on thi dh cap toc ôn thi đại học cấp tốc phương trình chứa căn các dạng thường gặp 1 2 hoặc 3 embed equation 3 đặt điều kiện cho từng dấu căn có nghĩa sau đó bình phương hai vế đưa về dạng 1 bài

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (274.75 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phương trình chứa căn

Các dạng thường gặp:

√

f(x)=g(x)⇔
g(x)≥0
f(x)=g2(x)

¿{

√

f(x)=

√

g(x)⇔
f (x)≥ o
f(x)=g(x)

¿{

hoặc

⇔
g(x)≥0

f(x)=g(x)

¿{

√

f(x)+¿

√

g(x)=

√

h(x) Đặt điều kiện cho từng dấu căn có nghĩa, sau đó bình phương hai vế đưa
về dạng 1/

Bài 1 : Giải phương trình: 1 x 4x 3 ĐS :x0,x3
Bài 2 :(ĐHCĐ-97) : Giải phương trình : 4 x2x1 4 ( )

Giải :

 Nếu x1 PT ( ) trở thành: 4 x2 x 5  x2 6x 7 0 

1
7

x
x







 .

 Nếu 2  x 1 PT trở thành: 4 x2x3 x2 22x 23 0 

1 ( )

23 ( )

x loai









 KL: Nghiệm PT là x1,x7.

Bài 3 : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2x 1x2 3x1 0 (1)
Giải :

 Biến đổi phương trình thành: 2x 1x23x 1 ( ) , 
 Đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:

( )  x4 6x311x2 8x2 0 (x 1) (2 2x  4x2) 0 (Tiếp tục giải)

Bài 4 : (TSĐH-KD-2005): Giải phương trình:2 x2 2 x1 x1 4 (1)
Giải :

 Điều kiện : x1

 PT (1) 





2. x1 1  x1 4

 2.



x1 1



 x1 4

 x1 2  x3 là nghiệm PT(1)

Sử dụng hàm số để tìm điều kiện nghiệm

của phương trình chứa căn

I./ Phương pháp giải tốn

Bài tốn:

Tìm điều kiện của tham số m để phương trình f(x, m) = 0 (1) có nghiệm thực x X

Trong đó f(x, m) là biểu thức chứa biến x và m là tham số, D là tập hợp con của .
Các bước giải tổng quát:

Bước 1: Biến đổi (1) thành g(x) = m (2) (cịn gọi là cơ lập m).

Bước 2: Tìm GTNN và GTLN của g(x) trên X.

Bước 3: f(x, m) = 0 (1) có nghiệm thực x X  min ( )X g x mmax ( )X g x .
Chú ý:

 Nếu bài tốn khơng hạn chế khoảng nghiệm thì ta xem X Dg x( ) (miền xác định của g(x)).
 Nếu hàm g(x) không đạt min hoặc max thì ta phải dùng giới hạn, ta có thể thay bước 2) bằng bảng

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

 Đối với câu hỏi tìm điều kiện m để phương trình có từ 2 nghiệm phân biệt trở lên thì ta phải dùng

BBT.

 Đôi khi ta phải đặt ẩn phụ t = t(x) và nhớ tìm điều kiện của t (miền giá trị của t).

II./ Bài tập áp dụng

Bài 1 : Tìm điều kiện của m để phương trình x22x m 2x 1 (1)

1) có nghiệm thực 2) có 1 nghiệm thực 3) có 2 nghiệm thực phân biệt.
HƯỚNG DẪN

(1) 2 2 2

1 1

2 2

2 (2 1) 3 6 1.

x x

x x m x m x x

 

 

 

   

        

  Đặt y3x26x 1, với 
1

x

ta có:
BBT

Dựa vào BBT, ta có:

1) m2 2)

5 2

m  m

5 2

4m .

Bài 2 : Tìm điều kiện của m để phương trình

16 4 0

m
x

x

   

 (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt t  16 x2  t(0; 4], (1) trở thành

4 0 4

m

t t t m

t

     

.
Lập BBT của hàm số f t( )t2 4t, ta có 4m0.

Bài 3 : Tìm điều kiện của m để phương trình

1 2 2 0

2 1

x m x

x x

 

  

  (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt

(0; ) \ {1}
2

x

t t

x



   

 , (1) trở thành

2 0 2

m

t t t m

t

     

.
Lập BBT của hàm số f t( )t22t, ta có 0m3.

