LỜI NÓI ĐẦU
Khi biên soạn tài liệu “Đại số sơ cấp” chúng tôi đã cố gắng đưa nhiều ví dụ về thực hành giải toán nhằm giúp sinh viên có điều kiện rèn kỹ năng thực hành khi học lý thuyết. Tuy nhiên, qua thực tế giảng dạy, chúng tôi thấy rằng khi giải các bài tập trong sách, sinh viên gặp rất nhiều khó khăn. Ngay cả khi biết cách giải thì việc trình bày lời giải sao cho chặt chẽ và logic thì cũng còn chưa đạt so với yêu cầu. Vì thế, để giúp sinh viên có một bộ tài liệu hoàn chỉnh về Đại số sơ cấp, chúng tôi tiếp tục biên soạn cuốn “Bài tập Đại số sơ cấp” này để phục vụ nhu cầu học tập và kể cả công việc giảng dạy của sinh viên sau khi ra trường.
Tài liệu “Bài tập Đại số sơ cấp” gồm có hai phần:
Phần I. Tóm tắt lý thuyết và đề bài.
Phần II. Lời giải và hướng dẫn.
Mỗi phần gồm sáu chương:
1. Chương I: Hàm số;
2. Chương II: Phương trình – Hệ phương trình;
3. Chương III: Bất đẳng thức – Bất phương trình;
4. Chương IV: Phương trình, bất phương trình vô tỉ;
5. Chương V: Phương trình, bất phương trình mũ và logarit;
6. Chương VI: Phương trình lượng giác.
Thứ tự các chương được trình bày theo đúng thứ tự các chương mục trong tài liệu “Đại số sơ cấp”. Tài liệu có 170 bài tập với khoảng gần 550 câu nhỏ. Hầu hết các bài tập trong tài liệu “Bài tập Đại số sơ cấp” được chúng tôi trình bày lời giải tương đối chi tiết nhằm giúp sinh viên nhất là sinh viên các lớp hệ đào tạo Liên thông Cao đẳng lên Đại học dễ dàng trong việc củng cố lý thuyết và giải các bài tập tương tự. Một số bài được trình bày nhiều cách giải, mục đích giúp sinh viên có cách tiếp cận và đi đến kết quả của bài toán từ nhiều hướng. So với tài liệu “Đại số sơ cấp” thì trong tài liệu này chúng tôi có cập nhật thêm một số lượng rất đáng kể các dạng toán rất hay gặp trong các kỳ thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng theo chương trình mới của môn Toán ở bậc Phổ thông Trung học.
Một lời khuyên của chúng tôi đối với sinh viên là khi giải các bài tập trong tài liệu không nên quá lệ thuộc vào phần lời giải có sẵn trong tài liệu, mà trước hết hãy tự mình cố gắng tìm tòi lời giải, sau đó so sánh bài giải của mình với bài giải trong tài liệu nhằm rút ra những kinh nghiệm trong giải toán. Có như vậy cuốn tài liệu này mới thực sự có ích khi học môn Đại số sơ cấp.
Cuối cùng, chúng tôi rất mong nhận được các ý kiến đóng góp quí báu cho nội dung cũng như hình thức trình bày trong tài liệu của các bạn đồng nghiệp trong Bộ môn Toán và Hội đồng Khoa học Khoa Sư phạm cũng như các bạn sinh viên để cuốn sách này có thể được hoàn chỉnh tốt hơn.
An Giang, tháng 01 năm 2010
Tác giả
1
MỤC LỤC
Trang
1 LỜI NÓI ĐẦU
BẢNG MỘT SỐ KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT SỬ DỤNG
3 TRONG TÀI LIỆU
4 PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT VÀ ĐỀ BÀI
4 Chương I. Hàm số
4 A. Tóm tắt lý thuyết
12 B. Bài tập
17 Chương II. Phương trình – Hệ phương trình
17 A. Tóm tắt lý thuyết
24 B. Bài tập
Chương III. Bất đẳng thức – Bất phương trình 31
A. Tóm tắt lý thuyết B. Bài tập
A. Tóm tắt lý thuyết B. Bài tập 31 37 43 43 45 51 Chương IV. Phương trình, Bất phương trình vô tỷ Chương V. Phương trình, Bất phương trình mũ và lôgarit
51 55 A. Tóm tắt lý thuyết B. Bài tập
64 Chương VI. Phương trình lượng giác
64 A. Tóm tắt lý thuyết
71 B. Bài tập
76 PHẦN II: LỜI GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN
76 Chương I. Hàm số
98 Chương II. Phương trình – Hệ phương trình
151 Chương III. Bất đẳng thức – Bất phương trình
Chương IV. Phương trình, Bất phương trình vô tỷ 188
Chương V. Phương trình, Bất phương trình mũ và lôgarit 242
Chương VI. Phương trình lượng giác 312
TÀI LIỆU THAM KHẢO 361
2
0;1; 2;... .
:ℕ Tập hợp các số tự nhiên: {
}
− −
:ℤ Tập hợp các số nguyên: {
} ...; 2; 1; 0;1; 2;... .
ℤ
b
ℚ : Tập hợp các số hữu tỉ:
/
a b ,
,
∈
≠
a b
0 .
:ℝ Tập hợp các số thực.
* :ℝ Tập hợp các số thực khác không.
:+ℝ Tập hợp các số thực dương.
n
:
.n
∑ Phép lấy tổng từ 1 đến
1
... / ... : Tập hợp.
{
}
.f
:fT Tập (miền) giá trị của hàm số
( ) :
Giá trị lớn nhất của hàm số f trên tập
.D
Max f x x D ∈
Giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên tập
( ) :
.D
Min f x x D ∈
:∈ Thuộc.
,
:⊆ ⊂ Tập con.
∅ : Tập hợp rỗng.
:∀ Mọi.
:≠ Khác.
\: Hiệu của hai tập hợp.
:∪ Hợp của hai tập hợp.
:∩ Giao của hai tập hợp.
:
.n
n ∪ Phép lấy hợp từ 1 đến 1
:
.n
n ∩ Phép lấy giao từ 1 đến 1
:∨ Hoặc (tuyển của hai mệnh đề).
:⇒ Phép kéo theo, phương trình hệ quả.
:⇔ Phép tương đương (khi và chỉ khi), phương trình tương đương.
BẢNG MỘT SỐ KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG TÀI LIỆU
Đpcm: Kết thúc chứng minh, điều phải chứng minh.
3
PHẦN I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT VÀ ĐỀ BÀI
CHƯƠNG I
HÀM SỐ
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
I. KHÁI NIỆM HÀM SỐ
Giả sử X và Y là hai tập hợp tùy ý. Nếu có một quy tắc f cho tương ứng mỗi x X∈
,Y kí hiệu
với một và chỉ một y Y∈ thì ta nói rằng f là một hàm từ X vào
f X : x
f x ( )
Y → =֏ y
,X Y là các tập hợp số thì f được gọi là một hàm số. Trong chương này chúng ta chỉ
1. Định nghĩa
X
Y
;
Nếu xét các hàm số thực của các biến số thực, nghĩa là
⊆
⊆
.f (Người ta hay dùng kí
X được gọi là tập xác định (hay là miền xác định) của hàm số hiệu tập xác định của hàm số là
).D
Y
.x Tập hợp tất cả các giá trị
∈ được gọi là giá trị của hàm số f tại điểm
=
( ) f x
Số thực x X∈ được gọi là biến số độc lập (gọi tắt là biến số hay đối số). Số thực ( ) f x y khi x lấy mọi số thực thuộc tập hợp X gọi là tập giá trị (miền giá trị) của hàm số f và
ℝ ℝ .
|
f X (
)).
=
x X ∈
=
( ) f x
,fT (như vậy
fT
{
}
.
Hiển nhiên
Y⊆ Chú ý rằng
fT
fT có thể là một tập hợp con thực sự của Y hoặc
bằng tập
.Y
x
( ) f x֏
Trong nhiều trường hợp, người ta cho hàm số f dưới dạng f x ( )
hoặc mà không nêu rõ tập xác định X và tập hợp Y chứa tập các giá trị của
.f Khi
=
y đó, ta hiểu rằng Y = ℝ và X là tập hợp các số thực x ∈ ℝ sao cho quy tắc đã cho thì f x tồn tại.
( )
được kí hiệu là
y
Cho hàm số
,D ta gọi tập hợp các điểm
với
=
( ) ;x f x
(
)
y
=
x D
( ) f x ∀ ∈ là đồ thị của hàm số
có tập xác định ( ). f x
y
Việc biểu diễn các điểm
thuộc đồ thị của hàm số
lên mặt phẳng
=
( ) f x
(
) ( ) ;x f x tọa độ Oxy gọi là vẽ đồ thị của hàm số.
Chú ý rằng một đường ( )ζ (đường cong hoặc đường thẳng) trong mặt phẳng tọa độ chỉ có thể là đồ thị của một hàm số nào đó, nếu nó cắt một đường thẳng cùng phương với trục Oy tại không quá tại một điểm.
2. Đồ thị của hàm số
4
3. Hàm số đơn điệu
y
=
( ) f x
có tập xác định là tập D, khoảng (
);a b là
3.1. Định nghĩa. Cho hàm số
=
gọi là đồng biến (hay tăng) trên khoảng (
);a b , nếu với
a b ;
,
.
∈
∀
<
y Hàm số ) (
)
)
x 1
( ) f x < ⇒ x 2
x x , 1 2
( f x 1
( f x 2
=
gọi là nghịch biến (hay giảm) trên khoảng (
);a b , nếu với
a b ;
,
.
∈
∀
>
y Hàm số ) (
)
)
x 1
( ) f x < ⇒ x 2
x x , 1 2
( f x 1
( f x 2
Một hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng (
);a b thì ta nói hàm số đơn điệu
trên khoảng đó.
tập con của D. Khi đó ta có
y
=
( ) f x
y
c
hàm số
=
3.2. Tính chất
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( + (c là hằng số) cũng đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (
);a b , thì );a b .
y
=
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (
);a b , thì
hàm số
0
k > ; hàm số
( ) f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (
y
=
);a b nếu k < 0.
3.3.1. Nếu hàm số ( ) f x
);a b nếu
y
và
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng
=
( ) g x
y
=
+
3.3.2. Nếu hàm số ( ) y kf x = nghịch biến (đồng biến) trên khoảng ( ( ) kf x
( ) f x
y = ( ) g x
( ) f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (
);a b .
y
y
và
=
( ) g x
y
);a b và cùng đồng biến (nghịch
=
= );a b , thì hàm số
không âm trên khoảng ( ( ) ( ) f x g x .
3.3.3. Nếu hàm số );a b thì hàm số (
( ) 3.3.4. Nếu hàm số f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( biến) trên khoảng (
);a b .
);a b cắt đường thẳng
Chú ý. Đồ thị của hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng ( cùng phương với trục Ox nhiều nhất tại một điểm.
y
y
Giả sử hàm số
nghịch biến
=
=
đồng biến trên khoảng (
y
.
);a b ; hàm số a b đồ thị của các hàm số
và
=
( ) f x ); a b Khi đó trên khoảng ( ; ),
( ) g x ( ) f x
cắt nhau không quá tại một điểm.
=
trên khoảng ( ( ) g x y
y
4. Hàm số chẵn, hàm số lẻ
có tập xác định trên
=
.D
( ) f x
f
x
−
=
Hàm số f gọi là hàm số chẵn nếu với mọi x D∈ , ta có x D
− ∈ và
(
)
( ). f x
f
x
−
= −
Hàm số f gọi là hàm số lẻ nếu với mọi x D∈ , ta có x D
− ∈ và
(
)
( ). f x
4.1. Định nghĩa. Cho hàm số
y
Giả sử hàm số
=
( ) f x
có tập xác định D là hàm số chẵn và có đồ thị là (
).G Với
5
4.2. Đồ thị của hàm số chẵn và hàm số lẻ
)
thuộc đồ thị (
),G ta xét điểm đối xứng với nó qua trục tung là
;
'
( ;M x y 0 0 ) .
mỗi điểm ( M x y − 0
0
f
Từ định nghĩa hàm số chẵn, ta có
Do đó
−
=
(
)
( f x
0x D − ∈ và
x 0
) 0 .
M G
f
M
G
'
.
∈ ⇔ =
− ⇔ ∈
)
(
)
(
)
y 0
( f x 0
y ⇔ = 0
x 0
)G có trục đối xứng là trục tung.
)G có tâm đối xứng là gốc tọa độ
Nếu f là hàm số lẻ thì lí luận tương tự, ta cũng được ( .O
Điều đó chứng tỏ (
y
có tập xác định D được gọi là hàm số tuần
=
( ) f x
5. Hàm số tuần hoàn
;
)i x T D
+ ∈ và
x T D − ∈
ii
)
.
±
=
( f x T
)
( ) f x
Số nhỏ nhất (nếu có) trong các số T có các tính chất trên gọi là chu kỳ của hàm số tuần hoàn
( ). f x
Chú ý. Chúng ta có một số dấu hiệu để nhận biết một hàm số đã cho không phải là một hàm số tuần hoàn, chẳng hạn ta có hai dấu hiệu sau.
D
\
A ,
với A là một tập hợp hữu hạn thì hàm
= ℝ
+ Nếu một hàm số có tập xác định dạng số đó không phải là một hàm số tuần hoàn.
+ Nếu phương trình
k= có nghiệm, nhưng số nghiệm là một số hữu hạn, thì hàm số
( ) f x
y
f x ( )
không phải là một hàm số tuần hoàn.
=
5.1. Định nghĩa. Hàm số hoàn nếu tồn tại một số dương T sao cho với mọi x D∈ ta có
y
6. Hàm số hợp
xác định trên tập
xác
( ) f x
1D và
( ) g x được xác
D
y
xác định trên tập
6.1. Định nghĩa. Cho hàm số
.
|
∈
=
y = = 2D . Khi đó ta gọi hàm số hợp của hai hàm số f và g kí hiệu g f(cid:8) định trên ( (cid:8) g f
( ) g f x
)( ) x
( )
x D f x D 2
1
{ = ∈
}
=
định
7. Hàm số ngược
Y
:f X
→
x
=֏ y
( ) f x
y T
f X (
),
,
tức là
y=
có một và chỉ một x X∈ sao cho
( ) f x
∈ = f
y= với ẩn x có nghiệm duy nhất, thì bằng cách cho tương ứng với mỗi
nếu với mỗi giá trị ( ) f x
y
phần tử duy nhất
,
∈
x X∈ ta xác định được hàm số
phương trình ( f X
)
6
7.1. Định nghĩa. Cho hàm số
X
:g
→
( f X
) y
=֏ x
( g y
)
( x thỏa mãn
y= ).
( ) f x
Hàm số g xác định như vậy được gọi là hàm số ngược của hàm số
.f
.y Khi đó hàm số ngược
g x
y
y
Theo thông lệ, người ta thường kí hiệu đối số là x và hàm số là sẽ được viết lại là của hàm số
=
=
( ) f x
( ).
y
Giả sử hàm số
có hàm số ngược, để tìm hàm số ngược của hàm số
=
=
x
ta giải phương trình
,x phương trình này có nghiệm duy nhất
y= ẩn
=
( ) f x ( ) f x
y ( g y
( ) f x ), đổi
y
g x
kí hiệu theo cách viết thông thường ta được hàm số ngược
=
( ).
Chú ý.
1
y
y
.
Người ta thường kí hiệu hàm số ngược của hàm số
là
=
−= f
( ) f x
( ) x
y
là tập giá trị của hàm số
tập giá trị của hàm số ngược là tập xác định
1 −= f
( ), f x
y
( ) x của hàm số
=
( ). f x
1
y
y
.
lại là hàm số ngược của hàm số
Vì vậy ta nói
=
−= f
( ) x
y
y
hai hàm số
và
là hai hàm số ngược nhau.
( ) f x 1 −= f
=
Dĩ nhiên hàm số ( ) f x
( ) x
Từ định nghĩa của hàm số ngược, suy ra rằng: Tập xác định của hàm số ngược y =
7.2. Điều kiện đủ để hàm số có hàm số ngược
7.2.1. Định lý. Mọi hàm số đồng biến (hay nghịch biến) trên tập xác định của nó đều có hàm số ngược.
7.3. Đồ thị của hàm số ngược
,Oxy đồ thị của hai hàm
y
y
và
đối xứng nhau qua đường phân giác thứ nhất
1 −= f
=
( ) f x
( ) x
số ngược nhau y
x= .
Chú ý.
y
Từ tính chất của đồ thị hàm số ngược ta suy ra rằng đồ thị của hai hàm số ngược nhau, nếu x= cắt nhau thì cắt nhau trên đường thẳng .
1
Từ đó ta có thể áp dụng để giải các phương trình dạng
bằng cách đưa về
−= f
( ) f x
( ) x
1
−
f
phương trình
x= hoặc
x = .
( ) f x
( ) x
7.3.1. Định lý. Trong hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc
II. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ
Chúng ta đã biết đồ thị hàm số chẵn nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. Sau đây chúng ta đưa ra dấu hiệu cho biết đồ thị của
7
1. Trục đối xứng, tâm đối xứng của đồ thị
một hàm số có trục đối xứng, tâm đối xứng. (Trong phần này chúng ta chỉ xét trục đối xứng của đồ thị hàm số, cùng phương với trục tung).
y
=
nhận đường thẳng ∆ có phương trình x = α
làm trục đối xứng khi và chỉ khi
với mọi
α −
x D∈ .
( ) f x ) x =
( ) f x
thì ắt có và đủ là nếu điểm
=
( ) f x
(
;x y
2
, như vậy với mọi
α −
Thật vậy, muốn cho đường thẳng ∆ có phương trình x = α là trục đối xứng của đồ thị ) 'M đối xứng với điểm ;M x y thuộc đồ thị thì điểm y 'M có tọa độ (
)
x
.
α −
=
x D∈ ta có
M qua ∆ cũng thuộc đồ thị. Ở đây điểm )
( ) f x
( 2f
y
;
1.1. Định lý. Đồ thị của hàm số ( 2f
nhận điểm
=
( ) f x
( I α β làm tâm đối xứng khi và chỉ
)
f
x
2
,
khi
α −
2 = β −
x D ∀ ∈ .
(
)
( ) f x
Chú ý. Trong định lý 1.1 cho
0,
ta được kết quả
α = β =
0α = và trong định lý 1.2 cho
+ Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
y
x
nhận đường thẳng
làm trục
=
( ) f x
x= 0
Trong thực tế muốn chứng minh đồ thị hàm số đối xứng thì ta có thể làm như sau:
· Dời hệ trục tọa độ Oxy về hệ trục
IXY với ,
theo công thức
( I x
)
0; 0
+
x X x 0
y Y
= =
x X x
y Y
y
f x
· Lập hàm số mới bằng cách thay
( );
=
+
= vào hàm số
=
0 ;
Y
x
· Chứng minh hàm số mới
là hàm số chẵn để kết luận
là trục đối xứng.
=
( g X
)
x= 0
,
Tương tự như trên, muốn chứng minh
)
)C của hàm số
( I x y 0 0
y
, ta dời hệ trục tọa độ Oxy sang hệ trục
là tâm đối xứng của đồ thị ( IXY bằng phép đặt
,
=
( ) f x
+
=
x X x 0
y Y
= +
y 0
Y
;
là hàm số lẻ để kết luận điểm
là tâm
=
( g X
)
)
( I x y 0 0
Sau đó chứng minh hàm số mới đối xứng của đồ thị.
1.2. Định lý. Đồ thị hàm số
y
y
và
đối xứng nhau qua trục
=
= −
( ) f x
( ) f x
2. Phép đối xứng qua trục tọa độ
y
y
f
x
và
=
=
− đối xứng nhau qua trục
( ) f x
(
)
2.1. Định lý. Đồ thị của các hàm số hoành.
2.2. Định lý. Đồ thị của các hàm số tung.
8
3. Phép tịnh tiến song song với trục tung
y
b
b
0
=
−
> suy ra từ đồ thị
( ) f x
y
bằng một phép tịnh tiến theo vectơ
), một đoạn bằng
=
+ (cid:9)(cid:9)(cid:10) Oy
.b
= (cid:9)(cid:9)(cid:10) Oy−
( ) f x
( b y (
( ) f x )
y
y
a
3.1. Định lý. Đồ thị của hàm số
0
=
=
> suy được từ đồ thị
( f x a +
)
y
hàm số
bằng phép tịnh tiến theo vectơ
), một đoạn bằng
.a
=
−
( ) f x
( f x a − (cid:9)(cid:9)(cid:10) (cid:9)(cid:9)(cid:10) ( Ox Ox
) )
Chú ý.
(cid:10) 0.
Ngoài phép tịnh tiến theo các trục tọa độ người ta còn đưa ra phép tịnh tiến theo vectơ (cid:10) v ≠
y
f x
(cid:10) v
Từ đồ thị hàm số
( ),
tịnh tiến theo vectơ
thì được đồ thị hàm số
=
=
(
); a b
y
=
−
b + .
( f x a
)
4.1. Định lý. Đồ thị hàm số 4. Phép tịnh tiến song song với trục hoành (
y
5. Đồ thị của một số hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối
=
( ) f x
0
≥
y
Ta có
=
( ) f x
;
0
−
<
( ) f x ; ( ) f x
( ) f x ( ) f x
=
y
gồm
Do đó đồ thị của hàm số
=
( ) f x
y
+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số
;
=
( ) f x
y
+ Đối xứng phần đồ thị hàm số
phía dưới trục hoành qua trục hoành.
=
( ) f x
y
f
x
5.1. Đồ thị hàm số
=
(
)
y
x
là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là
.Oy Với
x ≥ thì 0
x
y
f
) Vậy đồ thị gồm hai phần
=
=
( f = ( ). f x
Thấy ngay ) (
y
+ Phần bên phải Oy của đồ thị
;
=
( ) f x
.Oy
+ Đối xứng phần trên qua
y
5.2. Đồ thị hàm số
=
( ) ( ) u x v x .
0
≥
y
Ta có
=
( ) ( ) u x v x .
;
< 0
( ) ( ) u x v x . ; ( ) ( ) u x v x .
( ) u x ( ) u x
= −
y
y
Do đó ta vẽ đồ thị
và từ đó đồ thị
gồm
=
=
=
( ) ( ) u x v x .
( ) f x
( ) ( ) u x v x .
y
+ Phần đồ thị
trên miền
=
( ) f x
( ) 0. u x ≥
9
5.3. Đồ thị hàm số
y
+ Đối xứng phần đồ thị
trên miền
=
( ) f x
( ) 0 u x < qua trục hoành.
y
y
,
=
=
( ) f x
( ) f x
( ) ζ
Ta có nhận xét: Giả sử điểm (
)
thuộc ( )ζ thì (
)
cũng thuộc ( ).ζ
;x y 0
0
;x 0
y− 0
y
=
y ⇔ =
y ≥ thì 0
.Ox Với
Vậy, ( )ζ có trục đối xứng là
( ) f x
( ). f x
Do đó ( )ζ gồm hai phần
y
+ Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị
.
=
( ) f x
+ Đối xứng phần trên qua trục hoành để được phần còn lại.
5.4. Từ đồ thị hàm số suy ra đường biểu diễn
III. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
y
Cho hàm số
xác định trên tập
=
.D
( ) f x
y
a) Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số
trên tập D nếu
=
( ) f x
i
)
:
;
∀ ∈
ii
M
)
.
=
≤ )
( ) x D f x M ( x D f x : ∃ ∈ 0 0
Kí hiệu
=
( ).
M Max f x x D ∈
y
trên tập D nếu
b) Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số
=
( ) f x
i
)
:
x D f x m ;
∀ ∈
ii
)
m .
=
≥ )
( ) ( x D f x : ∃ ∈ 0 0
Kí hiệu
=
( ).
m Min f x x D ∈
1. Định nghĩa
2. Một số phương pháp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Nội dung của phương pháp này như sau.
y
+ Xem
là phương trình đối với ẩn x và y là tham số;
=
( ) f x
y
+ Tìm điều kiện của y để phương trình
có nghiệm;
=
( ) f x
.
Xét dấu “=” xảy ra và kết luận
m y M ≤ ≤
+ Từ điều kiện trên, biến đổi đưa đến dạng . ( )
Minf x m Maxf x M ;
( )
=
=
2.1. Phương pháp miền giá trị
y
+ Khảo sát sự biến thiên của hàm số
;
=
( ) f x
+ Dựa vào bảng biến thiên để kết luận
Maxf x Minf x ( ).
( );
10
2.2. Phương pháp đạo hàm
y
Chú ý. Trong trường hợp tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
trên
=
( ) f x
a b ta có thể trình bày đơn giản như sau.
Bước 1. Tìm
f x′ ( )
và tìm các điểm tới hạn
,...,
a b
( f x trên đoạn [ ; ];
)
x của n
x x , 1 2
,
,...,
,
,
Bước 2. Tính
)
)
)
( f a
)
( ) f b ;
( f x n
( f x 1
( f x 2
Bước 3. Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên, khi đó
.
=
=
( ) M Max f x m Min f x ;
( )
[ x a b ; ∈
]
[ x a b ; ∈
]
y
a b thì giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
liên tục trên đoạn [ ; ],
=
( ) f x
(Nếu hàm số hàm số trên đoạn [ ; ]a b bao giờ cũng tồn tại).
đoạn [ ; ],
Dùng bất đẳng thức quen thuộc để chứng minh
hoặc
( ) f x M≤
( ) f x m≥ .
,
Khi đó
Phải chỉ ra tồn tại
M=
m= .
( f x
1;x x D∈ sao cho
0
)0
)1 ( f x
.
=
=
( ) M Max f x m Min f x ;
( )
[ x a b ; ∈
]
[ x a b ; ∈
]
Các bất đẳng thức quen thuộc sau đây thường được dùng để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.
+ Bất đẳng thức Côsi. (Augustin Louis Cauchy,1789 – 1857. Nhà Toán học Pháp).
Cho n số thực
,...,
a không âm. Thế thì n
a a , 1 2
+
a n
a 1
a 2
n
≥
a ... n
a a . 1
2
... + + n
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
... = =
=
a 2
a 1
2.3. Phương pháp dùng bất đẳng thức
a .n + Bất đẳng thức Bunhiacôpski. (Victor Yakovlevich Bunyakovsky, 1804 – 1889. Nhà Toán học Nga).
Cho n cặp số thực (
),
;
a b i = 1, 2,…, n. i
i
Thế thì
2
n
n
n
≤
∑
∑
a b i i
2 a i
∑ 2 b i
i
i
i
1 =
1 =
1 =
i = 1, 2,…, n.
,
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k ∈ ℝ sao cho
b i
ka= i
n
+ Bất đẳng thức về dấu giá trị tuyệt đối. Cho
a b a i , , ,
1, 2,...,
là các số thực. Thế thì
=
i
a b
a
b
a
b
a b
(*);
(**);
(***)
+ ≤
+
−
≤ −
+
... + +
≤
+
... + +
a n
a n
a 1
a 2
a 1
a 2
0.
ab ≥ Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi
i
1, 2,...,
0,
n .
≤ ∀ =
Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi ia và chỉ khi
ia ≥ hoặc 0
11
2.4. Phương pháp tọa độ véc tơ
Ta có các bất đẳng thức về véc tơ như sau
(cid:10)(cid:10) ,a b
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng hướng.
(cid:10) a
(cid:10) b
(cid:10) (cid:10) · a b +
+
≤
(cid:10) b
(cid:10)(cid:10) ,a b
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng hướng.
(cid:10) · a
−
(cid:10) (cid:10) a b −
≤
(cid:10)(cid:10) ,a b
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng phương.
·
(cid:10) (cid:10) a b .
(cid:10) (cid:10) a b .
≤
B. BÀI TẬP
y
.
=
x
4
x 2 1 − 2 x + +
y
.
I.1. Tìm tập giá trị của hàm số
Tìm các giá trị
=
0
a > để tập giá trị của hàm số đã cho chứa
x 2 x
1 + a +
I.2. Cho hàm số
đoạn [0;1].
y
=
2
x
m
(
1)
−
x m +
1 +
là hàm số chẵn.
y
f b
f x ( )
xác định trên ℝ thỏa
(
)
f a ( )
( ),
a b ,
.
=
f a b +
=
+
∀
∈ ℝ Chứng
I.3. Tìm các giá trị của m để hàm số
f
1)
(0) 0; =
y
2)
f x ( )
là một hàm số lẻ.
=
f
f x ( )
xác định trên ℝ và là hàm số lẻ, thỏa
(0)
0.
=
≠ Chứng minh
I.4. Cho hàm số minh rằng
( ) 0
f x = là một số chẵn.
y
=
I.5. Cho hàm số y rằng số nghiệm của phương trình
)
)
(
+
−
∀
∈ ℝ .
xác định trên ℝ thỏa f x ( = + 1
f x ( 1
x 2
x 2
≠ ∀ ∈ ℝ và x f x ( ) 0, x x f x f x , ), ) 2 ( 1 2 1 2
Chứng minh rằng
f
1)
= (0) 1;
y
2)
f x ( )
là một hàm số chẵn.
=
I.6. Cho hàm số f x ( )
y
x
1)
cos(2
3);
=
+
2
y
2)
sin
x .
=
I.7. Chứng minh các hàm số cho sau đây là hàm số tuần hoàn, tìm chu kì (nếu có)
3
y
x
1)
22 ; x
=
+
y
2)
x=
− ; 1
12
I.8. Chứng minh các hàm số cho sau đây không phải là một hàm số tuần hoàn
y
3)
.
=
x
x 2 1 −
f x ( )
x x
ℚ ℝ ℚ \
∈ ∈
1, = 0,
là một hàm số tuần hoàn nhưng không có chu kỳ.
y
y
x
f x ( )
I.9. Chứng minh hàm số Đirichlê
và
g x ( )
2
=
=
=
=
− 1
x x
1 1
+ −
y
f
f x
1) Xác định hàm số
(
( ));
=
y
f g x
( ( )).
2) Xác định hàm số
=
y
f
f
I.10. Cho các hàm số
. Kí hiệu
(
( ))
=
=
=
n ≥ Xác 2.
, với n ∈ ℕ và
f x ( ) n
n
f x ( ) 1
1
x−
x
1
1 −
y
I.11. Cho hàm số
=
x f 100 ( ).
x x
<
x
y
định hàm số
f x ( )
và
=
y
g x ( )
=
x 1, x x ,
1 1.
− −
≥ <
= 1
x
x
1,
2
−
≥
1 2 , − =
1 2 1 2
y
f g x
y
g f x
Xác định các hàm số hợp
( ( )),
( )).
(
=
=
y
f x ( )
1
I.12. Cho các hàm số
=
2 = −
x − .
y
Tìm hàm số ngược
.
1( ) x−= f (cid:10) v
I.13. Cho hàm số
a b ( ; ),
sao cho khi tịnh tiến đồ thị của hàm số
=
2
x
3
y
=
x + − x 2 +
ta được đồ thị của hàm số cho trong các trường hợp sau đây
(cid:10) theo véc tơ v
2
x
7
y
;
a)
=
x − − x 2 +
x
9
y
b)
;
=
2 7 x + + x 5 +
x
4
y
c)
.
=
2 2 x − + x 3 +
2
x
3
y
2) Từ đồ thị của hàm số
,
suy ra đồ thị của các hàm số sau bằng các phép
=
x + − x 2 +
biến đổi nào ?
13
I.14. 1) Hãy xác định véc tơ
2
x
3
−
y
a)
;
=
x
x − + 2 +
y
b)
;
=
x − x
2 5 + 2 +
y
= , bằng các phép biến đổi đồ thị nào để nhận được đồ thị
1 x
y
?
của hàm số
=
x 7 3 − x 2 −
I.15. Từ đồ thị của hàm số
x
1
+
y
.
=
x 3
2 3 − x −
1) Dựng đồ thị (C) của hàm số đã cho;
2) Từ đồ thị (C) hãy suy ra đồ thị của các hàm số sau
x
1
+
a)
y
;
=
x 3
2 3 − x −
x
1
+
y
;
b)
=
x 3
2 3 − x −
x
x
1
+
y
;
c)
=
3
2 3 − x −
x
x
1
+
y
.
d)
=
3
2 3 − x −
I.16. Cho hàm số
y
=
2
x
x
3
5 4
−
+
nhận đường thẳng
2
x = làm trục đối xứng.
