MOÄT SOÁ PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ LUYEÄN THI THPT · PDF fileMột số phương trình vô tỷ luyện thi THPT Quốc gia ... Giải phương trình 4 10 4 2 2 7 8 3x x x x

Một số phương trình vô tỷ luyện thi THPT Quốc gia Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc

Tham gia trọn vẹn các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 1

CỔNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN MOON.VN

NGUYEÃN THEÁ DUY – VUÕ VAÊN BAÉC

(Tuyeån taäp vaø giôùi thieäu)

MOÄT SOÁ PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ

LUYEÄN THI THPT QUOÁC GIA



Lời giới thiệu 1

Vậy là kỳ thi THPT QUỐC GIA năm 2015 đã kết thúc một cách tốt đẹp. Chắc rằng sẽ có nhiều

niềm vui cũng như không hề thiếu đi sự tiếc nuối của các em xong khi hoàn thành bài thi của mình.

Nhưng tất cả cũng đã qua, giờ là thời gian các em cho phép mình nghỉ ngơi sau thời gian ôn thi mệt

mỏi, và đây cũng chính là thời gian để các em khóa sau định hướng được những gì cần phải làm khi

phải đối diện với kỳ thi THPT QUỐC GIA năm 2016. Nói riêng với môn TOÁN, thì đề thi năm nay

đã không còn xuất hiện HỆ PHƯƠNG TRÌNH như mọi năm mà thay vào đó là PHƯƠNG TRÌNH

VÔ TỶ như đề MINH HỌA BỘ GIÁO DỤC đã công bố. Trên tinh thần đó, tôi tổng hợp tài liệu này

cùng Vũ Văn Bắc là các mod của moon, là người đồng hương quê NAM ĐỊNH yêu dấu, tổng hợp

một bài phương trình vô tỷ trong các đề thi thử THPT QUỐC GIA, trên mạng Internet với nhiều

phương pháp giải khác nhau như phương pháp liên hợp, đánh giá, hàm số, đặt ẩn phụ, … Hi vọng

bạn đọc sẽ có thêm được nhiều kinh nghiệm và phương pháp cũng như cách nhìn nhận một dạng

TOÁN khó một cách khái quát và đầy đủ hơn.

Lời giới thiệu 2

Các em thân mến !

Trên tay các em là một ấn phẩm về phương trình vô tỷ. Như các em đã biết, phương trình vô

tỷ là một dạng toán hay và khó, đa dạng về phương pháp suy luận cũng như phương pháp giải.

Trong các cuộc thi THPT, thi HSG các cấp, thi tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên và Năng khiếu … thì

bài toán về phương trình vô tỷ rất được chú trọng.

Đây là tài liệu “ gom ” một số phương trình vô tỷ trong các đề thi thử THPT Quốc gia năm

2015. Tác giả đã cố gắng giải chi tiết, giải với nhiều cách khác nhau đối với một lượng các bài toán.

Có bài sử dụng liên hợp, có bài xét hàm số, có bài đánh giá, có bài đặt ẩn phụ … có bài phối kết hợp

nhiều phương pháp với nhau. Hy vọng đây sẽ là một tài liệu thiết thực và bổ ích, đem lại nhiều hiệu

quả cho các bạn trong việc giải bài toán về phương trình vô tỷ.

Cuối tài liệu là phần phụ lục với nhiều hướng giải khác nhau cho câu phương trình trong đề

thi THPT Quốc gia năm 2015 vừa qua.

Thân ái !

Nguyễn Thế Duy – Vũ Văn Bắc



Bài 1 (NTD) Giải phương trình 24 10 4 2 2 7 8 3x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 2 10 4 2 2 0

2 2 0 1

x x x

x x

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM chúng ta có

4 2 2 4 2 2 4 2 2 6 2 4 2 2 2 6

4 3 4 3 4 3 7 8 3 14 2

x x x x x x

x x x x x x

Khi đó phương trình đã cho trở thành

2 24 4 4 10 4 2 2 7 14 2 7 x x x x x x x x

Hay nói cách khác

2 22 24 4 7 16 4 7 15 1 0 1 x x x x x x x x

Vậy 1 x là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 2 (NTD) Giải phương trình 2 4 14 4 2 1 12 1 1 12x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 1

12 x . Khi đó phương trình đã cho

2

22

22

8 16 4 1 2 1 12 1 12 1 1 12

4 4 1 1 12 1 1 12

4 1 1 12 4 1 1 12 0

3 1 123 1 12 5 1 12 0

4 1 1 12

13 1 12 5 1 12 0

4 1 1 12

3 1 12 0 3 1 12

x x x x x x

x x x x

x x x x

x xx x x x

x x

x x x xx x

xx x x x

2

12

124

6 8 0

x

xx x

Vậy phương trình ban đầu có hai nghiệm là 2; 4 x x .

Bài 3 (NTD) Giải phương trình 2 231 2 6 6 4 16 17

2 4x x x x x

x

trên tập số thực.

Lời giải

Điều kiện: 22 6 6 0

22 4 0

x xx

x

.