Bài 4 : Tìm điều kiện của m để phương trình x1 m x 1 2 4 2x  1 0 (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

 Điều kiện: x1.

TH1 : Nếu : x1: PT(1) vô nghiệm.
TH2 : Nếu : x1: PT(1)

4 1 4 1 2 0

1 1

x m x

x x

 

   

  .

Đặt

4 1 41 2 (1; )

1 1

x

t t

x x



     

  , (1) trở thành

2 0 2

m

t t t m

t

     

.
Lập BBT của hàm số f t( )t22t, ta có m3.

Bài 5 : Tìm điều kiện của m để phương trình x2 2x 3 x m (1)
1) Có nghiệm thực, 2) Có 2 nghiệm phân biệt.
HƯỚNG DẪN

2
1

2

- 

1

y
y'
x

5
4

_

+ 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có (1)  x2 2x 3 x m .
Đặt y x2 2x 3 x x, 1 x3

2 2

1 1 2 3

' 1

2 3 2 3

x x x x

y

x x x x

    

   

    .

BBT :

Dựa vào BBT:

1) 3m  1 m1, 2) Khơng có m.

Bài 6 : Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x1 1 x m (1).
HƯỚNG DẪN

Xét hàm số 2

1 1

( ) 1 1 , [ 1; 1] '( )

2 1

x x

f x x x x f x

x

  

       

 .

BBT

Dựa vào BBT, ta có:

+ m 2 m 2: PT(1) vơ nghiệm.
+ m = 2: PT(1) có 1 nghiệm.

+ 2m2: PT(1) có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 7 : Tìm điều kiện m để phương trình x  9 x  x29x m (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

(1) 2 2 2 2

0 9

9 0

(9 ) 2 9 9 .

9 2 9 9

x

x x

x x x x m

      

 

   

     



    

 


Đặt

2 (9 ) 9

9 0 , [0; 9]

2 2

x x

t  x x   t     x

, ta có (1) trở thành: t22t9m.
BBT của hàm số yt22t9 trên

9
0;

2
 
 
 
2

0

- 2

1
- 1

f(x)
f'(x)

x

2

_

+

0

- 1

- 3

- 1
3

1

_ +

+ 
f(x)
f'(x)

x -  + 

9
2

10
0

9
0

f(t)
f'(t)

t

- 9
4
_

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Từ BBT ta có với :

9 10

4 m

  

thì PT (1) có nghiệm.

Bài 8 : Tìm điều kiện m để phương trình x4 x 4x x 4m (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 4 0  x t 24. Ta có (1) trở thành:

2 4 4 2 4 2 2 6 .

t  t t   t m t  t m

Lập BBT của hàm số y t 22t6, t 0 ta có m6.

Bài 9 : Tìm điều kiện m để phương trình 6 9 6 9 6

x m

x x  x x   (1)

có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 9 0  x t 29. Ta có (1) trở thành:
2

2 6 9 2 6 9 9

t m

t  t   t  t     6



t3 t  3



t29m
2

12 9 , 3 (*)

27 , 0 3 (**)

t t m t

t m t

     

 

     



+ Lập BBT của hàm số yt212t 9,t3 ta suy ra (*) có nghiệm thực  m27.

+ Do 18 t227 27,  t [0; 3) nên (**) có nghiệm thực  18m27.

Vậy với m27 thì (1) có nghiệm thực.

Bài 10 : Tìm m để phương trình x 1 3 x (x 1)(3 x) m (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt t  x 1 3 x  0 t2 2 2 x 1. 3 x  2 t  2.
Mặt khác t2 2 2 x 1. 3 x  2 [(x 1) (3  x)] 4  2 t 2.

Ta có (1) trở thành:
2

2 1 1 .

2 2

t

t  m  t  t m

Lập BBT của hàm số

1 1, 2; 2

y t  t t 

  ta có 1m 2.
Chú ý: Nên lập BBT của t  x 1 3 x để tìm miền giá trị t.

Bài 11 : Tìm m để phương trình x44x m 4x44x m 6 (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Đặt t 4 4x 4x m 0. Ta có: (1)
4

2 6 0 2 4 4 2 4 4 16

t t t x x m x x m

               .