4
3
2
y
x
x
x
x
I.17. Chứng minh đồ thị của hàm số
4
3
2
=
+
+
−
có đúng một trục đối xứng cùng phương với trục tung.
I.18. Chứng minh đồ thị của hàm số
2
x
2
y
=
x 4 − + 2 x 1 +
không có tâm đối xứng.
4
3
2
y
x
ax
x
I.19. Chứng minh đồ thị của hàm số
4
2
ax 12 .
=
+
−
−
14
I.20. Cho hàm số
Tìm các giá trị của a để đồ thị của hàm số đã cho có trục đối xứng cùng phương với trục .Oy
2
2
2
x
+
y
có đồ thị là (
=
).mC
m x m 2 + x 1 +
Tìm m để trên (
)mC tồn tại hai điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ.
I.21. Cho hàm số
x
x
x
1)
3 2.3
2 4.3
2.3
y =
−
+
trên đoạn [−1; 1];
y
x
x
2)
cos 3
15cos
8
;
];
=
−
+ trên đoạn [
π 3
3 π 2
3
y
x
3)
23 x
5
=
−
+ trên đoạn [0; 3].
I.22. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số cho sau đây
2
3
y
1)
trên đoạn [
; 2];
=
x x
3 4
2
1
−
y
x
x x
2)
(cos
1) sin ,
=
+
∈
π [0, 2 ].
a
x
y
I.23. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số cho sau đây
x y là một nghiệm của hệ phương trình
)
2 + = − 2 2
x
y
x y
3.
+
+
=
2
2
y
x y
đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
M x =
+
−
Tìm các giá trị của a để biểu thức
y
x
x
x
x
I.24. Giả sử ( ,
(
1)(
2)(
3)(
4).
=
+
+
+
+
A
.
x
x
y
.
I.25. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
0,
0
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y+ =
>
> thỏa mãn
4 = + x
5 4
1 y 4
y
x
x
x
1
2
2
I.26. Cho
= + + − +
− . 5
x
,x y thay đổi thỏa mãn điều kiện
4
y+ ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của
I.27. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
3
y
3
4
2
A
.
=
+
+ x
+ 2 y
x 4
I.28. Cho hai số dương biểu thức
T
yz x
zx y
xy z
(
5).
=
3 − +
4 − +
−
1 xyz
x
y
z
,
x y z thỏa mãn điều kiện ,
1.
+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của
I.29. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
2
x
z
z
x
y
(
)
(
)
)
P
.
=
+
+
y + yz
2 y z ( + zx
x + xy
15
I.30. Xét các số dương biểu thức
,a b c dương thay đổi thỏa mãn điều kiện ,
1.
abc = Tìm giá trị nhỏ nhất
3
3
3
A
.
=
+
+
c
c
a
a
b
+
+
+
+
+
+
a )( b 1
( 1
)
( 1
)
( 1
)
c )( 1
b )( 1
a b c
3.
+ + ≥ Tìm giá trị nhỏ
I.31. Cho các số của biểu thức
A
.
=
+
+
a b
b c
c a
2
2
2
x
y
z
,
1.
+
+
= Tìm giá trị nhỏ
I.32. Cho các số ,a b c dương thay đổi thỏa mãn điều kiện , nhất của biểu thức
S
.
=
+
+
xy z
yz x
zx y
a b c
1.
+ + = Tìm giá trị nhỏ
I.33. Cho các số x y z dương thay đổi thỏa mãn điều kiện , nhất của biểu thức
A
.
=
a a
b b
c c
+ −
+ −
+ −
( 1 ( 1
)( 1 )( 1
)( 1 )( 1
) )
2
2
2
a
b
c
3.
+
+
= Tìm giá trị nhỏ
I.34. Cho các số ,a b c dương thay đổi thỏa mãn điều kiện , nhất của biểu thức
2
2
2
bc
+
+
M
=
2 .
ca
ab bc +
+
ab (
ca )
2
2
2
x
y
z
,
2
1.
−
+
−
+
−
= Tìm
x y z thay đổi thỏa mãn điều kiện ( ,
) 1
(
)
(
) 1
I.35. Cho các số ,a b c dương thay đổi thỏa mãn điều kiện , nhất của biểu thức
A x
y
z
2
3
8 .
= +
+
−
a b c
1.
+ + = Tìm giá trị nhỏ
I.36. Cho các số giá trị lớn nhất của biểu thức
2
2
2
2
2
A
a
b
b
c
c
a
2 .
=
+
+
+
+
+
2
2
x
,x y thay đổi thỏa mãn điều kiện
1.
y+
= Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
I.37. Cho các số ,a b c dương thay đổi thỏa mãn điều kiện , nhất của biểu thức
2
A
.
=
+ 2
xy
2
xy x 1 2 +
y +
,
x y z là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ,
I.38. Cho các số nhỏ nhất của biểu thức
y
z
.
P x =
+
+
+
+
+
1 yz
1 zx
1 xy
x 2
y 2
z 2
16
I.39. Cho
,
x y z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện ,
1.
xyz = Tìm giá trị nhỏ
2
2
2
x
y
z
y
z
x
x
z
y
+
+
+
)
P
=
+
+
.
( y y
z
z
z
z
) x x
) y y
2
2
2
+
( +
( x x +
I.40. Cho nhất của biểu thức
sin
π 4
x −
y
x
,
.
=
2
; π
π ∈ 2
x
x
sin
1 2cos
+
+
I.41. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
CHƯƠNG II
PHƯƠNG TRÌNH − HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phương trình
,...,
;
(
(
),
;...;
).
Ta gọi bộ n
Cho hai hàm số của n biến thực
x là n
x n
x n
x x , 1 2
f x x 1 2
n
(
)
x x ; 1 2
số thực ;...;
x ∈ ℝ là một điểm trong n ;...;
(
;
),
(
;
g x x ;...; ; 1 2 .nℝ Khi đó các hàm số x ;...; n
x ) n
f x x 1 2
g x x 1 2
.nℝ
1.1. Định nghĩa
Ta gọi Phương trình ẩn x là mệnh đề chứa biến dạng
f x ( )
g x ( )
(1)
=
( )
f x và
( )g x là những biểu thức chứa x. Ta gọi
f x là vế trái,
( )
,...,
x .n
( )g x là vế phải trong đó, của phương trình (1). Nếu coi f và g là hàm của n biến trong không gian ℝ thì (1) là phương trình của n ẩn 1
x x , 2
= ∩ gọi là tập D D D 2 1
Giả sử f(x) có tập xác định là D1, g(x) có tập xác định là D2 thì (miền) xác định của phương trình (1).
là một mệnh đề đúng thì
=
)
)o
( g x o
ox được gọi là một
ox D∈ sao cho
f x Nếu ( nghiệm của phương trình (1).
Giải phương trình (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó, tập hợp các nghiệm của phương trình kí hiệu là S.
Nếu S = ∅ thì ta nói phương trình vô nghiệm.
Chú ý. Trong một phương trình (một hoặc nhiều ẩn), ngoài các chữ đóng vai trò là các ẩn số, còn có thể có các chữ khác được xem như những hằng số và được gọi là tham số. Giải và biện luận phương trình chứa tham số, nghĩa là xét xem với giá trị nào của tham số thì phương trình vô nghiệm, có nghiệm và tìm các nghiệm đó.
được xem là các hàm một biến x trong
1.2. Phương trình tương đương, phương trình hệ quả
17
1.2.1. Phương trình tương đương. Hai phương trình được gọi là tương đương với nhau khi chúng có cùng tập hợp nghiệm.
,
x y z là các số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện ,
1.
xyz = Tìm giá trị nhỏ
2
2
2
x
y
z
y
z
x
x
z
y
+
+
+
)
P
=
+
+
.
( y y
z
z
z
z
) x x
) y y
2
2
2
+
( +
( x x +
I.40. Cho nhất của biểu thức
sin
π 4
x −
y
x
,
.
=
2
; π
π ∈ 2
x
x
sin
1 2cos
+
+
I.41. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
CHƯƠNG II
PHƯƠNG TRÌNH − HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phương trình
,...,
;
(
(
),
;...;
).
Ta gọi bộ n
Cho hai hàm số của n biến thực
x là n
x n
x n
x x , 1 2
f x x 1 2
n
(
)
x x ; 1 2
số thực ;...;
x ∈ ℝ là một điểm trong n ;...;
;
(
),
(
;
g x x ;...; ; 1 2 .nℝ Khi đó các hàm số x ;...; n
x ) n
f x x 1 2
g x x 1 2
.nℝ
1.1. Định nghĩa
Ta gọi Phương trình ẩn x là mệnh đề chứa biến dạng
f x ( )
g x ( )
(1)
=
( )
f x và
( )g x là những biểu thức chứa x. Ta gọi
f x là vế trái,
( )
,...,
x .n
( )g x là vế phải trong đó, của phương trình (1). Nếu coi f và g là hàm của n biến trong không gian ℝ thì (1) là phương trình của n ẩn 1
x x , 2
= ∩ gọi là tập D D D 2 1
Giả sử f(x) có tập xác định là D1, g(x) có tập xác định là D2 thì (miền) xác định của phương trình (1).
là một mệnh đề đúng thì
=
)
)o
( g x o
ox được gọi là một
ox D∈ sao cho
f x Nếu ( nghiệm của phương trình (1).
Giải phương trình (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó, tập hợp các nghiệm của phương trình kí hiệu là S.
Nếu S = ∅ thì ta nói phương trình vô nghiệm.
Chú ý. Trong một phương trình (một hoặc nhiều ẩn), ngoài các chữ đóng vai trò là các ẩn số, còn có thể có các chữ khác được xem như những hằng số và được gọi là tham số. Giải và biện luận phương trình chứa tham số, nghĩa là xét xem với giá trị nào của tham số thì phương trình vô nghiệm, có nghiệm và tìm các nghiệm đó.
được xem là các hàm một biến x trong
1.2. Phương trình tương đương, phương trình hệ quả
17
1.2.1. Phương trình tương đương. Hai phương trình được gọi là tương đương với nhau khi chúng có cùng tập hợp nghiệm.
Khi hai phương trình
f x ( )
g x ( )
;
tương đương với nhau ta dùng kí hiệu
=
=
f x ( ) 1
g x ( ) 1
f x ( )
g x ( )
( ).
=
⇔
=
f x ( ) 1
g x 1
x
x
Chú ý. Nếu theo định nghĩa trên thì hai phương trình vô nghiệm cũng được coi là tương đương với nhau vì có cùng tập hợp nghiệm đó là tập hợp ∅ . Vì vậy, cách viết sau cũng coi như là đúng, tuy nhiên trong thực tế ít khi gặp. Chẳng hạn,
2 3 0
cos
+ = ⇔
= 3.
Sự tương đương của hai phương trình có tính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu.
g x ( )
=
f x đều là nghiệm của phương trình ( ) được gọi là phương trình hệ quả của phương
=
f x ( ) 1
Nếu mọi nghiệm của của phương trình g x f x thì phương trình ( ) ( ) 1 1 g x ( ) trình
.
g x ( ) = 1 f x ( ) =
⇒
Ta dùng kí hiệu
f x ( )
g x ( )
( ).
=
=
f x ( ) 1
g x 1
1.2.2. Phương trình hệ quả
Quá trình giải một phương trình là quá trình biến đổi phương trình đó để đi đến một phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Nếu phép biến đổi không làm thay đổi tập xác định của phương trình thì phương trình đã cho được biến đổi tương đương, còn nếu làm thay đổi tập xác định của phương trình thì có thể tập hợp nghiệm của phương trình đã cho cũng đã bị thay đổi. Sau đây ta xét một số phép biến đổi tương đương.
h x
1.2.3. Các phép biến đổi tương đương phương trình
f x ( )
( )h x có nghĩa trong tập xác định g x ( )
(1)
( ).
=
f x ( ) ⇔
g x ( ) = f x ( ) +
. Nếu h x ( ) =
+
1.2.3.1. Định lí. Cho phương trình g x của phương trình đã cho thì ( )
Hệ quả 1. Có thể chuyển các hạng tử từ vế này sang vế kia của phương trình, nhưng phải đổi dấu của nó.
Do vậy, ta luôn có thể kí hiệu phương trình là F(x) = 0.
Chú ý. Điều kiện h(x) có nghĩa trong tập xác định của phương trình f(x) = g(x) là điều kiện đủ nhưng không cần. Nói khác đi, nếu có điều kiện ấy thì
f x ( )
g x ( )
f x ( )
h x ( )
g x ( )
h x ( )
=
⇔
+
=
+
là phép biến đổi tương đương, còn nếu không có điều kiện ấy thì phép biến đổi trên có thể tương đương hoặc có thể không.
Hệ quả 2. Mọi phương trình đều có thể đưa về dạng mà vế phải bằng không.
g x h x
f x ( )
g x ( )
f x h x ( ) ( )
( ) ( ).
=
⇔
=
1.2.3.2. Định lí. Cho phương trình f(x) = g(x). Nếu h(x) có nghĩa và khác không trong tập xác định của phương trình đã cho thì
Ta cũng có nhận xét về h(x) tương tự như định lí 1.2.3.1.
Hệ quả. Có thể nhân hai vế của một phương trình với một số khác không tùy ý.
18
1.2.3.3. Định lí. Nếu nâng hai vế của một phương trình lên một lũy thừa bậc lẻ thì ta được một phương trình tương đương với phương trình đã cho.
Chú ý. Phép biến đổi nâng hai vế của phương trình lên một lũy thừa bậc chẵn là phép biến đổi hệ quả, nó chỉ là phép biến đổi tương đương nếu hai vế của phương trình đều không âm trên tập xác định.
k
k
2
2
f x
g x
f x ( )
g x ( )
f x ( )
g x ( )
, (
=
⇔
=
( ) 0, ≥
( ) 0). ≥
[
]
[
]
Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phương trình đã cho mở rộng ra thì tập hợp nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra, khi đó có thể xuất hiện những nghiệm, ta gọi là nghiệm ngoại lai (đối với phương trình đã cho). Những nghiệm ngoại lai đó (nếu có) là những nghiệm của phương trình sau khi biến đổi và thuộc vào phần mở rộng của tập xác định. Nếu tập xác định mở rộng ra nhưng không có nghiệm ngoại lai thì phương trình đã cho và phương trình biến đổi vẫn tương đương.
Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phương trình đã cho bị thu hẹp lại thì tập nghiệm của nó cũng có thể bị thu hẹp lại, một số nghiệm nào đó có thể mất đi. Những nghiệm mất đi đó (nếu có) là những nghiệm của phương trình đã cho nhưng thuộc vào phần bị thu hẹp của tập xác định. Nếu tất cả các giá trị của ẩn số bị mất đi khi tập xác định bị thu hẹp không thỏa mãn phương trình đã cho, thì phương trình đã cho và phương trình biến đổi vẫn tương đương.
2. Hệ phương trình – Tuyển phương trình
=
=
f x ( ) 1 f x ( ) 2
g x ( ) 1 g x ( ) 2
x ( )
..................... g x f ( ) = m
m
x
m
;...;
,
(có thể coi
khi đó các
( ),
1, 2,...,
là những hàm n biến).
=
=
(
)
x n
f x g x i ( ), i i
x x ; 1 2
Giả sử m phương trình đã cho có tập xác định lần lượt là
,...,
D . m
D D , 1 2
Ta gọi hệ m phương trình kí hiệu là
=
=
f x ( ) 1 f x ( ) 2
g x ( ) 1 g x ( ) 2
x ( )
=
m
m
D
D i
(1) .................... g x f ( ) m = ∩ là tập xác định của hệ (1).
i
1 =
Một giá trị a D∈ của biến x làm cho từng phương trình của hệ (1) đều trở thành đẳng iS là tập hợp nghiệm của phương thức đúng được gọi là một nghiệm của hệ (1). Kí hiệu
m
S
S
trình thứ i của hệ (1) thì tập hợp nghiệm của hệ (1) là
i
= ∩ . Khi S = ∅ ta nói hệ vô
i
1 =
nghiệm.
2.1. Định nghĩa. Cho m phương trình
19
2.2. Định nghĩa. Ta cũng gọi tuyển của m phương trình kí hiệu là
=
=
g x ( ) 1 g x ( ) 2
f x ( ) 1 f x ( ) 2
(2)
x ( )
=
................... f
g x ( ) m
m
m
D
Tập xác định của tuyển phương trình (2) cũng là
iD là tập xác định của
= ∩ , với D i
i
1 =
phương trình thứ i.
Nếu có một giá trị a D∈ của x làm cho một phương trình nào đó của tuyển phương trình (2) trở thành đẳng thức đúng thì a được gọi là một nghiệm của tuyển phương trình (2).
m
S
Tập hợp nghiệm của tuyển phương trình (2) là
i
iS là tập hợp nghiệm của phương
= ∪ , S
i
1 =
trình thứ i của tuyển phương trình (2).
Khái niệm tương đương của hệ phương trình, tuyển phương trình cũng tương tự như phương trình.
2.3. Các định lí về hệ phương trình tương đương
;
;...;
) 0
;...;
)
thì
= ⇔ =
x n
x n
F x x ( 1 2
x 1
f x ( 1 2
0
;
;...;
;...;
=
=
x n
x 1
0
;
;...;
) ;
;...;
;...;
=
) 0 =
x n )
x n
x n
2
F f ( 2 1
( f x 1 2 ( x 2
x 2
⇔
;...;
;
0
;...;
;...;
;
=
) 0 =
)
(
x n
m
x n
x n
( F x x 2
1
F f ( m 1
x 2
x 2
( ) F x x 1 1 2 ( ) F x x 1 2 ........................... )
x n ..........................................
2.3.1. Định lí. Nếu
0
0
=
=
F 1
0
0
=
=
0
0 = ⇔
=
+
+
F 1 F 2 F 3
2
.....
0
+
=
m
m
n F mm m
2
1
........... F 0 = m
n F n F + 12 1 2 22 n F n F n F 13 1 23 33 3 ................................ n F n F + + 1 2
2.3.2. Định lí
0
=
0
=
...
.
0 = ⇔
F F F m 1 2
0
=
F 1 F 2 ....... F m
2.4. Định lí về tuyển phương trình tương đương
II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN
1. Phương trình bậc nhất một ẩn
a b ,
0.
0,
≠ℝ a ,
+ =
∈
20
1.1. Định nghĩa. Phương trình bậc nhất một ẩn là phương trình ax b
x
.
Phương trình bậc nhất có một nghiệm duy nhất
= −
b a
0
ax b+ = (1)
x
.
·
= −
0
a ≠ , phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
b a
a
·
0
b= 0,
≠ , phương trình (1) vô nghiệm.
a
·
0
b= 0,
= , phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
1.2. Giải và biện luận phương trình dạng
ax b
0;
cx d ax b ;
.
1.3. Một số phương trình qui về phương trình bậc nhất một ẩn
=
+ =
+ =
+
cx d +
ax b + cx d +
0
Khi giải phương trình dạng
ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác không. Để giải
=
ax b
,
ax b + cx d + cx d ax b ; +
cx d +
+ =
+ =
các phương trình định nghĩa và tính chất của dấu giá trị tuyệt đối. Cho
Đó là các phương trình dạng:
·
A
A A ; 0 ≥ A A ; 0 <
−
=
·
A
= A B A
B
= −
B = ⇔
A B
·
= ⇔
A B
B
= −
≥ 0B = A
ta phải khử dấu giá trị tuyệt đối bằng ,A B là các biểu thức chứa biến, ta có
2
ax
bx
c
+
+ = 0
2. Phương trình bậc hai một ẩn
a ≠ . 0
b
ac
được gọi là biệt thức của phương trình (1).
Biểu thức
∆ =
2 4 −
Xảy ra ba trường hợp sau:
i) Nếu
0∆ < thì phương trình (1) vô nghiệm;
;
ii) Nếu
=
= −
x 0∆ = thì phương trình (1) có nghiệm kép 1
x 2
b a 2
b
x
iii) Nếu
.
=
0∆ > thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1,2
− ± ∆ a 2
ac
'
2 'b
gọi là biệt thức thu gọn của phương trình (1).
Ngoài ra, nếu đặt
' ∆ =
−
b b = thì 2
Ta cũng có ba trường hợp sau:
i) Nếu
' 0
∆ < thì phương trình (1) vô nghiệm;
21
2.1. Định nghĩa. Phương trình bậc hai một ẩn là phương trình có dạng (1), với a, b, c là các tham số thực,
;
ii) Nếu
=
= −
' 0
∆ = thì phương trình (1) có nghiệm kép là
x 1
x 2
b ' a
b
'
x
iii) Nếu
.
=
' 0
∆ > thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là 1,2
' − ± ∆ a
2
ax
bx
c
0
Nếu phương trình bậc hai
+
+ = có nghiệm
,x x thì 1 2
.
+
=
x 1
x 2
x x 2.
b = − và 1 a
c a
2
SX P
X
S
Đảo lại nếu hai số x, y thỏa mãn x + y = S và x.y = P thì x, y là nghiệm của phương trình bậc hai
2 4
0).
0
+ = (*) (Điều kiện để (*) có nghiệm là
P−
≥
−
Từ đó, ta có hệ quả sau:
.
2.2. Định lí Viet
2.2.1. Nếu a + b + c = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm bằng 1 và nghiệm kia bằng c a
.
bằng
−
c a
2.2.2. Nếu a – b + c = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm bằng 1− và nghiệm kia
4
2
2
ax
bx
c
t
0
+ = , đặt 0
+
x=
≥ , khi đó phương trình đã
3. Một số phương trình bậc bốn có thể đưa về phương trình bậc hai một ẩn (qua phép đặt ẩn phụ)
x a x b x
k
3.1. Phương trình trùng phương: cho được đưa về phương trình bậc hai đối với biến .t
)(
)(
c x d )(
)
+
+
+
+
= , với
a b
c d
.
+ = +
t
x a x b )(
),
khi đó phương trình đã cho được đưa về phương trình bậc hai đối
=
+
+
Đặt ( với biến .t
4
4
t
,
phương trình được đưa
x = +
x a +
+
x b +
c = Đặt .
3.2. Phương trình dạng: (
)
(
)
a b + 2
về phương trình trùng phương
4
4
2 2 t
t 2
12(
)
2(
)
+
+
c = .
a b − 2
a b − 2
4
3
2
ax
bx
cx
bx a
a
0, (
0)
(Phương trình bậc bốn hồi
+
+
+
+ =
≠
3.3. Phương trình dạng: (
Chia hai vế của phương trình cho
0
2
trình), phương trình trở thành
0.
+
c + =
+
+
1 x
2x (vì 1 2 x
x = không phải là nghiệm của phương b x
a x
t
,
2,
3.4. Phương trình dạng: quy).
x = +
t ≥
ta được phương trình bậc hai theo biến t
1 x
22
Đặt
2
at
bt
a
2
+
c + −
= 0.
3
2
4
bx a
bx
cx
0, (
0)
(Phương trình bậc bốn phản
+ =
+
−
+
≠
a ax Đối với phương trình dạng hồi quy), ta cũng có cách biến đổi như trên với phép đặt
t
,
,
x = −
t ∈ ℝ khi đó phương trình đã cho được đưa về phương trình bậc hai theo biến t
1 x
2
at
bt
a
2
+
c + +
= 0.
III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Hệ phương trình có dạng
Ax By C
0
+
+
=
2
2
ax
bxy
cy
dx
ey
f
0
+
+
+
+
+
=
Phương pháp giải.
Sử dụng phương pháp thế: Rút x hoặc y từ phương trình bậc nhất rồi thay vào phương trình bậc hai trong hệ, ta được một phương trình một ẩn. Giải phương trình một ẩn này, sau đó tìm ẩn còn lại.
1. Hệ gồm một phương trình bậc nhất và một phương trình bậc hai hai ẩn
Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai đối với hai ẩn
,x y là hệ phương trình có dạng
2
2
ax
bxy
cy
d
+
=
+ 2
2
d
a x '
b xy '
c y '
'
+
+
=
Phương pháp giải.
· Xét xem
0
x = có thỏa hệ phương trình hay không;
· Khi
kx=
0
x ≠ , đặt y
+ Thế y
vào hệ phương trình, khử x ta được phương trình bậc hai theo k;
kx=
+ Giải phương trình để tìm k, sau đó tìm ( ;
x y ).
2. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai
3. Hệ phương trình đối xứng
,x y là hệ phương trình đối xứng
Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn loại I, nếu ta thay thế x bởi y và y bởi x thì mỗi phương trình của hệ không thay đổi.
Phương pháp giải.
S
đưa hệ phương trình về hệ phương trình ẩn S và P.
· Đặt
x = +
y P xy , =
2
X
SX P
0,
chú ý phải có điều
−
+ =
S
· Tìm S, P, khi đó x, y là nghiệm của phương trình: kiện
2 4
≥ . 0
P−
3.1. Hệ phương trình đối xứng loại I
23
3.2. Hệ phương trình đối xứng loại II
Ta qui ước gọi một hệ hai phương trình chứa hai ẩn x, y là hệ phương trình đối xứng loại II, nếu tráo đổi vai trò của x, y cho nhau thì phương trình này chuyển thành phương trình kia.
Phương pháp giải.
· Trừ từng vế các phương trình đã cho ta được phương trình mới, đưa phương trình này về phương trình tích.
· Ứng với từng trường hợp xảy ra, kết hợp với một trong hai phương trình của hệ để có một hệ phương trình con, giải hệ phương trình con này.
· Tổng hợp nghiệm.
B. BÀI TẬP
2
2
x m
1)
4
3
;
m x m +
− = +
2
2
2
a
a
2)
(
)
2
2 (
)
(
2 b x ) ;
a b +
+
=
a a b +
+
+
2
2
2 a x
2 ab b x a
b
3)
2
;
+
=
+
+
2
4)
a ax b )
(
4
+
=
ax b +
− 5.
II.1. Giải và biện luận các phương trình
2
1
1;
1)
=
x m x m + − − x x
1
+ −
2
m
2)
m x |
1;
−
| 2 =
+
|
mx x | 1 −
2
x
2
.
−
1 − =
3)
mx x
1 − 1 −
m 1 + x 1 −
II.2 Giải và biện luận các phương trình
2
2
x
m
(5
1)
(5
m x m m −
+
−
+
= 2) 0.
II.3. Giải và biện luận phương trình
2
2
2
a
(
)
(
)
2
ab a b (
a b x +
−
+
ab b x 4 +
+
+
= ) 0.
II.4. Giải và biện luận phương trình sau theo hai tham số a và b
,a b c là ba số khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng ,
2
2
bx
x
x
= và 0
ax bc +
+
+
ca + 2 x
Nếu các phương trình nghiệm còn lại của chúng thỏa mãn phương trình
0.
+
= có đúng một nghiệm chung thì 0 cx ab +
=
II.5. Cho
mx
m
x m
3)
2 2( −
−
+ − = 4 0
Tìm các giá trị của m để phương trình có đúng một nghiệm dương.
24
II.6. Cho phương trình
4
m
x
m
2 x m
(
1)
2(
3)
−
+
−
+ + = 3 0
Tìm các giá trị của m để phương trình trên vô nghiệm.
II.7. Cho phương trình
2
2
x
x m x
m
2
−
−
1 − +
= 0
Tìm các giá trị của m để phương trình trên có nghiệm.
II.8. Cho phương trình
2
x
x
k
(
1)
2 |
| .
−
=
−
2
2
x
x
x
2) Tìm các giá trị của a để phương trình
10
5
có bốn nghiệm
2 −
+
8 − =
−
x a +
phân biệt.
II.9. 1) Tìm các giá trị của k để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt
1) ( x – 1)( x + 5)( x – 3)( x + 7) = 297;
2) ( x + 2)( x – 3)( x + 1)( x + 6) = –36;
x x
x
x
3) (
2)(
2)(
−
+
+
4) 18. =
II.10. Giải các phương trình sau
1)
4x + ( x – 1)4 = 97;
2) ( x + 3)4 + ( x + 5)4 = 16;
4
4
x
x
3)
(
2)
(
6)
+
+
+
= 2.
II.11. Giải các phương trình sau
1) 6 x 4 – 35 x 3 + 62 x 2 – 35 x + 6 = 0;
2)
4x + x 3 – 4 x 2 + x + 1 = 0;
3)
4x − 5 x 3 + 10 x 2 – 10 x + 4 = 0;
3
2
4
x
x
x
4)
2
x 21
74
105
50 0
−
+
−
+
= ;
3
2
4
x
x
x
x
5)
2
5
5
+
+
+
+ = . 2 0
II.12. Giải các phương trình sau
x
x
x
x
(
3)(
1)(
5)(
3) 40
m .
+
−
+
− −
=
II.13. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
25
II.14. Giải các hệ phương trình
x
y
x
2
1
1
+ + −
y + =
1)
x
y
2
4;
+
=
3
xy
2
3
15
−
=
2)
xy
15;
+
=
x y x y
2
x
xy
12
−
=
3)
2
y
xy
28;
−
=
x
x
y
3
2
y + −
+
1 = −
4)
x
y
y
0;
x + + − =
2
2
x
y
4
+
+
+
=
1 2 x
5)
x
y
4;
+ + +
=
1 x
1 2 y 1 y
2
x
y
x
y
2
0
6)
+ y
2 6 + + x
= 8 0;
+ + =
2
2
x
y
xy
13
+
−
=
7)
x
xy
3;
y + −
=
2
2
y
x
y
8
8)
+ y
1)(
= 1) 12;
+ =
+ + x xy x ( +
2
2
x
y
x
y
9)
y
+ x x (
4 + + = y y (
1)
2;
+ + +
1) + =
2
x
(
78
=
10)
2 y xy ) 4 4 y
+ x
97;
+
=
3
y
x
y
7(
)
=
−
11)
2
x
y
x
y
2;
+
= + +
− 3 x 2
x
y
3 10
2 + +
− =
12)
4
4
x
y
2 +
3
4;
+
−
=
y
x
2
6
−
y + −
=
13)
2
2
)( 1 y
x
y
2
2
) 3 0;
+
−
)( 1 −
− =
( − x x
26
x
y
1 7
14)
+ + = 2
xy 2 x y
xy
y
2 1 13 ;
+
+ =
y
3 0
( x x
15)
x
y
1 0.
+
−
+ =
)2
(
) 1 + + − = 5 2 x
2
x
xy
y
3
4
−
=
1)
2
y
xy
3
x 4 ;
−
=
x
7
0
y + −
=
2)
y
7
0;
x + −
=
1 2 x 1 2 y
2
x
y
x
1 2
1
=
− +
−
3)
2
y
x
y
1 2
1;
=
− +
−
x
y
− = −
1 x
1 y
4)
3
y
x
2
1;
=
+
4
2
x
3 x y
2 x y
x
2
2
9
+
+
=
+
5)
2
x
xy
x
2
6
6;
+
=
+
2
xy
x
y
x
22 y
+ + =
−
6)
x
y
y x
x
2
2
y 2 ;
−
1 − =
−
4
2
x
3 x y
2 x y
1
−
+
=
7)
2
3 x y
x
xy
1;
−
+
= −
3
2 x y
x
y
3
2
6
15
+
−
= −
8)
2 x y
x
y
2
2
9;
+
+
=
− x + 3 x
2
2
x
y
x
y
3
4
1
+
−
+
=
9)
2
2
x
y
x
y
2
9
8
3;
−
−
−
=
3
2
y
y
)
2
=
10)
3
3
x
y
19;
−
=
− x (
27
II.15. Giải các hệ phương trình
3
3
y
1
=
11)
2
3
2 x y
xy
y
2
2;
+
+
=
+ x
3
3
2
y
x
y
=
−
12)
2
2
x
y
y .