Khi đó phương trình đã cho 2 21 2 4 3

. 2 6 6 4 4 4 12 4

x xx x x x

x

222

32 2

332 2

2 3 2 3. 2 3 2 2 4 2 1

2 2

2 3 2 3 2 3 2 2 8 2 2 2

2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2

x xx x x

x

x x x x x x

x x x x x x

Xét hàm số 3f t t t , có 2' 3 1 0;f t t t f t đồng biến trên

Do đó 2 22 3 2 2 2 4 2 3 2 2 2 4f x x f x x x x

2 2 2

2 2 5 5

2 6 6 4 4 4 22 10 10 0

x xx

x x x x x x

Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là 5 5

2x

.

Bài 4 (NTD) Giải phương trình 3 2 32 7 6 1x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 3 2

3

2 7 6 0

1 0; 0

x x x

x x

Phương trình đã cho 3 2 3 22 7 6 1 2 1 1x x x x x x x x x

2 2 2 2 2 2 22 8 5 2 1 5 1 3 2 1x x x x x x x x x x x x x x

2 2

2 25 3. 2 .

1 1

x x x x

x x x x

Đặt

2

20.

1

x xt

x x

Khi đó (*) trở thành

2 2 2 2

11

5 3 2 3 2 5 0 1 152

3

t

t t t t t x x x x xt

Đối chiếu với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất 1

2x .

Bài 5 (NTD) Giải phương trình 3 23 1 8 3x x x x

Lời giải

Điều kiện: 2 6 2 6

3 3x , phương trình đã cho 3 24 12 4 4 8 3x x x

2 2 2

22 2 2

1 2 4 2 1 8 3 4 8 3

1 2 8 3 4 2 8 3 0

x x x x x x

x x x x x



2 2 2

2

2 2

2 8 3 6 1 8 3 0

1 52 8 3

2

6 1 8 3 0

x x x x x x

x x x

x x x x

Ta có 2

2 2 2 21 2 1 8 3 8 3 3 0 1 8 3 3 0x x x x x x vô nghiệm.

Do đó phương trình ban đầu có hai nghiệm là 1 5

2x

.

Bài 6 (NTD) Giải phương trình 2 36 2 3. 5x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 3

2x , phương trình đã cho 2 3 312 2 3 3 5 3 5 2x x x x x

3

23 3

3

23 3

3

23 3

2 3 5 3 33 4

2 3 3 4 2 5 5

2 5 33 4 0

2 3 3 4 2 5 5

3

2 5 34 0

2 3 3 4 2 5 5

x x xx x

x x x

xx x

x x x

x

xx

x x x

Với 3

2x thì 3 5 0x nên

2

3 3

23 3

3 34 2 5 5 4

44 2 5 5x x

x x

3

35 1 11 1 2 5 2 2 2 14

5 .3 3 3 3 92 3 3 2 3 3

xx xx

x x

3

23 3

2 5 3 3 2 14 7 61 34 4 0;

4 9 9 36 22 3 3 4 2 5 5

x xx x x x

x x x

Nên phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất kể trên.

Bài 7 (NTD) Giải phương trình 2 21 1 2 2 11 13 0x x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 2x .

Phương trình đã cho 2 2 21 1 2 2 2 2 2 2 9 9 0x x x x x x x x

21 1 2 2 2 1 3 2 3 0x x x x x x



2

2

2 31 33 2 3 0

1 2 2 1

1 23 2 3 0

1 2 2 1

x xx xx x

x x

x xx x

x x

Dễ thấy 21 2

2 3 2.2 3 1 0, 21 2 2 1

x xx x

x x

Nên 3 0 3x x là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 9 (NTD) Giải phương trình 2 2 2 24 1 2 4 3 5 1 x x x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 1

1

x

x, phương trình đã cho 2 2 2 24 1 2 1 2 6 1 x x x x x x x

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

32 2 2 2

4 1 2 1 2 2 1 2 1 1

2 1 2 1 2 2. 1 0

2 1 2 2 2. 1 1 0

2 1 0 2 1 3

x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x x

Đối chiếu với điều kiện, suy ra 3 x là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 10 (NTD) Giải phương trình 42 2 21 2 1 2 2 1 2 4 1 x x x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 0 2 x , đặt 2

1 t x , phương trình đã cho 21 1 1 1 2 2 1 t t t t

22 24 4

4 3

11 122 2

1 12 2 12 2 1 1 1 1 4 2 1 1 2 2 1

tt t

tt t t t t t tt t t

Vì 0 2 0 1 x t nên 2

4 3

1 12 2 2 1 t

t t t. Từ đây suy ra 1 2 t x .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2x .

Bài 11 (NTD) Giải phương trình 1 1

1 1 1 2 1 x x x x xx x

Lời giải

Điều kiện:

1 10; 1 0

0

xx x

x



Phương trình đã cho 1 1 1 1

1 1 2 1

x x x xx x x x

1 1 1 1

1 1 1 1 0

x x x xx x x x

Mặt khác, ta có 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1

x x x xx x x x x x

vậy nên

1 11 1

1 1 1 11 1 1 0

1 11

xx x

x x xx x x x

x xx x

Giải , ta có 3 2

21 1 1 11 1 2 1 2 1 2

4 4 0

xx x

x x x x x x

Giải , ta có

11 1 11 11 1 1 1 1 5

1 1. . 112 2

1

xx xxx xx x x x x

x x x xx

x

Bài 12 (NTD) Giải phương trình 3 2

2

3 13 14 63

2 9 7

x x xx x x

x x

Lời giải

Điều kiện: x .