Lập BBT của hàm số yx4 4x16 trên  ta có m19.

Bài 12 : Tìm điều kiện của m để phương trình 1 x2 2 13  x2 m (1)
1) có nghiệm thực duy nhất, 2) có nghiệm thực.

HƯỚNG DẪN

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Thế x0 = 0 vào (12) ta được m = 3. Thử lại ta thấy (1) có nghiệm duy nhất. Vậy m3.
2) Đặt t 61 x2  0 t 1. Ta có (1) trở thành t32t2m.

Lập BBT của hàm số y t 32t2 trên 0;1 ta suy ra 0m3.

Bài 13 : Chứng tỏ rằng phương trình 
2

3 1 2 1

2 1

x x mx

x



  

 (1) ln có nghiệm thực với mọi giá trị 
của m.

HƯỚNG DẪN

(1)

1 1

2 1 0

2 2

3 1 3 2 3 2

2 1

2 1 2 1 2 1

x x x

x x x x

x mx mx m

x x x

 

 

    

  

      




  

    



    

 .

Xét hàm số

3 2 1 3 1

( ) , '( )

2 1 (2 1) 2 1

x x

f x x f x

x x x

 

   

   .

Mặt khác

3 2

lim

2 1

x

x
x

 




 , 12

3 2

lim

2 1

x

x
x






 


Suy ra hàm số f(x) có tập giá trị là . Vậy PT(1) ln có nghiệm thực với mọi m.
Bài 14 : Tìm m để phương trình

( 3)( 1) 4( 3)

x

x x x m

x



    

 (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Điều kiện

0 1 3

x

x x

x



    

 .

+ Với x1: (16) (x 3)(x1) 4 ( x 3)(x1) m.

Đặt t  (x 3)(x1)  0, x 1, PT(1) trở thành t2 4t m  m4.
+ Với x3: (16) (x 3)(x1) 4 ( x 3)(x1) m m0. Vậy m4.
Bài 15 : (TSĐH-KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm :



1 2 1 2 2



2 1 4 1 2 1 2

m x   x    x  x   x (1)

Giải :

 Điều kiện : 1x1. Đặt t  1x2  1 x2

 Vì 1x2  1 x2  t 0(t 0khi x0)

t2  2 2 1 t4  2 t  2 (t  2khi x1)

Vậy t liên tục trên đoạn 1;1 , khi x  1;1  t0; 2

 PT (1) trở thành: m t( 2) t2 t 2

2 2

t t

m
t

  



 ( )

 PT (1) có nghiệm  PT ( ) có nghiệm t0; 2

 Đặt

2 2

( )

t t

f t

t

  



 

2
2

'( ) 0, 0; 2

( 1)

t t

f t t

t

   

   

 

 . Ta có BBT của HS f t( ) như sau:

f(t)
f'(t)

t

2 - 1
1

2
0

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 Dựa vào BBT ta có PT (1) có nghiệm thực  2 1 m1

Bài 16. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình m x22 x m (1).

HƯỚNG DẪN 
(1)









2 2
2
2 1 2 1 0,
2 1
x
m x x m do x x
x
          
 

.
Xét hàm số 2 2 1
x
y
x


 





2
2
2
2
2
2 1
2
'
2 1
x
x
x
y
x
  

 
 





2
2
2 2
2 2 0 2
2 2 1
x x
x x
 
   
  

.
Giới hạn 2
lim lim lim 1.
2 1
1
x x x
x
y y
x
x
x
          
 
 
 
 
BBT
x    2 2 

y’ – 0 + 0 –

y –1 2

 2 1 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có

+ m  2 m 2: (1) vô nghiệm.
+ 1m 1 m 2: (1) có 1 nghiệm.

+  2m  1 1m 2: (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 17. Tìm m để phương trình 2x2 x 3 mx m (1) có nghiệm thực x 1.
HƯỚNG DẪN

Điều kiện

2 3

2 3 0 1 ( 1)

x  x   x   x x

. Ta có (1)

2 3

x x

m
x

 

 

 .

Lập BBT của hàm số

2 3

x x

y

x

 


 ta suy ra m  2 0 m 2.
Bài 18. Tìm m để phương trình x x2 x1 m (1) có nghiệm thực.
HƯỚNG DẪN

Điều kiện x x2 x1 0  x2 x1x   x .