+
x = −
− x
3
x
x
y
y − =
−
1)
x
x
2;
y + =
y + +
2
2
x
y
xy
25
2)
y
+ y x (
+
− = ) 10; =
x
y
2
+
=
3)
x
y
4;
3 + +
3 + =
2
x
xy
x
3
3
+
+
y + =
4)
2
2
2
xy
x
y
x
2
2
2;
+
+
+
=
3
2
2
3
2
2 x y
x
y
y
y
2
2
−
+
−
=
5)
2
2
x
y
y
2 0;
+
− − =
y
2
1 −
x
x
2
3
1
−
2 + =
+
6)
x
2
1 −
y
y
y
2
3
1;
+
−
2 + =
+
+ x
y
3
2
16
−
−
=
7)
xy 2
x 2
x
y
x
y
2
4
33;
+
−
−
=
x
y
3
3 − +
2 + =
8)
x
xy
x
y
2
3
6 4;
y + =
+
−
− +
x
y
(
)(2
)
+
−
=
9)
y
)(2
)
;
+
=
1 xy 1 xy
9 2 5 2
− x (
2
x
xy
2
+
=
10)
3
2
x
xy
y
2
2
x ;
+
−
=
28
II.16. Giải các hệ phương trình
1
+
=
+
x y
y x
7 xy
11)
x xy
y xy
78;
+
=
x
y
1 3
1 − +
− =
12)
x
x
y
(
1)(
1)
5;
y + −
−
−
=
x
y
3
2 6 +
y = +
13)
x
x
4.
y + +
y − =
2
2
x
2
y = +
a y 2
2
y
2
x = +
a x
có nghiệm duy nhất.
II.17. Chứng minh rằng với a ≠ 0, hệ phương trình
2
xy
y
k
4
+
=
y
xy
3
4
−
=
− 2 x 2
1) Giải hệ với k = 1;
2) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi
.k
II.18. Cho hệ phương trình
x
y
a
1 + +
2 + =
x
a 3 .
y + =
II.19. Tìm các giá trị của a để hệ phương trình sau có nghiệm
x
y m
4
0
− −
=
x
x y (
1)
1.
3 −
+
+
= −
II.20. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
y
y m
− +
2
y
x
x m
=
− +
= x
II.21. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
29
II.22. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
x
x
5
4 0
−
+ ≤
2 x mx x
−
+
16 0. =
3
x
1 + +
y m =
y
x
1.
1 + +
=
II.23. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
x
xy
1
+
y m + = 2
+ 2 x y
xy
m .
=
+
1) Giải hệ phương trình với m = 2;
x y thỏa mãn
)
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm ( ; y
x
0;
> 0.
>
II.24. Cho hệ phương trình
2
2
y
m
m x (
1
1) + +
=
+
2
1
2 x my +
=
1) Giải hệ phương trình khi
1;m =
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm.
II.25. Cho hệ phương trình
2
x
m
2
0
2 x my −
+
2 + −
=
2
2
x
y
m
m x (
2
2)
2
+
+
−
=
+
1) Giải hệ phương trình khi
m = − 1;
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm.
II.26. Cho hệ phương trình
x
y
2)(2
+
+
) 9 =
x x ( 2
x
x
4
y m .
+
+ =
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm
II.27. Cho hệ phương trình
x
y
m
1 + +
2 − =
x
y
m
.
2 − +
1 + =
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm
30
II.28. Cho hệ phương trình
CHƯƠNG III
BẤT ĐẲNG THỨC − BẤT PHƯƠNG TRÌNH
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Định nghĩa
).ℝ Ta nói a lớn hơn
,a b K∈ (K là trường số hữu tỉ ℚ hay trường số thực b> nếu a b− là một số dương. Khi đó, ta cũng nói b bé hơn a và kí hiệu
Cho hai số b và kí hiệu a b
a< .
Ta nói a lớn hơn hay bằng b và viết là a b≥ nếu a b− là một số dương hay bằng không. Khi đó, ta cũng nói b bé hơn hay bằng a và viết
b
a≤ .
( )
Giả sử ( ), (hoặc có thể xem là hai biểu thức toán học của cùng n biến số
,...,
A x B x là hai biểu thức toán học với tập xác định chung là D của biến số x x nếu ta xem n
x x , 1 2
x
K
(
,...,
)
).n
=
∈
x n
x x , 1 2
Ta nói
A x ( )
B x ( )
B x hay ( )
A x ( )
<
>
(
A x ( )
B x ( )
B x hay ( )
A x ( )
)
≤
≥
Nếu tại mọi giá trị của biến số x D∈ ta đều có:
)
)
hay
)
)
<
>
A x ( 0
B x ( 0
B x ( 0
A x ( 0
(
)
)
hay
)
))
là các bất đẳng thức đúng.
≤
≥
A x ( 0
B x ( 0
B x ( 0
A x ( 0
B x
Ta gọi
A x ( )
( );
A x ( )
B x ( )
là bất đẳng thức.
a b> ;
a b≥ ;
<
≤
I. ĐẠI CƯƠNG VỀ BẤT ĐẲNG THỨC
A B C là các số hoặc
,...
,
,
Ta chứng minh được dễ dàng các tính chất sau đây, trong đó các biểu thức toán học của cùng một số biến số xét trên cùng một trường số K .
2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thức
< ⇔ > B A
2.1. A B
A B B C ,
> ⇒ > A C
>
2.2.
> ⇒ +
> + A C B C
2.3. A B
A C B D
⇒ +
> +
> A B C D >
2.5.
A B
Am Bm m Am Bm m
; ;
0 0
> <
> <
> ⇒
2.4.
A D B C
⇒ −
> −
> A B C D >
31
2.6.
AC BD
⇒ >
0 0
> >
A B > C D >
n
n
*
2.7.
A
B
0
A B >
> ⇒ >
n∀ ∈ ℕ ( )
*
n
2.8.
n∀ ∈ ℕ (
A
B
0
A B >
> ⇒ > n
{ } \ 1 )
2.9.
0
.
B A <
< ⇒ >
0
A B>
> hoặc
1 B
1 A
2.10.
Các bất đẳng thức sau đây thường được dùng để giải các bài toán về bất đẳng thức.
n
a b a i , , ,
1, 2,...,
là các số thực. Thế thì
3. Một số bất đẳng thức quan trọng
=
i
a
a
a
a
a b
a
b
a
b
a b
(*);
(**);
(***).
+
... + +
≤
+
... + +
+ ≤
+
−
≤ −
n
n
a 1
2
a 1
2
Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi
ab ≥ 0.
i
Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi và chỉ khi các số
0,
1, 2,...,
n .
≤ ∀ =
ia ≥ hoặc 0
ia
3.2. Bất đẳng thức Côsi
,...,
Cho n số thực
a không âm. Thế thì n
a a , 1 2
+
a n
a 1
a 2
n
≥
a ... n
a a . 1
2
... + + n
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
=
... = =
a .n
a 1
a 2
3.1. Bất đẳng thức về dấu giá trị tuyệt đối. Cho
Cho n cặp số thực (
),
;
a b i = 1, 2,…, n. i
i
Thế thì
2
n
n
n
≤
∑
∑
a b i i
2 a i
∑ 2 b i
i
i
i
1 =
1 =
1 =
,
i = 1, 2,…, n.
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k ∈ ℝ sao cho
b i
ka= i
3.3. Bất đẳng thức Bunhiacôpski
4. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức
4.1. Phương pháp qui về định nghĩa
0
A B− > ( hoặc 0
A B− ≥ ).
4.2. Phương pháp biến đổi tương đương
Để chứng minh bất đẳng thức đã cho là đúng, ta biến đổi bất đẳng thức đã cho tương đương với một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Khi đó ta có kết luận bất đẳng thức đã cho là đúng.
4.3. Phương pháp vận dụng các bất đẳng thức đã biết
32
Để chứng minh A B> (hoặc A B≥ ), ta chứng minh
Từ các bất đẳng thức đã biết là đúng ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
4.4. Phương pháp sử dụng tam thức bậc hai
4.5. Phương pháp chứng minh qui nạp
4.6. Phương pháp vec tơ
Một số kết quả sau có thể suy ra từ các tính chất của các phép toán véc tơ.
(cid:10) b
(cid:10) a
(
),
).
Giả sử
Ta có
=
=
a a ; 1
2
b b ( ; 1 2
(cid:10) a
·
+
2 a 1
2 a 2
(
)
·
±
±
a 1
b a ; 1
2
b 2
(
·
)
ka ka ; 1 2
·
=
a b 2 2
·
= (cid:10) (cid:10) a b ± = (cid:10) ka = (cid:10)(cid:10) .a b (cid:10) (cid:10) a b .
a b + 1 1 (cid:10) (cid:10) a b .
(cid:10) (cid:10) a b .cos( ,
)
=
2
(cid:10) a
≥
)2
(cid:10)(cid:10) ,a b
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng hướng.
(cid:10) a
0 (cid:10) b
(cid:10) · ( a= (cid:10) (cid:10) · a b +
≤
+
(cid:10) b
(cid:10)(cid:10) ,a b
(cid:10) · a
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng hướng.
−
(cid:10) (cid:10) a b −
≤
(cid:10)(cid:10) ,a b
·
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cùng phương.
(cid:10) (cid:10) a b .
(cid:10) (cid:10) a b .
≤
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH
n
f x g x với ( ),
f x g x lần lượt có miền xác định
x∈ℝ trong đó
,D D . Hai hàm số
( ), f x g x được xét trong
( ),
( )
Cho hai hàm số là
1
2
( ) ( ), D D D = ∩ 2. 1
g x
( ) (1)
f x ( )
là kí hiệu của hàm mệnh đề “Giá trị tại x của hàm số f
>
Bất phương trình lớn hơn giá trị tại x của hàm số g ”.
)
là một bất đẳng
>
g x ( 0
f x ( 0
0x D∈ sao cho
Giải bất phương trình là tìm các giá trị thức đúng. Giá trị
) 0x được gọi là một nghiệm của bất phương trình (1).
Chú ý.
· Nếu
1n = thì ta có bất phương trình một ẩn x trên ℝ.
x
(
,...,
)
· Nếu
=
.n ∈ℝ
1n > thì ta có thể xem
x n
x x , 1 2
Khi đó, ta có bất phương trình n ẩn
,...,
x .n
x x , 1 2
Hoàn toàn tương tự như trên ta định nghĩa được khái niệm các bất phương trình
g x
g x
f x ( )
( );
f x ( )
( );
f x ( )
g x ( )
.
<
≥
≤
33
1. Định nghĩa
Các khái niệm hệ bất phương trình, tuyển bất phương trình được định nghĩa tương tự như trường hợp phương trình.
Khái niệm bất phương trình tương đương, bất phương trình hệ quả cũng được định nghĩa tương tự như đối với phương trình. Sau đây ta đưa ra một số định lý về bất phương trình tương đương.
f g ,
,...,
không ghi tên các ẩn để cho gọn,
Ta kí hiệu các vế của bất phương trình bởi nhưng có thể hiểu là một ẩn hoặc cùng n ẩn.
f
g
g
f
2. Sự tương đương của các bất phương trình
.
> ⇔ <
f
g
f
2.1. Định lý.
> ⇔ + > + h g h .
( h có nghĩa trong miền xác định của bất phương trình đã cho).
2.2. Định lý.
f
gh fh > 0 h > g > ⇔ fh gh < 0. h <
2.3. Định lý.
f g .
0
0.
> ⇔ >
f g
Chú ý. Tuy nhiên, đối với các hệ bất phương trình thì các định lý làm cơ sở cho các phương pháp thế và phương pháp khử trong lý thuyết hệ phương trình không còn đúng nữa.
Chẳng hạn, các hệ bất phương trình
0
0
>
>
F 1
(I)
và (II)
0
0
>
>
F 1 F 2
F F + 2
1
là không tương đương.
Thật vậy, (II) là hệ quả của (I), song (I) lại không phải là hệ quả của (II).
2.4. Định lý.
y
y
có tập xác định là
,D giả sử hàm số
f x ( )
có giá trị lớn nhất
=
=
f x Cho hàm số ( ) và giá trị nhỏ nhất trên
,D khi đó ta có:
3. Ứng dụng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất vào việc giải phương trình và bất phương trình
· Bất phương trình
( ) f x ≥ α có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi
≥ α .
Max f x ( ) x D ∈
· Bất phương trình
( ) f x ≥ α nghiệm đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi
34
≥ α .
Min f x ( ) x D ∈
· Bất phương trình
( f x ≤ β có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi
)
≤ β .
Min f x ( ) x D ∈
· Bất phương trình
( f x ≤ β nghiệm đúng với mọi x D∈ khi và chỉ khi
)
≤ β .
Max f x ( ) x D ∈
y
f x ( )
liên tục trên D thì phương trình
=
( ) f x = α có nghiệm x D∈ khi
· Nếu hàm số và chỉ khi
( ).
≤ α ≤
Min f x ( ) x D ∈
Max f x x D ∈
III. BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN
1. Bất phương trình bậc nhất một ẩn
ax b
ax b
a b
ax
hoặc
0 ( ,
0 (1),
0;
0;
0).
1.1. Bất phương trình bậc nhất một ẩn
≠ℝ a ,
b + <
+ ≤
+ ≥
∈
Các trường hợp nghiệm của bất phương trình bậc nhất
0 (1)
ax b+ >
;
ℝ /
S
x
· Nếu
0,
a > (1) có tập nghiệm là
>
x = ∈
b − a
.
ℝ /
S
x
0,
· Nếu
a < (1) có tập nghiệm là
<
x = ∈
b − a
1.2. Giải và biện luận bất phương trình
0
ax b+ >
;
;
S
x
· Nếu
⇔ > − . Vậy, tập nghiệm của (1) là
0a > thì (1)
=
+∞
− b a
b a
;
S
x
· Nếu
⇔ < − .Vậy, tập nghiệm của (1) là
0a < thì (1)
; = −∞
b − a
b a
x
· Nếu
.
0a = thì (1) trở thành 0
b> − Do đó
(1) vô nghiệm nếu
b ≤ 0;
(1) nghiệm đúng với mọi x∈ℝ nếu
b > 0.
1.3. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất
f x ( )
;
0
=
ax b a +
≠
x
Định nghĩa. Bất phương trình bậc nhất một ẩn là bất phương trình có dạng ax b+ >
là nghiệm của ( ).
f x Khi đó, ta có
=0
b − a
;
x
i)
f x cùng dấu với hệ số a khi
( )
>0
b − a
.
x
ii)
f x trái dấu với hệ số a khi
( )
<0
b − a
35
Đặt
Kết quả của định lý được tóm tắt trong bảng sau
−
x
−∞
+∞
b a
cùng dấu với a
trái dấu với a
0
=
ax b +
( ) f x
Chú ý.
1. Sử dụng định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ta có thể giải được các bất phương trình dạng
0 < ;
0 > ;
0 ≤ ;
0 ≥ .
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
P x Q x
P x Q x
P x Q x
P x Q x
Trong đó,
( )P x và
( )Q x là tích của những nhị thức bậc nhất.
2. Để giải các bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa và các tính chất sau
·
f x ( )
g x ( )
<
f x ( ) f x ( )
g x ( ) g x ( )
< > −
⇔
·
f x ( )
g x ( )
>
f x ( ) f x ( )
g x ( ) g x ( )
> < −
⇔
f x
f x ( )
g x ( )
[
2 ( )]
2 g x [ ( )]
·
>
⇔
>
f x
f x ( )
g x ( )
[
2 ( )]
2 g x [ ( )] .
·
<
⇔
<
2
ax
2. Bất phương trình bậc hai một ẩn
f x ( )
;
=
+
bx c a +
≠ 0
2
ax
bx
Định lý. Cho tam thức bậc hai
=
+
c +
( ) f x
+ Nếu
thì
cùng dấu với hệ số a với mọi
x ∈ ℝ ;
0<∆
( )xf
x
;
+ Nếu
thì
cùng dấu với hệ số a với mọi
≠ −
0=∆
( )xf
b a 2
thì
,
+ Nếu
x<
0>∆
( )xf
(
có hai nghiệm phân biệt 1
x x , 2
x 1
) 2 .
(
),
cùng dấu với hệ
( )xf
( )xf
x x ; 1 2
.
Khi đó số a nếu x nằm ngoài đoạn [
trái dấu với hệ số a nếu x nằm trong khoảng ]
x x ; 1 2
2.2. Bất phương trình bậc hai một ẩn
2
0
c >+
2
2
2
bx
ax
bx
ax
bx
ax
Định nghĩa. Bất phương trình bậc hai ẩn x là bất phương trình có dạng (hoặc ;0
). Với
;0
0
ax ,a b c ∈ ℝ và ,
c <+
c ≥+
c ≤+
+
+
+
bx + a ≠ 0.
Cách giải.
36
2.1. Định lý về dấu của tam thức bậc hai
Chú ý. Cũng như trường hợp bất phương trình bậc nhất, ta cũng giải được các bất phương trình dạng
0.
≤
0 ≥ ;
0 > ;
0 < ;
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
P x Q x
P x Q x
P x Q x
( ) P x ( ) Q x
;
Trong đó
P x Q x là tích các tam thức bậc hai.
( )
( )
2.3. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai
f x có nghiệm
( )
af x
( )< 0 và
,
do đó ta có định lý đảo của định lý về dấu của tam thức
< <
x x 1
x 2
Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì chỉ trong trường hợp ,x x thì 1 2 bậc hai như sau.
2
(
Để giải bất phương trình bậc hai ta áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai.
(
af α ) < 0
f x = ( ) f x có hai nghiệm phân biệt 1 x x ( ) , 2
ax x ( 1
bx c + + , v x ) à < 2
nếu tồn tại số thựcαsao cho α nằm trong khoảng 1 ).
x x ; 2
f x ta có phép so sánh nghiệm của
( )
f x với một số
( )
Từ định lý đảo về dấu của tam thức α như sau.
f
) 0
f x ( );
+ Nếu
=α thì α là nghiệm của (
+ Nếu
( ) < 0 thì
f x ( );
af α
α nằm giữa hai nghiệm
,x x của 1 2
af
+ Nếu
) > 0 và
f x ( )
có hai nghiệm
( α
,x x thìα nằm ngoài đoạn [
]
1
2
;x x và hơn nữa 1
2
·
nếu
Định lý. Cho tam thức bậc hai thì
x α< < 1
x 2
s 2
. α<
< nếu
x · 1
x α< 2
s 2
2
bx c
ax
f x ( )
=
+
f
α> ;
+ có hai nghiệm, trong đó có một β < ( ) 0.
fα ( ).
Hệ quả. Điều kiện để tam thức bậc hai nghiệm nằm trong khoảng ( ; ),α β còn nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ; ]α β là
B. BÀI TẬP
,a b c ta có ,
2
a
b
a)
2 1
ab a b ;
+
+ ≥
+ + Đẳng thức xảy ra khi nào?
2
2
a
b
ab
2
;
b)
Đẳng thức xảy ra khi nào?
+
4 + ≥
+
a b +
(
)
2
2
2
b
c
c)
bc 2 .
Đẳng thức xảy ra khi nào?
+
+
≥
ab ac −
+
a 4
,
2) Cho
x y z là các số dương. Chứng minh rằng ,
2
2
2
2
2
2
x
xy
y
y
yz
z
z
zx
x
x
z
3
.
+
+
+
+
+
+
+
+
≥
y + +
(
)
3) Cho
,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng ,
37
III.1. 1) Chứng minh rằng với mọi
3
−
c a −
(
)(
)
9.
a b c + +
+
≥
(
)
1 a
1 + + b
1 c
)( a b b c − abc
x
y
4) Cho
0,
0.
≥
≥ Chứng minh rằng
x
y
x
y
x y
y x
2
2
.
+
+
≥
+
(
)2
+ 2
1)
2
, ( ,
a b c ,
0);
+
+
≥
>
a bc
b ca
c ab
1 a
1 1 + − b c
2, ( ,
a b c d ,
,
0).
2) 1
<
+
+
+
<
>
a
d
a a b c + +
b b c d + +
c c d + +
d a b + +
2
, ( ,
,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác).
3) 1
<
<
+
+
a b c +
b c a +
c a b +
III.2. Chứng minh rằng
>
) ( ) (
)( )(
0); abc a b c ( ,
,
0);
a a b ab + ≥ + 1) 4 b a b b c c a + + + )(
>
ab a b ( , ≥ ) 8 2
2
2
2
2
2
c
b
b
c
a
)
c a )
(1
)
(1
(1
abc .
+
+
+
+
+
≥ ) 6
a
b
c
2) Cho
0,
0,
0.
>
>
> Chứng minh rằng
2
2
2
.
+
+
≥
a b c + + 2
a b c +
b c a +
c a b +
2
2
2
2
u
v
x
y
,
,
III.3. 1) Chứng minh rằng
u v x y thỏa ,
1
+
=
+
= . Chứng minh rằng
ux
a)
vy+
≤ 1;
y
y
b)
u x (
)
v x (
)
2
.
+
+
−
≤
x
y
z
0,
0,
1.
2) Cho
>
>
> và 0
xyz = Chứng minh rằng
2
2
2
.
Khi nào đẳng thức xảy ra?
+
+
≥
y
z
z
x
x
y
3 2
x +
y +
z +
a
b
c
3) Cho
0,
0,
>
>
> và 0
a b c
1.
+ + = Chứng minh rằng
30.
Khi nào đẳng thức xảy ra?
+
+
+
≥
2
2
1 2 b
a
c
1 ab
1 bc
1 ca
+
+
2
2
2
a
b
c
d
III.4. 1) Cho
2 1
+
+
+
= . Chứng minh rằng
2
2
2
2
2
x
x
x
x
(
)
(
)
(2
2 1) ,
+
ax b +
+
+
cx d +
≤
+
∀ ∈ ℝ .
,a b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ,
Chứng
2) Cho
ca
abc .
ab bc +
+
=
minh rằng
38
III.5. 1) Cho
3
.
+
+
<
a
a
1 b 2
c 3
2
c 2
+
+
+
1 b c + 3
1 a b + + 3
2
3
+
+
)2
( 1
2
2
2
2
x
x
(sin
)
(cos
.
)
Khi nào đẳng thức xảy
+
+
+
≥
x
x
1 2 sin
1 2 cos
25 2
ra?
2
2
x
2) Cho
0
1.
x y > và thỏa ,
y+
= Chứng minh rằng
Khi nào đẳng thức xảy ra?
x
y
1
1
4 3 2.
+
+
+
≥ +
( 1
)
( + + 1
)
1 y
1 x
x
x
x
k
x
k
k
ℝ ;
0,
,
,
,
III.6. 1) Chứng minh
ℤ ta luôn có
∈
≠
≠
+ π ≠ π ∈
π 2
2
2
x
x
Khi nào đẳng thức xảy ra?
1
1 + ≤
+
+
2
1 2 x
tan 2 x
cot x
1 .
2) Cho
,a b c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ,
ca
abc .
ab bc +
+
=
Chứng minh rằng
2
2
2
2
2
2
b
c
a
b 2
c 2
3.
+
+
≥
a 2 + ab
+ bc
+ ca
Khi nào đẳng thức xảy ra?
x
y
z
,
1.
3) Cho
x y z > và thỏa , 0
+ + ≤ Chứng minh rằng
2
2
2
x
y
z
82.
+
+
+
+
+
≥
1 2 x
1 2 y
1 2 z
4) Cho
,
1.
x y z > và thỏa , 0
xyz = Chứng minh rằng
3
3
3
3
3
3
y
z
1
1
+
+
+
+
x
1
+
+
3 3.
+
+
≥
x xy
y yz
z zx
Khi nào đẳng thức xảy ra?
,x y thì
III.7. 1) Chứng minh rằng với mọi
2
2
2
x
y
y
y
y cos ) 1
c os
(1 sin +
x ) 2 (sin +
+
+ +
> . 0
2) Cho
0.
a b≥ > Chứng minh rằng
a
a
b
2
2
.
+
≤
+
1 a 2
1 b 2
b
.
x < <
x
x
x
3) Chứng minh: 2sin
tan
3
0
+
−
> , với 0
π 2
3
x
x
4) Chứng minh:
sin
x ,
với mọi
−
<
<
x > 0.
x 6
39
III.8. 1) Chứng minh rằng với mọi
,a b c là các số không âm. Chứng minh rằng ,
2
2
a b c a
b c a b
2 c a b c
(
)
(
)
(
abc .
+ −
+
+ −
+
+ −
) 3 ≤
2) Cho
a b c là các số dương. Chứng minh rằng ,
,
,
.
+
+
≤
2
2
3 4
a a b c + +
b b c a 2 + +
c c a b + +
z
,
3) Chứng minh rằng với mọi số thực dương
x y z thỏa mãn ,
y + +
( x x
) 3 , yz =
3
3
3
x
y
x
z
x
y
x
z
y
z
x
z
3
5
.
+
+
+
+
+
+
+
≤
+
ta có (
)
(
)
(
)(
)(
)
(
)
Khi nào đẳng thức xảy ra?
III.9. 1) Cho
,a b là các số dương, n ∈ ℕ . Chứng minh rằng
n
n
(1
)
)
n 1 + 2 .
+
(1 + +
≥
a b
b a
a
2) Cho
*.
b≥ 0,
≥ 0,
n ∈ ℕ Chứng minh rằng
n
n
n
a
b
.
≤
a b + 2
+ 2
III.10. 1) Cho
a b c là các số dương. Chứng minh rằng ,
,
,
;
1)
+
+
≤
1 3
1 3
3
3
3
a
abc
b
c
abc
c
a
abc
1 3 b
1 abc
+
+
+
+
+
+
2
2
2
2)
.
+
+
≥
a b c + + 2
a b c +
b c a +
c a b +
III.11. Cho
1)
1 0;
+ >
x 5 2 − x 3 | | −
2
x
2)
;
1 ≤ −
2 2 x
3)
3;
≥
2
x
6 |
x 2 | | − x 5 + −
III.12. Giải các bất phương trình sau
| 1; 4) ≤
2
x x | − 5) 2; ≥
| 6) 1. ≥ x 2 x x 2 3 | − x 1 + 2 | + x − | + x 4 | 3 + x 5 | −
40
III.13. Giải các bất phương trình sau
1)
2
2
4
2
3
x
2)
0;
>
− 2 x
x 2 30
x 3 + x − −
3
2
x
3
3)
0;
≤
x − + 2 x
x 3 − x 2 −
4
2
4)
0;
≤
2
x x
x x
4 8
− −
3 + 15 +
; > 2 3 x x x − + x 1 2 − 3 x x 2 −
5)
2
2
2
; + < x x 2 3 x x 1 1 3 1 1 + 2 x − + + +
6)
2
3
2
x
x
x
7)
2
5
+
−
+ > 2 0;
32 x
3 0.
8)
x+ + ≤
x x ( 1) ; + + ≤ x 1 15 x + +
1) ( m – 3) x 2 – 2 m x + m – 6 ≤ 0;
2) ( m – 4) x 2 – 2( m – 2) x + m – 1 ≥ 0;
3) m x 2 – 2( m – 3) x + m – 4 < 0.
III.14. Giải và biện luận các bất phương trình sau theo tham số m
2
m
x
m
f x ( )
(
1)
2(
1)
=
+
−
−
x m 3 +
− 3
Tìm các giá trị của m để
1) Bất phương trình
( ) 0
f x < vô nghiệm;
( ) 0
2) Bất phương trình
f x ≥ có nghiệm.
III.15. Cho tam thức bậc hai
1) 1
6;
≤
<
2)
2.
<
2 x mx 3 5 + − 2 x x 2 1 − + 2 x mx 1 + + 2 x 1 +
III.16. Tìm các giá trị của m để các bất phương trình sau có tập hợp nghiệm là ℝ
,x x thỏa điều 1
2
kiện được chỉ ra
41
III.17. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau đây có các nghiệm
2
2
x
m
1)
(2
3)
0;
;
−
+
x m +
=
3 < <
2
mx
m
x m
2)
2(
1)
2;
+
−
x 1 5 0; + − =
<
<
2
m
x
m
x m
x 2 x x 2 1 1 0; 1
3) (
1)
(
5)
.
−
−
−
+ − = − <
<
x 2
x 2
2
m
(3
m x )
2(2
5)
−
−
−
x m 2 −
+ = 5 0.
III.18. Biện luận theo m vị trí của số 1 với các nghiệm của phương trình
,x x thỏa điều kiện được 1
2
chỉ ra
2
III.19. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau có nghiệm
2
mx m x m 1) 2( 1) 5 0; 2; − + + + = 0 < < < x 2
m x 2) ( 2) 2 2 . − − mx m + x 1 3 0; 6 − = − < 4 < < x 1 x 2
mx
m
x m
1)
2 2( −
−
+ − = 3 0.
III.20. Biện luận theo m vị trí của số 0 và số 2 đối với nghiệm của phương trình
m
x m
22 x
(2
1)
+
−
+ − = 1 0
có một nghiệm nằm trong khoảng ( 1;3),
còn nghiệm kia nhỏ hơn –1.
−
III.21. Tìm các giá trị của m để phương trình
2
m
x
(
1)
mx m 2
−
−
+ + = 5 0
Tìm các giá trị của m để phương trình
1) Có hai nghiệm đều lớn hơn 2;
2) Có ít nhất một nghiệm lớn hơn 2.
2
m
x m
III.22. Cho phương trình
( )
2(
1)
5
f x mx =
−
+
− + .
Tìm các giá trị của m để
f x ( )
0,
x > ∀ < 1.
2
x
m
x
m
f x ( )
2
(3
1)
(3
9)
.
III.23. Cho
=
−
+
−
+
III.24. Cho
Tìm các giá trị của m để
[ x ≤ ∀ ∈ −
] 2;1 .
2
2
m
x
m
x m
f x ( ) 0,
f x ( )
(
2)
3(
6)
1
=
−
−
−
− − .
III.25. Cho
Tìm các giá trị của m để
.
( x < ∀ ∈ −
)
f x ( ) 0, 1, 0
2
x
x
x
x
(
2)(
4)(
6
10)
m .
+
+
+
+
≥
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
III.26. Cho bất phương trình
x∀ ∈ ℝ .
42
III.27. Cho bất phương trình
2
x mc x
c 2 os
3
≥ os +1 0.
+
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
[0;
]. π
x ∀ ∈
2
III.28. Cho bất phương trình
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
x m x m (2 3)( + + + + ) 2( + + > 2) 0. 1 2 x 1 x
0. x∀ ≠
3
2
x
m
x
m
x m
(2
1)
3(
4)
−
+
+
+
− −
> 12 0.
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
III.29. Cho bất phương trình
x∀ > 1.
x
x
x
x
(
1)(
1)(
3)(
5)
m .
−
+
+
+
>
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
III.30. Cho bất phương trình
x∀ > − 1.
x
x
x x (
2)(
2)(
4)
m 2 .
−
+
+
<
Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm
III.31. Cho bất phương trình
1
x > 0.
2 x + = có đúng ba nghiệm phân biệt.
( x 4 4
) 1
III.32. Chứng minh rằng phương trình
CHƯƠNG IV.
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
1. Định nghĩa và các định lý
( ) 0,
( )
Ta gọi phương trình vô tỉ, mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn hay nói khác đi đó f x là một hàm số có chứa căn thức của biến số. là phương trình dạng
f x = trong đó
k
1 +
k
1 +
1.1. Định nghĩa
2 g x [ ( )]
g x ( )
f x ( )
f x ( )
⇔
=
=
[
1 +
k
2
1 +
1.2.1. Định lý. 1.2. Các định lý. (Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phương trình vô tỉ). ]2
k
1 +
f x ( ) g x ( ) f x ( ) [ ( )] k 2 g x 1.2.2. Định lý. = ⇔ =
+= k 2 1
f x ( ) g x ( ) f x ( ) g x ( ) 1.2.3. Định lý. 2 ⇔ =
k
k
2 g x [ ( )]
⇔
43
g x ( ) 0 ≥ 1.2.4. Định lý. 2 f x ( ) g x ( ) = f x ( ) =
2
x mc x
c 2 os
3
≥ os +1 0.
