

x 1 x 2 x 1 x 2 4x 1

x 1 x 2 x 1 x 2 4x 1 4

4

x 1 x 2 x 1 x 2

4x 1 4

2 x 1 x 2 4x 1

4x 1

2 x 2 5 4x 1 2x x 2

0 4x 1



Ta luôn có :

2

 

Vậy bài toán được giải quyết

Cách 2 : Ta có :

x 1 x 2 x 1 x 2 4x 1

x 2 x 2 1 x 2x x 2x 1 0

Kết luận : x 17

4

2 4x 21 4 x 2 x 2 11x 49

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

3

3 3

2 3 3

2 4x 21 4 x 2 x 2 11x 49

2 4x 21 4 x 11x 51 2 x 2 1 0

1 4 x 39 8x 3 4 x 2 x 2 1 0

 

 

Trang 13

Vì ta luôn có :

3

0

Cách 2 : Ta có :

3 3

3

2 4x 21 4 x 2 x 2 11x 49

x 2 x 2 12x 49 2 4x 21 4 x

x 2 2 x 2 2 4 x 1 2 2 4 x 1

x 2 2 4 x 1

x 3

 

Vì ta luôn có :

  3

f t  t 2t, f x  3 x 2 2 4 x 1  đồng biến Lời giải chi tiết dành cho bạn đọc

4 6x 1 4 3x 1 3 1 8x 3

Lời giải

Cách 1 : Ta đặt :

3

Ta luôn có :

3a 4a 8ab 4b 6a 6b 3 4 a 2b 3 2b a 3 a 2ab 4b a 4b 3

Ta lại có :

a 2ab 4b a 4b 3 a b 3 b 2 0

              

Vậy 2b a 3 0   Thế vào HPT ta được a 1

b 1

 

  

 hoặc

a 5

b 4

  

  



Từ đó ta được x 0 hoặc x 21 Thử lại thấy thỏa mãn

Trang 14

Cách 2 : Ta đặt : 3  3 3  

3

4 a b

a 6x 1

4a 4b 3 1 8x 3 3 1 8x 1 0

a ab b

b 3x 1



a ab b 1 8x 1

Nếu x 0 thì thỏa mãn

2

a ab b 1 8x 1

 

Ta được hệ phương trình :

a 2b 3

a ab b 2a 2b 3







Ta luôn có :

2 a 2b 3 a 2b 1 a ab b 2a 2b 3

a 2b 3 a ab 3b 2b 1

Lại có :

            

Vậy 2b a 3 0   Thế vào HPT ta được a 1

b 1

 

  

 hoặc

a 5

b 4

  

  



Từ đó ta được x 0 hoặc x 21 Thử lại thấy thỏa mãn

Kết luận : x 0 hoặc x 21

x  3 3 x  3 x 4x 7 0

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

x 3 3 x 3 x 4x 7 0

1

x 3 x 4x 7 4 12

x 11 x 3 x 3 x 4x 7 2 x 3 x 4x 7 2x 4x 6 0

Ta luôn có :

Trang 15

   

x 11 x 3 x 3 x 4x 7 2 x 3 x 4x 7 2x 4x 6

x 4x 7 x 3 4 2 x 3 x 3 12 0

2 x    3 x 3 x 3 3 x 1       x 3 x 3 x 3 0 và :

4 x 4x 7 x 3 x 1

4 4x

     



Cách 2 : Ta luôn có :

2 2

2

x 3 3 x 3 x 4x 7

x 3 2 x 3 4 x 3 2

x 2 x 2 3 4 x 3 2 0

3 3x 2 x 1 3 x 1

x 1



Lời giải

Cách 1 : Ta đặt

3

a 3x 2

a 3b 5

b x 1

  



 

b

Ta luôn có :

2





Cách 2 : Ta luôn có :

Trang 16

 

3 3

3

2

4

3 3x 2 x 1 3 x 1

x 1 4

3 3x 2 2 3 x 1 x 5

x 1

x 1 1 x 3 2 x 1

x 1

x 1 1 3 9

x 1 1 x 1 3x 2 2 3x 2 4

     



x 2 x 2 x  x 1 x 1 2x 1 0

Lời giải

Cách 1 : Ta đặt

a 2 x

b x 1

c 1

  

  



 



Khi đó :

2

x 2 x 2 x x 1 x 1 2x 1

x 2 x 2 x x 1 x 1 x 1 2 x x 1

b c a c a b a b c

a b b c c a ab bc ca

2 x 1 x 1 1 2 x x 1 2 x x 1 2 x x 1

Cách 2 : Ta xét hàm f x  x 2 x  2 x x2 1 x 1 2x 1   trên 1; 2 Khi đó :

Trang 17

     

  3          

f ' x 4 5x 2 x 5x 1 x 1 2

3 5x 8 3 5x 3

f '' x

4 2 x 4 x 1

3 12 5x 3 5x 7

8 2 x 2 x 8 x 1 x 1

Từ đó ta chứng minh được f x 0 có tối đa 3 nghiệm

Kết luận : x 0 hoặc x 1

2

 hoặc x 1

2

5

Lời giải

Cách 1 : Ta có :

2

9x 6x 5

5

9x x 20 2 45x 30x 25 10 x x 1 0

9x x 20 10 x x 1 4 45x 30x 25

2 x x 1 x 3 2 x x 1 x 2 45x 21x 46 6 6x 1 x x 1 0

Ta luôn có :

Cách 2 : Ta có :

Trang 18

 

2

9x 6x 5

5 9x x 20 2 45x 30x 25 10 x x 1 0

10x 4x 11 45x 30x 25 5 x x 1

9x x 20 20x 4x 11

4 45x 30x 25 9x x 20 9x x 20

45x 30x 25 10 45x 30x 25 3x 5 135x 60x 225 9x 19 45x 30x



 



 

Ta luôn có :

2

135x 60x 225 9x 19 45x 30x 25 1

45x 30x 25 9x 19 8 3x 2 0 2

Kết luận : x 0 hoặc x 5

3

  hoặc x 1

2

x 1  3x 1 x x 1  x 9 6 x 1

Lời giải

Cách 1 : Ta đặt a x

b x 1 3

 





  

 Ta được :

2

x 1 3x 1 x x 1 x 9 6 x 1

x 1 x 1 3 1 x x 1 3 1

Trang 19

  

2

ab 1

a 1 b 1

ab 1 a b

0

a 1 b 1 ab 1



3 x 1 2

x 9 6 x 1

 

Khi đó :

2

x 1 3x 1 x x 1 x 9 6 x 1

5x 27

x 1 3x 1 x x 1 4x 3x 3 2x 15x 4 x 1 x 1 2

0

x 1 x x 1 3x 1 5x 27



3 x  x 1  x 2 x6

Lời giải

Cách 1 : Ta đặt a 5 3 x; b 5 x 1; c 5 x 2 ta có :

3 x x 1 x 2 x 6

a b c a b c

5 a b b c c a a b c ab bc ca 0

      

Cách 2 : Ta đặt a 5 x 1; b  5 x 2; c  5 x 6;d  5 x 3 ta có :

a b c d

a b 5ab a b a ab b c d 5cd c d c cd d

a b c d

ab a ab b cd c cd d ab a b a b cd c d c d

ab a b a b cd a b c d b d b c b c d bc bd cd 0

   

   



Trang 20

Kết luận : x 3

2

BÙI THẾ VIỆT

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	683,17 KB