Tài liệu Các phương pháp trọng tâm giải phương trình và bất phương trình (mới)-đặng việt hùng

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM §ÆNG VIÖT HïNG CÁC PHƯƠNG PHÁP TRỌNG TÂM GIẢI PT VÀ BẤT PT Khóa luyện thi 2016 – 2017 Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 CÁC PHƯƠNG PHÁP TRỌNG TÂM GIẢI PT VÀ BẤT PT Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN x4 − x + 2 Bài 1. Giải bất phương trình x2 + x + 2 − 2 ≥ x4 − x + 2 x+2 Lời giải. ( x ∈ ℝ) .  x2 + x + 2 ≠ 4 Điều kiện  ⇔ x ∉ {−2;1} .  x ≠ −2 2 4 x 4 − 4 x + 8 4 x 4 − 4 x 2 + 1 + 4 x 2 − 4 x + 1 + 6 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) + 6 Nhận xét x − x + 2 = = = > 0, ∀x ∈ ℝ . 2 2 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 4 1 1 ≥ ⇔ 2 x + x+2 −2 x+2 ⇔ x + 4 − x2 + x + 2 ( x − 1)( x + 2 ) 2 ( x + 4 − x2 + x + 2 ) x2 + x + 2 − 2 ( x + 2) ≥0⇔ ( ≥0⇔ x + 4 − x2 + x + 2 ≥0 x −1 )( x2 + x + 2 + 2 x + 4 − x2 + x + 2 (x 2 + x − 2) ( x + 2) ) ≥0 (1) Các khả năng xảy ra như sau  x ≥ −4  x ≥ −4
Xét x + 4 ≥ x 2 + x + 2 ⇔  2 ⇔ ⇔ x ≥ −2 , suy ra  2  x ≥ −2  x + 8 x + 16 ≥ x + x + 2 (1) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 . Ta có nghiệm thành phần x > 1 .  x < −4  x < −4  
Xét x + 4 ≤ x 2 + x + 2 ⇔   x ≥ −4 ⇔   x ≥ −4 ⇔ x ≤ −2 , suy ra  2  2   x ≤ −2   x + 8 x + 16 ≤ x + x + 2 (1) ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 . Ta có nghiệm thành phần x ≤ −2 . Tổng hợp toàn bộ quá trình ta thu được nghiệm S = ( −∞; −2 ) ∪ (1; +∞ ) . Bài 2. Giải bất phương trình x 4 + 3x + 2 4x +1 ≥ 2 2 x −x+ x−2 x −x+ x−2 Lời giải. ( x ∈ ℝ) . Điều kiện x ≥ 2 . Nhận xét x 2 − x + x − 2 = x ( x − 1) + x − 2 > 0, ∀x ≥ 2 . Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 1 1 1 1  1 1  x + 3x + 2 ≥ 4 x + 1 ⇔ x − x + 1 ≥ 0 ⇔ x − x + + x 2 − x + + ≥ 0 ⇔  x 2 −  +  x −  + ≥ 0 4 4 2 2  2 2  (Hiển nhiên). Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 2 . 4 4 Bài toán 3. Giải bất phương trình 4 2 x 4 + x3 + x 2 + x x3 + x 2 + 25 x − 33 > 3x − 2 x − 7 3x − 2 x − 7 ( x ∈ ℝ) . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Lời giải. 7 Điều kiện x ≥ . 2 2 9 x 2 − 2 x + 7 8 x + ( x − 1) + 8 7 Nhận xét 3x − 2 x − 7 = = > 0, ∀x ≥ . 2 3x + 2 x − 7 3x + 2 x − 7 Bất phương trình đã cho tương đương với x 4 + x3 + x 2 + x > x3 + x 2 + 25 x − 33 ⇔ x 4 − 24 x + 33 > 0 2 ⇔ x 4 − 6 x 2 + 9 + 6 ( x 2 − 4 x + 4 ) > 0 ⇔ ( x 2 − 3) + 6 ( x − 2 ) > 0 2 2 [∗]  x2 = 3 7 Dễ thấy [*] hiển nhiên do hệ  vô nghiệm. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ . 2 x = 2 Bài 4. Giải phương trình 3 3x 2 + x + 5 + 3 x 2 + x + 3 = 3 2 x 2 + 2 x + 1 + 3 2 x 2 + 7 Lời giải. ( x ∈ ℝ) . Điều kiện x ∈ ℝ . Đặt 3 3 x 2 + x + 5 = a; 3 x 2 + x + 3 = b; 3 2 x 2 + 2 x + 1 = c; 3 2 x 2 + 7 = d . Phương trình đề bài trở thành a + b = c + d = k . Để ý rằng a 3 + b3 = c3 + d 3 ⇔ ( a + b ) − 3ab ( a + b ) = ( c + d ) − 3cd ( c + d ) 3   3 k = 0 ⇒ k 3 − 3ab.k = k 3 − 3cd .k ⇔ 3k ( ab − cd ) = 0 ⇔   ab = cd k = 0 ⇔ a = −b ⇔ a 3 = −b3 ⇔ 3 x 2 + x + 5 = x 2 + x + 3 ⇔ 2 x 2 = −2 (Vô nghiệm). ab = cd ⇒ a 3b3 = c3 d 3 ⇔ ( 3 x 2 + x + 5 )( x 2 + x + 3) = ( 2 x 2 + 2 x + 1)( 2 x 2 + 7 ) ⇔ ( x 2 + x − 2 )( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x ∈ {−2;1} . Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2; x = 1 . Bài 5. Giải phương trình 3 ( x + 1) 2 + 3 x 4 − 2 x + 4 = 3 x3 − x 2 + 2 x + 1 + 3 x 4 − x 3 + 2 x 2 + 4 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Phương trình đã cho viết lại dưới dạng Đặt 3 ( x + 1) 2 3 ( x + 1) 2 + 3 x 4 − 2 x + 4 − 3 x3 − x 2 + 2 x + 1 = 3 x 4 − x3 + 2 x 2 + 4 . = a; 3 x 4 − 2 x + 4 = b; − 3 x 3 − x 2 + 2 x + 1 = c; 3 x 4 − x3 + 2 x 2 + 4 = d thu được a + b + c = d . Ngoài ra, chú ý thấy rằng 3 a + b + c = d ⇔ ( a + b + c ) = d 3 ⇔ a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = d 3  3 x2 + 2x + 1 + 3 x4 − 2x + 4 = 0 a + b = 0  ⇒ d 3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) = d 3 ⇔ ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0 ⇔ b + c = 0 ⇔  3 x 4 − 2 x + 4 = 3 x3 − x 2 + 2 x + 1   c + a = 0  3 x 2 + 2 x + 1 = 3 x3 − x2 + 2 x + 1   x4 + x2 + 5 = 0  x2 + 2 x + 1 = − x4 + 2 x − 4   x ∈ {0;1; 2}  ⇔  x 4 − x 3 + x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 3 + x − 3) = 0 ⇔  3  2  x + x − 3 = 0  x3 − 2 x 2 = 0 x x − 2 = 0 ( )   ( ∗) Vế trái phương trình (*) là hàm số f ( x ) = x3 + x đồng biến, suy ra (*) có nghiệm duy nhất x = α . Kết luận phương trình đã cho có bốn nghiệm x ∈ {0;1; 2; α} trong đó α thỏa mãn α3 + α = 3 . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 4x +1 + x −1 = Bài 6. Giải phương trình x3 + 1 x3 + 1 + x −1 4x + 1 Lời giải Facebook: Lyhung95 ( x ∈ ℝ) . x3 + 1 x3 + 1 = − x −1 Điều kiện x > 1 . Phương trình đã cho biến đổi về 4 x + 1 − (1) . 4x + 1 x −1 Dễ thấy (1) có nghiệm khi và chỉ khi hai vế cùng dấu, nghĩa là   x 3 + 1  x3 + 1 4 x + 1 − − x − 1  ≥ 0 ⇔  4 x + 1 − ( x3 + 1)   x3 + 1 − ( x − 1)  ≥ 0     x − 1  4 x + 1    ⇔ ( x3 − 4 x )( x3 − x + 2 ) ≥ 0 ⇔ x ( x − 2 )( x + 2 )  x ( x 2 − 1) + 2  ≥ 0 ( 2) Rõ ràng x ( x 2 − 1) + 2 > 0; x ( x + 2 ) > 0, ∀x > 1 nên ( 2 ) ⇔ x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 . Khi đó x3 + 1 x3 + 1 x 3 + 1 x3 + 1 − 2 4 x + 1. = + x −1 − 2 . x −1 4x +1 4x +1 x −1 x −1 ( 4 x + 1) − ( x − 1) x 3 + 1 x3 + 1 ⇔ 3x + 2 = − ⇔ 3 x + 2 = ( x3 + 1) x −1 4x + 1 ( 4 x + 1)( x − 1) (1) ⇔ 4 x + 1 + (x ⇔ 3x + 2 = + 1) ( 3 x + 2 ) 2  x=− 3 x + 2 = 0  3 ⇔ ⇔ ( 4 x + 1)( x − 1)  4 x 2 − 3x − 1 = x3 + 1  x3 − 4 x 2 + 3x + 2 = 0  x = 2 Ta có ( 3) ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 − 2 x − 1) = 0 ⇔  ⇒ x ∈ 2; 2 + 1;1 − 2 . 2 ( x − 1) = 2 3 { ( 3) } { } So sánh với điều kiện x ≥ 2 và thử trực tiếp suy ra tập hợp nghiệm S = 2; 2 + 1 . x 4 + x3 + 3x + 3 + Bài 7. Giải phương trình Điều kiện x > 0 . Phương trình đã cho tương đương với ( x + 1) ( x3 + 3) − ⇔ x3 + 3 ( 2 1 = x3 + 3 + 2 1 + x x Lời giải. x3 + 3 = 2 ) x + 1 −1 = 2 x ( ( x ∈ ℝ) . x +1 2 − x x  x +1 = 1 x +1 −1 ⇔  4  x + 3 x = 2 ) Xét các trường hợp • x +1 = 1 ⇔ x +1 = 1 ⇔ x = 0 . • x 4 + 3 x = 2 ⇔ x 4 + 3 x − 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x3 + x 2 + x + 4 ) = 0 (1) . Rõ ràng x3 + x 2 + x + 4 > 0, ∀x > 0 nên (1) có duy nhất nghiệm x = 1 . Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 . 7 7 + 49 − 2 3 x ( 7 x + 1) + 4 = 2 3 x + 2 x x Lời giải. Điều kiện x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với Bài 8. Giải phương trình 3 7 x3 + x2 + ( x ∈ ℝ) . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 3 Facebook: Lyhung95  x3 + 7    7 7 7 3 x 7x +1 = 2 3 x + 3 x 7x +1  3 − − 2 − 4 ⇔ − 2  = 2  3 x + 2 − 2  ( ) ( )  2 2   x x x x      7   x3 − 8 x2 + 7 = 0  x+ 2 =8 7  x + 2 − 2   3 x ( 7 x + 1) − 2  = 0 ⇔ ⇔ 2 x    2 x  7 x + x − 8 = 0 7 x + x = 8 ( 7 x + 1)  x 2 +  ⇔  3  ( x − 1) ( x 2 − 7 x − 7 ) = 0 8 7 + 77 7 − 77 ⇔ ⇔ x = 1; x = − ; x = ;x = 7 2 2 ( x − 1)( 7 x + 8 ) = 0 8 7 + 77 7 − 77 ;x = . Kết luận phương trình đã cho có các nghiệm x = 1; x = − ; x = 7 2 2 Bài 9. Giải phương trình 3 x2 + 2 x + 4 + 2 + 3 6 x2 = 3 3 ( x2 + 2 x ) + 3 2 x2 + 4 x Lời giải. ( x ∈ ℝ) . Điều kiện x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 3 ( x + 2 )  x +  ⇔ 3 x+ 2 x ( 3 2 3 3 3 2 2  − 3x ( x + 2 ) = 2 x + 4 − 6 x x ) x + 2 − 3 2x = 3 2x ( 3 x + 2 − 3 2x )   2 x + 2 − 3 2 x  3 x + − 3 3 x  = 0 x    x + 2 = 2x x = 2  ⇔ ⇔ 2 ⇔ x ∈ {−1;1; 2} 2  x + = 3x x = 1 x  Kết luận phương trình ban đầu có ba nghiệm kể trên. ⇔ ( 3 ) Bài 10. Giải bất phương trình 2 2 x 2 − x − x ≤ 3x 2 − 2 x Lời giải. 2 Điều kiện x ≤ 0 ∨ x ≥ . 3  Xét x = 0 , bất phương trình đã cho nghiệm đúng. 2  Xét x ≥ , bất phương trình ban đầu trở thành 3 ( x ∈ ℝ) . 2 2 x − 1 − x ≤ 3x − 2 ⇔ 2 2 x − 1 ≤ x + 3x − 2 ⇔ 8 x − 4 ≤ 4 x − 2 + 2 3x 2 − 2 x ⇔ 2 x − 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1  Xét x < 0 , bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 1 − 2 x − − x ≤ 2 − 3x ⇔ 2 1 − 2 x ≤ − x + 2 − 3x ⇔ 4 − 8 x ≤ 2 − 4 x + 2 3x 2 − 2 x ⇔ 1 − 2 x ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 ≤ 3x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x = 0; x = 1 . 2 Bài 11. Giải phương trình x 2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 ( x ∈ ℝ) . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Lời giải 1. 3 Điều kiện x ≥ − . 2 2 2 Nhận xét x + 4 x + 5 = ( x + 2 ) + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với x 4 + 8 x 3 + 16 x 2 + 10 ( x 2 + 4 x ) + 25 = 4 ( 2 x + 3) ⇔ x 4 + 8 x 3 + 26 x 2 + 32 x + 13 = 0 ⇔ x 2 ( x 2 + 2 x + 1) + 6 x ( x 2 + 2 x + 1) + 13 ( x 2 + 2 x + 1) = 0 ( x + 1)2 = 0 ⇔ ( x + 2 x + 1)( x + 6 x + 13) = 0 ⇔  ⇒ x = −1 ( x + 3 )2 = −4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −1 . Lời giải 2. 3 Điều kiện x ≥ − . Đặt 2 x + 3 = y + 2, ( y ≥ −2 ) suy ra 2 x + 3 = y 2 + 4 y + 4 ⇔ y 2 + 4 y + 1 = 2 x . 2 Phương trình đã cho trở thành x 2 + 4 x + 5 = 2 ( y + 2 ) ⇔ x 2 + 4 x + 1 = 2 y . Vậy ta có hệ phương trình 2 2 2  y + 4 y + 1 = 2 x ⇒ y 2 − x2 + 4 y − 4 x = 2 x − 2 y  2  x + 4 x + 1 = 2 y ⇔ ( y − x )( y + x ) = 6 ( x − y ) ⇔ ( x − y )( x + y + 6 ) = 0