+
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
[0;
]. π
x ∀ ∈
2
III.28. Cho bất phương trình
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
x m x m (2 3)( + + + + ) 2( + + > 2) 0. 1 2 x 1 x
0. x∀ ≠
3
2
x
m
x
m
x m
(2
1)
3(
4)
−
+
+
+
− −
> 12 0.
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
III.29. Cho bất phương trình
x∀ > 1.
x
x
x
x
(
1)(
1)(
3)(
5)
m .
−
+
+
+
>
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với
III.30. Cho bất phương trình
x∀ > − 1.
x
x
x x (
2)(
2)(
4)
m 2 .
−
+
+
<
Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm
III.31. Cho bất phương trình
1
x > 0.
2 x + = có đúng ba nghiệm phân biệt.
( x 4 4
) 1
III.32. Chứng minh rằng phương trình
CHƯƠNG IV.
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
1. Định nghĩa và các định lý
( ) 0,
( )
Ta gọi phương trình vô tỉ, mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn hay nói khác đi đó f x là một hàm số có chứa căn thức của biến số. là phương trình dạng
f x = trong đó
k
1 +
k
1 +
1.1. Định nghĩa
2 g x [ ( )]
g x ( )
f x ( )
f x ( )
⇔
=
=
[
1 +
k
2
1 +
1.2.1. Định lý. 1.2. Các định lý. (Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phương trình vô tỉ). ]2
k
1 +
f x ( ) g x ( ) f x ( ) [ ( )] k 2 g x 1.2.2. Định lý. = ⇔ =
+= k 2 1
f x ( ) g x ( ) f x ( ) g x ( ) 1.2.3. Định lý. 2 ⇔ =
k
k
2 g x [ ( )]
⇔
43
g x ( ) 0 ≥ 1.2.4. Định lý. 2 f x ( ) g x ( ) = f x ( ) =
g x
( ) 0 ≥
k
k
2
f x ( )
g x ( )
=
f x ( ) 0 f x ( )
≥ ∨ g x ( ) =
⇔
(Với k là số tự nhiên khác 0).
1.2.5. Định lý. 2
2.1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
2.3. Phương pháp lượng giác hóa
Trong một số trường hợp, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bởi các hàm số lượng giác, thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Kiến thức cần nhớ như sau.
k
x
+ Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là
k k ,
0
− ≤ ≤
> hay phương trình có chứa
2
2
2. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
x
k
thì đặt
hoặc đặt
t t cos ,
=
∈ π [0; ].
k x k t t sin , ]; x− = [ ∈ − π π ; 2 2
+ Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là
2
2
x k k , 0 ≥ > hay phương trình có chứa
thì đặt
hoặc đặt
2
2
x x t x t ; [0; ) ); , ; 0) (0; ]. k− = ∈ [ ; ∪ π = [ ∈ − ∪ t t k cos π 2 3 π 2 k sin π 2 π 2
+ Nếu trong phương trình, ẩn x nhận mọi giá trị thuộc ℝ hay phương trình có chứa
x
k
thì đặt
t t tan ,
.
=
π π ; 2 2
∈ −
2
x
Ngoài ra, tùy từng trường hợp, cũng có thể đặt
cos
t x ;
2 t sin ,...
=
=
2.4. Một số phương pháp khác
x k+
f x
f x
f x ( ) 0
f x > (hoặc ( ) 0,
( ) 0, ≥
<
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
f x là hàm số có chứa căn thức của biến số.
( )
1. Định nghĩa và các định lý 1.1. Định nghĩa Bất phương trình vô tỉ là một bất phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức. Nói khác đi đó là một bất phương trình có dạng ≤ ), trong ( ) 0, đó
k
2
k
2
1 +
1.2. Các định lý
1 x+ ( )
.
k
2
k
2
1 +
g f x ( ) g x ( ) f x ( ) 1.2.1. Định lý. ≥ ⇔ ≥
1 x+ ( )
.
g x ( ) 0 ≤ f x ( ) 0 ≥
k
f x ( )
g x ( )
g f x ( ) g x ( ) f x ( ) 1.2.2. Định lý. ≤ ⇔ ≤
≥
g x
( ) 0 ≥
k
2
g
f x ( )
x ( )
≥
⇔
44
1.2.3. Định lý. 2
f x
( ) 0 ≥
k
g x
f x ( )
g x ( )
≤
⇔
( ) 0 ≥
k
f x ( )
2 g x [ ( )]
≤
1.2.4. Định lý. 2
2.1. Phương pháp nâng lũy thừa
2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
2.3. Một số phương pháp khác
2. Các phương pháp giải bất phương trình vô tỉ
B. BÀI TẬP
2
IV.1. Giải các phương trình
1)
2
x x (16 ) 3 − − = 0;
2)
2
x
x
x
3)
2;
4 2 +
−
= −
2
x
x
x
4)
1 4 +
−
= − 1;
x (9 ) 2 0; − x − =
5) 2
x x x 2 ; 1 + + 3 − =
6)
2
2
x
x
x
7)
(
3) 10
12;
+
−
=
x − −
x
8)
1
4 + −
x − =
x 1 2 . −
x x x 4 13 3 12; 1 + + + = +
2
2
x
x
x
x
1)
3
15
2
5
1 2;
+
+
+
+ =
2
2
x
x
x
x
2)
3
3
6
−
3 + +
−
+ = 3;
IV.2. Giải các phương trình
3)
2
x
x
x
x
4)
2
16;
4 + +
4 − =
−
12 2 +
−
2
x x x 5 ( 2)(5 ) 4; 2 + + x − + + − =
5)
2
x x
6)
1
1
24
x ;
+
+
−
=
x
x
x
x
7)
11
11
4;
+
+
+
−
+
=
3
3
3
3
x
x
x
x
35
(
35
8)
−
+
−
) 30; =
3
3
x x x x 1 1 ; + − = + − 2 3
9)
45
x x 2 3 3 2; + = −
2
2
2
3
x
x
x
10)
2 (1 3
)
3 3 1
(1
)
0;
+
+
−
+
−
=
3 6 1
11)
2
x x 2 2 0; + − + =
12)
2
x
x
x
x
3
13)
+
1 + =
+ + 1.
x x x 3 1 3 8 + = − + 3;
2
2
x x
4 x x
1)
15
15
2;
+
−
+
=
2
2;
x − +
=
2)
3
2
4 x − +
x
3
;
9 5 −
=
x − +
3)
x
6 3
−
4
1
4)
;
−
=
2
2
3 x
x
x
x
x
x
x
+
+
−
+
2
2
x
x
x
x
5)
2
2
1 2;
+
1 + +
−
+ =
2
2
2
x
x
x
x
x
6)
(2
6
10)
3
x 11
33
8 0.
+
+
+
−
−
+ =
x
x
x
x
7)
22 x
4
3
2 2
3 2
+
−
+ −
+
= 0;
IV.3. Giải các phương trình
32 3
8)
4
4
4
9)
x
x
x
32
1 + =
−
+
x x −
2 3 6 5 − + ( 8 0; − = ) x 1 ;
10) 3 2
x x 1 − = − − 1;
11) 3 9
2
2
x x 2 − = − − 1;
3 2 1
12)
x x 4 − + − = 4.
IV.4. Giải các phương trình
1)
x
x
x
2) 2
2 2
4;
+ +
1 + −
1 + =
2
x
x
2(
2
4)
2
x
x
x
3)
2
2 3
2
4;
=
+ +
−
+
− x
+ 2
+
2
3
x
x
x
4)
2(
3
−
+
2) 3 =
+ 8;
3
2
x
x
x
x
5)
(1
2 3 )
2(1
)
;
+
−
=
−
46
x 3 x x x x 2 2 ; + 1 − + − 1 − = + 2
3
3
2
2
x
x
x
x
1
1
1
;
6)
+
−
−
−
+
2 = +
−
( 1
)
( 1
)
2
2
x
x
x
7)
1
2
1
2
1 0;
x − −
−
−
+ =
2
2
2
x
1
2
x
8)
;
1 + +
=
+ x
1) 2 x
2
x ( x 2 (1
)
+ −
x
2
(
)2 1
9)
x
x
2
.
1 + +
3 2 −
=
− 2
2
x
x
x
1)
(
1)
2
0;
−
− − ≥
2
2
x
x
x
2)
(
1)
2
0;
−
− − ≥
2
x
x
2
5
3)
−
x < − ;
x
x
4)
3 0;
2
2 3 −
x + − − >
x
x
x
2
0;
5)
3 + +
2 + −
4 + >
2
2
x
x
x
x
6)
3
5
3
5
+
7 + −
+
+ > 2 1;
x
x
x
x
4;
7)
+
9 + ≥
1 + +
+
x
x
x
2
4;
8) 5
1 − −
1 − >
−
2
2
2
x
x
x
x
x
x
9)
3
6
2
9
7;
+
2 + +
+
5 + ≤
+
+
2
2
2
x
x
x
x
x
x
10)
2
2
4
+ − +
+
3 − ≤
+
− 5;
2
x
1
−
11)
3.
<
1 4 − x
IV.5. Giải các bất phương trình
2
2
x
x
x
x
2
4
4
1)
−
3 + ≥ −
+
− 5;
5
x
x
5
2
4;
+
≤
+
+
2)
1 x 2
x
2
x
x
x
x
3)
3 2
3
x 4 2 ;
1 − +
+ +
−
+
> −
(
)( 1
)
3
x
x
x x
0;
4)
+
2 3 +
1 2 + + >
2
x
x
x
x
5)
7
7
6 2 49
7
x 42 181 14 ;
7 + +
− +
+
−
<
−
2
x
x
x
x
6)
2(
2)
2
2
;
−
+
≤ − +
47
IV.6. Giải các bất phương trình
2
x
x
x
x
7)
2(
2)
2(2
1)
2
2
+
+
−
> + +
− 1;
2
2
x
x
x
x
x
4
(
4)
2
4;
8)
+
≥
+
−
+
2
2
x
x x
9)
1 2
x 2 ;
− ≤
+
x
x
x
1) 2
1 3(
1);
10) (
−
− ≤
−
2
2
2
x
x
x
1
1 6 0;
−
1 1 − − +
− − >
11) (
)(
)
x
x
2
x 1 5 4 ;
12)
− ≤ −
3
2
2
x
x
x x
x
2
x 2 .
13)
−
x + <
+
−
1)
41
−
≥ + 3;
16 x
2 x
2
2
x
x
x
x
(2
);
2)
≥
+
12 2 −
−
2
x
3)
4
0;
−
+
≥
x x
2
x
13
40
−
4)
0;
≤
x + 2
x
x
19
78
−
−
x
x
5)
1
−
−
< 0;
16)
−
7
x
;
6)
+
3 − >
22( x x
x
3
3
−
−
2
x
x
x
x
x
7)
4
4
4 2
8
0;
+
+
+ −
−
>
x
3
;
8)
1 + >
2
2
1
1 x −
x
1
−
x
x
31
9)
> +
− 1;
x
x
10)
3 5.
+
>
2 2
x
4
−
IV.7. Giải các bất phương trình
x
x
x
x
m
5 2
4
.
− −
6 − +
−
6 2 − − =
IV.8. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt
2
2
x
x
x
x
1)
4
4
m ;
+
−
+
−
=
48
IV.9. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau có nghiệm
x
4
4(
2
)
+
+
=
+
x m . +
2)
1 2 x
1 x
4 x
2
2
2
3
x
m
x
m
(
2
4
)
+
−
+ + −
= 0.
5 3
Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi m > 0.
IV.10. Cho phương trình
2
x
x
x
x
x
m
5
4
2
1 + +
4 + +
+
+ + +
= 0.
Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm không âm.
IV.11. Cho phương trình
x m
x
x
5
7
5
7
m 2
x + +
− +
+
−
=
+ 1.
(
)(
)
IV.12. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
2
4
x
m x
x
3
2
1 − +
1 + =
− . 1
IV.13. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm
2
2
2
x
x
x
x
x
m x (
2
2
2
−
2 1) + + ≥
−
6 + +
−
+ 2
có nghiệm thuộc đoạn [0; 2].
IV.14. Tìm các giá trị của m để bất phương trình
4
4
4
x
x
4
4
+
x m +
+
+
x m +
= 6
có hai nghiệm.
IV.15. Tìm các giá trị của m để phương trình
1,
m > − phương trình sau luôn luôn có hai nghiệm phân
biệt
x
x
m
x
(
1)(
3).
2 2 −
3 − =
+
−
IV.16. Chứng minh rằng với mọi
3
x
(
1)
−
+
mx m =
+ 1.
Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có một nghiệm duy nhất với mọi
.m
IV.17. Cho phương trình
2
x
x
x
(4
)(6
)
2
+
−
≤
−
+ x m
nghiệm đúng với mọi
[ x ∈ −
]4; 6 .
IV.18. Tìm các giá trị của m để bất phương trình
49
IV.19. Tìm các giá trị của m để bất phương trình
mx
x
m
−
3 − ≤
+ 1
có nghiệm.
x
2
2 x mx +
2 + =
+ 1.
IV.20. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt
2
x
x
m x
x
(
1)(
3)
4
+
+
≤
+
+ 5
1) Giải bất phương trình khi
m = − 1;
3].
2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
x ∈ − − + [ 2; 2
IV.21. Cho bất phương trình
2
x
x
x
(3
)(7
)
4
+
−
≤
−
x m . +
[ 3; 7].
Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
x ∈ −
IV.22. Cho bất phương trình
x
4
2 − +
16 4 −
x m . ≤
Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm.
IV.23. Cho bất phương trình
2
x
1
−
≥
− m x .
Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm.
IV.24. Cho bất phương trình
2
x
x m .
12 3 −
≤ −
Tìm các giá trị của m để bất phương trình có một nghiệm duy nhất.
IV.25. Cho bất phương trình
22 m x
x m .
7
+ < +
;
1) Giải bất phương trình khi
m =
1 2
2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi
x ∈ ℝ .
IV.26. Cho bất phương trình
2
x
mx
x
2
1
−
> − .
[
;1].
Tìm các giá trị của m để tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho chứa đoạn
1 4
4
2
4
2
m x
x
x
x
IV.27. Cho bất phương trình
2 2
4
2
− +
−
−
2 + =
− 4
(
)
50
IV.28. Tìm các giá trị của m để phương trình
có nghiệm thực.
3
x
x
23 x
1
+
1 − ≤
−
−
( m x
)3
có nghiệm.
IV.29. Tìm các giá trị của m để bất phương trình
4
x
x
2
2
4 2 6
2 6
x m .
+
+
x − +
− =
IV.30. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt
x < − 1
2
2 x mx +
1 − >
+
− 1.
(
) x m x
IV.31. Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm
2
4.
2 x mx +
4 − =
+
−
(
) x m x
IV.32. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm
CHƯƠNG V
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
b
I. NHẮC LẠI LOGARIT
α = được gọi là logarit cơ số a của b và kí hiệu là loga b tức là
a
log
α =
α ⇔ = b .
a b
Chú ý.
a
a
b
0,
1;
>
≠
> 0.
1. Định nghĩa. Cho a là một số dương khác 1 và b là một số dương. Số thực α sao cho a
thì logarit cơ số 10 của số dương b ta viết là lg b và đọc là
10
· Khi viết loga b thì phải hiểu là
a = .b
· Trường hợp cơ số logarit thập phân của
e= thì logarit cơ số e của số dương b ta viết là ln b và đọc là logarit tự nhiên của
)x
,b hay logarit Nêpe của
xấp xỉ bằng 2, 718281828...).
+
.b (Số e là giới hạn
lim (1 x →+∞
1 x
· Với a
Từ định nghĩa ta có một số kết quả sau. · log 1 0 , log =
= 1;
a a
a
b
b=
a a
loga b
a
· log
b=
·
i
bc
b
)
log
log
c ;1
0;
b c ,
0
=
+
a ≠ >
>
) log ( a
a
a
ii
b
) log
log
log
c ;1
0;
b c ,
0
=
−
a ≠ >
>
a
a
a
b c
51
2. Các tính chất của logarit 2.1. Định lý.
có nghiệm thực.
3
x
x
23 x
1
+
1 − ≤
−
−
( m x
)3
có nghiệm.
IV.29. Tìm các giá trị của m để bất phương trình
4
x
x
2
2
4 2 6
2 6
x m .
+
+
x − +
− =
IV.30. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt
x < − 1
2
2 x mx +
1 − >
+
− 1.
(
) x m x
IV.31. Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm
2
4.
2 x mx +
4 − =
+
−
(
) x m x
IV.32. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm
CHƯƠNG V
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
b
I. NHẮC LẠI LOGARIT
α = được gọi là logarit cơ số a của b và kí hiệu là loga b tức là
a
log
α =
α ⇔ = b .
a b
Chú ý.
a
a
b
0,
1;
>
≠
> 0.
1. Định nghĩa. Cho a là một số dương khác 1 và b là một số dương. Số thực α sao cho a
thì logarit cơ số 10 của số dương b ta viết là lg b và đọc là
10
· Khi viết loga b thì phải hiểu là
a = .b
· Trường hợp cơ số logarit thập phân của
e= thì logarit cơ số e của số dương b ta viết là ln b và đọc là logarit tự nhiên của
)x
,b hay logarit Nêpe của
xấp xỉ bằng 2, 718281828...).
+
.b (Số e là giới hạn
lim (1 x →+∞
1 x
· Với a
Từ định nghĩa ta có một số kết quả sau. · log 1 0 , log =
= 1;
a a
a
b
b=
a a
loga b
a
· log
b=
·
i
bc
b
)
log
log
c ;1
0;
b c ,
0
=
+
a ≠ >
>
) log ( a
a
a
ii
b
) log
log
log
c ;1
0;
b c ,
0
=
−
a ≠ >
>
a
a
a
b c
51
2. Các tính chất của logarit 2.1. Định lý.
iii
b
b
) log
log
b ;1
0;
0;
α = α
a ≠ >
> α ∈ ℝ .
a
a
k
2
Chú ý. Trong iii) nếu
b
b
b
2 ,k k
log
k 2 log
;1
0;
* ∈ ℕ thì
α=
=
a ≠ >
0. ≠
a
a
i
b
) log
log
b ;1
0;
0
= −
a ≠ >
>
a
a
1 b
n
ii
b
b
n
) log
log
b ;1
0;
0;
2.
=
a ≠ >
>
∈
≥ℕ n ,
a
a
1 n
Hệ quả
a
c
c
c
log
hay log
b .log
log
c ;1
0;1
0;
=
=
a ≠ >
b ≠ >
> 0.
b
b
a
a
c b
log log
a
2.2. Định lý
i
b
a
b
) log
hay log
b .log
1;1
0;1
0.
=
=
a ≠ >
≠ > .
a
b
a
a
1 log
b
ii
c
c
) log
log
;1
0;
0.
a ≠ >
0; > α ≠
c α =
a
a
1 α
c
a
log
log
b
b
a
c
iii)
;1
0;
a c ,
=
b ≠ >
> 0.
Hệ quả
II. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Trong một số trường hợp ta xét thêm ẩn số có mặt ở cả cơ số của lũy thừa, khi đó ta phải xét hai trường hợp: cơ số
1a > và 0
a< < 1.
1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình mũ là phương trình, bất phương trình mà ẩn số có mặt ở số mũ của lũy thừa.
2. Một số phương pháp giải phương trình mũ
Các dạng cơ bản
0
f x (
)
g x ( )
a
a
·
=
a
1
f x ( )
g x ( )
=
> a ⇔ =
f x (
)
a
b
b
f x ( )
log
, 1
0;
·
b = ⇔
=
a ≠ >
> 0.
a
2.1. Phương pháp logarit hóa
2.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình là cách giải khá quen thuộc. Ta có ba hướng áp dụng như sau.
1. Biến đổi phương trình về dạng
52
2.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ
f x ( )
k= (1)
với k là hằng số.
a b Do đó nếu tìm được
f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; )a b thì phương trình (1) có 0x thuộc khoảng ( ; )a b sao
Nếu hàm số ( ) nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ). cho
)
k= thì
f x 0(
0x là nghiệm duy nhất của phương trình.
2. Biến đổi phương trình về dạng
g x
f x ( )
( ) (2)
=
y
đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; ),
a b nhưng hàm số
f x ( )
=
nghịch biến (đồng biến) cũng trên khoảng đó thì phương trình (2) có nhiều nhất
=
0x thuộc khoảng ( ; )a b sao cho
)
)
=
a b Do đó, nếu tìm được 0x là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nếu hàm số g x y ( ) một nghiệm trên khoảng ( ; ). f x thì ( 0
g x ( 0
3. Biến đổi phương trình về dạng
f v
f u ( )
( ) (3)
=
f x
y
=
nếu hàm số này đơn điệu trên khoảng ( ; )a b thì khi đó phương u
( ), Xét hàm số trình (3) tương đương với
a b ( ; ).
v u v , ;
∈
=
2.4. Một số phương pháp khác
3. Một số phương pháp giải bất phương trình mũ
Các dạng cơ bản
a f x ( )
1 g x ( )
> <
f x (
)
g x ( )
a
a
.
·
<
0 f x ( )
1 g x ( )
a < < >
⇔
a
b
f x ( )
1 > log <
a
f x (
)
a
·
b b (
.
<
b
0 f x ( )
a 1 < < log >
a
0) > ⇔
f xa ( )
·
b> (1). (0
a< ≠ 1)
i) Nếu
có nghĩa.
f x⇔ ( )
0
b ≤ thì (1)
ii) Nếu
b > thì: 0
b
+ Trường hợp 1:
f x ( )
⇔
>
1.
a > Khi đó (1)
log a
b
f x ( )
⇔
<
+ Trường hợp 2: 0
1.
a< < Khi đó (1)
loga
3.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ
53
3.1. Phương pháp logarit hóa
3.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
Có hai hướng áp dụng như sau:
1. Biến đổi bất phương trình về dạng
f x ( )
(1)
k>
( k là hằng số)
f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b (giả sử đồng biến).
( )
Nếu hàm số
Khi đó ta có nhận xét: Giả sử
( ) 0,
f x = thì
0x thuộc ( ; )a b là nghiệm của phương trình
x
k
Với
f x ( )
)
(1)
≤
= ⇒ vô nghiệm.
x ≤ ⇔ 0
f x ( 0
x
k
Với
f x ( )
)
>
= ⇒ (1) nghiệm đúng.
x > ⇔ 0
f x ( 0
x
Vậy, nghiệm của bất phương trình là
x>
0.
2. Biến đổi bất phương trình về dạng
f v
f u ( )
( ) (2)
<
y
f x
Xét hàm số
( ),
giả sử hàm số đồng biến trên khoảng ( ; )a b , khi đó
=
f u ( )
f v ( )
v u v ; ,
a b ( , ).
<
u ⇔ <
∈
III. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
Trong một số trường hợp có xét cả ẩn chứa ở cơ số của logarit, khi đó ta phải xét hai trường hợp của cơ số:
1a > và 0
a< < 1.
1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình logarit là phương trình, bất phương trình có ẩn chứa trong biểu thức dưới dấu logarit.
2.1. Phương pháp mũ hóa
Các dạng cơ bản
a
a
0,
1
>
≠
b
log
f x ( )
·
a
b
a
f x ( )
=
= ⇔
a
a
0,
1
>
≠
log
f x ( )
log
g x ( )
f x ( )
g x 0, ( ( )
0)
·
=
⇔
>
>
a
a
f x ( )
g x ( )
=
2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ
2.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
2. Một số phương pháp giải phương trình logarit
3.1. Phương pháp mũ hóa
Các dạng cơ bản
54
3. Một số phương pháp giải bất phương trình logarit
a
1
0
1
>
a < <
log
f x ( )
·
b < ⇔
∨
a
b
b
a
a
0
f x ( )
f x ( )
<
<
>
a
1
b
a
f x ( )
>
·
b
log
f x ( )
> ⇔
a
b
0
0 <
a 1 < < f x a ( ) <
>
a
1
0
1
>
a < <
log
f x ( )
log
g x ( )
f x ( )
g x ( )
f x ( )
g x ( )
·
>
⇔
>
∨
<
a
a
g x ( )
0
f x ( )
0
>
>
3.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ
3.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số
B. BÀI TẬP
x
x− 1
1)
4
10.2
24;
−
=
x
2
2)
4.2
x 6
x 2 18.3 ;
−
=
x
x
log
2 3
3
log 3
=162;
3)
x+
2
x
1) +
x
1)
+
log ( 2 1 5
log ( 1 3
4)
9
5
;
=
2
2
x
x
x
x
5
5
−
−
1 − −
−
5)
4
12.2
−
+ = 8 0;
2
2
x
x
2
x 1 + −
x + −
6) 9
10.3
1 0;
−
+ =
x
x
x
7) 3.4
(3
10).2
3
+
−
x + − = 0;
x
2
x
x
8)
(2
3)
+
−
+
x = 2(1 2 ) 0;
−
x
x
3 4.3
9)
.
x 1 +− 3
=
1 9 −
2
2
2
x
x
x
x
x
x
3
2
6
5
2
3
7
−
+
+
+
+
+
4
4
4
10)
+
=
+ 1;
sin
π x − 4
11)
e
x tan .
=
V.1. Giải các phương trình
x
x
2
x
1)
4
2.5
10
0;
−
−
>
x
x
2
2)
9
3
x +− 3
>
− 9;
55
V.2. Giải các bất phương trình
x
4
4
3)
2;
≤
+ x
x 2 − 1 −
x
x
x
1 +
4)
15.2
2
1 + 1 2 ;
1 + ≥
− +
2
x
x
(log
)
log
2
2
2
4;
5)
x+
≤
x x
x x
1 + 3 +
3 − 1 −
( 10 3)
0;
6) (
10 3) −
−
+
≥
2
2
2
x
x
x
2
2
1 +
x
x
x
4
x .2
3.2
.2
8
12;
7)
+
+
>
+
+
x
x
x
1 +
1 +
8)
4
2
8 2 +
−
+
> 5;
2 x
+ −
9)
9.
>
x 21 3
2 m x
6
4
2
+
x m 3 +
2
2
(4
3
)
−
=
−
m x m +
− 6.
V.3. Giải và biện luận phương trình
x
x
x
x
−
−
m
4
4
(2
2
1).
+
=
+
+
V.4. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm
x y +
1)
x
2
4 3
−
128 = y 3 −
1;
=
5
x
y 4 )
−
log ( 9
1
2)
x
x
8 y 2
= y 2
−
−
4
7.2
8;
−
=
x
2
y
y
3 2
5
4
=
−
x
x
1 +
3)
y ;
=
4 2
2 + x 2 +
xy
)
log ( 2
log 3 2
xy
3 2(
)
= +
4)
2
2
x
y
x
y
3
3
6;
+
=
+
+
9
2
2
y x −
x
y
(
)2
1
+
=
5)
2
x
y
2
−
x
y
)
6
;
+
=
9(
y
x
y
3
(
x xy )(
8)
=
−
+
6)
2
2
x
y
8;
+
=
− 3
56
V.5. Giải các hệ phương trình
x
y
3
7)
y
3
x ;
+ = + x 3 + = + y 3
x
x
2
1 +
2
y
2
3.2
2
−
=
−
8)
x
2
2
y
y
2
3
2
2;
−
=
−
xy
)
log 2 3
xy
log ( 4 3
)
2 ( = +
9)
2
2
x
y
x
y
3
3
12;
+
−
−
=
x
y
2
2
2
4
2
+
=
10)
x
y
x
y+ 2
2
4
2
3;
+
+
=
2
2
x
y
1 −
1 −
2
2
ln
−
=
y x
11)
2
y
y
x
3 2
;
+ +
3 = +
x
1
y+ =
12)
x
y
2
2
2;
−
=
x
y
3
2
3
1 +
−
x y +
2
2
3.2
+
=
13)
2
x
xy
x
3
1;
+
1 + =
+
x
y
2
2
2
+
+
2
17
=
14)
x
y
+ 1 +
2.3
3.2
8.
+
=
2 3
x
1)
2
8
x = − ;
−
)
2)
log
3 2; =
x− 1
x
−
)
3)
1;
=
x
( log 9 2 2 3 −
8
x
x
x
3)
8)
4)
+
+
−
=
log ( 4
log (4 ); 2
log ( 2
1 4
1 2
x
x
15.2
27
2 log
0;
+
+
+
=
2
2
( 5) log 4
)
1 x 4.2
3
−
x
x
6)
7
−
= 1;
)
( log 2 7
) 1 − +
( log 2 7
x
x
log
0;
+
+
=
2
4
2
( 7) 2 log
) 1 log
1 4
57
V.6. Giải các phương trình ( log 3 3
x
x
3
log
2
3
2;
−
+
+
=
( 8) 2log 4
)
(
)
3
1 3
9)
x
x
log
log
3log
5
2;
−
+
=
3
2 1 2
1 2
10) log 2 2 log 4 log
8;
+
=
x
x
2
x
2
3
x
x
x
11) log
1 log
3
log
0;
+ −
−
−
−
=
(
)
(
) 1
8
2
1 2
x
x
12)
9
+
x = +
3
( log 9 3
)
) log 28 2.3 ; −
(
2
x
x
3log
0;
13) 16log
−
=
3
x
3
x
27
2
3
x
x
x
14)
log
;
+
=
log 2 2
log 16 4
4
x
x+ 1
15)
1) .log (2
+
2) 6; =
log (2 2
2
+
2
4
x
x
log
(2
)
;
16)
−
−
2 = −
2
x
2 2 −
x
1 2 log (2 2 ) −
3 4
x
x
log
x 4 log
16
0;
17) ( x +1)
+
−
=
3
2 3
3
x
x
x
18)
log
.log
log
log
;
−
3
2
3
2
3 x
1 = + 2
3
x
;
19)
log
4 (9 16 )
−
2 = +
2
x
− 3 4
x
1 2 log (3 4 ) −
2
x
x
+ 1
20)
4) .log (4
log
;
1) + =
log (4 2
2
+
1 8
1 2
2
x
x
log
;
21)
=
2
2
2 2
x log (2 ) .log (16 )
9 2
2
x
x
lg
1 3lg 1
lg 1
;
22)
+ +
x − =
−
x
x
23)
+
x lg(1 2 ) +
=
lg 5 lg 6; +
x
2
1
x
log
1
x 2 ;
24)
= + −
2
− x
x
x
−
2 3 +
− 1
2
x
x
3
2 2)
2;
25)
−
+ +
+
=
log ( 3
1 5
x
x
2)
1);
26)
+
=
+
log ( 3
log ( 2
58
27)
1;
=
x
x
2
+
3 1 log +
2
2
2
x
x
x
x
28)
log
(
2
2)
log
(
2
3);
−
−
=
−
−
2
3
+
2 2
3
+
x
x
lg
29) 3 2 lg
−
1 = −
− 1;
2
2
x
x
x
x
30)
4
4
5)
6;
+
−
+
+
−
−
+
=
3 log ( 2
5) 2 5 log ( 2
x
x
log
log
31)
+
+ = 1 1.