Xét hàm số

2 /

2 1 2 1

( ) 1 ( ) 0,

2 1

x x x

f x x x x f x x

x x

   

        

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Giới hạn





lim ( ) lim 1

x f x x  x x  x 

1 1

lim ( ) lim lim

1 1

1 1

x x x

x x

f x

x x x x x

x x

        

 

 

     

2 2

(1 )

1 1

lim lim

1 1 1 1

1 1 1

x x

x

x x

x x x

x x x x

     




  

 

       

 

 

1 2

( ) , 1 ,

2 2

f x x x x x x

         

.Vậy (1) có nghiệm thực

2.
2

m

 

Bài 19 : Tìm m để phương trình x2 2mx1m 2 ( ) có nghiệm .

Giải:

 Nếu m2  PT ( ) vô nghiệm.

 Nếu m2  PT ( )  x2 2mx m 24m 3 0 (1)

 PT (1) có  2m2 4m3 0, m  với m2 PT( ) có nghiệm
Bài 20 : Tìm điều kiện của m để phương trình: 2 x1 x m ( ) có nghiệm.

Giải:

 Đặt t  x1 t 0. Phương trình thành : 2t t 2 1m mt2 2t1

 Đặt f t( )t2 2t1,t0;



có: f t'( )2t2 2

BBT:

 Dựa vào BBT ta có : Phương trình ( ) có m2

Bài 21 : Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm dương : x2 4x5m4x x 2 (1)
Giải:

 Xét

( ) 4 5, (0; ) ; '( ) ; '( ) 0 2

4 5

x

f x x x x f x f x x

x x



        

  .

BBT:

 Đặt:t  x2 4x5,x(0;) t0;



, PT thành: m t 2 t 5 t2 t 5 m0( )

 Đặt f t( ) t2 t 5 với t0;



Nhận xét: Nếu PT ( ) có hai nghiệm t t1 2, thì t1t21 nên PT( ) một nghiệm t 1

 Vậy PT (1) có đúng hai nghiệm dương  PT ( ) có đúng một nghiệm t



1; 5



1 + 

- 

2
1

0

f(t)
f'(t)

t

_

+ 0

f(x)
f'(x)
x

+ 

5

1

2 + 

0

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

 Đặt g t( )t2 t 5, YCBT  Tìm điều kiện của m sao cho PT: g t( )m có đúng một nghiệm



1; 5



t

. Ta có: g t'( ) 2 t1 g t'( ) 0,  t



1; 5



BBT:

 Từ BBT ta có:3m 5 thoả YCBT

Bài 22 : Cho phương trình:x4x2x m x ( 21)2 ( ) . Tìm m để phương trình ( ) có nghiệm.
Giải:

 Phương trình đã cho tương đương:

3 2

2 2

4( )

(1 )

x x x m

x

 




2 2

4 ( 1) 4 4

(1 )

x x x m

x

 

 



2 2

2. ( ) 4

1 1

x x m

x x

  

 

Đặt 2

[ 1;1]
1

x

t t

x

   

 . Khi đó phương trình ( ) trở thành: t22t 4m (1).

 ( ) có nghiệm  (1) có nghiệm t [ 1;1]

Xét hàm số g t( )t22t với t [ 1;1]. Ta có : g t'( ) 2 t2  g t'( ) 0,   t [ 1;1].
BBT :

 Từ BBT  Phương trình ( ) có nghiệm 

1 3

1 4 3

4 4

m m

      

Bài 23 : Cho phương trình 3x  6 x m



3x

 

6 x



(1).
a./ Giải phương trình khi m3.

b./ Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Giải:

 Đặt: t  3x 6 x  t2 9 2 3



x

 

6 x



9 ( ) .

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 3



x

 

6 x



9 nên từ ( ) ta có 3 t 3 2.

 Phương trình ( ) trở thành t2 2t 92m(2).
a./ Giải phương trình khi m3

 Với m3 (2)  t2 2t 3 0  t 3. Thay vào ( ) ta được x3,x6.
b./ Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.

 PT (1)có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm t3;3 2 .