Với x = y ⇒ x 2 + 4 x + 1 = 2 x ⇔ ( x + 1) = 0 ⇔ x = −1 . 2 3
Dễ thấy phương trình x + y + 6 = 0 vô nghiệm vì x + y + 6 > 0, ∀x ≥ − ; ∀y ≥ −2 . 2 Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm Lời giải 3. 3 Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 + 2 x + 1 + 2 x + 3 − 2 2 x + 3 + 1 = 0 ⇔ ( x + 1) + 2 ( ) 2 2x + 3 −1 = 0  x = −1  x + 1 = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x = −1 2 x + 3 = 1  2 x + 3 − 1 = 0 Thử lại vào phương trình thấy nghiệm đúng, vậy S = {−1} . Bài 12. Giải phương trình 4 x + 1 = x 2 − 5 x + 14 ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1. Điều kiện x ≥ −1 . Phương trình đã cho biến đổi về x 2 − 5 x + 14 − 4 x + 1 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 9 + x + 1 − 4 x + 1 + 4 = 0  x − 3 = 0 x = 3 =0⇔ ⇔ ⇔ x=3  x + 1 = 2 x +1 = 4 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = 3 . Lời giải 2. Điều kiện x ≥ −1 . ⇔ ( x − 3) + 2 ( x +1 − 2 ) 2 2 5  31  Nhận xét rằng x − 5 x + 14 =  x −  + > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho tương đương với 2 4  2 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 16 ( x + 1) = x 4 − 10 x3 + 25 x 2 + 28 ( x 2 − 5 x ) + 196 ⇔ x 4 − 10 x3 + 53 x 2 − 156 x + 180 = 0 ⇔ x 2 ( x 2 − 6 x + 9 ) − 4 x ( x 2 − 6 x + 9 ) + 20 ( x 2 − 6 x + 9 ) = 0 ⇔ ( x 2 − 4 x + 20 )( x 2 − 6 x + 9 ) = 0 ( x − 2 ) = −16 2 2 ⇔ ( x − 2 ) + 16  ( x − 3) = 0 ⇔  ⇔ x=3    x − 3 = 0 Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 3 . 2 Bài 13. Giải phương trình 2 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x + 3) ( ) ( x ∈ ℝ) . x2 + x + 2 − 1 Lời giải. 2 1 7  Ta có x 2 + x + 2 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ nên điều kiện xác định x ∈ ℝ . 2 4  Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2 + 2 x + 1 = ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 − 2 x − 3 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 4 − ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 = 0 ⇔ 8 x 2 + 16 x + 16 − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 = 0 ⇔ 4 x 2 + 12 x + 9 − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 + 4 ( x 2 + x + 2 ) = 1 ( ⇔ ( 2 x + 3) − 4 ( 2 x + 3) x 2 + x + 2 + 4 ( x 2 + x + 2 ) = 1 ⇔ 2 x + 3 − 2 x 2 + x + 2 2  x2 + x + 2 = x + 1 2 x + 3 − 2 x2 + x + 2 = 1 ⇔ ⇔  2 x + 3 − 2 x 2 + x + 2 = −1  x 2 + x + 2 = x + 2  Xét hai trường hợp  x ≥ −1 o (1) ⇔  2 ⇔ x = 1. 2 x + x + 2 = x + 2x +1  x ≥ −2  x ≥ −2 2 o ( 2) ⇔  2 ⇔ ⇔ x=− . 2 3 3x = −2 x + x + 2 = x + 4x + 4 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = − ; x = 1 . 3 Bài 14. Giải phương trình 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1 ) 2 =1 (1) ( 2) ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1. 1 Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho trở thành 4 4 x2 + 4 x + 2 − 2 4 x + 1 = 0 ⇔ 4 x2 + 4 x + 1 − 2 4 x + 1 + 1 = 0  x 2 = 0 x = 0 ⇔ 4x + 4x +1 −1 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ x=0  4 x + 1 = 1 4 x + 1 = 1 Thử trực tiếp thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Lời giải 2. 1 2 Điều kiện x ≥ − . Nhận xét 2 x 2 + 2 x + 1 = x 2 + ( x + 1) > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho trở thành 4 2 ( ) 2 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ( 2x 2 Facebook: Lyhung95 + 2 x + 1) = 4 x + 1 ⇔ 4 x 4 + 4 x 2 + 8 x 3 + 2 ( 2 x 2 + 2 x ) + 1 = 4 x + 1 2  x2 = 0 ⇔ 4 x 4 + 8 x3 + 8 x 2 = 0 ⇔ 4 x 2 ( x 2 + 2 x + 2 ) = 0 ⇔  ⇒x=0 2 ( x + 1) = −1 Đối chiếu điều kiện, đi đến kết luận nghiệm x = 0 . Bài 15. Giải phương trình x 2 + 4 x + 3 = 3 x + 6 ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1. Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với x 2 = 3x + 6 − 4 x + 3 ⇔ x 2 − 2 x + 1 = x + 3 − 4 x + 3 + 4 ⇔ ( x − 1) = 2 ( x+3 −2 ) 2 x +1 = x + 3  x −1 = x + 3 − 2 ⇔ ⇔ 3 − x = x + 3  x − 1 = 2 − x + 3 (1) ( 2) Xét hai trường hợp  x ≥ −1  x ≥ −1
(1) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ x = 1. x + 2x + 1 = x + 3 x + x − 2 = 0  x ≤ 3 x ≤ 3 x ≤ 3