2 2
2
x
x
1)
log
log 6 0;
+
1) − +
≤
2
2 log ( 1 4
1 2
x
2)
log
72)
1;
−
≤
x
log (9 3
2
log
3)
< 1;
x
3
2
x+
2
x
x
log
(
2
6)
;
4)
−
+
+
≤
2
x
9
1 2
x
x
2
+ 1
5)
4)
x 3.2 );
+
≥
−
log (4 1 2
log (2 1 2
2
2
x
x
x
6)
log
2(
10
24)
log
(
9);
−
+
≥
−
x
x
3 −
3 −
7)
;
<
1 2
1)
+
1 x log ( 3
x
x
2log
6
9
+
+
9
2
3
8)
2;
>
x ) x
(log 2 log
+ 3
+
2
x
x+ 1
9)
1) .log (2
2)
2;
−
> −
log (2 2
−
1 2
x
x
1;
10)
log (18 2 ) .log −
≤ −
4
2
18 2 − 8
x
1
x
11)
;
≤
log (3 4
− 1) .log
3 − 16
3 4
1 4
2
12)
x
x
−
− − ≥ 1) 1;
log ( 9 x
4
x
x
x
13)
log
4log
);
+
<
2(4 log −
2
16
2 1 2
x
x
14)
≤
log 2 x
3 log 2 ; x
59
V.7. Giải các bất phương trình
2lg
3
+
15)
1;
<
x − lg
x 3lg x 1 −
2
3
x
x
3)
3)
+
−
+
log ( 1 2
log ( 1 3
0;
16)
>
x
1
+
x
x
(2 log −
5
x
17)
log
log
;
+
<
x
5
) log x
x 3
3 log
3
2
18)
0;
<
1)
4 − 2 x −
x log ( 1 2
x
x
19)
3 log (2 ) ;
≤
log 2 x
x
x
x
20)
log
1) 2;
+
+ <
log ( 3
2
x
x
log
1 log
9
21)
+ +
+ > 1;
2
3
x
y
log
log
0
−
=
4
2
1)
2
2
x
y
2
8;
−
=
2
2
x
y
y
4
+
=
+
1 2
2)
x
x
y
y 2 )
+
+
−
2 ) 1; =
log ( 3
log ( 1 3
y
3)
x
2;
= −
972 y ) =
x 3 2 log ( 3
y
−
x 2 .8
2 2
=
4)
y
log
9
log (9 ); 3
1 x
1 + = 2
1 2
x
y
5)
4 2
log 2 y
log x
− 5
−
0 = 2 4 0; + =
y
x
2log
3
15
−
=
2
6)
y
x
x
2log
y 1 + 3 ;
=
+
3 .log
2
2
x
x
log
log
2 log 4
+
= −
2
4
1 2
7)
x
y
log
log
5;
+
=
4
2
60
V.8. Giải các hệ phương trình
2
xy
x
)
log
=
log ( x
y
8)
x
2log
y
y
y
4
3;
=
+
y
x
)
log
1
−
−
=
4
1 y
9)
log ( 1 4
2
2
x
y
25;
+
=
2
2
x
y
+
) 5 =
log ( 2
10)
x
y
2log
log
4;
+
=
4
2
xy
y
log
log
=
y
x
11)
x
y
2
2
3;
+
=
3
2
x
x
x
y
2
3
+
−
−
5 ) 3 =
log ( x
12)
3
2
y
y
y
x
2
3
+
−
−
5 ) 3; =
log ( y
y
4
3 0
+ =
13)
x
y
log
log
0;
−
=
4
2
− x
x
y
log
log
−
=
x
4
14)
xy
7 6 16;
=
x
15)
y 4
2log 2 x
2 y
log + 2
+
3 = 16; =
x
2
1
1 − +
y − =
16)
3
x
y
log
3;
−
=
2 3log (9 ) 9
3
x
y
y
ln(1
)
ln(1
)
+
−
+
x = −
17)
2
2
x
xy
y
12
20
0;
−
+
=
y
x
log
log
8
8
x
y
4
+
=
18
x
y
log
log
1;
−
=
4
4
x
y
log
3 1 log
+ = +
2
3
19)
y
log
3 1 log
x ;
+ = +
2
3
61
x
y
lg 4
=
20)
lg 4
lg3
x (4 )
y (3 )
;
=
lg 3
x
y
log
3
+
=
3
21)
x
2
y
2
y 81 ;
y − +
=
) 12 .3
(
2
2
y
xy
1 log
= +
(
)
2
(
22)
2
2
x 2 xy y − +
) 81;
+ =
log x 3
y
x
4
=
1 −
23)
x
9
;
=
log 3
1 2 y 3
x
y
+ −
=
3 4 − x
x
log
1;
) 1 1 3 =
24) ( x + y
3
2
2
x
y
x
x
y
log
1 log
3
+
−
+ =
+
)
(
)
4
( log 2 4
4
(
)
25)
2
xy
y
y
x
log
2
2
4
log
1.
+
−
+
=
−
(
) 1 + −
4
4
( log 4 4
)
x y
x
x
m
log
log
1 2
1 0 (1)
+
+ −
− =
2 3
2 3
1) Giải phương trình khi m = 2;
2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3 [1; 3 ] .
2
x
V.9. Cho phương trình
4(log
)
log
−
x m +
= 0
2
1 2
có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
2
2
t
1 −
t 1 −
a
a
V.10. Tìm các giá trị của m để phương trình:
25
(
2)5
2
1 0
−
+
+
+ = có nghiệm.
V.11. Tìm các giá trị của a để phương trình:
x
x
a
2 log
log
0
−
+ = có bốn nghiệm phân biệt.
2 3
3
V.12. Tìm các giá trị của a để phương trình
0
a > hệ phương trình sau có một nghiệm duy
nhất
62
V.13. Chứng minh rằng với mọi giá trị của
y
x
e
x
y
ln(1
)
ln(1
)
=
+
−
+
y
a .
x − =
− e
x
y
2
2
m
2
4
+
=
x
y
x
y
2
+
m
2
4
2
+
+
=
V.14. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm.
x
1 +
y
m
2
1
1
y = −
+ + +
x
x
2
2
+
1 +
y
m
2
2
1 + =
−
+
1) Giải hệ phương trình khi
0;
m =
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm;
3) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất.
V.15. Cho hệ phương trình
x
y
x
2
2
−
y = −
2
2
x
mx
y
2
4
m 3
−
−
=
1) Giải hệ phương trình khi
1;
m = −
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có đúng hai nghiệm.
V.16. Cho hệ phương trình
x
x
m y 3 +
y
y
m x 3 +
+ = 3 + = 3
1) Giải hệ phương trình khi
1;m =
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm.
V.17. Cho hệ phương trình
2
2
x
y
17
+
=
x
log
log
+
y m . =
2
2
V.18. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
x y x );
y> 1,
< 4.
2
4
x
y
0
−
=
m
log
log
x .
=
y
2
x y
V.19. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm ( ;
63
V.20. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng bốn nghiệm
xy
y
8.2
x 4 .4
=
2
x
y
x
log
).
+
=
+
2 y m +
3 log +
2
log ( 2
2
x
y
2 lg
m 3
+
=
2
x
y
3lg
1
−
=
1) Giải hệ phương trình với
1;m =
1.
);
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm ( ;
x y x ≥
V.21. Cho hệ phương trình
2
2
x
y
lg
lg
1
+
=
lg
m .
=
x y
V.22. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
x
y
2
2
+
x
2
3
+
2 1 3 = y m . =
Tìm nghiệm đó.
V.23. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
x
y
2
2
2
+
4 y
2 = x
y
x
2
+
2
4
2
m .
+
−
1 = −
V.24. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
x
y
2
2
2
2
+
=
x
y
x
y
x y
2
2
2
1 + =
m
m
2
2
2
2
2
2
.
+
+
+
+
=
16 (
)
V.25. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
2
x
y
log
log
m 4
+
=
2 3
2
x
y
log
2 2 2 log
10
+
=
3
2
V.26. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
CHƯƠNG VI.
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Ta quy ước các biểu thức trong các công thức sau đều có nghĩa.
I. CÁC CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC
b
b
1) cos(
)
a cos cos
a sin sin
a b +
=
−
64
1. Công thức cộng
xy
y
8.2
x 4 .4
=
2
x
y
x
log
).
+
=
+
2 y m +
3 log +
2
log ( 2
2
x
y
2 lg
m 3
+
=
2
x
y
3lg
1
−
=
1) Giải hệ phương trình với
1;m =
1.
);
2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm ( ;
x y x ≥
V.21. Cho hệ phương trình
2
2
x
y
lg
lg
1
+
=
lg
m .
=
x y
V.22. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
x
y
2
2
+
x
2
3
+
2 1 3 = y m . =
Tìm nghiệm đó.
V.23. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
x
y
2
2
2
+
4 y
2 = x
y
x
2
+
2
4
2
m .
+
−
1 = −
V.24. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
x
y
2
2
2
2
+
=
x
y
x
y
x y
2
2
2
1 + =
m
m
2
2
2
2
2
2
.
+
+
+
+
=
16 (
)
V.25. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
2
x
y
log
log
m 4
+
=
2 3
2
x
y
log
2 2 2 log
10
+
=
3
2
V.26. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất
CHƯƠNG VI.
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
Ta quy ước các biểu thức trong các công thức sau đều có nghĩa.
I. CÁC CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC
b
b
1) cos(
)
a cos cos
a sin sin
a b +
=
−
64
1. Công thức cộng
b
b
2) cos(
)
a cos cos
a sin sin
a b −
=
+
b
b
3) sin(
=
+
b
b
4)sin(
)
a b ) + a b −
=
5) tan(
)
a b +
=
6) tan(
)
.
a b −
=
a a cos sin sin cos a a cos sin sin cos − b a tan tan + b a 1 tan tan − b a tan tan − b a 1 tan tan +
2. Công thức nhân
2
2
a
−
a 1) cos 2 a 2)sin 2
a sin cos a a 2sin cos
= =
a
3) tan 2
.
=
a 2 a
2 tan 1 tan −
2.1. Công thức nhân đôi
a
+
2
a
1) cos
=
a
−
2
a
2)sin
.
=
1 cos 2 2 1 cos 2 2
2.1.1. Công thức hạ bậc
2
2.1.2. Công thức tính theo cos 2a
2
a 1) cos a (1 cos 2 ) = + 1 2
2
a 2) sin a (1 cos 2 ) = − 1 2
a 3) tan . = a a 1 cos 2 1 cos 2 − +
t=
a 2
2
2.1.3. Công thức tính theo tan
2
a 1) cos = t t 1 1 − +
2
a 2)sin = 1 t 2 t +
2
a 3) tan . = 1 t 2 t −
3
a
a
a 1) cos 3
4 cos
3cos
=
−
3
a
a
a 2)sin 3
3sin
4 sin
=
−
65
2.2. Công thức nhân ba
3
a − a 3) tan 3 . = tan 2 a a 1 3 tan 3 tan −
3. Công thức biến đổi tích thành tổng
b a 1) cos cos [cos( )] = a b + ) cos( + a b − 1 2
b a 2)sin sin [cos( )] = − a b + ) cos( − a b − 1 2
b a 3) sin cos [sin( sin( )]. = a b ) + + a b − 1 2
a
b
1) cos
cos
2 cos
cos
+
=
a
b
2) cos
cos
2 sin
sin
−
= −
a
b
3) sin
sin
2 sin
cos
+
=
a
b
.
4)sin
sin
2 cos
sin
−
=
a b + 2 a b + 2 a b + 2 a b + 2
a b − 2 a b − 2 a b − 2 a b − 2
4. Công thức biến đổi tổng thành tích
a
a
a
1) cos
sin
2 cos(
)
+
=
−
π 4
a
a
a
2) cos
sin
2 sin(
)
+
=
+
π 4
Một số công thức quen thuộc
a a a ) 3) cos sin 2 cos( − = + π 4
4
2
2
4
a a a ) 4) cos sin 2 sin( − = − − π 4
6
2
2
6
a a a a 5) cos sin 1 2sin cos + = −
a a a 6) cos sin 1 3sin cos a . + = −
II. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
a= (1)
1
1. Phương trình sin x
a > thì phương trình (1) vô nghiệm.
1
· Nếu
a ≤ thì phương trình (1) có nghiệm.
· Nếu
aα =
Gọi α là số đo của góc sao cho sin
66
sin
x⇔ sin
=
α
(
) ℤ .
= π − α + x
k x 2 π = α + k , ⇔ ∈ Ta có ( )1 k 2 π
0
(nếu α cho bằng radian).
= α + x
(
) ℤ .
0 180
0 .360
⇔ = x
k .360 k , ∈ Hay ( ) 1 k − α +
(nếu α cho bằng độ).
x
x
k
k
sin
1
Các trường hợp đặc biệt
= ⇔ =
+
π ∈ ℤ 2 , .
(
)
π 2
x
k
k
sin
1
·
x = − ⇔ = − +
π ∈ ℤ 2 , .
(
)
x
x
k
sin
0
,
·
= ⇔ = π ∈ ℤ k .
)
π 2 (
·
1
2. Phương trình cos x a= (2)
a > thì phương trình (2) vô nghiệm.
1
· Nếu
a ≤ thì phương trình (2) có nghiệm.
· Nếu
cos
x⇔ cos
=
α
Gọi α là số đo góc sao cho cos aα =
Ta có ( )2
(
) ℤ .
= −α + x
k x 2 = α + π k , ⇔ ∈ k 2 π
(nếu α cho bằng radian).
0 .360
= α + x
(
) ℤ .
0 .360
⇔ = −α + x
k k , ∈ Hay ( ) 2 k
(nếu α cho bằng độ).
x
x
k
k
cos
1
Các trường hợp đặc biệt
= ⇔ =
) π ∈ ℤ 2 , .
(
x
x
k
k
cos
1
·
= − ⇔ = π +
) π ∈ ℤ 2 , .
(
x
k
k
x
cos
0
,
·
= ⇔ = + π ∈ ℤ .
(
)
π 2
x
tan
·
a=
( ) 3
3. Phương trình
67
x
k
,
≠
( + π ∈ ℤ k .
)
π 2
(3) xác định với mọi
,aα =
tan
x⇔ tan
=
α
( )3
k
x
,
.
⇔ = α + π ∈ ℤ k
(
)
(nếu α cho bằng radian).
x
k
k
0 .180 ,
.
Hay (3)
⇔ = α +
(
) ∈ ℤ
(nếu α cho bằng độ).
u
v
tan
tan
thì Gọi α là số đo góc sao cho tan
=
( ) *
u
v
k
,
Thì điều kiện là
≠
k + π ,
≠
( + π ∈ ℤ k .
)
π 2
π 2
u
k
v
,
Khi đó (*)
⇔ = + π ∈ ℤ k .
(
)
x
cot
Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng
a=
( ) 4
x
k
,
(4) xác định với mọi
( ≠ π ∈ ℤ . k
)
thì
Gọi α là số đo góc sao cho cot
,aα =
cot
x⇔ cot
=
α
( )4
x
k
,
.
⇔ = α + π ∈ ℤ k
(
)
(nếu α cho bằng radian).
x
k
k
0 .180 ,
.
Hay (4)
⇔ = α +
(
) ∈ ℤ
(nếu α cho bằng độ).
u
v
cot
cot
**
4. Phương trình
=
(
)
v
k
k
u
k
v
,
,
⇔ = + π ∈ ℤ k .
thì điều kiện là u
k≠ π ,
) ≠ π ∈ ℤ khi đó (**) ,
(
(
)
Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng
III. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP
1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác
+ Đối với các phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác ta biến đổi ngay về phương trình lượng giác cơ bản.
+ Đối với các phương trình bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác ta đặt ẩn phụ, sau đó giải phương trình theo ẩn phụ.
Cách giải.
hay
thì điều kiện
t ≤ 1.
t
x
sin
cos
=
Chú ý. Nếu đặt t x =
2. Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x
68
Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x là phương trình có dạng
sin
cos
(1),
a x c a b c , , x b + = ∈ ℝ
2
Cách giải.
2 ,
ta được
a Cách 1. Chia hai vế của (1) cho b+
sin
cos
( ) 2
2
2
2
x x + = a 2 b 2 c 2 a b a b a b + + +
cos
,sin
2
2
Đặt β = β = a 2 b 2 a b a b + +
Khi đó (2) trở thành
cos sin β
sin cos β
2
x x + = c 2 a b +
sin
Hay
(
) + β =
( ) 3
2
2
2
2
(3) có nghiệm
a
b
c
1
⇔
≤ ⇔ +
≥
c 2
2
a
b
+
tan
x c 2 a b +
=
α
b a
x
x
Ta được sin
+
tan cos α
c = a
x
x sin cos
cos
⇔
α +
sin cos α
=
α
( ) *
c a
x
sin
cos
⇔
α
(
) + α =
c a
Cách 2. Chia hai vế của (1) cho a rồi đặt
Đây là phương trình đã xét trong §1.
Chú ý rằng (*) có nghiệm khi và chỉ khi
cos
x ≤ 1. c a
Đó là phương trình dạng
2
2
a
x
c
x
sin
x sin cos
cos
a b c , ,
x b +
+
=
∈ ℝ
( ) 0 2 ,
3. Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sin x và cos x
x
k
· Xét
=
+ π xem có phải là một nghiệm của phương trình không.
π 2
2
2
x
k
,
· Xét
cos
0,
chia hai vế của phương trình cho
cos
0
≠
+ π khi đó
Cách giải.
π 2
2
x ≠ x ≠ ta được
tan
tan
0
69
a x c x b + + = .
Đây là phương trình bậc hai đối với tan x ta đã biết cách giải.
· Nếu phương trình với vế phải khác 0
2
2
Chú ý.
sin
cos
Ta viết phương trình dạng
2
2
2
2
a x c x x sin cos x b + + d =
sin
cos
cos
sin
(
)
rồi chuyển vế phải sang vế trái.
· Cũng có thể giải phương trình (2) bằng cách biến đổi về phương trình bậc nhất đối với sin 2x và cos 2 ,x nhờ các công thức
x
+
2
x
cos
;
=
1 cos 2 2
x
−
2
x
sin
;
=
1 cos 2 2
x
x sin cos
x sin 2 .
=
1 2
· Đối với phương trình thuần nhất bậc ba đối với sin x và cos x
3
2
2
3
a x c x d x x x sin cos x b + + = +
cos
cos
sin
sin
cos
sin
Ta cũng biến đổi đưa về phương trình bậc ba đối với tan .x
a x x c x x x b + + x d + = 0
Phương trình đối xứng đối với sin x và cos x là phương trình dạng
a
x
x
b
x
sin
cos
x sin cos
a b c , ,
+
+
c + =
∈ ℝ
(
)
( ) 0 3 ,
4. Phương trình đối xứng đối với sin x và cos x
sin
cos
2 sin
,
điều kiện:
2.
x +
t x x Cách giải. Đặt = + = t ≤ π 4
Khi đó 2 t
1 2sin cos
x x = +
.
Thay vào phương trình (3) ta được
Suy ra
2 1 − 2
( b t
) 2 1 −
2
bt
at
t x x sin cos =
2
2
0.
(*)
+
+
c b −
=
(
)
2
Giải phương trình (*) tìm t và chọn nghiệm thỏa
2.
at c + + = hay 0
t ≤
a
x
x
b
x
c
sin
cos
x sin cos
−
−
+ = 0
(
)
Chú ý. Phương pháp giải đã trình bày ở trên cũng có thể áp dụng cho phương trình
bằng cách đặt
sin
cos
2 sin
;
điều kiện:
2.
x −
70
t x x = − = t ≤ π 4
2
1
Khi đó
.
x x sin cos = t − 2
Có nhiều phương trình lượng giác mà để giải chúng, ta cần sử dụng các phép biến đổi lượng giác để đưa về các phương trình đã xét ở trên.
IV. CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÁC
2. Dạng phân thức
1. Sử dụng công thức hạ bậc, góc nhân đôi, góc nhân ba
3. Dạng chứa tan x và cot x
,x ta phải đặt điều kiện cho tan x và
Chú ý. Đối với các phương trình chứa tan x và cot cot x xác định.
4. Một số phương trình giải bằng phương pháp đặc biệt
Ngoài các phương pháp cơ bản giải phương trình lượng giác đã nêu ở các mục trên, chúng ta còn có một số cách giải đặc biệt, sử dụng các kết quả sau:
A m
A A 1
0
A m =
A A = 1
Chú ý. Khi giải các phương trình có chứa ẩn dưới mẫu, ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác không.
2
2
B m
0
·
·
·
≥ ⇔
⇔
B B ≤ 1
B m
0
=
B B = 1
+ =
+
≤ = A B
≤
A B A B 1
1
= A A B + = ⇔ = B
B. BÀI TẬP
1) 3 sin x – cos x = 2;
2) cos x + 2cos2 x = 1; 3) cos4 x + 2cos2 x = 0;
2
4)
2cos x + 4cos x = 3sin2
;x
5) cos x – sin x + 3sin2 x – 1 = 0;
6) 2sin2 x − 3 3 (sin x + cos x ) + 3 3 = 0;
) = 1;
7) sin2 x + 2 sin( x –
π 4
;
8) sin2 x + 2sin x coss x – 2cos2 x =
1 2
;
9) cos x + sin x =
x
x cos2 1 sin 2 −
10) sin3 x – cos3 x = 1 + sin x cos .x
71
VI.1. Giải các phương trình
= (sin x + cos x )2;
2)
x x
1 tan + 1 tan −
3) 1 + tan2 x =
;
x 1 sin 2 − 2 x cos 2
4) tan3 x – tan x = sin2 x ; 5) (sin x – sin2 x )(sin x + sin2 x ) = sin23 x ; 6) sin x + sin3 x + 4cos3 x = 0;
7) sin2 x = 1 + 2 cos x + cos2 x ; 8) 2cos6 x + sin4 x + cos2 x = 0;
2
2
VI.2. Giải các phương trình 1) 2cos2 x – 1 = sin3 x ;
2 2cos 3 cos
2 cos 3
sin
9)
x x x x − + − = . 1 0
1) sin x + cot
= 2;
x 2
2
VI.3. Giải các phương trình
)
cos 4
3)
+ 2 = 0;
2
2) sin2 x + cos2 x + tan x = 2; ( 3 1 tan − 1+ tan
x
cot 2
0, (0
);
4)
+
=
x < < π
x x
tan tan
1 1
− +
3
x
x
tan
3cot(
);
5)
π
1 − +
−
−
) 3, ( =
x < <
x
1 2 cos
π 2
3 π 2
6) cos3 x sin x – sin3 x cos x =
;
2 8
7) sin23 x – cos24 x = sin25 x – cos26 x ;
8) cos3 x – 4cos2 x + 3cos x – 4 = 0, x ∈ [0,14];
9) sin4 x + sin4(
sin22 x ;
+ ) + cos4 x =
x π 2 8
1 2
x
x
2 cos 2
8cos
10)
.
−
7 + =
x
1 cos
x x − x
VI.4. Giải các phương trình
cos 2
3,
(0; 2 );
1)
sin 3 x
5 sin
cos 3 +
72
x x x x + = + ∈ π x + 1 2sin 2
x
x
x
x
x
x tan 3 .sin(
) cos 2 .sin
2) sin 2 .cos
;
=
+
−
π 6
2
x
x
x
cot
sin
sin 2
;
3)
1 − =
+
−
1 2
x cos 2 x 1 tan +
2
4)
cos
;
2
4
x x x x sin 4 sin 2 x sin 9 sin 3 + =
5)
cos
sin
cos 2
x x x x x 2cos (sin x cos ) 1 + = + − ;
sin 4
2cos 3
6) 3 cos 4
2
2
x x x + − = ; 0
7)
4cos
2 cos 2
1 cos 4
;
2
x
x
x
2 2sin (
)
2sin
tan
;
8)
−
=
−
π 4
;
x
x
x
x
9) cos 3
2 cos 2
1 2 sin sin 2
+
= −
x x x − = +
1)(2 cos
sin 2
10) (2sin
x
x
x
x 2 sin 3 cos 2
sin
0;
11) 3 cos 5
−
−
3
x x x x sin ) x cos ; − + = −
12)
sin
3 cos 3
sin
.
= ( 2 cos 4
)
x x x x x x cos sin 2 + + = +
VI.5. Giải các phương trình
4
1)
tan
;
1 + =
2 (2 sin 2 ) sin 3 cos
4
4
x − x x 4 x
sin
x
2
2)
;
−
x
cos x
1 8sin 2
x
1 = cot 2
x
x
x
x
cos
sin 2
cos 2
3) 1 sin +
+
+
+
= ; 0
2
2
x
x
x
x
2 cos
sin
cos(
) sin(3
)
0
4)
−
+
−
−
− = ;
π 4
π 4
1 2
x
x
x
5) cot
+
+
= ; 4
x sin (1 tan tan ) 2
6
6
x + 5sin 2
2(cos
)
6)
0
;
x
x
x
7) cos 3
cos 2
cos
+
−
− = ; 1 0
x
x
6 tan
8) 13 18 tan −
=
− 3;
4
4
x
x
x
cos
sin
cos
x sin ;
9)
−
=
+
13
14
x x + = x sin cos x x sin − 2 2sin −
10)
cos
sin
x x + = 1.
VI.6. Giải các phương trình
1)
tan
cot
2 x 4 cos 2 ;
73
x x = +
2)
sin
;
2 2
2
x x − = − + π 4
cos
2
3 2cos
sin
0;
3)
(
)
sin 2 ( 3 2cos
2
x x x x + + − − = π 4 )
;
1 2cos 3 sin
sin 2
2sin
2
4) (
)
2
2
x x x x + + = + π 4
;
5)
1 sin sin
cos
sin
2 cos
x
x
x
2 cos (
2 sin (
2sin
;
6)
+
+
+
=
−
1 4
π ) 3
π ) 6
x x + − = x 2 π − 4 x 2 x 2
3
sin 3
4 cos
7)
0;
x x − −
1
sin 3
= π − 6 x −
3
3
;
8)
2 3 2 8
2
+ x x x cos 3 cos x sin 3 sin − =
9)
4sin 3 sin
4 cos 3
cos
cos
2
1 0;
x
x
x
x
x
3 cos 3
cos 2
3 sin 2
sin
x 3 cos ;
10) sin 3
+
+
−
=
+
2
x
x
x
x
x
sin
3sin
cos
sin
11)
=
−
+ 3;
( 1 tan +
)
(
)
x
tan
cot
x ;
12)
+
=
−
x sin 2 x cos
x cos 2 x sin
1
x
4 sin
;
13)
+
=
−
x
1 sin
π 7 4
sin
3 π 2
x −
3
3
2
2
x
x
x
x
sin
3 cos
x sin cos
3 sin
x cos ;
14)
−
=
−
x
x
x
2sin
sin 2
x 1 2 cos ;
15)
+
+
= +
( 1 cos 2
)
3.
16)
=
x
) ( x x cos 1 2sin − )( ( x 1 sin 1 2sin − +
)
x x x x x + − + − + + = π 4 π 4 π 4
1)
cos
sin
2 sin
;
VI.7. Giải các phương trình
11 π 4
7 π 4
− + − = + x 5 2 x 2 x 3 2 π 2
2 sin
x
2)
( 1 sin 2
)
74
x x 1 tan ; + = + π − 4 x cos
3
3
x
x
x
x
x
sin
cos
cos 2
2 cos
sin
3)
;
+
=
−
(
)
2
2
4)
2sin
2sin
tan
;
2
2
cos
sin
5)
;
+
=
x 3
1 2
1 4
x 2
x
;
6)
3 sin cos +
=
x
1 cos
2
2
x x x = − π − 4
7)
3 tan
4 tan
4cot
3cot
2
2
x x x x + + + + = 2 0;
8)
sin
tan
cos
sin 2
1 tan
cot
x x x x x x ; + − = + +
9)
4 sin 2
4 cos 2
cot ( 2 1 cos 4 sin 6 = +
2
x x x x ; + x )
10)
cos
2
sin
3 2 cos
0;
(
)
( 3 2cos
)
x x x x + − + − =
11) tan
tan
sin 3
sin
x
x
1 sin 2
x 1 tan ;
1 tan −
+
= +
12)(
)(
)
x
tan
cot
x ;
13)
−
=
−
x sin 2 x cos
x cos 2 x sin
14)
sin
cos
2 cos
;
x x x x x sin 2 ; − + = + π 6 π 6
2
15)
− − − = x 5 2 π 4 x 2 π 4 x 3 2
2cos
2 3 sin cos
3 cos
.
)
x x x x x + = + +
( 1 3 sin VI.8. Tìm các giá trị của tham số m để các phương trình cho sau đây có nghiệm
2
2
1)
tan
cot
(tan
cot
) 2 +
x x x m + x m + + = 0;
2)
(sin
sin 2
m x x m x cos ) + + + − = 1 0;
3) 4(cos
sin 2
x
x x sin ) − + x m . =
− < <
π 2
π 2
2
x
m
cos
2 cos
4
x m −
+
(
) − = 0. 1
VI.9. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thỏa
2
2
VI.10. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m
sin
2 cos
x x x 2sin cos + − x m . =
2 cos 2
2sin 2
nghiệm trong khoảng 0;
.
m x x m − + − = có 2 0
75
VI.11. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: π 4
PHẦN II: LỜI GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN
(1) có nghiệm đối với
.x
CHƯƠNG I. HÀM SỐ
=
0y ∈ ,fT khi đó
y 0
x
4
x 2 1 − 2 x + +
2
I.1. Giả sử
(1)
4
2
(
)
2
x
2
4
⇔
+
−
+
+ = (2) 1 0
(
)
y x 0
y 0
y 0
Xét các trường hợp sau:
+ Xét
x x ⇔ x + + = − 1 y 0
T
1 0
x⇔ − 2
+ =
0 = ∈
Khi đó, ( )2
.f
y 0
1 x⇔ = . Vậy, 2
0.
+ Xét
y = 0. 0
2
2
4
4
y ≠ Khi đó, (2) có nghiệm khi và chỉ khi 0
(
)
(
) + ≥ 0 1
15
8
⇔ −
−
+ ≥ 4 0
2 y 0
y 0
∆ = − − y 0 y 0 y 0
4 2 19 15
4 2 19 15
− + ⇔ ≤ ≤ y 0
Vậy, tập giá trị của hàm số là
4 2 19 4 2 19 ;
.
fT
15
15
=
− +
.
D = ℝ
Giả sử
có nghiệm đối với
.x
T∈ , khi đó
=
( ) 1
f
y 0
y 0
x 2 x
1 + a +
2
2
x ay
I.2. Hàm số đã cho có tập xác định
⇔
− +
( ) 1
y x 0
− = (2) 0 1 0
(
)
Xét các trường hợp sau
T
x
1
0
+
x a ⇔ + x = + 1 y 0
⇔ = − ⇒ = ∈ y .f 0
1 4
0.
+
∆ = −
−
≥ 0
(
) 1
ay 0
y 0
y = (2) 0. 0
1
1
1
1
y ≠ khi đó, (2) có nghiệm x khi và chỉ khi 0
4
4
.
1 0 + ≥ ⇔
2 ay 0
2
2
0
a > và hệ điều kiện sau
Như vậy tập giá trị của hàm số chứa đoạn[
]0;1 khi và chỉ khi
− + + + ⇔ − + ≤ ≤ y 0 y 0 a a a a
0
a ≤
.
0 ⇔ < ≤
5 4
1
− 1 1
1 + a 2 1 + a 2
76
a a + ≥
D
m
\
Tập xác định D là tập đối xứng khi
= ℝ
{
} ;1 .
y
.
và chỉ khi
Hàm số này là một hàm số
=
1
m = − Với 1.
m = − thì hàm số trở thành
x
1
1 2 −
chẵn. Vậy, khi
1
m = − thì hàm số đã cho là hàm số chẵn.
I.3. Hàm số đã cho có tập xác định là
⇒
I.4. Hàm số đã cho có tập xác định là: D = ℝ .
1)
(0
)
(0)
(0)
(0) 0.
a D f a f f f⇒ f a ( ) f a ( ) f a ( ) f a ( ) ∀ ∈ ta có , = + = + = − =
Vậy,
(0) 0
f = (Đpcm).
2) Theo giả thiết hàm số
xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là
y f x ( ) =
tập đối xứng. Mặt khác ta lại có: 0
(0)
(
)
(
(
)
( ).
⇒ − f
Vậy, f là hàm số lẻ.
( ) 0 f x = vô nghiệm thì số nghiệm của phương trình bằng 0.
f
f f a a f a f a f a ( ) = = − + = a ) − + = −
là hàm số lẻ nên
Vì
0.
−
) 0 .
0
Suy ra
y = x ≠ 0
x−
0x là một nghiệm của phương trình ) ( f x x f x ( ) = − 0 ( ) 0. f x = Từ đây
ta có )0
( 0x− cũng là một nghiệm của phương trình ( ) 0 f x = thì
( ) 0, f x = ( f 0x là một nghiệm của phương trình ta có nếu
phương trình
0x− cũng là một nghiệm của ( ) 0 f x = là một số chẵn.
( ) 0. f x = Như vậy, số nghiệm của phương trình
2
(1),
I.5. Trường hợp phương trình ( ) 0 f x = có nghiệm. Gọi Giả sử phương trình )0 ( f x = và 0 = và do đó
+
+
−
=
∀
∈ ℝ .