Xét trường hợp 3 2

10 3 5

3 1 0 1;2

2 2 1 0

x

x x x xx

x x x

.

Phương trình đã cho tương đương

3 2 2 3 2

2 2

2 2 1 1 2 9 7 2 2 13 3 1

2 9 7 2 9 7

x x x x x x x x xx x x x x

x x x x

3 2 3 2 3 2

2 2

2 2 1 2 2 1 2 2 13 1

2 9 7 2 9 73 1

x x x x x x x x xx x x

x x x xx x x

23 2

2 2

1 3 1 02 2 1 0

3 1 2 9 7 3 2 8 6

x x xx x x

x x x x x x x x x

Ta có 2 23 2 8 6 3 1 2 7 6x x x x x x x x

22

2 2 32 3 13 1

3 1

xx x

x x xxx

x



Đặt 23 , 0 3x t t x t . Ta có 2

2 2 231 2 3 3 3 2 3 1

1

tt t t t

t

3 2 32 3 0 1 2 3 0 ;1 1 2

2t t t t t t t x

Đối chiếu điều kiện thu được (1) có nghiệm 2;3x .

Vậy bài toán có các nghiệm 3 5

2;3;1;2

S

Bài 13 (NTD) Giải phương trình 4 1 11 2 15

24 3 5

x xx

x x

Lời giải

Điều kiện: 3

54 x . Lúc đó phương trình đã cho

2 1 15 4 3 2 5 15

4 3 2 5 4 3 2 52 24 3 5 4 3 5

x xx x x x

x x x x

Đặt 4 3 2 5 0 t x x dễ thấy 2

2 1717 4 4 3 5 4 3 5

4

tt x x x x

Nên phương trình

2

194 3 2 5 54 155 4

17 2 4 3 5 2 1

x x xtt t

t x x x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm 19

1;4

x x .

Bài 14 (NTD) Giải phương trình

2

2

7 7 2 117

2 8 14 5

x x x xx x

x x

Lời giải

Điều kiện: 11

2x .

Khi đó phương trình

22

77 2 117

2 11 2 8 14 52 8 14 5

xx x xx

x x x xx x

Giải , ta có 22 11 5 2 10 2 8 14 0x x x x x

2 2

2

2

2

2 42

6 2 60

5 2 11 2 10 2 8 14

2 16 0

5 2 112 10 2 8 14

6 2 2 11 2 8 14 0 2 6 0 6

x x

x x x x x

xx xx x x

x x x x x x

Đối chiếu với điều kiện ta có phương trình có nghiệm duy nhất 6x .



Bài 15 (NTD) Giải phương trình 21 1 2 2 1 1 x x x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 0x . Nhận thấy 0x là một nghiệm của phương trình ban đầu.

Xét 0x suy ra 22 2 1 1 0

1 1 0

x x x

x

Nên phương trình đã cho tương đương với 2 21 1 2 2 1 1x x x x x x x

2 21 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1x x x x x x x x x x x

Cộng vế với vế phương trình ban đầu với ta được

222

1 0 3 52 2 1 1 1

22 2 1 1 1

xx x x x x

x x x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 3 5

; 02

x x .

Bài 16 (NTD) Giải phương trình 2 23 6 2 1 3 1x x x x x

Lời giải

Điều kiện: 1

2x , phương trình đã cho 2 23 6 3 1 2 1x x x x

2

2 2 2

3 1 2 1 0 1

3 6 11 6 2 3 1 2 1 2

x x

x x x x x x

Ta có 2 2 2 22 2 3 1 2 1 10 3 6 7 4 8 3 1 2 2 3 1 2 1 0x x x x x x x x x x

2 27 4 8 3 1 2 2 2 1 0 3x x x x x

Vì 2 2

2

2 02 2 2 1 0 2 2 1 2

7 4 8 0

xx x x x

x x

vô nghiệm.