( 2) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = 1. − − = x 1 x 6 0 x − 6 x + 9 = x + 3 x − 7 x + 6 = 0 ( )( )     Đối chiếu điều kiện và thử lại trực tiếp ta có tập nghiệm S = {1} . Lời giải 2. Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với 2 −  x + 3x + 6 ≥ 0 2 − x + 3x + 6 = 4 x + 3 ⇔  4 2 2  x + 9 x + 36 x + 36 − 2 x ( 3 x + 6 ) = 16 x + 48 2 − x 2 + 3 x + 6 ≥ 0 − x + 3 x + 6 ≥ 0 ⇔ 4 ⇔ 2 2 2 2 3 2  x − 6 x − 3 x + 20 x − 12 = 0  x ( x − 2 x + 1) − 4 x ( x − 2 x + 1) − 12 ( x − 2 x + 1) = 0 2 − x 2 + 3 x + 6 ≥ 0 − x + 3 x + 6 ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇒ x =1 2 2 ( x − 1) ( x − 6 )( x + 2 ) = 0 ( x − 2 x + 1)( x − 4 x − 12 ) = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . x + x2 + x − x2 = x + 1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1.  x ≥ 0 2  x + x ≥ 0  Điều kiện  2 ⇔   x ≤ −1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 .  x − x ≤ 0 0 ≤ x ≤ 1  Phương trình đã cho tương đương với Bài 16. Giải phương trình 2 x + x2 + 2 x − x2 = 2 x + 2 ⇔ 2 x + 2 − 2 x + x2 − 2 x − x2 = 0 ⇔ x + x2 − 2 x + x2 + 1 + x − x2 − 2 x − x2 + 1 = 0  x + x 2 = 1  x + x 2 = 1 2  x + x2 = 1 x − x2 −1 = 0 ⇔  ⇔ ⇔  2 2 x = 0  x − x 2 = 1  x + x = x − x Dễ thấy hệ phương trình (*) vô nghiệm nên phương trình ban đầu vô nghiệm. ⇔ ( ) ( 2 x + x2 − 1 + ) ( ∗) Lời giải 2. Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 2  x + x ≥ 0 Điều kiện  2  x − x ≤ 0 a+b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 2 1 + x + x2 x + x 2 = 1( x + x 2 ) ≤ (1) 2 1 + x − x2 x − x 2 = 1( x − x 2 ) ≤ ( 2) 2 1 + x + x2 + 1 + x − x2 2 x + 2 2 2 Từ đó suy ra x + x + x − x ≤ = = x +1 2 2 Phương trình đã cho có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là  x + x 2 = 1  x + x 2 = 1  x + x2 = 1 ⇔ ⇔ ⇔ x ∈∅ .    2 2 2 = x 0 + = − x x x x    x − x = 1  Ta có ( a− b ) 2 ≥ 0 ⇔ ab ≤ Kết luận bài toán vô nghiệm. Lời giải 3.  x ≥ 0 2  x + x ≥ 0  Điều kiện  2 ⇔   x ≤ −1 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 .  x − x ≤ 0 0 ≤ x ≤ 1  Phương trình đã cho tương đương với x + x2 + x − x2 + 2 x2 − x4 = x2 + 2 x + 1 ⇔ 2 x2 − x4 = x2 + 1 ⇔ 4 ( x2 − x4 ) = x4 + 2 x2 + 1 ⇔ 5x4 − 2 x2 + 1 = 0 2 x = 0 ⇔ 4 x 2 + ( x 2 − 1) = 0 ⇔  2 ⇔ x ∈∅ x = 1 Kết luận phương trình ban đầu vô nghiệm. Bài 17. Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 2 x − 1 Điều kiện x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với ( x ∈ ℝ) . Lời giải. x2 − 4x + 4 = x − 1 + 2 x − 1 + 1 ⇔ ( x − 2) = (  x − 2 = x −1 +1  x − 3 = x −1 ⇔ ⇔ 1 − x = x − 1 2 − x = x − 1 + 1  (1) ( 2) 2 ) x −1 + 1 2 Xét hai trường hợp  x ≥ 3 x ≥ 3 x ≥ 3
(1) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x = 5. x − 2 x − 5 = 0 ( )( ) x − 6 x + 9 = x − 1 x − 7 x + 10 = 0    
(2) có nghiệm khi 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 , kết hợp với điều kiện suy ra x = 1 . Thử lại nghiệm trực tiếp, ta thu được hai nghiệm x = 1; x = 5 . Bài 18. Giải phương trình 3x 2 − 5 x + 6 = 2 x x 2 + x − 3 Lời giải. 2 Điều kiện x + x − 3 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với ( x ∈ ℝ) . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 3x 2 − 5 x + 6 − 2 x x 2 + x − 3 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 9 + x2 + x − 3 − 2 x x2 + x − 3 + x2 = 0 ⇔ ( x − 3) + 2 ( x2 + x − 3 − x ) 2 =0 x = 3  x − 3 = 0  2 ⇔ 2 ⇔  x + x − 3 = x2 ⇔ x = 3 x ≥ 0  x + x − 3 = x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Bài 19. Giải phương trình x 2 + 7 x + 14 = 2 x + 4 ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1. Điều kiện x ≥ −4 . Phương trình đã cho tương đương với x 2 + 7 x + 14 − 2 x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 6 x + 9 + x + 4 − 2 x + 4 + 1 = 0 2  x = −3  x + 3 = 0 ⇔ ⇔ x = −3 x + 4 −1 = 0 ⇔   x + 4 = 1  x + 4 = 1 Thử trực tiếp ta thấy phương trình ban đầu có duy nhất nghiệm x = −3 . Lời giải 2. Điều kiện x ≥ −4 . ⇔ ( x + 3) + 2 ( ) 2 7 7  Nhận xét x 2 + 7 x + 14 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ nên phương trình đã cho tương đương với 2 4  4 x + 14 x3 + 49 x 2 + 28 ( x 2 + 7 x ) + 196 = 4 x + 16 ⇔ x 4 + 14 x 3 + 77 x 2 + 192 x + 180 = 0 ⇔ x 2 ( x 2 + 6 x + 9 ) + 8 x ( x 2 + 6 x + 9 ) + 20 ( x 2 + 6 x + 9 ) = 0 ⇔ ( x 2 + 6 x + 9 )( x 2 + 8 x + 20 ) = 0 2 2 ⇔ ( x + 3 )  ( x + 4 ) + 4  = 0 ⇔ x = −3   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = −3 . ( x ∈ ℝ) . Bài 20. Giải phương trình 2 x 2 − 5 x + 1 = 2 x + 1 Lời giải 1. 1 Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2 4 x 2 − 10 x + 2 = 2 2 x + 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 4 = 2 x + 1 + 2 2 x + 1 + 1 ⇔ ( 2x − 2) = 2 ( 2 x − 3 = 2 x + 1 2 2x +1 + 1 ⇔  1 − 2 x = 2 x + 1 ) (1) ( 2) Xét hai trường hợp xảy ra o o 3 3   2 x − 3 ≥ 0 7 + 17 x ≥ x ≥ . ⇔ ⇔ ⇔x= 2 2 (1) ⇔  2 4 2 4 x − 12 x + 9 = 2 x + 1 4 x 2 − 14 x + 8 = 0   2 x − 7 x + 4 = 0 1  1 − 2 x ≥ 0 x ≤ ⇔ ⇔ x=0. 