)
)
)
)
( f x 1
x 2
( f x 1
x 2
( f x 1
( f x 2
x x , 1 2
Thay
0
I.6. a) Ta có:
= vào 2 vế của (1) ta được x 1 x= 2
0
1
,
2
f⇔
= . Nhưng theo bài ra ta có
0≠
( )0
= ∨ ( )0 f
( f x
)
( ) 2 0
f x∀ ∈ ℝ do
( ) 0 ( )0 f
y
b) Hàm số
xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng.
=
Thay
đó f 2 = = . 1
( ) f x = vào ( )1 ta được: x
f
x
2
+
−
=
( ) f x
(
)
( ) f x
f
x
⇔
=
−
x∀ ∈ ℝ .
( ) f x
(
).
Vậy,
( f x là một hàm số chẵn.
)
= x 1 x 20;
Tập xác định của hàm số đã cho là
x +
D = ℝ .
( cos 2
) 3 .
y
x
f x ( )
3
Hàm số
=
=
+
là hàm số tuần hoàn vì có T = 2π sao cho
( cos 2
)
77
I.7. 1) y =
x
x
2 π
∈
x
x
x
x
3
3
3
±
=
±
+
=
+
±
=
+
=
∀ ∈ ⇒ ± ℝ i ( ∀ ∈ ⇒ ℝ i f x
ℝ . ) 2 π
(
) 2 π
)
( cos 2
)
( ) f x
cos 2
( cos 2
4 π
Chu kì của hàm số là
.π Giả sử còn có 0 l π< < sao cho
0T =
ℝ
,
ℝ
x ∀ ∈
( f x ⇔
( ) f x ) x l + +
( cos 2
) 3 (1),
) l + = ( cos 2
3
Chọn x =
(Vô lý).
− ta có (1)
x = + x ∀ ∈
cos 2
1l
⇔
= , với 0
3 2
Vậy, chu kì của hàm số là
.π
0T =
2
l π< < ,
2)
sin
Tập xác định của hàm số đã cho là
D = ℝ .
x
−
2
y
x
sin
Hàm số
là hàm tuần hoàn vì có
sao cho
=
=
=
T π= 2
( ) f x
1 cos 2 2
ℝ
x
x π 2
∀ ∈ ⇒ ± ℝ i
∈
y x . =
1 cos 2
) 2 π
( 1 cos 2
) 4 π
( f x
) 2 π
( ) f x
2
1 cos 2 2
( 2
Chu kì của hàm số là
.π
0T =
ℝ
,
( f x
x − ± x − ± x − x ∀ ∈ ⇒ ℝ i ± = = = =
) l + = 1 cos 2
Giả sử còn có 0 l π< < sao cho ( ) f x ( x +
ℝ
,
ℝ
1 cos 2 2 x cos 2 (1),
2 x l +
l − x ∀ ∈ ) x − ⇔ = x ∀ ∈
(
)
cos 2
1,
Chọn x π= ta có (1) ⇔ cos 2
⇔ = x ∀ ∈
Vậy, chu kì của hàm số là
.π
0T =
3
l = với 0 l π< < (Vô lý)
2 x 2 .
Tập xác định của hàm số đã cho là
D = ℝ ta có .
3
2
y x f x ( ) I.8. 1) = = +
2
0
2.
0 = −
x x f x ( ) = + = x x = ⇔
(0) 0
ta có
(0
0,
0
(
)
Giả sử ( ) f x T = + phương trình
( ) 0
f x f f f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho T ) = ⇒ > là nghiệm của x D ∀ ∈ Chọn . x = =
y
x
2)
f x ( )
1
[1;
=
=
− . Tập xác định của hàm số đã cho là
T ( ), + f x = (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn.
D = +∞ ).
f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho
(1) 0
1 1
1,
)
( ) 0
T f f = ⇒ + > là nghiệm của x = ta có (1 = + =
78
f x x = ⇔ = Giả sử ( ) ( ) 0 1. T f x T x D f x ( ), ∀ ∈ Chọn . ) ( + f x = (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn. phương trình
y
3)
f x ( )
.
Tập xác định của hàm số đã cho là
=
=
D =
{ −ℝ \
} 1;1 .
2
x
1
x −
Giả sử
( )
f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho
nên1
(1
)
D =
x D
⇒ ± ∈ Do x T D .
{ −ℝ \
} 1;1
T T D D + ∈ ⇒ + − ∈ ⇒ ∈ (Vô lý). 1
T D ∀ ∈ Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn.
D = ℝ Với .
T I.9. Tập xác định của hàm số Đirichlê là T> 0, ∈ ℚ ta đều có
Suy ra
(
)
x T± ∈ ℚ nếu x ∈ ℚ , x T± ∈ ℝ ℚ nếu \ x ∈ ℝ ℚ . \
ℚ . ℝ ℚ . \
1 , = 0 ,
f x T ± x ∈ x ∈
(
)
là hàm số tuần hoàn. Tuy nhiên
( ),
)
.
Như vậy, trong tập các số hữu tỉ dương không có số dương bé nhất, vì vậy hàm số Đirichlê là hàm số tuần hoàn nhưng không có chu kỳ.
1
f x x f x( f x T ± ∀ ∈ ℝ Suy ra hàm số =
1
( ) f x
(
)
1
( ) f x ( ) f x
1
1 1 1 1
+ + I.10. 1) Ta có: y f x = = = = = x 2 2 − − x x x x + − + −
Vậy,
( ) f x
(
)
1
+
y
2) Ta có:
=
=
=
=
=
( ( ) f g x
)
x x
2 x
x
1
2 2
1 1 1 1
2
2
1
−
− + − −
x −
x −
( ) g x ( ) g x
y
.
Vậy,
=
=
( ( ) f g x
)
x
1
x −
y f = x = .
I.11. Ta có
1
1
,
( ) x
( ) x
( ) x
( ) x
2
3
2
(
)
(
)
1 x
1
1
1
1 1 x
1 −
x f f f f f x = = = = = = = = f 1 − x x 1 − x − − − x − x
.
( ) x
( ) x
4
3
( ) f x 1
(
)
f
f
Như vậy,
=
=
... = =
∈ ℕ .
1 1 1 − ( ) x
( ) x
( ) x
( ) x k ,
k
f 1
4
7
f 1 3 +
.
Do đó
=
=
( ) x
f 100
( ) f x 1
x
1
1 −
f f f = = = x
I.12. Ta có
⇒
x x <
2
1 .
( ) f x
( ) f x
y x = = = −
1,
2
1 2 , −
1 2 , 1 2
79
x x − ≥
( ) g x
1 1
x = 1
1
y = x 1, x x , − − ≥ <
x = −
Vậy,
2
1 1 ,
2
[ f g x ( )
]
[ g f x ( )
]
x x = − − = − − 1 1 .
1
−∞
2 = −
( ) f x
];1 .
y
x
1
2 = −
− có nghiệm duy nhất đối với ẩn x là
Trên tập xác định (
2
y x I.13. Hàm số = − xác định trên nửa khoảng (
2
4
1 = −
];1−∞ phương trình y − 3.
(
)2
2
x y y − = − +
Vậy, hàm số ngược cần tìm là
4
3,
; 2].
1 −= f
( ∈ −∞
2
2
y x x x x ( ) = − + −
7
3
2 − =
( ) 2 −
2
2
x x y f x I.14. 1) a) Ta có = = x − − x 2 + x + − x 2 +
3
7
Từ đồ thị hàm số
suy ra đồ thị
bằng phép tịnh tiến
theo véc tơ
(0; 2). −
(cid:10) v =
2
2
x x y y f x ( ) = = = x + − x 2 + x − − x 2 +
9
(
3) 3 −
b) Ta có
3)
3) x (
2
x x + y f x ( = = = + + x x 7 + 5 + x ( + + 3) 2 + +
3
9
Từ đồ thị hàm số
suy ra đồ thị
bằng phép tịnh tiến
2 7 x + + x 5 +
( 3; 0).
theo
(cid:10) v = −
2
x x y y f x ( ) = = = x + − x 2 +
3
(cid:10) v
a b ( ; )
c) Từ đồ thị hàm số
tịnh tiến theo vectơ
được đồ thị
=
2
x y f x ( ) = = x + − x 2 +
4
khi và chỉ khi
2
2
x
4
(
) 3 −
b
,
=
x 3 + ∀ ≠ −
+ x
x a − (
x 2 − 3 +
2
2
x
b
b
x
2
(
)
(
)(1
x ( ⇔ +
−
x a −
x a −
+
x a −
+
) 3 2 − +
+
x 3 ∀ ≠ −
) 2 +
=
(
) 3 ,
[ 4) (
x a ( ) − + x a ) 2 + − ]
2
3
2
2
ax
a
x
a x
a
(4
a x )
2
4
(4
2 )
(
7
b x 5 )
3 x ⇔ +
−
−
+
8 − =
+
b + −
−
−
a ab −
+
+
2
a
a ab
3(
b 2
3),
+
− −
+
x 3 − ∀ ≠ −
x y = + x x 2 − 3 +
4
2
4 − = + −
2
a b a
2
(
7
1 = − 1 = −
2
4
8 3(
3)
⇔ −
2
a a b 5 ) = − − a ab − + ⇔ a b a a a ab b 2 − = − − + −
3
( 1; 1)
Vậy, tịnh tiến đồ thị hàm số
theo vectơ
được đồ thị hàm số
(cid:10) v = − −
80
x y = x + − x 2 +
4
.
2 2 x − + x 3 +
2
2
x
x
3
3
−
2) a) Ta có
y
f x ( )
=
= −
= −
x
x − + 2 +
x + − x 2 +
2
2
x y =
3
3
suy ra đồ thị hàm số
bằng phép đối
Từ đồ thị hàm số
xứng qua trục hoành.
2
2
x
5
3
b) Ta có
y
f x
=
= −
1 + = −
( ) 1 +
x − x
+ 2
+
x + − x 2 +
x x − y y f x ( ) = = = x x + − x 2 + x − + 2 +
ta thực hiện hai bước
Do đó để có đồ thị hàm số
2 5 + 2 +
y = x − x
qua trục hoành ta được đồ thị
)C của hàm số 1(
+ Bước 1: Đối xứng đồ thị hàm số y
y f x ( ) =
f x ( ). = −
(0;1)
+ Bước 2: Tịnh tiến
ta được đồ thị hàm số
.
(cid:10) v =
)C theo vectơ 1(
2 5 + 2 +
y
.
y = x − x
Do đó ta thực hiện liên tiếp các bước biến đổi sau:
=
3 = −
x
2
x 7 3 − x 2 −
1 −
y
(2; 0)
+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số
thì được đồ thị hàm số
= theo véc tơ
(cid:10) v =
1 x
y
.
=
x
2
1 −
y
y
.
+ Đối xứng đồ thị hàm số
qua trục hoành ta được đồ thị hàm số
=
= −
x
x
2
2
1 −
1 −
y
(0;3)
+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số
theo véc tơ
ta được đồ thị hàm số
= −
(cid:10) u =
x
2
1 −
y
.
=
x 7 3 − x 2 −
I.15. Ta có
1
.
2 3 − x −
Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x y I.16. 1) = x + 3
1
2 3 − x −
x y = x + 3
1
dành cho bạn đọc. Đồ thị (C) của hàm số
như sau
2 3 − x −
81
x y = x + 3
y
5
1
x
O
2
4
2
x
1
+
f x
;
( ) 0 ≥
2
x
1
+
y
f x ( )
2) a)
=
=
− x
x 3
3 −
− x 2 x
1
+
f x
;
−
( ) 0 <
=
3 − − x
x 3
x 3 3 −
x
1
+
Do đó đồ thị hàm số
gồm hai phần:
y
=
x 3
2 3 − x −
+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số
;
y f x ( ) =
+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số
phía dưới trục hoành qua trục hoành.
y
f x ( )
y f x ( ) =
như sau
=
y
5
1
x
O
2
4
x
1
+
y
;
b)
=
x 3
2 3 − x −
2
x
1
+
x
;
3
>
2
x
1
+
y
Ta có:
=
− x
x 3
3 −
− x 2 x
1
+
x
;
3
−
<
⇔
3 − − x
x 3
x 3 3 −
82
Đồ thị của hàm số
x
1
+
y
Do đó đồ thị hàm số
gồm hai phần:
=
x 3
2 3 − x −
+ Phần đồ thị
trên miền
y f x ( ) = x > 3;
+ Đối xứng của phần đồ thị
trên miền
3x < qua trục hoành.
x
1
+
y
y f x ( ) =
như sau
=
x 3
2 3 − x −
y
5
2
x
O
4
-1
x
x
1
+
y
f x (
)
Do hàm số
là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là trục
=
;
c y )
=
3
2 3 − x −
Đồ thị hàm số
.Oy Với
0x ≥ thì
( ). f x
(
)
x
x
1
+
y f x = =
gồm hai phần:
y
=
3
2 3 − x −
Đồ thị hàm số
+ Phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số
;
y f x ( ) =
+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số
phía bên phải trục tung qua trục tung.
y f x ( ) =
như sau
(
)
y
5
1
x
O
-2
2
4
-4
83
y f x Đồ thị hàm số =
2
2
3
1
3
1
;
0
2
3
3
1
d) Ta có
2
2
3 − x −
1
1
;
0
3 − x −
3 − x −
=
x
x
1
+
y
Do đó đồ thị hàm số
gồm hai phần:
=
3
2 3 − x −
y
f x (
)
+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số
;
=
y
f x (
)
+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số
phía dưới trục hoành qua trục hoành.
=
x
x
1
+
y
x x x x − + − + ≥ x x − − x + y = x 3 x x + + − < x 3 x 3
như sau
=
3
2 3 − x −
y
5
1
x
O
2
-2
4
-4
2
Đồ thị hàm số
x X = y Y =
Hàm số đã cho trở thành
5
Y
Y
.
Hàm số
là hàm số chẵn.
=
=
=
2
X
X
1
1
5 2 −
5 2 −
X
X
2
4
2
3
+
−
+
+
(
)
(
)
Vậy, đường thẳng
2
x = là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.
+ I.17. Đặt
là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi
ℝ
f
x
2
,
−
=
x ∀ ∈
(
)
x 0
4
3
2
4
3
2
ℝ
x
x
x
x
x
2
4
x 2 ,
⇔
−
+
−
+
−
−
−
=
+
−
x ∀ ∈
+
(
)
)
( 3 2
)
)
x 0
x 0
x 0
x 0
4
3
2
x
x
x
8
24
6
x ⇔ −
+
+
+
+
−
+
+
−
+
( 4 2
( ) f x ( 4 2 ) 1
x 0
2 x 0
x 0
3 x 0
2 x 0
x 0
3 ) 1
2
4
3
2
ℝ
x
x
x
x
4
( 2 2 ( 2 16 3
16
32
12
4
3
x 2 ,
x ) 1 +
+
+
+
+
−
=
+
−
x ∀ ∈
x ( 3 8 x 0
4 x 0
3 x 0
2 x 0
84
x I.18. Đường thẳng x= 0
1
= −
1
2
=
+
x 0
0
=
x 0
1 1
8
) 1 + =
+
⇔
⇔
x 1 ⇔ = − 0
8
0
2
+
+
−
x 0 x 0 (
x 0
2 x 0
x 0
x 0 24
6
1 1
+
+
− =
4
0
+
32
12
4
0
+
+
−
=
(
x 0
x 0
2 x 0
x 0
− 8 16 16
( 2 x 0 3 x 0 4 x 0
2 x 0 3 x 0
x 0 2 x 0
x 0
1 = − ∨ )( 1 16 )( 1 4 +
) = ) 1 − =
4
3
2
4
3
2
có duy nhất một trục đối xứng cùng phương với
x x x x = + + −
2
y Vậy, đồ thị hàm số x = − trục tung là 1.
2
1 = +
( ) 1
3 1
,
là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.
Giả sử
)
( I x y 0 0
,
Dời hệ trục toạ độ Oxy về hệ trục toạ độ mới IXY với
bởi phép đặt
)
( I x y 0 0
+
=
x X x 0
y Y
= +
y 0
3
x y I.19. Ta có = x 4 2 x x 4 − + 2 x 1 + − +
) 1
Thay vào ( )1 ta được
1
4 (
) X x + o )2
( X x + o
Y
làm tâm đối xứng thì hàm số
phải là hàm số lẻ
=
)
( g X
)
( I x y ;o o
3
− Y g X ( = = + − y o +
tức là
đúng với mọi
1 + −
1 − +
X ∈ ℝ .
( ) ∗
2
1
1
( − +
) +
Nếu đồ thị ( 4 (
)C nhận ) X x 3 − o )
4 − (
( X x + 0
2
1
Cho X → ∞ thì ( )∗ tương đương với: 2
− + + = y o y o + X x + o 2 ) X x o
1oy = ( )∗ trở thành
3
3
y o y = ⇔ = . Với o
)
;
ℝ .
Đặt
(
)
thì (
)∗∗ trở thành
2
1
1
( − +
) +
4 (
4 − (
( X x + o
12
8
6 0.
Phương trình này vô nghiệm.
3 − =
− + − + X = X ∀ ∈ ∗∗ x= o + X x o ) X x + o 2 ) X x o
2 x o
3 + 1 +
Vậy,
( I x y không phải là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.
)
;o
o
là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.
⇔ − + = x o x 8 − o 2 x 4 o
I.20. Giả sử x m=
x X m = y Y =
Khi đó ta có hàm số
4
2
3
+ Đặt
)
(
)
4 (
2(
)
12(
)
4
2
4
3
2
2
3
X
3 X m
2 X m
a X
4
6
4
4 (
3
X m Xm m 3
)
=
+
+
+
3 Xm m +
+
+
+
+
−
2
2
X
m
mX
2(
2
) 12 (
−
+
+
a X m ) +
−
85
Y f X ( = = X m + + a X m ) + − X m + − X m a +
4
3
2
2
3
2
X
m
am
X
m
am
m
a X
(4
m a X 4 )
(6
12
2)
(4
12
4
12 )
=
+
+
+
+
−
+
+
−
−
4
3
2
m
am
m
am
4
2
12
(2)
+
+
−
−
là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi hàm số
phải là hàm số chẵn, điều này tương đương với
4
4
0
m a +
=
3
2
m
am
m
a
4
12
4
12
0
+
−
−
=
Đường thẳng x m= Y ) f X ( =
0
3
2
m a + =
0
m + am m a 3 3 − − =
3
2
m a = −
(
)
)
(
0
⇔ ⇔
a a ) 3 − + a a 3 ( − a − − − =
0
3
3
3
0
2
0
2
1
0 = 1 = − 1
a a = a
0
Vậy, với
thì đồ thị hàm số có trục đối xứng cùng phương
.Oy
1 = − 1
= a a = a
;
;
đối xứng nhau qua gốc tọa
(
(
)
) M x y N x y , 1
2
1
2
a m = − m a = − m a m a = − = − a = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ a a a 3 a 3 a 2 − + a + − = − = a =
x 2 y
= −
độ, khi đó ta có
)mC có hai điểm I.21. Giả sử trên đồ thị ( x = − 1 y 1
2
Như vậy ta được
2
2
2
2
2
2
2
2
2 x 1
2 x 1
2 x 1
2 x 1
2
2
− + + − + + + = − ⇔ = + − + m x m 2 1 x 1 1 m x m 2 1 x 1 1 m x m 2 1 x 1 1
(1)
2 x 1
) 1 1(*)
m m 2 − =
⇔
;
;
đối xứng nhau qua gốc tọa độ khi và
(
)
)mC có hai điểm
) M x y N x y , 1
1
2
Trên đồ thị ( ( 2 chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện (*), điều này tương đương với
2
0
>
2
m
>
m
>
2
1
⇔
⇔
− 2
2
m
1 2 1
≠
m
2 2 1.
≠ ±
1
≠
m 2 m m 2 m
2
1
−
x
x
x
≠ m x m 2 + 1 x 1 − + 1 ( 2 x 1
3 2.3
2 4.3
2.3
.
trên đoạn [
]1;1−
86
y f x ( ) = = − + I.22. 1)
3
2
x 3
0.
[
;3].
Với
[ 1;1]
thì
t ∈
y f Đặt t ( ) t 2 t 4 t 2 . t = > Khi đó hàm số đã cho trở thành = = − +
1 3
Lấy đạo hàm theo biến t ta được
x ∈ −
26 t
1
y ′ = t − + 8 2
y ′ = ⇔ 0
1 3
= t = t
Ta có
0;
;
24.
( ) 1
( ) 3
1 3
8 27
Vậy,
24
và
0.
f f f = = =
( ) Maxf x [ ]1;1 x ∈ −
( ) Min f x [ ]1;1 x ∈ −
y
x
x
c os3
15cos
8
2)
.
=
=
−
+ trên đoạn
( ) f x
π π 3 ; 2
3
3
3
y
x
x
x
x
x
x
x
c os3
15cos
8 4 cos
3cos
15cos
8 4 cos
18 cos
8
=
=
−
+ =
−
−
+ =
−
+
( ) f x
= =
3
y
x
x
4 cos
18 cos
8
Khi đó hàm số
=
=
−
+ trở thành
( ) f x
y
f
Đặt t x cos . =
34 t
t 18
8.
[ 1;
].
thì
=
=
−
+ Với
t ∈ −
( ) t
1 2
π π 3 ; ∈ 3 2
Lấy đạo hàm theo biến t ta được:
′
f
212 t
18
=
−
( ) t
].
. Cả hai giá trị này không thuộc
[ 1; −
3 2
1 2
′
f
0 = ⇔
( ) t
t
= −
t =
3 2
f
f
;
22.
= −
(
) 1 − =
1 2
1 2
22
.
Vậy,
và
= −
( ) Min f x
1 2
( ) Maxf x π π 3 x ; ∈ 3 2
=
π π 3 x ; ∈ 2 2
3
3
y
x
y
x
3)
23 x
5
23 x
5.
=
=
−
=
−
+ Ta có
( ) f x
+ trên đoạn [
]0;3 . Xét hàm số
y
x
23 x
6
′ =
−
87
x
y
3
2
0
′ = ⇔ 0
−
( x x
)
x x
y y
0 2
5 1
= ⇒ = = ⇒ =
= ⇔
3
y
x
y
x
5.
Tại
23 x
5
=
−
+ lấy giá trị dương, do đó
]0;3 hàm số
5
= và
= ⇒ = Vì trên đoạn [ 3 ( ) Maxf x = 1. [ ]0;3 x ∈
( ) Minf x [ ]0;3 x ∈
2
2
3
3
ℝ
y
y
D
.
Tập xác định của hàm số
f x ( )
là
\
.
=
=
=
=
=
( ) f x
x x
2
1
1
1 2
−
2
2 −
y
y
Ta có
'
,
=
x = ⇔ = ' 0 1.
3
x
x
x
−
−
x x − ) 1 ( 2
) 1
( x ) 1
( 3 2
I.23. 1)
; 2
là
1x = . Ta có
3 4
3
3
f
f
f
;
. Vậy,
;
= ; 1
= ( ) 1.
=
=
=
( )1
( ) 2
3 4
9 2
3 36 3
36 3
3 4
Min f x x ;2 ∈
( ) Max f x 3 x ;2 ∈ 4
y
x
x
cos
0; 2
2)
,
=
=
+
x ∈
( ) f x
(
) 1 sin
[
] π .
0; 2
Tập xác định của hàm số là
D =
[
] π
y
x
x
x
x
cos
sin 2
sin
Ta có
=
+
=
+
(
) 1 sin
1 2
2
2
y
x
x
x
x
x
cos 2
cos
2cos
x 1 cos ,
' 0
2 cos
cos
′ =
+
=
− +
y =
⇔
+
− = 1 0
x
cos
x
cos
=
⇔
1 = − 1 2
x
cos
1
0; 2
x π
= − ⇒ = ∈
[
] π
Điểm tới hạn của hàm số thuộc đoạn
. Với
x
0; 2
[
] π
x
cos
. Với
x
0; 2
=
∈
π
[
]
1 = ⇒ 2
π = ∈ 3 5 π 3
−
f
f
f
;
.
= ; 0
=
=
( )0
( f π =
) 0;
)2 ( f π = 0;
3 3 4
5 π 3
3 3 4
π 3
−
Vậy,
;
=
.
=
0;2
( ) Max f x [ ] x π ∈
3 3 4
3 3 4
( ) Minf x [ ] x 0;2 π∈
,x y là một nghiệm của hệ phương trình
)
88
I.24. Giả sử (
x
y
a
2
+ = −
( ) 1
2
2
x
y
xy
3
+
+
=
a
y
x
2
2
x
y
a
2
+ = −
⇔
⇔
⇔
2
2
Ta có ( ) 1
( ) I
2
xy
a
a
4
1
=
−
+
y
x
xy
x
y
xy
3
3
+
−
=
=
+
−
x (
+ = − )
y + = − (
a )
2
2
X
a
2
4
1 0
Khi đó
;x y thỏa phương trình
−
−
+
−
+ =
(
) a X a
( ) ∗
Phương trình ( )∗ có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
2
a
a
a
a
0
2
4
4
a 12
0
∆ ≥ ⇔ −
−
−
a 3 0 + ≥ ⇔ −
+
≥ ⇔ ≤ ≤ 4. 0
(
)
(
) 1
2
2
2
y
xy
x
y
xy
Xét
3
M x =
+
−
=
+
−
(
)
( ) 2
2
2
2
M
a
a
a
2
3
a 4
a 8
=
−
−
−
+
+ 1.
(
)
Thế ( )I
vào ( )2 ta được
(
) 2 1 + = −
2
2
y
−
N
Khi đó việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức = −
M x = 22 a a 8 +
xy + + trên đoạn [ 1
trở thành ]0; 4 .
⇒
a
f
a
a
f
a
a
a
22 a
8
1
'
4
8,
'
0
8 0
2.
Xét
= −
+
+
= −
+
4 = ⇔ −
+ = ⇔ =
( f a
)
(
)
(
)
f
f
f
9;
1;
Ta có
=
=
= 1.
( ) 2
( ) 0
( ) 4
Vậy, khi
thì M đạt giá trị nhỏ nhất và khi
2
a = thì M đạt giá trị lớn nhất.
0 4
= a a =
D = ℝ .
x
x
x
x
x
x
y
3
4
2
3
+
+
=
+
+
+
+
(
)( 1
)(
)(
(
)
(
)
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
5
4
5
5
5
4 2
6
4
+
+
+
+
+
+
+
+ +
=
=
2 + )(
)( )
x + )
) 4 (
)( x 1 )(
= (
2
2
2
x
x
x
x
5
4
2
5
4
1 1
+
+
+
+
+
+ −
=
(
)
2
2
x
x
x
5
5
1
+
+
− ≥ − ∀ ∈ ℝ . 1,
=
) )
( (
−
2
x
x
x
5
5 0
.
Dấu "
"= xảy ra khi và chỉ khi
+
+ = ⇔ =
x ∨ =
5 5 − 2
5 5 − 2
Vậy,
Miny = − 1.
I.25. Tập xác định của hàm số là
2
2
2
1
x
y
1
.
.
=
+
=
+
≤
5 4
1 4
1 x
y
4
2
2
2
2
1
x
y
x
y
.
≤
+
+
=
+
+
(
)
)
(
)
(
1 x
y
1 16
y
1 x
4
.
89
I.26. Theo bất đẳng thức Bunhiascopki ta có
x
(Do
y+ = )
5 4
25 ⇔ ≤ 16
1 y 4
5 1 4 . + x 4 4
A
5
4 x
1 ⇔ ≤ + ⇒ ≥ 5. y 4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
x
=
1 x 1
y
=
⇔
y
=
y
4
= x
1 1 4
y
+ = x
5 4
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là
MinA = 5.
(cid:9)(cid:9)(cid:10)
(cid:10) u
x
(cid:9)(cid:9)(cid:10) v
x
x
(
1; 0),
(
=
+
=
−
2; 0), w (5 2 ; 0) =
−
Ta có bất đẳng thức
2
Khi đó (cid:10) v
(cid:10) u
x
x
(cid:9)(cid:9)(cid:10) w (4; 0). = (cid:9)(cid:9)(cid:10) (cid:10) (cid:10) u v w
5 2
1
2
4
4.
+
+
x ≥ + + ⇔ + + − + −
≥
0 + =
2
.
(cid:10) (cid:10) (cid:9)(cid:9)(cid:10) , wu v ,
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba vectơ
cùng hướng, khi và chỉ khi
x≤ ≤
5 2
Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là
Miny = 4.
x
y
I.27. Xét ba vectơ (cid:10) (cid:10) u v+ + (cid:9)(cid:9)(cid:10) w
A
x
y
x
2
.
=
+ + +
=
+
1 x
2 2 y
1 + + x
1 2 y
3 4
1 4
y + + 8
y 8
+ 2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương
x và
ta có
1 x
1 4
x
2
x .
.
=
( ) 1 1
1 + ≥ x
1 x
1 4
1 4
;
Tương tự, ta cũng áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương
ta có
1 2 y
y y ; 8 8
3
3
.
≥
=
( ) 2 .
1 2 y
1 2 y
y + + 8
y 8
y y . 8 8
3 4
x
y
x
y
4
Ta lại có
+ ≥ ⇒
≥
( ) 2 3 .
+ 2
1 2.
.
Từ (1), (2), (3), ta suy ra
A ≥ +
2 + =
3 4
9 2
90
I.28.
1 x
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2 2
= x y =
4
x = 4 y 1 = ⇔ 2 y 8 + = x y
.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là
MinA =
9 2
x
y
z
3,
4,
≥
≥
≥ 5.
4
3
5
T
Biểu thức được viết lại
=
+
+
x − x
y − y
z − z
3);3
ta được
Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối với hai số không âm (
x −
x
x
x
3. 3
(
3).3
−
=
−
≤
=
3 3 − + 2
x 2
3
1
.
⇔
≤
x − x
2 3
Lập luận tương tự như trên, ta cũng có
4
1
≤
=
y − y
1 4
2 4
5
≤
z − z
1 2 5
.
T ≤
Như vậy, ta được
1 + + 4
1 2 3
1 2 5
I.29. Điều kiện
6 8 10.
= x y ⇔ = z =
z
3 3 − = 4 4 − = 5 5 − = y 3,
4,
5
≥
≥
x y z ≥ x
.
MaxT =
Vậy,
1 + + 4
1 2 3
1 2 5
2
2
2
2
2
2
2
2
x
y
xy
xy
P
(*).
,
x y ,
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Ta nhận thấy
+
−
≥
∀
∈ ℝ .
=
+
+
+
+
+
x y
x z
y z
y x
z x
z y
2
2
3
3
x
y
y
y
x
,
x y ,
0
Do đó
,
x y ,
+
≥
+
∀
> hay
+
≥ + ∀
> 0.
( xy x
)
x y
y x
Tương tự ta cũng có
91
I.30. Ta có
2
2
y
z
,
y z ,
0
+
≥ + ∀
>
y z 2
z y 2
x
z
,
z x ,
0.
+
≥ + ∀
>
z x
x z
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên và kết hợp với (*) ta được
x
y
z
P
x
z
x
y
z
.
2(
)
x y z , ,
1.
2P = khi
= = =
≥
y + +
2, = ∀
> và 0
+ + = Hơn nữa ta có
1 3
Vậy,
MinP = 2.
3
3
3
A
=
+
+
c
c
a
a
b
+
+
+
+
+
+
a )( b 1
( 1
)
( 1
)
( 1
b )( 1
c )( 1
)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được
3
3
b
c
b
c
1
1
1
1
3
3
.
.
(1)
+
+
≥
=
c
c
+ 8
+ 8
+ 8
a 3 4
+ 8
+
+
+
+
a )( b 1
)
( 1
a )( b 1
)
( 1
Tương tự ta cũng có
3
c
a
1
1
(2)
+
+
≥
c
a
+ 8
+ 8
b 3 4
+
+
b )( 1
( 1
)
3
a
b
1
1
(3)
+
+
≥
a
b
+ 8
+ 8
c 3 4
+
+
c )( 1
( 1
)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc
3
3
A
A
.