Nên 22 2 2 1 0x x . Do đó 2 2

2

2

2 4 2 13 7 4 8 3 1 0

2 2 2 1

x xx x x

x x

2

2

2 2

7 4 8 03 17 4 8 1 0

2 2 2 1 2 2 1 2 1

x x axx x

x x x x b

Phương trình a có nghiệm 2 2 15

7x

Phương trình 2 2 2

1 11 6

2 22

4 2 1 4 4 1 4 5 3 0

x xb x

x x x x x



Bài 17 (V.V.B) Giải phương trình 3 2 2 1 1.x x x

THPT Hai Bà Trưng – Thừa Thiên Huế lần 3 năm 2015

Lời giải

Cách 1

ĐK: 1

* .2

x Khi đó 1 3 2 2 1 3 2 2 1x x x x

3 2 2 1 0

3 2 2 1 3 2 2 1 3 2 2 1 23 2 2 1 1

x xx x x x x x

x x

Với 1

3 2 2 1 02

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

2

1 10

2 2 4 2 5 .4 2 1

3 2 2 2 2 2 1 2 2 1

xx xx TM

x xx x x x x

Đ/s: 4 2 5.x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: 1

* .2

x Đặt 2 2

03 2 01

12 1 0

a ba x

a b xb x

thành 2 2a b a b

1 0 3 2 2 1 1 3 2 1 2 1a b a b a b a b a b x x x x

2

1 10

2 2 4 2 5 .4 2 1

3 2 2 2 2 2 1 2 2 1

xx xx TM

x xx x x x x

Đ/s: 4 2 5.x

Cách 3 – V.V.B

ĐK: 1

* .2

x Khi đó 1 3 2 1 2 1x x x

2 23 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1x x x x x x x x x

2

11 11 2 2 1 0

4 2 12 2 1 4 2 5

xx xx x x

x xx x x

Thử lại ta được 4 2 5x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 4 2 5.x


THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội lần 1 năm 2015 Lời giải

Cách 1 – V.V.B



ĐK: * .x� Đặt

3 33 3

3 3

3 33

333

3 32 3

x yx yx y

y x y xy x x

3 3

2 2 2 2

3 3

30 1 0

0

x yx y x xy y x y x y x xy y

x y x y

2 2

3 3 33 3

1 0 0 3 .2 4 2

y yx y x x y x y x x x TM

Đ/s: 33

.2

x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: * .x� Khi đó 33 31 2 3 3 0 2x x x

Ta có 2 2

23 32 3 3 333

3 3 3 0.2 4

x xx x x x x

Dấu " " xảy ra 2 2

3 3

3

033 0

2 4 3

xx xx

x

Điều này là vô lý nên dấu " " không xảy ra 232 3 333 3 0.x x x x

Do đó

3 3 33 3

2 23 32 3 3 2 3 33 3

3 2 32 2 3 0 2 3 0

3 3 3 3

x x xx x

x x x x x x x x

3 3 3

232 3 33

1 32 3 1 0 2 3 0 .

23 3

x x x TM

x x x x

Đ/s: 33

.2

x

Cách 3 – V.V.B

ĐK: * .x� Khi đó 3 33 3 3 31 3 3 3 2x x x x f x f x

Xét hàm số 3f t t t với t� có 2' 3 1 0, f t t t f t � đồng biến trên .�

Do đó 3 3 3 3 3 33

2 3 3 2 3 .2

x x x x x x TM

Đ/s: 33

.2

x

Cách 4 – V.V.B – Dựa trên nghiệm đã tìm được

ĐK: * .x� Khi đó 3 33 3 3 31 3 2 3 2 3 3 0.x x x x x x



Xét hàm số 33 32 3 3f x x x x với x� có

23 2 2' 3 2 3 6 1 3 0.f x x x x x

Dấu " " xảy ra tại hữu hạn điểm. Do đó f x đồng biến trên .�

Khi đó trên � phương trình 0f x nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Mặt khác 33

2� và 3 3

3 30

2 2f x

là nghiệm duy nhất của phương trình 0.f x

Đ/s: 33

.2

x

Bài 19 (V.V.B) Giải phương trình 3 23 33 7 7 7 12 5 6.x x x x x x x

THPT Chuyên KHTN – Hà Nội lần 5 năm 2015 Lời giải

ĐK: * .x� Khi đó 3 3 23 31 7 3 7 7 8 12 6 1x x x x x x x x x

3 3 33 3 37 2 1 7 2 1 7 1 1 7x x x x x x x x x x

23 2 23 2 6 0 1 4 6 0 1 2 2 0 1.x x x x x x x x x

Đ/s: 1.x

Bài 20 (V.V.B) Giải phương trình 24 4 2 12 2 16.x x x x

THPT Nha Trang – Khánh Hòa lần 1 năm 2015 Lời giải

ĐK: 4 * .x Đặt 2 24 4 8 2 2 2 2 16.t x x t x x

Khi đó 1 thành 2 2 412 12 0

3

tt t t t

t

Kết hợp với 2 2t ta được 4t thỏa mãn. Do đó 24 4 4 2 2 16 16x x x x

2

22

4 8 4 816 8 5 .

64 16 1616 8

x xx x x TM

xx x

Đ/s: 5.x

Hướng khác để sử lý phương trình 4 4 4 2x x

Hướng 1 – V.V.B

Xét hàm số 4 4f x x x với 4;x có

1 1

' 0, 4; .2 4 2 4

f x xx x

Kết hợp với f x liên tục trên 4; f x đồng biến trên 4; .



Do đó trên 4; phương trình 0f x nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Mặt khác

5 4;5

5 0x

f

là nghiệm duy nhất của phương trình 0.f x

Hướng 2 – V.V.B

+ Với 5 2 5 4 5 4 4 2x VT VP Loại.

+ Với 4 5 2 5 4 5 4 4 2x VT VP Loại.