2 ( 2) ⇔  2 4 x − 4 x + 1 = 2 x + 1 4 x 2 − 6 x = 0  Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95  7 + 17  So sánh với điều kiện ta đi đến kết luận nghiệm S = 0; . 4   Bài 21. Giải phương trình x 2 = x3 − x 2 + x 2 − x ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1.  x 2 ( x − 1) ≥ 0 x = 0 Điều kiện  ⇔ x ≥1  x ( x − 1) ≥ 0 Nhận xét x = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Với x ≥ 1 , phương trình đã cho trở thành ) ( ( ) 2x2 = 2x x − 1 + 2 x2 − x ⇔ x2 − 2 x x − 1 + x − 1 + x2 − x − 2 x2 − x + 1 = 0  x2 − x + 1 = 0  2  x = x −1 ⇔ x − x − 1 + x2 − x − 1 = 0 ⇔  ⇔  x2 − x − 1 = 0 ⇒ x ∈ ∅ 2  x − x = 1  x ≥ 1  Kết luận phương trình đề bài có duy nhất nghiệm x = 0 . Lời giải 2. 2  x ( x − 1) ≥ 0 x = 0 Điều kiện  ⇔ x ≥1  x ( x − 1) ≥ 0 ) ) ( ( 2 Nhận xét x = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. a+b Với x ≥ 1 , áp dụng bất đẳng thức ab ≤ ⇔ 2 ( a− b ) 2 ≥ 0 , ta có x2 + x − 1 (1) 2 x2 − x + 1 2 2 x − x = 1( x − x ) ≤ ( 2) 2 x2 + x −1 x2 − x + 1 + = x2 . Suy ra x3 − x 2 + x 2 − x ≤ 2 2 Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi (1), (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là 2 2  x = x − 1  x − x = −1 ⇔ 2 ⇒ x ∈∅ .  2 1 = x − x  x − x = 1 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là x = 0 . x3 − x 2 = x 2 ( x − 1) ≤ x − 2 + 6 − x = x 2 − 8 x + 24 ( x ∈ ℝ) . Lời giải 1. Điều kiện 2 ≤ x ≤ 6 . Phương trình đã cho tương đương với x − 2 + 6 − x + 2 ( x − 2 )( 6 − x ) = x 2 − 8 x + 24 Bài 22. Giải phương trình ⇔2 ( x − 2 )( 6 − x ) = x 2 − 8 x + 20 ⇔ x−2+6− x−2 ( x − 2 )( 6 − x ) + x 2 − 8 x + 16 = 0  x − 2 = 6 − x 2 + ( x − 4) = 0 ⇔  ⇔x=4  x − 4 = 0 Đối chiếu và thử trực tiếp ta thấy phương trình nhận nghiệm duy nhất x = 4 . Lời giải 2. Điều kiện 2 ≤ x ≤ 6 . ⇔ Ta có ( a− b ) 2 ( x−2 − 6− x ) 2 ≥ 0, ∀a ≥ 0; b ≥ 0 ⇒ 2 ab ≤ a + b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ( x−2 + 6− x ) 2 = x−2+6− x+2 ( x − 2 )( 6 − x ) = 4 + 2 ( x − 2 )( 6 − x ) ≤ 4 + [ x − 2 + 6 − x] = 8 ⇒ x − 2 + 6 − x ≤ 2 2 Ngoài ta ta lại có x 2 − 8 x + 24 = ( x − 4) 2 Facebook: Lyhung95 +8 ≥ 2 2 (1) ( 2) . Phương trình ban đầu có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là 2 ≤ x ≤ 6  x − 2 = 6 − x ⇔ x = 4 . x − 4 = 0  Giá trị này thỏa mãn đề bài nên ta có tập nghiệm S = {4} . Bài 23. Giải phương trình x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 Lời giải 1. Điều kiện x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với ( x ∈ ℝ) . 4 x 2 + 12 x + 4 = 4 ( x + 3) x 2 + 1 ⇔ ( x 2 + 6 x + 9 ) − 4 ( x + 3) x 2 + 1 + 4 ( x 2 + 1) = x 2 − 6 x + 9 ( ⇔ x + 3 − 2 x2 + 1 ) 2  x + 3 − 2 x2 + 1 = x − 3 2 = ( x − 3) ⇔   x + 3 − 2 x 2 + 1 = 3 − x  x2 + 1 = 9  x2 + 1 = 3  ⇔ ⇔  x ≥ 0 ⇒ x 2 = 8 ⇔ x ∈ −2 2; 2 2 2  x + 1 = x  x2 + 1 = x 2  { } Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = −2 2; x = 2 2 . Bài 24. Giải phương trình 4 x 2 + 3 =2 x 4 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 16 x 2 + 3 = 8 x ⇔ 16 x 2 − 8 x + 1 + 8 x − 8 x + 2 = 0 2 4 x − 1 = 0 1 2 ⇔ ( 4 x − 1) + 2 2 x − 1 = 0 ⇔  ⇔x= 4 2 x − 1 = 0 1 Đối chiếu điều kiện đi đến nghiệm x = . 4 ( x −1 + Bài 25. Giải phương trình 7 1 = 4x + 2 x ) ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ 1 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x x − 1 = 8x2 − 7 x + 2 ⇔ x2 + 2 x x − 1 + x − 1 = 9 x2 − 6 x + 1  x −1 = 2x −1 2 = ( 3 x − 1) ⇔   x − 1 = 1 − 4 x Phương trình (2) vô nghiệm do x ≥ 1 . x ≥ 1 x ≥ 1 ⇔ (Hệ vô nghiệm). (1) ⇔   2 2  x − 1 = 4 x − 4 x + 1 4 x − 5 x + 2 = 0 ( ⇔ x + x −1 • • ) 2 (1) ( 2) Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 26. Giải phương trình 2 x 2 − x + 23 = 12 x + 3 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ −3 . Phương trình đã cho tương đương với ( ) 2 x 2 − x + 23 = 12 x + 3 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 2 + 3 x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0  x − 1 = 0 =0⇔ ⇔ x =1  x + 3 = 2 Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . ⇔ 2 ( x − 1) + 3 2 ( x+3 −2 ) 2 ( x ∈ ℝ) . Bài 27. Giải phương trình 8 x 2 + 6 x − 1 ≥ 2 5 x − 1 Lời giải. Điều kiện x ≥ 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với 5 16 x 2 + 12 x − 2 ≥ 4 5 x − 1 ⇔ 4 ( 5 x − 1) − 4 5 x − 1 + 1 + 16 x 2 − 8 x + 1 ≥ 0 ( ) ⇔ 2 5 x − 1 − 1 + ( 4 x − 1) ≥ 0 2 2 (1) Dễ thấy (1) nghiệm đúng với mọi giá trị x xác định. Kết luận nghiệm x ≥ Bài 28. Giải bất phương trình x 2 + 7 x + 20 ≥ 6 x + 1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ −1 . Bất phương trình đã cho tương với 1 . 