≥
= ⇒ ≥
3 + ≥ 4
a b c + + 2
abc 2
3 2
3 4
.
I.31.
MinA =
a
b
c
1.
= = = Vậy,
3 4
A
.
=
+
+
Đẳng thức xảy ra khi
a b
b c
c a
2
2
2
2
2
A
Ta có
.
=
+
+
+
+
+
a b
b c
c a
a b 2 c
c a
c a 2 b
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được
2
2
44
.
c .
a 4 (1)
+
+
c + ≥
=
a b
a b
a b c
a b c
a b a b . c
c
Tương tự ta cũng có
2
b 4 (2)
+
+
a + ≥
b c
b c a
b c a
92
I.32.
2
c 4 (3)
+
+
b + ≥
c a
c a b
c a b
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc
2
A
3
9
≥
a b c + +
≥ ⇒ ≥ A 3.
(
)
Dấu đẳng thức xảy ra khi
a
b
c
1.
= = = Vậy,
MinA = 3.
S
=
+
+
xy z
yz x
zx y
2
2
2
2
2
2
S
x
y
z
Ta có
2
=
+
+
+
+
+
(
)
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
2 z x 2 y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được
2
2
2
y
2
.
2
(1)
+
≥
=
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
Tương tự ta cũng có
2
z
2 2 (2)
+
≥
2 2 y z 2 x
2 z x 2 y
2
2
x
2 2 (3)
+
≥
2 x y 2 z
2 z x 2 y
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc
2
2
2
2
2
x
y
z
+
+
≥
+
+
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
2 z x 2 y
2
2
2
2
2
2
2
2
2
S
x
y
z
x
y
z
S
2
3
3
3.
Suy ra
=
+
+
+
+
+
≥
+
+
= ⇒ ≥
(
)
(
)
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
2 z x 2 y
x y z , ,
0
>
2
2
x
z
.
I.33.
y ⇔ = = =
=
=
3 3
2 x y 2 z
2 2 y z 2 x
2 z x 2 y
Vậy,
3.
MinS =
a
b
c
+
+
+
Đẳng thức xảy ra khi
A
.
=
a
b
c
−
−
−
( 1 ( 1
)( 1 )( 1
)( 1 )( 1
) )
a
b c
0
a b c
a c
b
1
0
Theo giả thiết
a b
c
0
1 − = + > + + = ⇒ − = + > 1 1 − = + >
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được
93
I.34.
a
b
c
b
c
1
(1)
≥
−
−
( 1 + = −
)
( 1 + −
)
( 2 1
)( 1
)
Tương tự ta cũng có
a
c
1
(2)
b + ≥
−
−
( 2 1
)( 1
)
a
b
1
(3)
c + ≥
−
−
( 2 1
)( 1
)
a
b
c
+
+
+
b
b
a
a
c
8
+
+
+
−
≥
−
≥
) − ⇒ c
( 8 1
)( 1
)( 1
)( 1
)( 1
( 1
)
a
b
c
−
−
−
Nhân các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc )( 1 )( 1
( 1 ( 1
)( 1 )( 1
) )
Suy ra
A ≥ 8.
a
.
b c = = =
1 3
Vậy,
MinA = 8.
2
2
2
bc
+
+
Đẳng thức xảy ra khi
M
=
2 .
ca
ab bc +
+
ab (
ca )
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số
a
b
c
;
;
;
;
(
) ( ,
) b a c b a c
Ta được
2
2
2
2
ca
a b c ab
bc
ca
ab bc +
+
≤
+ +
+
+
(
)
(
)
2
2
2
(1)
⇒ ≥ M
=
2
1 a b c + +
)( ca 2 bc
ca
ab bc 2 a b c ab + +
+ +
+
(
+ )(
)
Cũng theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì
2
2
2
2
a
b
c
a b c
3
9
3(2)
a b c + +
≤
+
+
= ⇒ + + ≤
(
)
)
(
.
Từ (1) và (2) ta suy ra
M ≥
1 3
I.35.
a
b
= = = c 1.
.
Vậy,
MinM =
1 3
Đẳng thức xảy ra khi
A x
y
z
2
3
= +
+
− 8
A x
y
z
x
y
z
Ta có
2
3
1
2
2
3
= +
+
8 − =
−
+
−
(
) 1 − +
(
)
(
) 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số
x
y
z
1;
2;
−
−
( ) ( 1; 2;3 ,
) − 1
94
I.36.
Ta được
2
2
2
A x
y
z
x
y
z
2
3
14
2
14
= +
+
8 − ≤
−
+
−
+
−
=
(
) 1
(
)
(
) 1
y
z
2
3
14
+
8 − =
y
z
x
1
2
1
8
−
=
=
=
= ±
+ x − x 1
− 2
− 3
14 14
z y 2 3 + + 1 4 9 + +
Hệ phương trình trên có nghiệm chẳng hạn
x
1 = +
14 14
. Vậy,
y
14.
2 = +
MaxA =
14 7
z
1 = +
3 14 14
2
2
2
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi
A
a
b
b
c
c
a
=
+
+
+
+
+
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số
( ) ( 1;1 ,
) ;a b
Ta được
2
2
2
2
a
b
a
b
b 1.
2
(1)
+
≤
+
≥
a b +
( a 1.
)
(
)
(
) + ⇒ 2
1 2
Tương tự ta cũng có
1
2
2
b
c
(2)
+
≥
b c +
(
)
2 1
2
2
c
a
(3)
+
≥
c a +
(
)
2
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc
A
2.
≥
a b c + +
=
)
(
2 2
a
.
I.37.
b c = = =
1 3
Vậy,
2.
MinA =
2
Đẳng thức xảy ra khi
A
.
=
xy
2
xy + 2 x 1 2 +
y +
2
2
x
Do
1
y+
= nên ta đặt
∈
[0; 2 ]. π
sin cos
ϕ , ϕ ϕ
= x y =
95
I.38.
2
A
Khi đó
=
1 2sin
+
sin cos ϕ ϕ 2 ϕ +
cos ϕ + . 2sin cos ϕ ϕ
2
2
2
x
xy
x
y
x
Ta có
2
2 x 2 ,
(Do
1
,x y thỏa
1 2 +
+
=
+
+
y+
= ). Suy ra A xác định với mọi
(
)2
2
2
x
y+
= . 1
2
A
(1)
=
=
1 2sin
cos + ϕ 2sin cos ϕ ϕ
sin cos ϕ ϕ 2 + ϕ
+
cos 2 + ϕ cos 2 − ϕ
1 + ϕ 2 + ϕ
sin 2 ( 2 sin 2
)
A
A
(1)
2
A 1 4 (2)
ϕ
ϕ
−
+
= −
( 2 ⇔ −
) 1 sin 2
(
) 1 cos 2
(2) có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
2
A
A
A
2
2
−
+
+
( 1 4 ≥ −
)
2
( A
8
) 1 1 0
) ( 1 A 8 ⇔ −
− ≤
6
2
6
2
A
.
⇔
≤
≤
− 4
+ 4
6
2
6
2
⇒
MaxA
MinA
,
.
=
=
+ 4
− 4
y
z
.
+
P x =
+
+
+
+
1 yz
1 zx
1 xy
x 2
y 2
z 2
2
2
2
2
2
2
x
z
+
+
P
Ta có
.
=
+
+
+
y xyz
x 2
y 2
z 2
2
2
2
2
2
2
x
y
y
z
z
x
2
2
2
x
y
z
xy
yz
zx
Do
+
+
=
+
+
≥
+
+
+ 2
+ 2
+ 2
2
2
2
Nên
P
.
≥
+
+
+
+
+
1 x
1 y
1 z
x 2
y 2
z 2
2
f
t
Xét hàm số
t ( )
,
=
+
> 0.
1 t
t 2
f
t
f
t ( )
,
.
Lập bảng biến thiên của hàm
t ta suy ra ( )
≥ ∀ > Suy ra 0.
P ≥
3 2
9 2
x
y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
z = = = 1.
.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là
9 2
2
2
2
x
y
z
y
z
x
x
z
y
+
+
+
)
I.39.
P
=
+
+
( y y
z
z
z
z
) x x
) y y
2
2
2
+
( +
( x x +
2
2
2
x
y
z
x x y
z
x
y y z
x
y
z
z
Ta có
2
;
2
;
2
.
+
≥
+
≥
+
≥
(
(
)
)
(
)
96
I.40.
y y
2
Suy ra
P
.
≥
+
+
2 y y
z
z
z
x x
2 x x
2
z y y 2
x x z 2 +
+
z +
a
x x
y y b
y y
z
z z
x x
2
;
2
z c ;
2
=
+
=
+
=
+
c
a
b 2
4
2
4
2
⇒
x x
y y
z
z
;
;
=
=
=
c a + − 9
a b + − 9
b c 4 + − 9
Do đó
a
b 2
4
c 2
2
P
≥
+
+
c a + − b
a b + − c
b c 4 + − a
2 4 9
3
3
4
6
4.3
.
.
3
.
6
2.
=
+
−
≥
+
−
=
c b
a + + c
b a
a b
b + + c
c a
c a b b c a
a b c . b c a
2 9
2 9
x
y
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
z = = = 1.
Vậy,
2.
MinP =
sin
π 4
x −
Đặt
y
x
,
.
=
2
π ∈ 2
; π
x
x
sin
1 2cos
+
+
x
x
sin
cos
−
Ta có
y
x
.
,
.
=
2
2 2
π 2
∈
; π
x
x
sin
1 2 cos
+
+
x
:
I.41.
Ta có
.
=
y =
π 2
2 4
x
tan
−
x
] :
;
· Xét trường hợp
Ta có
y
.
=
1 2
π ( π∈ 2
x
x
2 . 2 tan
tan
3
−
+
x
t
;
· Xét trường hợp
x tan ,
với
thì
; 0].
=
t ∈ −∞ (
π ( ] π∈ 2
Hàm số trở thành
t
y
f
t
t ( )
,
; 0].
.
=
=
( ∈ −∞
1 − 2
2 2
t
t
3
−
+
2
t
t
t
3
1
−
+
−
−
−
(
) 1
2
t 2
(
)
t
t
3
1
+ + −
t
3
f
.
′ t ( )
.
.
=
=
+ 2
2
2
2
2 2
2 2
t
t
t
3
3
+
−
+
t
t
3
−
+
(
)
(
)
f
t ( )
0
t = ⇔ = − 1.
f
Lập bảng biến thiên của hàm số
t ta kết luận được ( )
,
.
=
=
2 3
2 4
Maxy π x ; π ∈ 2
Miny π x ; π ∈ 2
97
Đặt
2
2
x m
4
3
(1)
− = +
2
2
m
(1)
4
3
x m =
−
+ (*)
CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH − HỆ PHƯƠNG TRÌNH
m x m + ) 1
1
2
+
m
1 0
= m m
1
= −
− = ⇔
II.1. 1) ( m ⇔ −
1,m = phương trình (*) trở thành 0
0
x = ⇒ phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
.
1,
m = − phương trình (*) trở thành 0
8x = ⇒ phương trình (1) vô nghiệm.
1
2
phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
+
m
1 0
≠ m m
1 ≠ −
2
m
− ≠ ⇔ 3
x
.
=
=
− m
m m
3 1
m 4 + 2 1 −
− +
Kết luận:
+ Nếu
1m = thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
1
m = − thì phương trình (1) vô nghiệm.
1
x
.
+ Nếu
thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất
=
m m
3 1
− +
1 ≠ −
≠ m m
2
2
2
a
a
2)
2
2
a b +
+
=
+
+
+
(
)
( a a b
)
( ) 1
2
2
2
2
2
a
a
ab
a
2
2
2
(1)
ab b +
+
=
( +
+
+
) 2 b x (
) 2 b x
2
2
2
a
b
=
+
( ) * .
a ⇔ + ( a ⇔ +
2 ) 2 b x
2
2
+ Nếu
a
b
thì phương trình (*) trở thành 0
0
0
x = suy ra phương trình (1)
+
= ⇔
0 0
= a b =
có nghiệm tùy ý.
2
2
2
2
x
thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
1.
+ Nếu
=
=
a
b
0
+
2
2
a a
b b
0 0
+ +
≠ a ≠ ⇔ b ≠
Kết luận:
+ Với
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
0 0
= a b =
+ Với
thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
x = 1.
0 0
≠ a b ≠
2
2
2 ab b x a
b
3)
2
+
=
+
+
( ) 1
2
2
2
b
x
=
a b −
(
) ( ) *
2 a x ( a ⇔ −
)
98
.
2
2
a
+
0
b−
=
= a b a
b = −
⇔
0
b= thì (*) trở thành 0
x = suy ra phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
x
0
Nếu
2 4 .
b=
0
b = thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. Nếu
b= − thì (*) trở thành 0
· a
b
2
2
x
+
phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
.
=
=
a
b
0
−
2
≠ a a
b ≠ −
)2 ( a b − 2 b a −
a b − a b +
≠ ⇔
Kết luận:
+ Nếu a
b= thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
b
+ Nếu
thì phương trình (1) vô nghiệm.
= − 0
a b ≠
b
x
+ Nếu
thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
=
a b − a b +
b ≠ −
≠ a a
2
4
4)
+
=
ax b +
−
( ) 5 1
2
4
5
ax b +
−
2
2
ab
4
=
−
−
( ) 5 *
) ( a ax b 2 a x ab = ⇔ + ) ( a a x b ⇔ −
2
+
a
a
4
−
0 = ⇔
0 4
= a a =
2
0
· Với
x b=
− 5.
0
a = thì phương trình (*) trở thành
5
≠ b
2
b
Nếu
5 0
thì phương trình (1) vô nghiệm.
b
5
≠ −
− ≠ ⇔
5
2
b
Nếu
5 0
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
5
= −
= b − = ⇔ b
2
· a b ≠ thì phương trình (1) vô nghiệm.
0
b 4
x b =
−
− 5
4
a = thì phương trình (*) trở thành
1
2
Nếu
thì phương trình (1) vô nghiệm.
b
b 4
5 0
−
− ≠ ⇔
≠ − 5
b b ≠
2
Nếu
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
b
5 0
b 4
−
− = ⇔
1 = − 5
b b =
2
b
5
2
x
+
thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất
.
=
a
a
4
0
−
≠ ⇔
− 2 a
0 4
b 4 − a 4 −
≠ a a ≠
Kết luận:
99
· Với
4
0
+ Nếu
thì phương trình (1) vô nghiệm.
∨
5
≠ ±
= a b
1 ≠ − 5
= a b b ≠
0
4
+ Nếu
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
b
b
5
∨
= −
b
1 = − 5
=
= a
b
5
=
= a
2
b
5
x
+ Nếu
phương trình (1) có nghiệm duy nhất
.
=
− 2 a
0 4
b 4 − a 4 −
≠ a a ≠
2
1
=
( ) 1 1
x m x m + − − x x
1
+ −
II. 2. 1)
0 1
≠ x x ≠
x m
x
−
+ −
−
)( 1
) 1
2
2
( x x x
x
) x m x x
) 1 − = 1
( x mx m x + −
+ + − =
−
( ( ) 2 1 ⇔ + 2 x mx 2 − ⇔ + x m 1 0 3 ⇔ + − = 1
.
x ⇔ =
m − 3
1
x
=
là nghiệm của phương trình ( )1 khi và chỉ khi
m − 3
0
≠
1
.
⇔
2
≠ −
≠ m m
1
≠
− m 1 3 m 1 − 3
1
1
x
.
Kết luận: + Nếu
=
thì phương trình ( )1 có một nghiệm duy nhất
m − 3
2 ≠ −
≠ m m
2
+ Nếu
thì phương trình ( )1 vô nghiệm.
= − 1
m m =
2
m x
m
2
2)
−
=
+
( ) 1 1
1
mx x −
1
Điều kiện:
1
≠ −
≠ x x
+ Xét trường hợp
thì phương trình ( )1 trở thành
0 1
≥ x x ≠
100
Điều kiện:
2
m
mx
1
2
+
−
=
2
m
x
2
+
−
)( 1
) 1
x
m
2
( 1(*)
) 1 − = +
mx x 1 − ( mx mx x ⇔ − ( ) m 1 = ⇔ +
.
Nếu
x ⇔ =
1
m = − thì (*) vô nghiệm. Nếu
m ≠ − thì (*) 1
m 1 2 + m 1 +
x
=
là nghiệm của phương trình ( )1 khi và chỉ khi
m 1 2 + m 1 +
0
≥
m
m
m
m
1 < − ∨
≥ −
1 < − ∨
≥ −
⇔
⇔
1 2
1 2
m
m
0
0.
≠
≠
1
≠
m 1 2 + m 1 + m 1 2 + m 1 +
m
1 < − ∨
≥ −
Vậy, với
1 2
thì phương trình ( )1 có nghiệm.
0
m ≠ m
0
+ Xét trường hợp
thì phương trình ( )1 trở thành
1
≠ −
< x x
2
mx
m
2
1
+
=
+
1
mx x − −
x
m 2
+
x − −
)( 1
) 1
x
m
( 1(**)
2
( = −
) 1 − − = −
2 mx mx ⇔ + ( m ⇔ +
) 1
1
−
.
Nếu
x ⇔ =
1
1
m = − thì (**) vô nghiệm. Nếu
m ≠ − thì (**)
2 m
− 1
m +
1
x
=
là nghiệm của phương trình ( )1 khi và chỉ khi
2 − m
− 1
m +
1
m
m
0
0
≠
≠
1 ≠ −
⇔
⇔
1
m
m
m
m
.
1 < − ∨
> −
1 < − ∨
> −
0
<
1 2
1 2
2 − m 2 − m
− 1 − 1
m + m +
Kết luận:
0
1
,
.
+ Nếu
=
=
thì phương trình ( )1 có hai nghiệm
x 1
x 2
2 − m
− 1
m 1 2 + m 1 +
m +
m
m
1 < − ∨
≥ −
≠ m
1 2
(Trường hợp
m = − thì hai nghiệm này bằng nhau và bằng 0)
1 2
101
m
< −
1 − ≤
+ Nếu
1 2
thì phương trình ( )1 vô nghiệm.
0
m =
2
x
2
−
1 − =
3)
( ) 1
mx x
1 1
1 − 1 −
m + x −
x > 1.
mx
x
m
2
1 2
1
+
) 1 − =
m
2
( x m (*) =
− − )
Nếu
1m = thì (*) vô nghiệm.
.
x ⇔ =
Nếu
1m ≠ thì (*)
1)
2(
m m −
x
=
là nghiệm của phương trình ( )1 khi và chỉ khi
1)
2(
m m −
m
0
1
2.
1 > ⇔
> ⇔ <
<
1)
2(
2 − m 2(
m m −
m 1) −
x
.
=
Kết luận: Khi 1
2m<
< thì phương trình ( )1 có một nghiệm duy nhất
1)
2(
m m −
Khi
phương trình ( )1 vô nghiệm.
1 2
≤ m m ≥
2
2
Điều kiện ( ) 1 ⇔ ( 2 ⇔ −
x
m
(5
1)
(5
2)
m x m m −
+
−
+
= (1) 0
2
m
m
+ Xét
0
0,
= ⇔ =
(1) trở thành 2 0
− = ⇒ (1) vô nghiệm.
2
m
m
+ Xét
0
0
≠ ⇔ ≠ thì (1) là phương trình bậc hai.
2
2
4
3
2
2
m
m
m
4
2
25
30
9
2 m m (5
3)
0,
∆ =
+
+
+
=
+
+
=
+
≥ ∀ ∈ ℝ m .
( m m 5
) 1
( m m 5
)
0
= m
2
m
0
=
2
2 m m (5
3)
0
0,
ta
+
, kết hợp với giả thiết
⇔
+
=
m ≠
0∆ =
2
m
(5
3)
0
+
=
⇔
⇔ = m
3 − 5
m
II.3.
=
x , thì phương trình (1) có nghiệm kép 1
x= 2
3 − 5
5 = . 3
0
2
+
2 m m (5
3)
0
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
⇔
⇔
+
>
0∆ >
≠ m m ≠
3 − 5
102
được
2
5
.
=
∨
=
x 1
x 2
m + m
1 − m
Kết luận:
+
0,
phương trình (1) vô nghiệm.
m =
m
,
.
+
=
=
x phương trình (1) có nghiệm kép 1
x= 2
5 3
3 − 5
0
2
5
;
.
+
, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là
=
=
x 1
x 2
m + m
1 − m
≠ m m ≠
3 − 5
2
2
2
a
2
−
+
+
+
=
) a b x +
( ab a b
)
( ) 0 1
(
) ab b x 4 +
a b
a
+ Xét
b ,
0
0.
22 b x =
+ = ⇔ = − phương trình ( )1 trở thành
II.4.(
0
b = : Phương trình ( )1 có nghiệm tùy ý.
·
0
x = 0.
b ≠ : Phương trình ( )1 có một nghiệm duy nhất
a b
+ Xét
b ,
0
a + ≠ ⇔ ≠ − ta có
2
2
2
2
2
2
2
a
a
b
4
8
∆ =
+
ab b +
−
+
=
+
( ab a b
)
(
)
(
)
;
=
a b = + .
Phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1 x
x 2
2ab a b +
Kết luận:
·
a
0
b= = thì phương trình ( )1 có nghiệm tùy ý.
· Nếu
a
0
x = 0.
b= − ≠ thì phương trình ( )1 có một nghiệm duy nhất
;
=
a b = + .
· Nếu
b≠ − thì phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1 x
x 2
2ab a b +
2
x
· Nếu a
0(1).
ax bc +
+
3
2
,x x là nghiệm của phương trình 1 x
bx
ca
0.(2)
phương trình
2 +
=
+
,x x là nghiệm của 1 = ( 1x là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2)).
2
x
Ta chứng minh
0(3).
+
cx ab +
=
,x x thỏa mãn phương trình 2
3
Theo định lý Viet ta có
b
= −
+
a
= −
+
và
(*)
(**)
bc
ca
x 3 =
x 2 =
x 1 x x 1 2
x 1 x x 1 3
Do 1x là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2) nên ta có
103
II.5. Giả sử
2
2
bc
ca
+
+
=
+
+
bx 1
)
)
x 1 c a b ( −
=
x ax 1 1 a b x ( ⇔ − 1
c
x ⇔ = 1
(Do
,a b c khác nhau đôi một và khác 0). ,
Thay
c= vào (*) và (**) ta được
1x
a c
b
= = − −
b c
a
= = − −
x 2 x 3
a c
b
Thay giá trị
= = − − vào vế trái phương trình ( )3 ta được
2x
2
2
2
2
ab
a
ac
c
a a c
a c
)
2
)
)
(
+
=
+
+
−
ac c −
( + − −
− − 2
c a c ( + − − 2
2
2
c
a
ac
ac
a
2
0
+
+
=
−
−
−
ac c = − 2x⇒ là nghiệm của phương trình ( )3 .
b c
a
Thay giá trị
= = − − vào vế trái phương trình ( )3 ta được
3x
2
2
ab
b c
b c b
b c
)
(
)
)
(
)
)
(
+
= − −
c b c ( + − −
+ − −
− − 2
c b c ( + − − 2
2
2
c
b
bc
b
bc 2
0
+
+
=
−
−
−
bc c = − 3x⇒ là nghiệm của phương trình ( )3 .
2
x
Vậy,
0.
(Đpcm)
+
cx ab +
=
,x x là nghiệm của phương trình 2
3
mx
m
x m
3)
2 2( −
−
+ − = (1) 4 0
x
x
6
4 0
0
+ Xét
0,
(1) trở thành
− = ⇔ = ⇒ = thỏa đề bài. m
m =
2 3
+ Xét
0,
phương trình (1) có đúng một nghiệm dương trong các trường hợp sau
m ≠
II.6.
m
0
· Phương trình (1) có một nghiệm kép dương:
.
m ⇔ =
m
2
3
−
′∆ = − 9 2 (
= )
9 2
S
0
=
>
m
Điều kiện là
m
4
P
0
=
=
4.
· Phương trình (1) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0:
m ⇔ =
2
3
− m ( m
)
0
>
= S
− m
Điều kiện là
m
4
P
m
0
0
4.
· Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu:
=
< ⇔ <
<
− m
104
Điều kiện là
m
m
0
4
Vậy, với
≤
≤ ∨ = thì phương trình (1) có đúng một nghiệm dương.
9 2
4
2
m
x
m
x m
2
3
−
+
−
+ + =
II.7. (
) 1
(
)
( ) 3 0 1
2
X
x=
≥ 0
2
m
X
m
X m
2
3
−
+
−
+ + =
Khi đó ( )1 trở thành (
) 1
(
)
( ) 3 0 2
+ Nếu
m
m
X
1
1
= ⇒ = ± x 1.
− = ⇔ = khi đó ( )2 trở thành 1 0
Như vậy
+ Xét
1m = không thỏa yêu cầu đề bài. 1m ≠ khi đó ( )2 là phương trình bậc II.
( )1 vô nghiệm khi và chỉ khi (2) hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm
2
m
m
m
3
3
0
−
−
−
+
<
(
)
(
)( 1
)
m
>
3 2
2
m
m
3
0
3
−
+
≥
′∆ =
(
)( 1
)
m
≤
m
>
⇔
⇔
⇔
m
3
( −
− )
S
0
=
<
m
m
3 2 1
3
m
3 2 3 < −
) − 1
m
< ∨ > m 3
1
< − ∨ >
P
0
=
>
′ ∆ =
m m
m − ( 2 m − 3 + 1 −
m
m
3
Vậy, với
< − ∨ > thì ( )1 vô nghiệm.
3 2
2
2
Đặt
x
x m x
m
2
0
−
−
1 − +
= (1)
2
m x
m
Ta có
(1)
−
1 − +
− = 1 0.
( x ⇔ −
)2 1
2
X
X
1
0
II.8.
2 1 0(2)
x= − ≥ ta có phương trình
−
mX m +
− =
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm không âm. Ta giải bài toán ngược tức là tìm các giá trị của m để phương trình (1) vô nghiệm. Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) hoặc là vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
−
m
<
m ∨ >
2
2 3 3
2 3 3
m
0
<
−
m
1
< −
2
m
<
m ∨ >
−
m
4 3
0
≥
m
≤
≤
2 3 3
2 3 3
(*)
⇔
⇔
⇔
⇔
2 3 3
m
>
−
m
1
1
m
≤
1 < −
2 3 3
P m = S m =
1 0 − > 0 <
2 3 3
∆ = − 4 3 ∆ = − 2
m m
0
2 3 3 < − ∨ > <
Như vậy, phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi m thỏa điều kiện (*).
105
Đặt
Vậy, giá trị cần tìm của m là
1
.
m− ≤
≤
2 3 3
2
x
x
k
1
2
−
=
−
) 1
( ) 1
2
2
x
k
2
=
−
x
x
x
k
2
1 2
2
−
+ =
−
(1)
2
2
x
x
k
x
2
1 2
2
−
+ =
−
⇔
x
k
x
2
−
=
−
) 1 ) 1
( (
) )
− ( x ⇔ (
2
x
1
+
2
x
x
k
2
= −
+
−
=
2
x
x
k
4
2
−
1 + = −
1 2
⇔
⇔
2
2
x
k
x
1 2
+ =
2
k
x
=
=
+
x 4 − 2 − 1 + 2
1 2
1 2 1 2
2
2
x
x
y
2
,
:
= −
+
−
+ và y
k= trên cùng một
Vẽ các đường Parabol (
(
)
) P y : 1
P 2
1 2
1 x= 2
1 2
1 2
hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của đường thẳng y
), (
(
k= với các Parabol
P 1
P ). 2
Các Parabol
(
), (
)
k= được vẽ ở hình sau
P 1
P và đường thẳng y 2
y
y = k
3 2 1
O
x
1
2
k
k
.
1 1 < < ∨ < <
Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình ( )1 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 2
3 2
2
2
x
x
x
2
10
5
2 −
+
8 − =
−
x a +
)
( ) 2
2
2
x
x
x
x
a
(2)
10
5
2 ⇔ −
+
8 − −
+
= . Xét hàm số
2
x
x
x
x
5
8;
1
4
+
< ∨ >
2
2
x
x
x
x
10
5
f x = ( )
2 −
+
8 − −
+
− 2
x
x
3
15
8;1
4
−
+
−
x ≤ ≤
=
2
2
y
x
x
x
x
x
x
x
8,1
15
4,
8,
5
:
< ∨ >
3 = −
−
+
+
−
=
(
)
) P y : 1
P 2
Vẽ các đường Parabol ( và y điểm của đường thẳng y
), (
(
a= với các Parabol
≤ ≤ 4 1 a= trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (2) chính bằng số giao P 1
P ). 2
106
II.9. )(
Các Parabol
(
), (
)
a= được vẽ ở hình sau
P 1
P và đường thẳng y 2
y 43 4
y = a
4
5 2
x
4
1O
Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình ( )2 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
.
4
a< <
x
x
x
x
5
3
7
−
+
−
+
=
.
43 4 II.10. 1) (
)( 1
)(
)(
)
( ) 297 1
x
x
x
(1)
5
7
297
3
−
+
=
)( 1
)
(
)
2
2
x
x
x
4
5
4
297
−
+
−
=
( ⇔ − ( x ⇔ +
x + )(
)( ) 21
2
t
x
x
x
4
2
9
=
+
5 − =
+
− ≥ − 9
(
)2
Khi đó phương trình ( )1 trở thành
297
16
−
=
) t 16
297 0
( t t 2 t ⇔ −
−
=
27
= t t
11
= −
⇔
Ta nhận
và ta có phương trình
27
t =
4
2
2
x
x
x
x
4
5 27
4
32 0
+
− = ⇔ +
−
= x x
8.
= −
= ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình là
8
x = − .
x
x
x
x
2
3
6
+
−
+
+
= −
2)(
)(
)(
)( 1
)
x = ∨ 4 ( ) 36 1
x
x
x
(1)
2
3
36
+
+
−
= −
) 1
(
)
2
2
x
x
x
3
2
3
18
36
+
+
−
= −
( ⇔ + ( x ⇔ +
)( x )(
)( 6 )
t
x
x
Đặt
=
2 3 +
+ 2.
Khi đó phương trình ( )1 trở thành
107
Đặt
36
20
= −
−
) t 20
( t t 2 t ⇔ −
+
36 0 =
⇔
2 18
= t t =
2
t = thì ta có phương trình
2
x
x
3
2 2
+
+ =
2
x
3
0
x ⇔ +
=
0
= x x
3
= −
⇔
· Với
thì ta có phương trình
18
t =
2
x
x
3
2 18
+
+ =
2
x
3
x ⇔ +
−
16 0 =
73
x =
73
⇔ x =
3 − + 2 3 − − 2
73
x
x
x
0,
3,
.
Vậy, nghiệm của phương trình là
=
= −
=
3 − ± 2
x
x
2
2
4
3)
−
+
+
=
( x x
)(
)(
)
( ) 18 1
x
x
(1)
2
2
4
18
−
+
=
( x x
)
(
)
2
2
x
x
x
2
2
8
18
+
−
=
⇔ ( x ⇔ +
+ )(
)( )
2
t
x
x
x
2
1
· Với
=
+
=
+
− ≥ − 1
(
)2 1
Khi đó phương trình ( )1 trở thành
34
2
8
18
t 8
18 0
−
t = ⇔ − −
( t t
)
34
4 = −
= + t 4 = ⇔ t
Ta nhận
34
và ta có phương trình
t = + 4
2
x
x
2
34
2
34
5 = +
5
34
+
x
5
34
1 = − −
+
4 = + + ( ) x 1 ⇔ + = − + x 1 ⇔
108
Đặt
Vậy, nghiệm của phương trình là
1
5
34
.
x = − ±
+
4
4
x
−
=
( x+
) 1
( ) 97 1
t
x
x
t
.
II.11. 1)
= − ⇒ = +
Khi đó ( )1 trở thành
1 2
1 2
4
4
t
t
97
+
+
=
−
1 2
4
2
t 3
97
t 2 ⇔ +
1 2 1 + = 8
4
2
t 24
775 0
t 16 ⇔ +
−
=
2
t =
⇔
2
25 4 31 = − t 4
.