 Xét hàm số f t

 

t2 2t 9 với t3;3 2
BBT:

5

- 3

5
1

g(t)
g'(t)

t

+

0

1

- 1

3
- 1

g(t)
g'(t)

t

+

9 - 6 2
- 6

3 2
3

f(t)
f'(t)

t

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Từ BBT ta có: PT (1)có nghiệm  62m 9 6 2

6 2 9

2 m



 

Bài 24 : Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x3m x21
Giải:

 Phương trình được viết lại dưới dạng: 2

3
1

x m

x




 (1)

 Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của (C): 2

3
( )

x

y f x

x



 

 và đường thẳng: y g m ( )m.

 Lập BBT :

 KL: m 1 m 10: phương trình vơ nghiệm.

1 m 1

   hoặc m 10: phương trình có nghiệm duy nhất.
1m 10: phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 25 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 3 x



x 1 3

 

 x



m (1)
Giải:

 ĐK: 1x3. Đặt t  x 1 3 x

 BBT 1 :  BBT 2 :

Từ BBT 1  khi 1x3 ta có 2 t 2

 Khi đó phương trình (1) trở thành:

1 1

2t t m

   

.
Từ BBT 2  khi 2 t 2 ta có 1m 2

 Kết luận: PT(1) có nghiệm  1m 2
Bài 26 : (TSĐH-KB-2006):

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2mx2 2 x1 (1)
Giải :

 PT (1):  2 2
1
2

(2 1) 2

x

x x mx






    



1
2

3 4 1

x

x x

m
x





 

 

 




1
- 1

10

1
3

f(x)
f'(x)
x

_

+ 0

+ 

- 

2
2

2

2 3

1

t(x)
t'(x)

x

_

+ 0

1
2

f(t)
f'(t)

t 2 2

_

2
2

2

2 3

1

t(x)
t'(x)

x

_

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

( Vì x0, khơng phải là nghiệm PT: (2x1)2x2mx2)

 Đặt

3 4 1

( ) x x

f x

x

 



ta có BBT của hàm số f x( ) trong nửa khoảng

1
;
2

 

 


  như sau:

 Dựa vào BBT ta có: PT (1) có hai nghiệm thực phân biệt 

9
2

m

Bài 27 : (TSĐH-KA-2007)

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:x22x 8 m x(  2) (1)
Giải :

 Điều kiện : x2

 PT (1)  (x 2) (2x4)2m x(  2) (x 2)(x36x2 32 m) 0

3 2

6 32 0(2)

x

x x m



 

   



 Xét PT (2): (2) x36x2 32m

YCBT  m0, PT (2) ln có mơt nghiệm duy nhất x(2;)

 Đặt f x( )x3 6x2 32, ta có:

BBT :

Từ BBT ta nhận thấy m0, PT (2) luôn có mơt nghiệm duy nhất x(2;)(ĐPCM)
Bài 28 : (TSĐH-KA-2007)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:3 x 1m x1 2 4 2x  1(1)
Giải :

 Điều kiện :

1 0
1 0

x
x

 




 

  x1

 PT (1)

1 1

3 2

1 1

x m x

x x

 

  

 

1 1

3 2

1 1

x x m

x x

 

   

 

 Đặt

4 1

x
t

x




 vì x1 t 0 mặt khác

1 1 2 1, 1

1 1

x x

x x



    

 

do đó :   x 1 0 t 1

  phương trình3t22t m (2), PT(1) có nghiệm thực  PT(2) có nghiệm t 0;1



 Đặt f t( )3t22t ta có BBT:

+ 

- 

+ 

9
2

0

+ 

- 1
2

+
+

f(x)
f'(x)
x

+ 

2

+ 

0
f(x)

f'(x)
x

+

1

- 1
0

1
3
1
3
0

f(t)
f'(t)

t

_

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Dựa vào BBT  phương trình (2) có nghiệm t 0;1





1
1

m

  

Bài 29 : Giải phương trình sau :









2004 1 1

x  x   x

Giải:

 ĐK : 0x1

 Đặt y 1 x PT









2 2

2 1 y y y 1002 0 y 1 x 0

        

Bài 30 : Cho phương trình : x1 3 x  (x1)(3 x) m(1)
a./ Giải phương trình khi m2.

b./ Tìm điều kiện của m để phương trình có nghiệm.
Giải:

 Đặt t  x1 3 x, TXĐ :x 1;3

 Ta có :

1 1

2 1 2 3

t

x x

 