5 ( ) x 2 + 7 x + 20 ≥ 6 x + 1 ⇔ 9 ( x + 2 ) − 6 x + 1 + 1 + x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ 3 x + 1 − 1 + ( x − 1) ≥ 0 Dễ thấy (1) nghiệm đúng với x ≥ −1 . Kết luận nghiệm x ≥ −1 . 2 2 (1) . Bài 29. Giải bất phương trình 9 x 2 + 12 x − 7 < 6 2 x − 1 ( x ∈ ℝ ) . Lời giải. 1 Điều kiện x ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với 2 9 x 2 + 12 x − 7 − 6 2 x − 1 < 0 ⇔ 9 ( 2 x − 1) − 6 2 x − 1 + 1 + 9 x 2 − 6 x + 1 < 0 ( ) ⇔ 3 2 x − 1 − 1 + ( 3 x − 1) < 0 2 2 (1) Ta có (1) vô nghiệm nên bất phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 30. Giải phương trình 2 ( 3x 2 + x + 2 ) = 1 + 8 x + 3 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. 3x + x + 2 ≥ 0 1 Điều kiện  ⇔x≥− . 8 8 x + 1 ≥ 0 Phương trình đã cho tương đương với 2 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 6 x 2 + 2 x + 4 = 10 + 8 x + 6 1 + 8 x ⇔ 6 x 2 − 6 x − 6 = 6 8 x + 1 ⇔ x2 − x −1 = 8x + 1 ⇔ 4 x2 − 4 x − 4 = 4 8x + 1 ⇔ 4 x2 + 4 x + 1 = 8x + 1 + 4 8x + 1 + 4 ⇔ ( 2 x + 1) = 2 ( 8x + 1 + 2 ) 2  8x + 1 = 2x −1 ⇔  8 x + 1 + 2 x + 3 = 0 (1) ( 2) 1  2 x − 1 ≥ 0 x ≥ o (1) ⇔  ⇔ ⇔ x = 3. 2 2 8 x + 1 = 4 x − 4 x + 1 4 x 2 − 12 x = 0  11 1  1 o Phương trình (2) vô nghiệm vì 8 x + 1 + 2 x + 3 ≥ 2.  −  + 3 = > 0, ∀x ≥ − . 4 8  8 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm duy nhất x = 3 . Bài 31. Giải phương trình x + 1 + 1 = 2 x 2 + 9 x + 12 ( x ∈ ℝ ) . Lời giải. 2 2 x + 9 x + 12 ≥ 0 Điều kiện   x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với x + 2 + 2 x + 1 = 2 x 2 + 9 x + 12 ⇔ 2 x + 1 = 2 x 2 + 8 x + 10 ⇔ 4 x + 1 = 4 x 2 + 16 x + 20 ⇔ 4 ( x + 1) + 4 x + 1 + 1 = 4 x 2 + 20 x + 25  x +1 = x + 2 2 (1) 2 ⇔ 2 x + 1 + 1 = ( 2 x + 5) ⇔   x + 1 + x + 3 = 0 ( 2 )  x ≥ −2  x ≥ −2  (1) ⇔  ⇔ ⇔ x∈∅ .  2 2 x + 1 = x + 4 x + 4 x + 3 x + 3 = 0    Phương trình (2) vô nghiệm do x + 1 + x + 3 ≥ −1 + 3 = 2 > 0, ∀x ≥ −1 . Kết luận phương trình đã cho vô nghiệm. ( ) 2x2 + 5x + 4 = 3x + 5 + 1 ( x ∈ ℝ) . 3 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với Bài 32. Giải phương trình 3 ( 2 x 2 + 5 x + 4 ) = 3 3 x + 5 + 3 ⇔ 3 ( 2 x 2 + 5 x + 4 ) = 27 x + 54 + 18 3 x + 5 ⇔ 6 x 2 − 12 x − 42 = 18 3 x + 5 ⇔ x 2 − 2 x − 7 = 3 3 x + 5 ⇔ 4 x 2 − 8 x − 28 = 12 3 x + 5 ⇔ 4 x 2 + 4 x + 1 = 4 ( 3 x + 5 ) + 12 3 x + 5 + 9  x − 1 = 3x + 5 2 2 ⇔ ( 2 x + 1) = 2 3 x + 5 + 3 ⇔   x + 2 + 3 x + 5 = 0 x −1 ≥ 0 x ≥ 1 5 + 41  (1) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x= . 2  x − 2 x + 1 = 3x + 5  x − 5x − 4 = 0 5  Phương trình (2) vô nghiệm vì x + 2 + 3 x + 5 > 0, ∀x ≥ − . 3 Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. ( ) (1) ( 2) Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG x + 3 = 7 − x + x 2 − 11x + 32 Lời giải. Bài 33. Giải phương trình Facebook: Lyhung95 ( x ∈ ℝ) . Điều kiện −3 ≤ x ≤ 7 . Phương trình đã cho tương đương với x + 3 − 3 = 7 − x − 1 + x 2 − 11x + 30 x−6 6− x ⇔ = + ( x − 6 )( x − 5 ) x+3 +3 7 − x +1 1 1   ⇔ ( x − 6)  + + 5 − x  = 0 (1) 7 − x +1  x+3 +3  1 1 Nhận định + + 5 − x > 0, ∀∈ [ −3;7 ] . Do đó (1) ⇔ x − 6 = 0 ⇔ x = 6 . x+3 +3 7 − x +1 Kết luận phương trình đề bài có duy nhất nghiệm x = 6 . Bài 34. Giải phương trình 3 2 x + 5 − 4 3 − x = 2 x 2 − 5 x + 7 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. 5 Điều kiện − ≤ x ≤ 3 . Phương trình đã cho tương đương với 2 3( 2 x − 4) 4 ( x − 2) ⇔ + = ( x − 2 )( 2 x − 1) 2x + 5 + 3 1+ 3 − x 6 4   ⇔ ( x − 2)  + + 1 − 2 x  = 0 (1)  2x + 5 + 3 1+ 3 − x  6 4  5  Nhận định + + 1 − 2 x > 0, ∀x ∈  − ;3 nên (1) ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2 . 2x + 5 + 3 1+ 3 − x  2  Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = 2 . Bài 35. Giải phương trình 3 2 x + 7 − 1 − 5 x + 2 x 2 + 13 x + 22 = 0 Lời giải. 7 1 Điều kiện − ≤ x ≤ . Phương trình đã cho tương đương với 2 5 3 ( ( x ∈ ℝ) . ) 2 x + 7 − 1 + 4 − 1 − 5 x + 2 x 2 + 13 x + 21 = 0 3( 2 x + 6) 15 + 5 x + ( x + 3)( 2 x + 7 ) = 0 2 x + 7 + 1 4 + 1 − 5x 6 5   ⇔ ( x + 3)  + + 2 x + 7  = 0 (1)  2 x + 7 + 1 4 + 1 − 5x  6 5  7 1 Chú ý + + 2 x + 7 > 0, ∀x ∈  − ;  nên (1) ⇔ x + 3 = 0 ⇔ x = −3 . 2x + 7 + 1 4 + 1 − 5x  2 5 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x = −3 . ⇔ Bài 36. Giải bất phương trình + 3 x + 4 − 3 − x + 4 x 2 + 11x + 8 ≤ 0 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. 