+ Với 5x thì đã thỏa mãn 2 . Do đó 2 5.x

Bài 21 (V.V.B) Giải phương trình 22 6 10 5 2 1.x x x x

THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội lần 6 năm 2015 Lời giải

Cách 1 – V.V.B

ĐK: 1 * .x Khi đó 2

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

Đặt 2 3

21 0

a x

b x

thành 2 2 2

2 2 5 0 2 2 02

a ba b ab a b a b

a b

+ TH1.

2 2

2 22 2 2 1 3 .

4 17 15 04 2 1

x xa b x x x TM

x xx x

+ TH2.

2 2

2 22 2 2 1 8 .

8 02 4 1

x xa b x x x TM

x xx x

Đ/s: 3x hoặc 8.x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: 1 * .x Khi đó 21 5 2 1 2 2 6 10 10 2x x x x x

2

35 2 1 4 5 2 3

2 16 30 3 2 10 5 22 10 21 2 2 1

2 1

xx x x x

x x x x xxx x

x

Đặt 1 0 2t x thành

2

2 2 25 3

2 1 10 2 2 12 5 152

tt t t t

t

3 2 22 12 9 0 3 2 5 3 0 3 0 1 3 8 .t t t t t t t t x x TM

Đ/s: 3x hoặc 8.x

Cách 3 – V.V.B

ĐK: 1 * .x Khi đó ta có 2 224 3 5 25 1 2x x x x

4 3 2 2 3 24 6 19 30 25 25 1 4 4 25 3 4x x x x x x x x x



4 3 2 04 49 151 120 0 3 8 4 5 0

3

xx x x x x x x x

x

hoặc

8

5

4

x

x

Thử lại ta được 3x hoặc 8x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 3x hoặc 8.x

Bài 22 (V.V.B) Giải phương trình 28 10 11 14 18 11.x x x

THPT Lương Thế Vinh – Hà Nội lần 4 năm 2015 Hướng dẫn

ĐK: 11

* .10

x Khi đó 21 4 2 1 10 11 2 3 14 18 2 4 0x x x x x x

2 2

22 2 1 2 2 1

4 2 1 010 11 2 3 14 18 2 4

x x x xx x

x x x x

2

22 1 01 1

2 2 1 2 002 3 10 11 2 4 14 18

x xx x

f xx x x x

Trong đó 1 1

2 .2 3 10 11 2 4 14 18

f xx x x x

TH1. 2

1

2 1 0 .1

2

x

x x TMx

TH2. 0f x ta xét hàm số 1 1

22 3 10 11 2 4 14 18

f xx x x x

với 11

10x

Tính 11 11

' ' 0, ; 0.10 10

f x f x x f x f

Đ/s: 1x hoặc 1

.2

x

Bài 23 (V.V.B) Giải phương trình 2 22 3 2 3 6 4 2 11 6 3 2.x x x x x x

THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội lần 1 năm 2015

Lời giải

ĐK:

2

2

2 21

2 3 2 0 2 2 1 0 * .2

2 11 6 0 6 2 1 0

x x

x x x x x

x x x x

Khi đó 1 2 2 1 3 6 4 6 2 1 3 2x x x x x x

2 1 2 6 3 2 6 4x x x x x

2 1 3 6 2 4 2 1 3 6 2 4 6 2x x x x x x x x



2 1 3 6 2 2 8 6 2 1 2 8 2 2 6x x x x x x x x

2 2 33 2 1 2 6 9 2 1 8 12 10 21 0

7

xx x x x x x x x

x

Thử lại 3x hoặc 7x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 3x hoặc 7.x

Bài 24 (V.V.B) Giải phương trình 3 32 2 23 3 2 3 2 6 12 8.x x x x x x

THPT Tĩnh Gia 2 – Thanh Hóa lần 3 năm 2015 Lời giải

Cách 1

ĐK: * .x� Ta có 2

2 3 33 3 0

2 4x x x

và

2

2 3 72 3 2 2 0.

4 8x x x

Khi đó áp dụng BĐT Côsi ta được

32 22

2

32 2

3 3 1 1 3 3 3 3 6 91 2 3

32 3 2 1 1 3 2 3 2

x x x x x xVT x x

x x x x

22 2 26 12 8 2 3 5 10 5 0 5 1 0 1.x x x x x x x x Thử lại đã thỏa mãn.

Đ/s: 1.x

Cách 2


2 3 33 3 0

2 4x x x

và

2

2 3 72 3 2 2 0.

4 8x x x

Đặt 3 2

3 2

3 3 01

2 3 2 0

a x x

b x x

thành 3 32 2 2.a b a b

Ta có 3 2 23 3 2 24 4 3 0a b a b a b a ab b a b a b a b

3 3 23 3 1 1

2 2 2 2 2 2 02 2

a b a b a b a b a b a b a b

2.a b Mặt khác từ PT đầu ta lại có 2

6 1 2 2 2 1.a b x a b x

Thử lại 1x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 1.x

Cách 3 – V.V.B


2 3 33 3 0

2 4x x x

và

2

2 3 72 3 2 2 0.