 

3 1

2 3 . 1

x x

x x

  



 

2 3 . 1( 3 1)

x

x x x x




    

BBT :

Từ BBT ta có : x 1;3  t2;2 2 ( )

 t2 4 2 (x1)(3 x) 

2 4

( 1)(3 )

t

x  x   (2)

 PT (1) trở thành : t22t4 2 m (3)
a./ Giải phương trình (1) khi m2.
Khi m2 thay vào PT (3) ta có

2 2 0 0

t

t t

t




    




So điều kiện ( ) chọn t 2, thay t 2 vào PT (2) ta có : x1,x3
b./ Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có nghiệm.

Đặt g t( )t22t4, g t'( )2t2
BBT :

2
2

2 2
3
- 1

t(x)
t'(x)

x 1

_

+ 0

4
g(t)
g'(t)

t 2 2 2

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Dựa vào BBT ta thấy :PT (1) có nghiệm x 1;3  PT (3) có nghiệm t2;2 2

4 2 2 2m 4 2 2 1 m 2

       

Giải phương trình chứa căn bằng PP đặt ẩn phụ

Bài 1 : x2x4 x2x1 2x22x9 ( )

HD:

 Đặt: t x2x1

3
4

t

 

.PT ( ) trở thành: t3 t  2t7(1)

 Giải PT (1) t 1,t 4. Nghiệm PT ( ) : x0,x1

Bài 2 :Giải phương trình : x23x4 x2 2x1
Giải:

 x0 không phải là nghiệm PT

 Chia cả hai vế PT cho x ta được: x23x4 x2 2x1 

3
1 1
2
x x
x x
 
   
 
 

 Đặt

3 1

t x

x

 

, Ta có : t3 t 2 0 

1 5

t   x 

Bài 3 : x31 2 2 3 x 1
HD:

 Đặt:y32x 1 y31 2 x
 Phương trình chuyển thành hệ:

3
3
1 2
1 2
x y
y x
  


 



3
3 3
1 2
2( )
x y

x y x y

  

 
  


3
2 2
3
1 2

2 0( )
1 2

x y

x y

x xy y vn

x y
 

 
 

 
 
    
 


 

 


 Từ đó ta có nghiệm PT là: x y 1,

1 5,

x y   1 5

x y  

Bài 4 : Giải phương trình:

3 31 3

x  x 

.
Giải:

 Đặt:

3
31
x u
x v
 


 


 .  HPT: 3 3
3
2
1
u v
u v

 


  

 
2
3
2

( ) ( ) 3 1

u v

u v u v uv


 


 
    
 
 
3
2
19
.
36
u v
uv

 




 



 u v, là hai nghiệm của phương trình:

2 3 19 0

2 36

t  t 

 Từ đó có :

9 5

12
9 - 5

12
u
u
 







 
3
3

9 5
12
9 - 5

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 Vậy phương trình có hai nghiệm: {x} =

3 3

9 5 ; 9 5

12 12

    

 

 

   

    

    

 .

Bài 5 : Với giá trị nào của a thì phương trình: 31 x 31x a có nghiệm.
Giải:

 Đặt u 31 x v, 31x. Phương trình trở thành:



2 2



2

a u v uv

u v a

   




  


TH1: a = 0 hệ phương trình vơ nghiệm.

TH2: a0, hệ phương trình trở thành

1 2

u v a

uv a

a

 




 



   



 

 . Hệ có nghiệm khi S2 4P  0 0a2.

 Vậy phương trình có nghiệm khi 0a2.

Bài 6 :(ĐHKT-95) : Giải phương trình :418 x4x 1 3 ( ) . 
HD :

 Đặt : u418 x 0 và v4x 1 0  HPT: 4 4

1 (1)

17 (2)

u v

u v

 





 




 Từ PT (2) : [(u v )2 2( ) ]uv2 22( )uv2 17 0

 Kết hợp với (1) ta có : 81 36( ) 2( ) uv  uv2 17 0  ( )uv2 18( ) 32 0uv   (3)

 Giải PT (3) cho nghiệm : uv2,uv16.

 Vậy ta có : TH1 :

. 2

u v

uv

 







1 2

2 1

u u

v v

 

 

   

 

  . Từ đó có được x19,x17,x2.