4 Điều kiện − ≤ x ≤ 3 . Bất phương trình đã cho tương đương với 3 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ( ) ( Facebook: Lyhung95 ) 3 x + 4 − 1 + 2 − 3 − x + 4 x 2 + 11x + 7 ≤ 0 3x + 3 x +1 + + ( x + 1)( 4 x + 7 ) ≤ 0 3x + 4 + 1 2 + 3 − x 3 1   ⇔ ( x + 1)  + + 4 x + 7  ≤ 0 (1)  3x + 4 + 1 2 + 3 − x  3 1  4  Để ý + + 4 x + 7 > 0, ∀x ∈  − ;3 nên (1) ⇔ x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1 . 3x + 4 + 1 2 + 3 − x  3   4  Kết hợp điều kiện ta có tập hợp nghiệm S =  − ; −1 .  3  ⇔ ( x ∈ ℝ) . Bài 37. Giải phương trình 3 x 2 + 3 + 2 x = x 2 + 2 x + 5 Lời giải. Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 3 ( x 2 − 1) 2 ( x − 1) 2 2 + = ( x − 1)( x + 3) 3 x + 3 − 2 + 2 x −1 = x + 2x − 3 ⇔ x +1 x2 + 3 + 2 x = 1 3 ( x − 1)( x + 1) 2 ( x − 1)  ⇔ + = ( x − 1)( x + 3) ⇔  3 ( x + 1) 2 2 + = x+3 (1) x +1 x +3+2  x 2 + 3 + 2 x +1 3 ( x + 1) 3 ( x + 1) 2 2 Dễ thấy + < + = x + 3 ⇒ (1) vô nghiệm. 3 1 x +1 x2 + 3 + 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . ( ) ( ) Bài 38. Giải phương trình 10 − x 2 + 2 2 x − 1 + x 2 + 2 x = 8 ( x ∈ ℝ ) . Lời giải. 1 Điều kiện ≤ x ≤ 10 . Phương trình đã cho tương đương với 2 3 − 10 − x 2 = 2 x2 −1 ( ) 2 x − 1 − 1 + x2 + 2 x − 3 2 ( x − 1) + ( x − 1)( x + 3) 2x −1 + 1 3 + 10 − x 2 x =1 ⇔ x +1 2  = + x + 3 (1) 2 2x −1 + 1  3 + 10 − x x +1 x +1 1 1  Ta có ≤ < x+3< + x + 3, ∀x ∈  ; 10  nên (1) vô nghiệm. 2 3 x+8 +3 2  3 + 10 − x Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 1 . ⇔ = Bài 39. Giải phương trình 3 3x + 1 + 2 5 − x 2 + x 2 + x = 12 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. 1 Điều kiện − ≤ x ≤ 5 . Phương trình đã cho tương đương với 3 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG ( ) ( 2 2 − 5 − x2 = 3 2 ( x 2 − 1) Facebook: Lyhung95 ) 3x + 1 − 2 + x 2 + x − 2 3 ( x − 1) + ( x − 1)( x + 2 ) 3x + 1 + 2 2 + 5 − x2 x = 1  ⇔  2 ( x + 1) 3 = +x+2 (1)  2 + 5 − x 2 3x + 1 + 2 2 ( x + 1) 3 ≤ x +1 < x + 2 < + x + 2 ⇒ (1) vô nghiệm. Mặt khác với điều kiện xác định thì 2 3x + 1 + 2 2+ 5− x ⇔ = x3 − 7 = 3x3 − 4 x 2 − 7 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Bài 40. Giải phương trình Điều kiện x3 ≥ 7 . Phương trình đã cho tương đương với x3 − 7 − 1 = 3x 3 − 4 x 2 − 8 ⇔ ⇔ ( x − 2) ( x2 + 2x + 4) x3 − 7 + 1 x3 − 8 x − 7 +1 3 = 3x3 − 4 x 2 − 8 x = 2 = ( x − 2 ) ( 3 x + 2 x + 4 ) ⇔  x 2 + 2 x + 4 = 3x 2 + 2 x + 4  x 3 − 7 + 1 2 (1) Để ý với điều kiện xác định thì x 2 + 2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ x2 + 2 x + 4 ≤ x 2 + 2 x + 4 < x 2 + 2 x + 4 + 2 x 2 = 3x 2 + 2 x + 4 . x − 7 +1 Vậy (1) vô nghiệm. Kết luận bài toán có nghiệm duy nhất x = 2 . Bài 41. Giải phương trình 3 x ( 2 x 2 − 2 x + 1) x3 − 4 + 8 =1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x − 4 ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 3 x3 − 4 + 8 = 2 x3 − 2 x 2 + x ⇔ x3 − 4 − 2 = 2 x 3 − 2 x 2 + x − 10 x = 2 ⇔ = ( x − 2 ) ( 2 x + 2 x + 5 ) ⇔  x 2 + 2 x + 4 3 = 2 x 2 + 2 x + 5 (1) x −4 +2  x3 − 4 + 2 x2 + 2 x + 4 2 ≤ x 2 + 2 x + 4 < x 2 + 2 x + 4 + x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 5, ∀x ∈ ℝ . Dễ thấy x + 2 x + 4 > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ 3 x −4 +2 Suy ra (1) vô nghiệm. Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 . x3 − 8 Bài 42. Giải phương trình 2 x ( 4 x − 3) + 2 x + 3 = x 3 − x 2 + 6 x + 1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện −3 ≤ x ≤ 0 ∨ x ≥ 3 . Phương trình đã cho tương đương với 4 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG x ( 4 x − 3) − 1 + 2 ⇔  Nếu 4 x + 1 < 0 ⇒  Nếu 4 x + 1 ≥ 0 ⇒ 4 x 2 − 3x − 1 x ( 4 x − 3) + 1 ( + ) x + 3 − 2 = x3 − x 2 + 6 x − 6 2 ( x − 1) x+3 +2 = ( x − 1) ( x 2 + 6 ) x =1  4x + 1 2 ⇔ + = x2 + 6  x+3 +2  x ( 4 x − 3) + 1 4x +1 2 + < 0 + 1 < x2 + 6 . x+3 +2 x ( 4 x − 3) + 1 4x + 1 x ( 4 x − 3) + 1 + Facebook: Lyhung95 (1) 2 4x +1 2 2 < + = 4 x + 2 < 4 x + 2 + ( x − 2) = x2 + 6 . 1 2 x+3 +2 Do đó (1) vô nghiệm. Phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 1 . Bài 43. Giải phương trình nghiệm không âm 3 x 4 x + 1 + 2 x + 2 = 5 x 2 + x Lời giải. Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với 3x 4 x + 1 − 9 x + 2 x + 2 − 4 = 5 x 2 − 8 x − 4 ⇔ 3x ( ) ( 4x +1 − 3 + 2 12 x ( x − 2 ) ( x ∈ ℝ) . ) x + 2 − 2 = 5x2 − 8x − 4 2 ( x − 2) = ( x − 2 )( 5 x + 2 ) 4x +1 + 3 x+2 +2 x = 2 ⇔  12 x 2  + = 5 x + 2 (1) x+2 +2  4 x + 1 + 3 12 x 2 12 x 2 + < + = 4 x + 1 < 5 x + 2, ∀x ≥ 0 ⇒ (1) vô nghiệm. Ta có 3 2 4x + 1 + 3 x+2 +2 Kết luận phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 2 . ⇔ + Bài 44. Giải bất phương trình ( x + 1) x + 2 + ( x + 6 ) x + 7 ≥ x 2 + 7 x + 12 ( x ∈ ℝ ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ −2 . Bất phương trình đã cho tương đương với ( x + 1) x + 2 − 2 ( x + 1) + ( x + 6 ) x + 7 − 3 ( x + 6 ) ≥ x 2 + 2 x − 8 ⇔ ( x + 1) ( ⇔ ( x + 1) . ) x + 2 − 2 + ( x + 6) ( ) x + 7 − 3 ≥ x2 + 2 x − 8 x−2 x−2 + ( x + 6) . ≥ ( x − 2 )( x + 4 ) x+2 +2 x+7 +3 x+6  x +1  ⇔ ( x − 2)  + − x − 4  ≥ 0 (1) x+7 +3  x+2 +2  Chú ý rằng x ≥ −2 ⇒ x + 2 ≥ 0; x + 6 > 0 nên x +1 x+6 x+2 x+6 1 + = + − x+2 +2 x+7 +3 x+2 +2 x+7 +3 x+2+2 x+2 x+6 1 1 < + − = x+4−− < x+4 2 2 x+2 +2 x+2 +2 Do đó (1) ⇔ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 . Kết hợp điều kiện ta thu được −2 ≤ x ≤ 2 . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Bài 45. Giải phương trình ( x + 1) x + 3 + x x = 17 x 2 − 13 x + 1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ 0 . Phương trình đã cho tương đương với ( x + 1) x + 3 − 2 ( x + 1) + x x − x = 17 x 2 − 16 x − 1 ⇔ ( x + 1) ( ) ( x+3 −2 + x ) x − 1 = 17 x 2 − 16 x − 1 ( x + 1)( x − 1) + x ( x − 1) = ( x − 1)(17 x + 1) x+3 +2 x +1 x = 1 ⇔  x +1 x  + = 17 x + 1 (1) x +1  x + 3 + 2 x +1 x x + 1 x 3 x + 1 17 x + 1 Để ý rằng + < + = < , ∀x ≥ 0 ⇒ (1) vô nghiệm. 2 1 2 2 x+3 +2 x +1 Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . ⇔ Bài 46. Giải phương trình x x + 1 + ( x + 1) x + 6 = x 2 + 3 x ( x ∈ ℝ ) . Lời giải. Điều kiện x ≥ −1 . Phương trình đã cho tương đương với x x + 1 − 2 x + ( x + 1) x + 6 − 3 ( x + 1) = x 2 − 2 x − 3 ⇔x ( ) x + 1 − 2 + ( x + 1) x ( x − 3) ( ) x + 6 − 3 = x2 − 2 x − 3 ( x + 1)( x − 3) = ( x − 3)( x + 1) x +1 + 2 x+6 +3 x = 3 ⇔ x x +1  + = x + 1 (1) x+6 +3  x + 1 + 2 ⇔ + Nhận xét x x +1 x +1 x +1 1 + = + − x +1 + 2 x+6 +3 x +1 + 2 x+6 +3 x +1 + 2 x +1 x +1 1 5 1 1 < + − = ( x + 1) − < x +1− < x +1 2 3 x +1 + 2 6 x +1 + 2 x +1 + 2 Do đó phương trình (1) vô nghiệm. Kết luận phương trình ban đầu vô nghiệm. Bài 47. Giải bất phương trình 2 x 3 + 19 x 2 + 63 x + 76 > 3 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 2 Lời giải. Điều kiện x ≥ −2 . Bất phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) ( x ∈ ℝ) . 3 x + 4 − 3 x + 9 + ( 2 x + 5 ) x + 3 − x + 2 + 2 x3 + 17 x 2 + 49 x + 49 ( ) ( ) ⇔ ( 2 x + 5) x + 3 − x + 2 + 3 x + 4 − 3x + 9 + ( 2 x + 7 ) ( x2 + 5x + 7 ) > 0 2x + 5 3   ⇔ ( x2 + 5x + 7 )  + + 2x + 7 > 0  x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9  (1) Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017! Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 2 5 3  Để ý rằng x + 5 x + 7 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ và 2 4  2x + 5 3 + + 2 x + 7 > 0, ∀x ≥ −2 nên (1) nghiệm đúng. Kết luận x ≥ −2 . x + 3 + x + 2 x + 4 + 3x + 9 2 Bài 48. Giải phương trình x ( x + 1)( x − 3 ) + 3 = 4 − x + x + 1 ( x ∈ ℝ) . Lời giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 4 . Phương trình đã cho tương đương với x ( x + 1)( x − 3) = 4 − x + x + 1 − 3 ⇔ x ( x + 1)( x − 3) = 4 − x − 6− x x+3 + 1+ x − 3 3 ⇔ 3 x ( x + 1)( x − 3) = 3 4 − x − ( 6 − x ) + 3 1 + x − ( x + 3) − x 2 + 3x − x 2 + 3x ⇔ 3 ( x + 1) ( x − 3 x ) = + 3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3 1 1   ⇔ ( x 2 − 3 x ) 3 x + 3 + + =0 3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3  2 Ta có nhận xét (1) 3 4 − x + 6 − x > 0,3 1 + x + x + 3 > 0, ∀x ∈ [ −1; 4] 1 1 + > 0, ∀x ∈ [ −1; 4] 3 4 − x + 6 − x 3 1+ x + x + 3 Do đó (1) ⇔ x ( x − 3) = 0 ⇔ x ∈ {0;3} . Đối chiếu điều kiện, kết luận bài toán có hai nghiệm kể trên. ⇒ 3 ( x + 1) + 10 x + 14 ( x ∈ ℝ) . 3 Lời giải. Điều kiện x ∈ ℝ . Phương trình đã cho tương đương với 10 1 10 x + 14 13 1 1 13 3 x3 + 3 x 2 − = 3 ⇔ ( x + 1) − 3 x − = 3 ( x + 1) + 3x + . 3 3 3 3 3 3 3 10 x + 14 Đặt x + 1 = u; 3 = v ta thu được hệ phương trình 3 13 1  3 u = v u − 3 x − 3 = 3 v 1 3 3 ⇒ u − v = (v − u ) ⇔  2  u + uv + v 2 + 1 = 0 3 v3 − 3 x − 13 = 1 u 3   3 3 Xét hai trường hợp Bài 49. Giải phương trình 3x 3 + 9 x 2 − 10 = 3 2  1 1  3 1  u + uv + v + = 0 ⇔  u + v  + v 2 = − (Vô nghiệm). 3 2  4 3  2 2 10 x + 14 ⇔ 3 ( x3 + 3x 2 + 3x + 1) = 10 x + 14 ⇔ 3x3 + 9 x 2 − x − 11 = 0 3  −6 + 3 −6 − 3  ⇔ ( x − 1) ( 3 x 2 + 12 x + 11) = 0 ⇔ x ∈ 1; ; . 3 3   Kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm kể trên.  u = v ⇔ x +1 = 3 Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!