4 8x x x

Áp dụng BĐT 3 3 34 , , 0a b a b a b ta có

33 3 32 2 2 2 26 12 8 3 3 2 3 2 4 3 3 2 3 2x x x x x x x x x x



32 28 3 6 4 4 3 6 5 .x x x x Đặt 2 3 33 6 4 8 4 1 2 1 0t x x t t t t

22 21 2 2 1 0 1 4 4 2 0 1 2 1 1 0t t t t t t t t

221 0 3 6 4 1 0 3 1 0 1 0 1.t x x x x x

Thử lại 1x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 1.x

Bài 25 (V.V.B) Giải phương trình 3 22 9 6 1 2 6 1 2 6 1 8 0.x x x x x

Sở GD & ĐT Quảng Nam năm 2015

Lời giải

Cách 1

ĐK: 1

* .6

x Khi đó 3 21 2 9 6 8 2 6 1 6 1.x x x x x

Đặt 6 1 0y x ta có hệ 3 2 3

3 2 3 2

2

2 9 6 8 22 9 12 5 2 3

18 3 3

x x x yx x x y y

x y

3 2 3 22 1 3 1 2 3 1 2x x y y f x f y

Xét hàm số 3 22 3f t t t với 0;t có 2' 6 6 0, 0; .f t t t t

Kết hợp với f t liên tục trên 0; f t đồng biến trên 0; .

Do đó 2 1x y hay

2 2

1 11 6 1 2 2 .

4 2 01 6 1

x xx x x TM

x xx x

Đ/s: 2 2.x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: 1

* .6

x Khi đó 3 21 2 9 6 8 2 6 1 6 1x x x x x

3 22 9 6 8 2 1 6 1 2 6 1 1 6 1 0x x x x x x x x

2

3 2 1 6 12 3 16 10 2 6 1 . 0

1 6 1

x xx x x x

x x

2

22 6 1 4 2

2 5 4 2 01 6 1

x x xx x x

x x

2 2 6 1

4 2 2 5 0 21 6 1

xx x x

x x

Với 2 6 11

2 5 06 1 6 1

xx x

x x

nên 22 4 2 0 2 2 .x x x TM

Đ/s: 2 2.x




THPT Mang Thít – Vĩnh Long năm 2015

Lời giải

Cách 1

ĐK: 1 * .x Đặt 2

3 2

33

1 0 13 1 2

3 43 4 1

a x x ab a

b xb x

Ta có 1 trở thành 2 4 1 .a a b Kết hợp với 3 2 32 3 4 2a a a b b

3 31 1 1 3a a b b f a f b

Xét hàm số 3f t t t với 1;t có 2' 3 1 0, 1; .f t t t


Do đó 3 1 1.a b a b Thế vào 23 3 22 3 1 1 3 6 4 0b b b b b

221 2 4 0 1 1 3 0 1b b b b b b

3 3 4 1 3 4 1 1.x x x Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 1.x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: 1 * .x Đặt 3

3 43 4 1 1

3

tt x x

thành

3 34 45 1 1

3 3

t tt

3

2 223 3 3 2 3111 1 1 11 3 1 1 1 11 3 3 0 2

3

tt t t t t t t t t t

Với 2 22 31 1 11 3 3 1 1 1 11 3 3 3 3 3 0.t t t t t t t t t

Do đó 32 1 3 4 1 3 4 1 1.t x x x Thử lại thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 1.x

Bài 27 (V.V.B) Giải phương trình 232 4 3 24 2 4 4 1 1 .x x x x x x

THPT Chuyên ĐH Vinh lần 2 năm 2015

Lời giải – V.V.B

ĐK: 2 2 * .x Khi đó 22 2 231 4 2 2 2 2 0 2x x x x x x

Ta có 2

2 2 2 24 4 2 4 4 4 2 4 2 0 3x x x x x x x x

Mà 2 3 2 22 2 2 2 28 2 2 2 8 2 2 2 4x x x x x x x x x x x x

Do 2 2 32 2 2* 2 2 4 0 8 2 2 0x x x x x x x x



2 3 2 22 2 2 2 2 23 38 2 2 2 2 2 2 2 0.x x x x x x x x x x x x

Kết hợp với 3 2 0.VT Dấu " " xảy ra 0

2

x

x

Thử lại 0x hoặc 2x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 0x hoặc 2.x

Bài 28 (V.V.B) Giải phương trình 7 7 17 17 24 12 17 2.x x x x x x

THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội lần 5 năm 2015 Hướng dẫn

ĐK: 0

* .24

x

x

Đặt 12

1212

tx t

t

Phương trình mới 12 5 5 5 12 5 12 17 2f t t t t t t t

f t f t f t là hàm số chẵn trên tập ; 12 12; .D

Do đó ta chỉ cần xét trên 12; . Ta có

2 17 2 17

' 0, 12;2 12 5 5 5 2 12 5

t t tf t t

t t t t t t

13t là nghiệm duy nhất thuộc 12; .

Mặt khác f t là hàm số chẵn nên 13t là nghiệm duy nhất thuộc ; 12 .

Từ đó ta được 1

1325

xt

x

Đ/s: 1x hoặc 25.x

Hoặc cụ thể ta có thể xét hai trường hợp

+ TH1. 12t cách làm tương tự như trên.