TH2 :

. 16

u v
uv

 






 HPT này vô nghiệm

 Vậy : x19,x 17,x2 là nghiệm của PT đã cho.

Bài 7 :(ĐHNT-96) : Giải phương trình : x3 3x 1 ( )
HD :

 Đặt : u x3 0 và v3x  HPT: 2 2
1

u v

u v

 





 




 Giải HPT ta được: u2,u  1 2,u  1 2 (loại) 
 Từ đó có x1,x2 2 là nghiệm PT ( ) .

Bài 8 :(ĐHTM-98) : Giải phương trình : x2 3x3 x2 3x6 3 ( )

HD:

Đặt : t x2 3x3

3
4

t

 

PT ( )  t  t3 3  2t3 2 ( t t3) 9  t t( 3)  3 t. Tiếp tục giải.

Bài 9 :(ĐHSPQN-98) : Giải phương trình :(4x 1) x21 2 x22x1 ( ) .

HD:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

 PT ( )  (4x 1) x21 2( x21) 2 x 1  2t2 (4x 1)t2x 1 0 (1)

 PT (1) cho nghiệm

1
2

t 

(loại) t 2x 1 (nhận) 

2 1 2 1 4

x   x  x

Bài 10 : (TSĐH-KD-2006): Giải phương trình: 2x 1x2 3x1 0 (1)

Giải :

 Điều kiện :

1
2

x

 Đặt t  2x 1

2 1

t

x 

 

 Thay vào PT (1) ta có:

2 1 2 1

3 1 0

2 2

t t

t        

   

     t4 4t24t 1 0

 (t 1) (2 2t 2t 1) 0

1
2 1

t
t



 

 

 ( Loại t  2 1 )

 t 1 ta có : 1 2x 1 x1

 t  2 1 ta có : 2 1  2x 1 x 2 2

Bài 11 :Giải phương trình:





1 1 2 1 2

x   x   x

(1)
HD :

(1) 



 



3 2

1 1 1 1 2 0

x   x   

ĐK: x1. Đặt x 1 1 y

PT (1) trở thành : y3y2 2 0  (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0  y = 1

y ta có: x 1 1 1   x1

Bài 1 2 :Giải phương trình:









5 2 1 7 10 3

x  x  x  x 

(1)
Giải :

ĐK: x2. (1) 



x5 x2 1

 

 (x5)(x2)



3
Đặt: u x5 , v x2: u v, 2 u2 v23

(1) (u v )(1uv)u2 v2

(u v )(1 u uv v  ) 0 (u v )(1 u)(1 v) 0

Giải ra: x1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài 13 : Giải phương trình: x1 3x 2x 1 (1)
Giải :

ĐK: x0. Đặt u x1 , v 3x ( ,u v0): 2x 1v2 u2

(1) (u v u v )(  1) 0 , mà: u v 1 0 nên u v 

1
2

x

là nghiệm duy nhất của phương
trình.

Bài 14 : Giải phương trình:

4 x 1 x 2x 5

x  x    x (1)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Đặt

u x

x

 

5
2

v x

x

 

( ,u v0)

(1) 

1 5 1 5

2 2 0

x x x x

   

           

   

   u – (v2 – u2) – v = 0

(u v u v )(  1) 0 . Vì u v 1 0 nên: u v . Giải ra ta được: x2

Bài 1 5 : Giải phương trình: 8 x  5 x 5
Giải :

ĐK: 0x25. Đặt u  8 x , 5 x v ( ,u v0):



2 2

5
13

u v

u v

 





 




2 u=3

3 v=2

u
v



 

  



  Giải ra ta có x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 16 : Giải phương trình: 25 x2  9 x2 2

Giải :

ĐK:3x3 : Đặt u  25 x2 , v 9 x2 ( ,u v0)



2 2

2
16

u v

u v

 





 



 

2 5

8 3

u v u

u v v

  

 



 

  

  . Giải ra ta cóx0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 17 : Giải phương trình: 2 x 2x  4 x2 2
Giải :

ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2 x u, 2x v (u, v ≥ 0) 

( ) 2 4

( ) 2

u v uv

   




  




Giải ra ta được: {(u, v)} = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2
Bài 18 : Giải phương trình: 497 x 4x 5 (1)

Giải :

Đặt 497 x = u, 4x = v (u, v ≥ 0)