+ TH2. 12t ta đặt 12t u u và cách làm lại tương tự như trên.

Bài 29 (V.V.B) Giải phương trình 23 5 4 3 4 4 18 12 0.x x x x

Sở GD & ĐT Bắc Ninh năm 2015

Lời giải – V.V.B

ĐK: 4

* .5

x Khi đó 21 3 5 4 1 3 4 1 4 3 3 0x x x x x x

2 2

23 5 4 2 1 3 4 2 1

4 3 3 01 5 4 1 4

x x x x x xx x

x x x x

2 2

23 3 3 3 3 3

4 3 3 01 5 4 1 4

x x x xx x

x x x x



2

23 3 03 3

3 3 4 001 5 4 1 4

x xx x

f xx x x x

Trong đó 3 3

4 .1 5 4 1 4

g xx x x x

TH1. 2 3 213 3 0 .

2x x x

Thử lại thì chỉ có

3 21

2x

thỏa mãn.

TH2. 0f x ta xét hàm số 3 3

41 5 4 1 4

f xx x x x

với 4

.5

x

2 2

3 5 3 1 4' 1 1 0, ; .

52 5 4 2 41 5 4 1 4f x x

x xx x x x

Kết hợp với f x liên tục trên 4

;5

f x

đồng biến trên 4

; .5

Do đó trên 4

;5

phương trình 0f x nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.

Mặt khác

40 ;

5 0

0 0

x

f

là nghiệm duy nhất của 0.f x

Đ/s: 0x hoặc 3 21

.2

x

Bài 30 (V.V.B) Giải phương trình 3 2 22 6 9 3 9 3 .x x x x

THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An lần 1 năm 2015 Lời giải – V.V.B

ĐK: 3 3 * .x Khi đó ta có 23 2 22 6 9 9 9 3x x x x

6 5 4 3 2 4 3 24 23 48 45 108 0 2 3 2 10 9 36 0x x x x x x x x x x x x

24 3 2 2 22 3 16 8 80 72 288 0 2 3 4 14 31 100 92 0x x x x x x x x x x x x

2

22

050 352

2 3 4 14 31 0 33131

2

x

x x x x xx

Thử lại 0x hoặc 3

2x thỏa mãn phương trình đã cho.

Đ/s: 0x hoặc 3

.2

x

Bài 31 (V.V.B) Giải phương trình 2 32 11 21 3 4 4.x x x

THPT Chuyên ĐHSP – Hà Nội lần 7 năm 2015



Lời giải

Cách 1 – V.V.B

ĐK: * .x� Khi đó 2 31 2 11 15 3 4 4 2x x x

2 33 2 33

312 3

123 2 5 2 5 24 4 2 4 4 4 4 4 2 4 4 4

xx

x x xx x x x

Ta có 2 332 2 5 4 4 2 4 4 4 12 3x x x

Do 22 3 33

54 4 2 4 4 4 1 4 4 3 0 2 5 0 .

2x x x x x

+ Với 3 3 2.3 5 4 4 4 12 3x VT VP Loại.

+ Với 5

3 3 2.3 5 4 4 4 12 32

x VT VP Loại.

+ Với 3x thì đã thỏa mãn (3). Do đó 3 3.x

Đ/s: 3.x

Cách 2 – V.V.B

ĐK: * .x� Khi đó 2 31 2 11 15 3 4 4 2x x x

2 33 2 33

312 3

123 2 5 2 5 24 4 2 4 4 4 4 4 2 4 4 4

xx

x x xx x x x

Ta có 2 332 4 10 4 4 2 4 4 4 24 3x x x

Do 22 3 33

54 4 2 4 4 4 1 4 4 3 0 4 10 0 .

2x x x x x

Đặt 3 54 4 1, 3

2t x x VT thành 3 26 2 4 24 .t t t f t

Xét hàm số 3 26 2 4 24f t t t t với 1;t có

2 2 3 4 3 2' 3 2 4 6 2 2 5 8 12 12 12f t t t t t t t t t t

Với

4

3 4 3 2

2

5 5

1 8 8 5 8 12 12 13 12 12 ' 0, 1; .

12 12

t

t t t t t t t f t t

t t


Do đó trên 1; phương trình 0f t nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy nhất.



Mặt khác

2 1;2

2 0t

f

là nghiệm duy nhất của 30 4 4 2 3.f t x x

Đ/s: 3.x

Cách 3


311 471 2 0 3 4 4 0 4 4 0 1.

4 8VT x x x x

Lại có 222 11 21 2 3 3 3, 2x x x x x x �

Với 1x áp dụng BĐT Côsi thì 334 4 8 8 3 4 4 .8.8 12 4 4.x x x

Kết hợp với 2 32 2 11 21 3 4 4.x x x Dấu " " xảy ra 3.x Thử lại đã thỏa mãn.

Đ/s: 3.x

Cách 4 – Sơ lược

ĐK: * .x� Khi đó 2 31 2 11 15 3 4 4 2x x x

2 33 2 33

312 3

123 2 5 2 5 24 4 2 4 4 4 4 4 2 4 4 4

xx

x x xx x x x

Do 22 3 33

54 4 2 4 4 4 1 4 4 3 0 2 5 0 .

2x x x x x

Đặt 3

2

5 124 4 0, 2

2 2 4t x x VP f t

t t

với 0;t

22

12 2 2' 0, 0;

2 4

tf t t f t

t t

nghịch biến trên 0;

2VP nghịch biến trên 5

; .2

Mặt khác 2 2 5VT x đồng biến trên

5; .

2

Đ/s: 3.x

GIẢI PHÁP CHO KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2016 TRÊN MOON.VN

CHƯƠNG TRÌNH PRO – S

(Dành cho h/s luyện thi từ 7 – 10 điểm )

CHƯƠNG TRÌNH PRO – E

(Dành cho h/s luyện thi từ 5 – 8 điểm)

Khóa LUYỆN THI THPTQG 2016 – B1 Khóa LUYỆN THI THPTQG 2016 – B2

Khóa LUYỆN ĐỀ THPTQG 2016 – T1 Khóa LUYỆN ĐỀ THPTQG 2016 – T2

Khóa LUYỆN GIẢI BÀI TẬP TOÁN

Học phí trọn gói: 900.000 VNĐ Học phí trọn gói: 800.000 VNĐ



Baøi toaùn phöông trình trong ñeà thi THPT Quoác gia naêm 2015

Nam Ñònh ngaøy 16/07/2015 – Thöïc hieän Mod Vuõ Vaên Baéc

Giải phương trình 2

2

2 81 2 2

2 3

x xx x

x x

trên tập số thực.

Lời giải

Cách 1. ĐK:

22

22 02 * .

2 3 0 1 2 0

xxx

x x x

Khi đó

2

2 4 1 2 4

2 3 2 2

x x x xPT

x x x

2

2

2

4 12 4 1 2

2 3 12 3 2 2

2 2x

xx x x x

x xx x

xx

x

Ta có 21 1 2 3 4 2 2x x x x x

22

1 2 1 2 2 2 2 2 1 2x x x x f x f x (2)

Với 2 1 3.x x Xét hàm số 22 2f t t t với 3;t có

2

2 2 2 2' 2 2 2 3 4 2 3 0, 3; .

3 3f t t t t t t t t


Do đó

2 2

1 1 3 132 1 2 .

23 1 01 2

x xx x x

x xx x

Cách 2. Biến đổi 3 2 3 21 4 2 2 8 3 5 4 2 0x x x x x x x x x x x

33 2

1 2 1 2 1 2 2 2 2 2.x x x x x x

Cách 3. Biến đổi 21 4 2 2 1 2 3x x x x x (3)

22 1 1 2 3 0x x x x x x (4)

Hướng 1. 2

2 2 1 31 2 3 2 2 2 0.

2 4x x x x x x x x

Hướng 2. Từ 2

2 1 113 1 1 2 3 1 2 0.

2 4x x x x x x x x



Cách 4. Biến đổi 2 23 2 3 21 4 2 5 5 2 4x x x x x x x x x x

6 5 4 3 2 2 4 3 22 9 22 7 0 3 1 3 7 0x x x x x x x x x x x x

Ta có 2 22

4 3 2 2 7 1 273 7 0.

2 4 2 4

x xx x x x x x

Cách 5. Biến đổi 3 2 3 21 4 2 2 8 3 5 4 2 0x x x x x x x x x x x

3 22 4 1 4 1 2 0x x x x x x (5)

TH1.

2 2

1 11 2 0 2 1

3 1 02 1

x xx x x x

x xx x

13 13

.3 13 22

x

xx

Thử lại không thỏa mãn phương trình đã cho Loại.

TH2. 1 2 0x x khi đó 2

2 3 15 3 1 1 4 . 0

1 2

x xx x x x

x x

2

2

2

3 1 043 1 1 0

1 2 3 1 2 0

x xxx x x

x x x x x x

-

- Với 2 3 1 0x x ta được 3 13

.2

x

Thử lại ta được 3 13

2x

thỏa mãn.

- Với 2 3 1 2 0x x x x ta sử lý như cách 3.

Hoặc ta có thể sử lý như sau mà không cần chia trường hợp

Biến đổi được 3 2 3 2 25 4 2 0 2 0 2 1 0.x x x x x x x x x x x

Mà 2

2 1 31 0 2 0 2 1 2 0.

2 4x x x x x x x

Cách 6. Đặt 22 0 2.t x x t

Ta biến đổi PT đã cho thành 2 4 3 22 3 3 5 0.t t t t t t t

Xét hàm số 4 3 23 5f t t t t t với 0;t có

2

3 2' 0 1 4 7 1 0

' 4 3 6 1; 1.0; 0;

f t t t tf t t t t t

t t

Lập bảng biến thiên 1 3 0.f t f

Chúc các em thành công !

Công phá Toán học: https://www.facebook.com/congphatoanhoc

Documents

MOÄT SOÁ PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ LUYEÄN THI THPT · PDF fileMột số phương trình vô tỷ luyện thi THPT Quốc gia ... Giải phương trình 4 10 4 2 2 7 8 3x x x x