 (1) 

4 4

5 2 3 81

3 2 16

u v u u x

v v x

u v

 

      



  

   

  

 

   



Bài 19 : Giải phương trình:3x 32x 3312(x 1)
Giải :

Đặt 3x u, 23 x 3v (1)



3 3 3 3 3 3

34( ) 3 ( ) 4( )

u v  u v  u v  uv u v  u v

2 2 2

3.(u v u).( 2uv v ) 0 3.(u v u v).( ) 0 u v

u v




          



  kết quả

Phương trình chứa căn có cách giải đặc biệt

Nhận xét 1: Nếu phương trình : f x

 

 g x

 

 h x

 

 k x

 

Mà có : f x

 

h x

 

g x

 

k x

 

, thì ta có thể biến đổi phương trình về dạng :

 

f x  h x  k x  g x

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 1 : Giải phương trình sau : x3 3x1 2 x 2x2 (1)
 Giải:

 Đk x0

 Phương trình (1) 3x1 2x2 4x x3

 Bình phương hai vế ta có : (1) 6x28x2 4x212x  x1

 Thử lại x1 thỏa, Vậy nghiệm PT (1)là x1

Nhận xét 2: Nếu phương trình : f x

 

 g x

 

 h x

 

 k x

 

Mà có : f x h x

   

. k x g x

   

. thì ta biến đổi f x

 

 h x

 

 k x

 

 g x

 

Bài 2. Giải phương trình sau : 
3

1 1 1 3

x x x x x

x



      

 (2)

Giải:

 Điều kiện : x1

 Ta có :

1. 3 1. 1

x x x x x

x



    



 PT (2)

3 1 1

x

x x x x

x



       



 Bình phương 2 vế ta được:

2 2 1 3

1 1 2 2 0

3 1 3

x

x x x x x

x x

  


        

   

 Thử lại :x 1 3,x 1 3 l nghiệm

Bài 3. Giải phương trình: 4x 1 4x2 1 1
Giải:

 ĐK:

1
2

x

. Đặt

 

4 1 4 1

f x  x  x 

 Miền xác định:

1
2

x
,

 

2 4 0

4 1 4 1

x
f x

x x

  

 

 Do đó hàm số đồng biến với

1
2

x

, nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.

 Thấy

1
2

x

là nghiệm của phương trình.

Bài 4 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực duy nhất:

3
4

1 2 (1 ) 2 (1 )

x   x m x  x  x  x m (1)

Giải :

Nhận thấy x0 là nghiệm của (1) thì 1 – x0 cũng là nghiệm của (1). Từ đó, để (1) có nghiệm duy nhất thì
3

0 1 0 0 12 0 1

x   x  x   m m m  m

.
Đặt

4 1

1 0, 0 1 (1 )

t

t  x  x    x x  x  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

+ m = 0: (1)

2 2 1 1

2( 1) 2 (1 )

2 2

t t t x x x

         

(nhận).
+ m = 1: (1) 2(t2 1) t2 t 2 2(t2 1) ( t 1)(t2)

2 2

3 2

1
1

2( 1)( 1) ( 1) ( 2)

3 2 6 0

t

t t t t

t t t





 

 



   

     



     





1 (1 ) 0

1 1

2 (1 )

( 3)( 2) 0 2 1

x

t x x

t

t x

t x x

t t x





   






 






      

 



   

    



 



  

(loại).
+ m1: (1)  2(t2 1) ( t1)(2 t)

3 2

0 2 1

3 2 6 0

t

t x

t t t

 




     

   



</div>

on thi dh cap toc ôn thi đại học cấp tốc phương trình chứa căn các dạng thường gặp 1 2 hoặc 3 embed equation 3 đặt điều kiện cho từng dấu căn có nghĩa sau đó bình phương hai vế đưa về dạng 1 bài

Phương trình chứa căn

√

√

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>

<sub>√</sub>









Sử dụng hàm số để tìm điều kiện nghiệm

của phương trình chứa căn

I./ Phương pháp giải tốn

II./ Bài tập áp dụng

<b>_</b>

<b>+</b>

<sub></sub>

<sub></sub>













































 





 





 



 



 





<b>_</b>



















Giải phương trình chứa căn bằng PP đặt ẩn phụ











 













 