Ta nhận 2
t =
25 4
t =
Với 2 t
= ⇔
25 4
5 2 = − t
5 2
x
x
Đặt
− = ⇔ = 3.
5 2
5 t = thì 2
1 2
x
x
· Khi
− = − ⇔ = − 2.
5 t = − thì 2
1 2
5 2
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x= 3,
= − 2.
4
4
x
x
3
5
+
+
+
=
2)(
)
(
)
( ) 16 1
t
x
x
t
· Khi
4.
4
= + ⇒ = − Khi đó ( )1 trở thành
4
4
t
16
−
=
4
2
( t + + t 12
2 16
) ( 1 t 2 ⇔ +
) 1 + =
4
2
t 12
t 2 ⇔ +
−
14 0 =
2
0
7 − =
2
1
1
⇔
⇔
2
1 = −
t
7
= t t
= −
4 t t 6 ⇔ + = t
Đặt
x
x
4 1
1t = thì
+ = ⇔ = − 3.
109
· Khi
x
x
4
1
t = − thì 1
+ = − ⇔ = − 5.
x
x
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là
3;
= −
= − 5.
4
4
x
x
2
6
+
+
+
=
3) (
)
(
)
( ) 2 1
· Khi
t
x
x
t
4.
4
= + ⇒ = − Khi đó ( )1 trở thành
4
4
t
2
2
2
−
=
2
4
( t + + t 48
) ( t 2 ⇔ +
) 32 2 =
+
2
t 24
4 t ⇔ +
+
15 0 =
2
12
129
= − t
−
(Loại)
2
t
12
129
= −
+
⇔
Vậy, phương trình đã cho vô nghiệm.
4
3
2
x
x
x
x
Đặt
6
35
62
35
6 0
−
+
−
+ = (1)
x = không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho 0,
0 ta được phương trình tương đương
Do 2 x ≠
2
x
x
6(
) 62 0
+
) 35( −
+
= (2)
+
1 2 x
1 x
t
,
II.12. 1)
x = +
t ≥ 2
1 x
2
t
⇒ + 2 x
=
− 2
1 2 x
Khi đó, phương trình (2) trở thành
26( t
−
t 2) 35 −
+
= 62 0
t 35
+
50 0 =
⇔
t
26 t ⇔ − t = =
10 3 5 2
Đặt điều kiện:
ta có phương trình
t =
10 3
2
x
x
x
1 0
+ = (Do
x ≠ ) 0
1 x
10 + = ⇔ − 3
10 3
x
10
23 x ⇔ −
+ = 3 0
110
· Với
3
= x
⇔ = x
1 3
5 t = 2
2
x
x
x
1 0
+ = (Do
x ≠ ) 0
1 x
5 + = ⇔ − 2
5 2
= x
⇔ = x
2 1 2
x
x
x
x
3;
;
2;
.
Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm
=
=
=
=
1 3
1 2
4
3
x
x
x
2)
24 x
+
−
+ + = (1) 1 0
x = không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho 0,
0 ta được phương trình tương đương
Do 2 x ≠
2
x
x
4 + − + +
= 0
1 x
1 2 x
2
x
)
(
x ( ⇔ +
+
+
− = ) 4 0
1 x
1 2 x
t
,
· Với
x = +
t ≥ 2
1 x
2
t
⇒ + 2 x
=
− 2
1 2 x
Khi đó phương trình trở thành
2
t
t
6 0
+ − =
2
= t t
3 = −
⇔
= 2
x 1
x= 21,
Đặt điều kiện:
t = 2
2
x
x
x
x
2
1 0
2 + = ⇔ −
+ = ⇔ = 1
1 x
· Với
t = − 3
2
x
x
x
3
3 + = − ⇔ +
+ = 1 0
1 x
111
· Với
5
x =
5
⇔ x =
3 − + 2 3 − − 2
5
5
x
x
x
Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là
1;
;
.
=
=
=
3 − + 2
3 − − 2
4
3
2
x
x
x
x
3)
5
10
10
−
+
−
+ = (1) 4 0
Ta có
4
3
2
x
x
x
(1)
5
10
10
4 0
x ⇔ −
+
−
+ =
4
3
2
3
x
x
x
x
1) 0
x ( ⇔ −
) 10( +
−
) 4( −
− =
2
x x
x
x
x
3 x x (
1) 10 (
1) 4(
1)(
1) 0
⇔
− +
− −
−
+ + =
3
2
x
x
x
x
1)(
10
4
4
x ( ⇔ −
+
−
−
−
4) 0 =
3
2
x
x
x
1)(
4
6
x ( ⇔ −
−
+
−
4) 0 =
2
x
x
x
1)(
2)(
2
x ( ⇔ −
−
−
+
2) 0 =
1 2
2
x
2
2 0
+ =
⇔
1 2
= x x ⇔ = x − = x x =
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2.
x= 1;
=
4
3
2
x
x
x
4)
2
x 21
74
105
−
+
−
+
= 50 0
x = không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho 0,
0 ta được phương trình tương đương
Do 2 x ≠
2
x
x
2(
+
) 21( −
+
) 74 +
= 0
5 x
25 2 x
t
;
điều kiện:
2 5
x = +
t ≥
5 x
2
t
10
⇒ + 2 x
=
−
25 2 x
Khi đó phương trình trở thành
2
t 21
54 0
t 2 ⇔ −
+
= ⇔
= t = t
6 9 2
112
Đặt
x
t = ⇒ 6
6 + = ⇔
1 5.
5 x
= x x =
x
· Với
+ = ⇔
5 x
9 t = ⇒ 2
9 2
.
= x = x
2 5 2
x
x
x
x
1;
2;
5;
.
Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm là
=
=
=
=
5 2
4
3
2
x
x
x
x
5)
2
5
5
+
+
+
+ = 2 0
x = không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình 0,
0 ta được phương trình tương đương
Ta thấy cho 2 x ≠
2
x
x
2(
+
) 5( +
+
+ = ) 1 0
1 x
1 2 x
t
,
· Với
x = +
t ≥ 2
1 x
2
t
⇒ + 2 x
=
− 2
1 2 x
Khi đó phương trình trở thành
2
t 2(
1 0
−
t 2) 5 +
+ =
2
t 2
t 5
3
0
⇔
+
−
=
t
⇔ = t
3 = − 1 2
Đặt điều kiện:
t = (Loại)
1 2
· Với
t = − 3
2
x
x
x
3
1 0
3 + = − ⇔ +
+ =
5
1 x x =
3 − + 2
5
⇔ x =
3 − − 2
5
5
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
;
.
=
=
3 − + 2
3 − − 2
x
x
x
x
m
3
5
3
40
(1)
+
−
+
−
−
=
· Với
)(
)( 1
)(
)
2
2
t
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2
12
2
15
3
5
II.13. (
=
+
+
⇒ − t
=
+
−
=
−
+
(
)(
) 1 − =
( ) 3 − ∗
(
)(
)
113
Đặt
2
m
t
m
12
40
t 12
40
−
−
= ⇔ −
−
=
Khi đó (1) trở thành ( t t
)
2
t
x
x
2
Xét hàm số
=
=
+
− 3
( ) f x
′
f
x
x
2
2 0
=
+ = ⇔ = − 1
( ) x
Bảng biến thiên
t
40
Xét hàm số
=
2 12 t −
−
( ) g t
t 2
12 0
=
−
t = ⇔ = 6
( ) ′ g t
Bảng biến thiên
Ta có nhận xét:
4,
.x
t = − phương trình (*) có một nghiệm
·
4,
.x
t < − phương trình (*) vô nghiệm
·
4,
t > − phương trình (*) có hai nghiệm x phân biệt.
Vậy, ta có số nghiệm của phương trình đã cho như sau
24,
(1) có ba nghiệm phân biệt.
m+
=
m
24
76,
(1) có hai nghiệm phân biệt.
+
>
m ∨ = −
m
76
24,
(1) có bốn nghiệm phân biệt.
+ −
<
<
76,
(1) vô nghiệm.
m+
< −
x
x
2
( ) 1 1
·
y 1 + + − y x 3 2 +
=
y + = ( ) 4 2
1
x
≥ −
II.14. 1)
(*)
x
+ y 2 y ≥ −
Với điều kiện (*) thì hệ phương trình đã cho được biến đổi về
114
Điều kiện:
x
x
x
y
x
2
2
1
1
3 + −
−
=
+ + −
y + =
( ) 1 2
1 2
1 2
y
x
2 = −
y
x
(3)
2 = −
3 2
⇔
3 2
x
x
x
x
2
2
3 + −
−
1 = ⇔
3 + =
−
+ 1
⇔
( ) 2
1 2
1 2
1 2
1 2
0
2
⇔
x ⇔ =
x
x
2
8 0
+
− =
≥ x 2
1.
y = − Cặp giá trị (2; 1)− thỏa điều kiện (*) nên
2
x = vào phương trình (3) ta được
Thế là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
xy
2
3
15
−
=
x y
2)
( ) 1
xy
15
+
=
x y
y ≠ 0
2
2
2
x
y
2
3
15
−
xy
y
x
xy
x
y
2
2
3
15
−
−
(1)
2
2
2
4
0
−
=
xy
15 y
= x
xy
= 15
0
4
3 x + =
=
−
⇔
⇔
xy ( x y
= )
⇔
x
y
3
15
=
−
⇔
22 xy = x 0 y 2 = = − y 2
0
Điều kiện:
y = (Loại)
x = thì 0
· Với
y = thì 2
x = 6
· Với
y = − thì 2
x = − 6
Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm là (6;2) và ( 6; 2).
− −
u
xy v ,
=
=
Chú ý. Có thể đặt
. Khi đó hệ phương trình đã cho được đưa về hệ phương
x y .u v ,
trình bậc nhất đối với hai ẩn
2
x
xy
12
−
=
3)
(1)
2
y
xy
28
−
=
Với
(Vô lý).
0
x = thay vào (1), ta được
y
28
=
= 0 12 2
115
· Với
y
y
x − = −
x − = −
Với
⇔
⇔
⇔
0
x ≠ , ta có (1)
x x ( y y (
− −
y ) 12 = x 28 ) =
x
y
y y (
)
12
12 x x 28
−
−
=
12 x 28 =
2
2
x
x
x + =
=
x
12 x
7 3
⇔
⇔
⇔
y
x
= −
y
x
y
x
= −
= −
10
36 = 7 3
7 3
18 5 7 3
x
x
=
= −
x
=
x ∨ = −
3 10 5
⇔
⇔
∨
x
y
= −
y
y
= −
=
3 10 5 7 3
3 10 5 7 10 5
3 10 5 7 10 5
;
3 10 7 10 ;
.
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
−
−
3 10 5
7 10 5
5
5
,
x
x
y
3
2
y + −
+
1 = −
4)
x
y
y
0;
x + + − =
x
0
u
x
v
x
y
0,
3
2
0.
Đặt
=
y + ≥
=
+
≥ Hệ phương trình đã cho trở
0
y + ≥ y x 2 +
≥
3
v u
1
= +
v u
1
1 − = −
= +
thành
⇔
⇔
2
2
2
u
2
u = ∨ = −
u 2
v 5
0
u 5
2 0
+
−
=
u 3 −
+
+ =
u v u
1 6
x
2
y + =
x
x
4
1
=
u
Ta chọn
3.
⇔
⇔
v= 2;
= Ta được
y
y + = x y 2
9
3
+
=
=
3
x
y
3
2
3
+
=
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (1;3).
2
2
x
y
4
+
+
+
=
1 2 x
(1)
5)
y
x
4
+ + +
=
1 x
1 2 y 1 y
Điều kiện:
(*)
0 0
≠ x y ≠
116
Điều kiện:
2
2
2
2
x
y
(
)
(
)
8
+
+
+
=
y
y
(
)
8
)
4 ( −
+
+
+
=
1 y
1 y
(1)
⇔
⇔
x
y
(
)
(
4
)
+
+
+
=
y
x
)
4 ( + = −
+
1 x 1 x
1 y 1 y
1 x
1 y
y
y
2(
8(
+
−
+
) 8 0 + =
y
2
=
+
21 ) y
1 y
⇔
⇔
x
y
)
4 ( + = −
+
x
2
1 x
1 y
1 y 1 + = x
2
x
x
2
1 0
−
+ =
thoả điều kiện (*).
⇔
⇔
2
1 1
= x y =
y
y
2
1 0
−
+ =
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (1;1).
2
x
x
y
y
2
0
+
=
6)
x
+ y
2 6 + 8 0 + + =
2
x
x
y
x
y
x
y
8
2
0
Ta có
= − − thay vào phương trình
+
2 6 +
+
= ta được
y+ + = ⇔ 8 0
2
2
y
y
y
y
6
2
8 − −
+
+
8 − −
+
= 0
(
)
(
)
2
2
y
y
y
y
y
64 16
2
⇔ +
+
+
−
48 6 −
+
= 0
y
2 6
8 0
y ⇔ +
+ =
y
y
4
⇔ = − ∨ = − . 2
y
Với
2
= − ⇒ = − x 6
y
Với
4
= − ⇒ = − x 4
− −
− −
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
) ( 6; 2 ,
) 4; 4 .
2
2
x
y
xy
13
+
−
=
7)
( )I
x
xy
3
y + −
=
xy ≥ 0
y
xy
3
13
−
=
( ) I
x
xy
3
)2 y + −
=
+ ( x ⇔
v
xy
Điều kiện:
y+ ,
=
≥ . 0
Khi đó ta được
117
Đặt u = x
2
23 v
−
( ) I
− =
( ) 13 1 = ( ) 3 2
u ⇔ u v
2
v
3
v 3
13.
+
−
=
u
v
3
)2
( )2
⇔ = + thay vào ( )1 ta được (
2 3 v
v ⇔ −
+ = 2 0.
(Nhận)
⇔
1 2
= v v =
x
4
y + =
x
x
3
3
2 = −
2 = +
Với
⇔
∨
v
u
4.
1
= ⇒ = Từ đây ta có hệ
xy
1
=
y
y
3
3
2 = +
2 = −
x
5
y + =
Với
⇔
∨
v
u
5
2
= ⇒ = . Từ đây ta có hệ
x y
x y
4 1
1 4
= =
= =
xy
2
=
.
3; 2
3; 2
3
−
+
−
+
) (
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là )
) ( ( 1; 4 , 4;1 , 2
) ( 3 , 2
2
2
y
y
8
8)
y
12
+
+
=
x + )( 1
= ) 1
+ + x ( xy x
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
y
y
x
xy
2
8
=
(I)
x
12
) y + + + =
+ + − ) 1
+ ( x ( xy xy
S
S
,
điều kiện:
2 4
x = +
y P xy ; =
P−
≥ . 0
2
S
P
2
8
S + −
P P S
12
+ + =
= ) 1
(
( ) 1 ( ) 2
( ) Ι ⇔
2
S
8
(3)
⇒ = P
( ) 1
S + − 2
Thế (3) vào (2) ta được
2
2
S
S
8
8
1
12
S + +
=
S + − 2
S + − 2
4
3
2
S
S
4
S 11
30
−
−
3
24 S
S 11
30
⇔
+
−
−
= 0
S ⇔ + ( S S
= 0 )
118
Đặt
= S 0 S 3 =⇔ = − S 2 S 5 = −
Thế lần lượt các giá trị của S vào (3) ta được
0
S
(Thoả điều kiện
2 4
P−
≥ ) 0
∨
∨
∨
S P
S P
S P
S P
4
3 2
= = −
= =
2 = − 3 = −
5 = − 6 =
0
2
⇒
⇔
∨
S P
x xy
x y
x y
4
= = −
y 0 + = 4 = −
= 2 = −
2 = − 2 =
3
⇒
·
⇔
∨
S P
x xy
x y
x y
3 2
1 2
2 1
= =
y + = 2 =
= =
= =
1
⇒
·
⇔
∨
S P
x xy
x y
x y
2 = − 3 = −
y 2 + = − 3 = −
= 3 = −
3 = − 1 =
⇒
·
⇔
∨
S P
x xy
x y
x y
3 2
2 3
5 = − 6 =
y 5 + = − 6 =
= − = −
= − = −
Vậy, hệ phương trình đã cho có tám nghiệm là (2; − 2), ( − 2;2), (1;2), (2;1), (1; − 3), ( − 3;1), ( − 3; − 2),( − 2; − 3).
u
v
x x (
1);
y y (
1).
Khi đó hệ phương trình đã cho được đưa về hệ
Chú ý. Có thể đặt
=
+
=
+
8 + = 12 =
u v uv
2
2
x
y
x
y
4
+
9)
( )I
y
2
+ + +
+
=
( x x
+ + = ) ( y y 1
) 1
y
x
y
xy
2
4
+ + −
=
I ( )
2
2
y
2
+
)2 x xy + +
y + =
+ ( x ⇔ x
2
2
x
y
x
y
xy
2
4
+
+ + −
=
x
y
y
x
xy
2
+
+ + −
=
⇔
⇔
2
) 2 = −
x
y
y
x
xy
2
+
+ + −
=
( xy
( (
) )
S
S
,
điều kiện
2 4
·
x = +
y P xy ; =
P−
≥ . 0
Ta có hệ phương trình
2
S
2
S P + − =
P
2
= −
119
Đặt
2
S
0
P
S + = 2 = −
⇔
2 = −
= S 0 ⇔ = − S 1 P
0
S
(Thoả điều kiện
2 4
P−
≥ ) 0
⇔
∨
S P
S P
= 2 = −
1 = − 2 = −
x
x
2
2
= −
=
0
⇒
⇔
∨
+
S P
x xy
2
= = −
y 0 + = 2 = −
y
y
2
2
=
= −
1
⇒
+
⇔
∨
S P
x xy
x y
x y
2
1 = − 2 = −
y 1 + = − = −
= 2 = −
2 = − 1 =
.
2; 2
2;
−
2−
, (
1; 2− , ( )
)2;1−
)
, (
)
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (
2
x
(
2 y xy )
78
+
=
10)
4
4
x
y
97
+
=
Ta có
2
2
x
x
(
2 y xy )
78
2 y xy )
78
(
+
=
=
+
I ( )
⇔
4
4
2
2
x
y
y
2 x y
x
97
2 2 )
2
97
(
+
=
−
=
+
2
u
x
xy
2, y v
,
điều kiện
x y > Đặt . 0.
=
+
=
Từ phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta suy ra u
Ta có
0.
v> 0,
>
v
=
v
=
78
=
v
=
78 u
⇔
⇔
⇔
⇔
2
2
( ) I
2
2
169
78 u =
v
2
97
−
=
4
2
2
uv u
u
u
78 u 97
12168 0
−
−
=
u
2
97
0
−
−
=
2
78 u
72
= −
u u
78 u 13
13
= −
v = ⇔ = u u
2
2
x
y
13
+
=
II
Ta nhận
(
)
⇔
2
13 6
= =
u v
2 x y
36
=
2
2
)II ta có
2 ,x
y là hai nghiệm của phương trình bậc hai
Từ (
X
X
13
36 0
−
+
X X
9 4
= =
= ⇔
Vậy ta có
120
2
2
x y
3 2
x 3 = ∨ = − y 2 = ∨ = −
x
x
9
4
=
=
∨
⇔
2
2
y
y
4
9
=
=
x y
2 3
x 2 = ∨ = − y 3 = ∨ = −
− −
−
−
−
− −
Vậy, hệ đã cho có tám nghiệm là ) ( ) ( ) ( ( 3; 2 , 3; 2 , −
) ( 3; 2 ,
) ( 3; 2 , 2;3 , 2; 3 ,
) (
) ( 2;3 ,
) 2; 3 .
3
y
x
y
7(
)
=
−
11)
2
x
y
x
y
2
+
= + +
− 3 x 2
Ta có
3
3
2
2
x
y
x
y
x
xy
y
7(
)
(
y x )(
−
=
−
−
+
+
−
7) 0 =
⇔
2
2
2
2
x
y
y
x
x
y
x
y
2
(
+
= + +
+
−
+
) 2 0 − =
y
I ( )
2
x
y
x
y
(
+
−
+
) 2 0 − =
2
2
x
xy
y
7 0
+
+
− =
II
(
)
2
2
x
y
x
y
(
+
−
+
) 2 0 − =
= x 2 ⇔
Giải ( )I
1
5
x
=
1
5
y
=
y
+ 2 + 2
I ( )
⇔
⇔
x
x
1 0
− − =
= x 2
1
5
− 2
1
5
x = y =
− 2
Giải (
)II
2
y
xy
)
0
−
7 − =
II
(
)
2
y
x
xy
x
y
)
(
2
(
+
−
−
+
) 2 0 − =
xy
x
y
(
+ x ( ⇔ +
+
) 5 0 − =
2
x
y
xy
x
y
(
)
2
(
+
−
−
+
) 2 0 − =
⇔
2
S
, (
P 4 )
x = +
y P xy S , =
≥
Như vậy ta có
121
Đặt
3 2
P
S
5 = −
II
(
)
⇔
⇔
2
S
S + −
12 0 =
S P
4 = − 9 =
= S P =
Ta nhận
suy ra
,x y là nghiệm của phương trình bậc hai
3 2
= S P =
2
X
X
3
2 0
−
X X
1 2
= =
+ = ⇔
Vậy ta có
∨
x y
x y
1 2
2 1
= =
= =
Hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
5
1
5
5 1 ;
5 1 ;
.
( ) ( 1; 2 , 2;1 ,
+ 2
+ 2
− 2
− 2
) 1
,
x
y
3 10
2 + +
− =
12)
(I)
4
4
x
y
4.
2 + +
3 − =
2 ≥ − 3.
x y ≥
4
x
2
+
u
Điều kiện:
(Với
0
v≥ 0,
≥ ). (*)
4
v
y
3.
=
−
= u
2
u
x
2
=
+
2
v
y
3.
=
−
⇔
Hệ phương trình (I) trở thành
4
+ =
2
2
v
10
+
=
u v u
2
u v
4
)
uv 2
10
=
∨
⇔
⇔
⇔
uv
+ = 3
1 3
3 1.
=
− 4
+ =
= u v =
= u v =
+ u v ( u v
4
x
2 1
+ =
x
x
2 1
1
+ =
(Nhận).
⇔
⇔
⇔
4
y
y
3 81
= − 84
− =
=
1 3
= u + v =
y
3
3 − =
4
x
3
2 + =
x
x
2 81
79
+ =
=
(Nhận).
⇔
⇔
⇔
4
y
y
3 1
4.
− =
=
3 1
= u + v =
y
3 1
− =
122
Đặt
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( 1;84), (79; 4).
−
y
x
2
6
−
y + −
=
13)
I ( )
2
2
)( 1 y
x
y
2
2
) 3 0
+
−
)( 1 −
− =
( − x x
y
x
1
6
−
y − + − =
)( 1
) 1
I ( )
Ta có
2
2
x
y
5
−
+
−
=
)( 1 ) 1
(
) 1
( − x ⇔ (
, hệ phương trình đã cho trở thành
X x 1 = − Y y 1 = −
6
=
6
+
=
)
⇔
2
2
X
Y
) 5
( XY X Y +
=
XY
2
5
X Y +
−
=
( XY X Y + )2
(
2
, ta có hệ
Đặt
S
P
;
4
0
−
≥
S X Y + = P XY =
S P .
6
=
P
=
⇔
⇔
⇔
2
P S
2 3
= =
S
P
2
5
−
=
2
3
S
5
−
=
S
S
6 S 5
−
−
12 0 =
P =
6 S 12 S
3
Như vậy ta có
⇔
∨
⇔
∨
⇔
∨
X Y XY
x y
x y
x y
x y
1 1 1 2
1 2 1 1
2 3
3 2
+ = 2 =
1 = 2 =
2 = 1 =
− = − =
− = − =
= =
= =
X Y
X Y
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
) ( 2;3 , 3; 2 .
)
xy
x
y
1 7
+ + =
14)
2
2
2 x y
xy
y
1 13
+
+ =
0 :
Hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Đặt
y =
·
0 :
Hệ phương trình đã cho tương đương với
y ≠
x
7
=
1 y
2
2
2
2
a
b
a
x
x
a
;
2
b 2 .
x = +
= ⇒ =
+
+ ⇒ +
=
−
. Đặt
1 y
x y
1 2 y
x y
1 2 y
2
x
13
=
x + + y x + + y
1 2 y
Ta có hệ phương trình theo ẩn mới
a b
a b
7
7
+ =
+ =
a b
⇔
⇔
2
2
a
+ = 4
5
7 a = ∨ = −
a
a
13
b − =
a + −
20 0 =
123
·
x
4
=
+
2
1 y
x
x
3 0
−
+ =
3
=
y
=
x y
4 3
y
=
4 x 3
⇒
⇔
⇔
2
x
x
+
+
12 0 =
x
+
5 = −
VN (
)
1 y
5 = − 12 =
= a b = a b
x y
1 1 3 3 1.
= =
y
=
= x ⇔
5 x 12
12
x = y
1;
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
( ) , 3;1 .
1 3
y
3 0
( x x
15)
. Điều kiện:
0.
x ≠ Hệ phương trình đã cho tương đương với
x
y
1 0
+
−
+ =
)2
(
) 1 + + − = 5 2 x
y
3 0
( x x
) 1 + + − =
y
3 0
( x x
) 1 + + − =
t
y
. Đặt
Ta có hệ phương trình
=
+
⇔
( x x
).
2
2
2
2
x
y
+
1 + =
x
x
y
x
5
+
+
=
)
(
)
(
5 2 x
3
x + =
3
⇔
⇔
⇔
∨
2
2
x t
x t
1 2.
2 = 1 =
= =
x
5
+
=
x
t
tx 2
5
+
−
=
t x + = tx 2 =
t t
x 3 + = )2
t (
2
y
y
1
2
+
=
+
=
)
)
(Thỏa điều kiện)
Như vậy, ta có
∨
⇔
∨
1 1.
y
= −
x
x
2
1
= x y =
( x x =
( x x =
= x
3 2
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
( ) , 1;1 .
3 2
2; −
2
x
xy
y
3
4
−
=
(1)
2
y
xy
x
3
4
−
=
2
2
x
y
4
0
y + +
=
x
y
x
y
−
4 = −
−
)
)
(1)
⇔
⇔
2
2
)( xy
x
3
4
−
=
y
xy
( x
3
4
−
=
( − x y
y
x
y
x
=
=
0
2
2
x
y
xy
x
x
4
3
2
0
0
−
=
+
=
⇔
⇔
⇔
x
2 = −
x
y
x
y 4 = − − 2
4 = − − 2
y
2.
= −
xy
y
x
x
x
4 0
3
4
4
+ =
−
=
+
= x y =
− −
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
) ( 0; 0 ,
) 2; 2 .
124
II.15. 1)
x
7
0
y + −
=
(1)
2)
y
7
0
x + −
=
1 2 x 1 2 y
x
y
0,
0.
≠
≠
2
2
3
x
y
x
xy
y
xy
7
0
−
+
+
+
=
x
2 x y
7
1 0
+
− =
(
)
)
(1)
⇔
⇔
3
2
3
2
y
xy
7
1 0
+
− =
y
xy
7
1 0
+
( − =
y
x
y
=
2
2
2
x
y
x
y
4
3
0(*)
+
+
+
=
⇔
⇔
⇔
)
)
3
x
1
=
8
.
3
2
y
xy
7
+
( 1 0 − =
= x (
x = = y
1 2 1 2
x
y
0,
0
(Do
≠
≠ nên (*) vô nghiệm)
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
.
1 1 ; 2 2
2
x
y
x
1 2
1
=
− +
−
3)
( )1
2
y
x
y
1 2
1
=
− +
−
Điều kiện:
1 1
≥ x y ≥
2
x
x
y
2
1
−
1 + =
−
( )1
2
y
y
x
2
1
−
1 + =
−
⇔
2
x
y
−
=
−
2
y
x
−
=
−
( ) 1 1 ( ) 1 2
( (
) 1 ) 1
⇔
y
x = − 1
( ) 2
( ⇔ −
)4 1
y
1
x + =
( ⇔ −
)4 1
Thế giá trị x vừa tìm được vào ( )1 ta được:
y
y
−
=
(
)8 1
− ( 1
)a
t
y
t
Điều kiện:
1
0
=
−
≥
(
)
a
t
16 t ⇔ =
(
)
( t t⇔
) 15 1 − = 0
⇔
⇔
0 1
0 1
1 2
= t 15 t =
⇔
= t t =
= y y =
125
Đặt:
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
)1;1 và (
)2; 2 .
Chú ý. Có thể giải bằng cách khác như sau:
Trừ từng vế của hai phương trình của hệ đã cho ta được
2
2
2
2
x
y
y
x
x
x
y
x
x
y
y
y
1 2
2
2
2
1
−
=
1 − −
− +
− ⇔ −
+
1 − =
−
+
−
f y
f x ( )
( ).(*)
⇔
=
2
t
t
[1;
t 2
1,
).
− ∈ +∞ Hàm số này đồng biến trên tập xác định, do đó
+
−
Xét hàm số ta có (*)
t t f ( ) = Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( y⇔ = x .
)1;1 , (
)2; 2 .
x
y
− = −
( ) 1
1 x
1 y
3
y
x
2
1
=
+
( ) 2
4)
0 0
≠ x y ≠
Ta có
x
y ⇔ − = −
( ) 1
1 x
1 y
y
1
0
+
=
( x ⇔ −
)
1 xy
x
= y
⇔ = − y
1 x
+ Thế y
x= vào phương trình ( )2 ta được
3
x
2 0
( ) 2
2
x
2
0
x + +
=
2
x
0,
x ⇔ =
) x 2 + + > ∀
x ⇔ + − = )( ( x 1 ⇔ − ( v x 1 ì
)
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là (1;1).
y
+ Thế
= − vào phương trình ( )2 ta được
4
x
x
2 0
1 x ⇔ + + = ( )3
( ) 2
4
3
′
y
x
x
y
x
x
f
f x ( )
4
1 0
;
(
) 0.
=
=
+ + ⇒ = 2
+ = ⇔ = −
−
Xét hàm số
< Lập bảng
1 3 4
1 3 4
f x ta kết luận được đồ thị của hàm số không cắt trục hoành.
( )
biến thiên của hàm số
Suy ra phương trình ( )3 vô nghiệm.
126
Điều kiện:
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (1;1).
4
2
x
3 x y
2 x y
x
2
2
9
+
+
=
+
5)
(I)
2
x
xy
x
2
6
6
+
=
+
Xét
0,
khi đó hệ phương trình trở thành
x =
(Vô nghiệm)
= 0 9 0 6 =
Xét
0
x ≠ , khi đó hệ phương trình (I) tương đương với
2
y
x
2 x x (
)
2
9 (1)
+
=
+
2
x
x
6
−
+
(2)
y =
6 + x 2
Thay (2) vào (1) ta được
2
2
x
x
6
−
+
2
x
x
x
2
9
+
=
+
6 x
+ 2
2
2
x
6
+
2
x
x
2
9
⇔
=
+
x 6 + x 2
2
2
x
x
6
6)
4(2
9)
x ( ⇔ +
+
=
+
2
2
x
x
3)
8(
3) 12 (3)
−
=
+
+
( ⇔ +
3
t
3,
x= + khi đó (3) trở thành
2
t
3
t 8
12
−
=
+
2
t 9 8
12
)2 ( 4 t t 6 ⇔ −
+ =
+
t
3 1) (
3)
0
t ( ⇔ +
−
=
⇔
⇔
t t
t t
1 0 3 0
+ = − =
1 = − 3 =
Đặt
x
3
0
3
t = ta được 3
= + ⇔ = (Loại) x
· Với
x
x
3
1
4
4
t = − ta được 1
− = + ⇔ = − (Nhận), thay
x = − vào (2) ta được
2
( 4)
− −
y
=
=
17 4
6( 4) 6 + − + 2( 4) −
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm là
4;
.
17 4
−
2
xy
y
x
x
22 y
+ + =
−
I ( )
6)
x
y
y x
x
y
2
2
2
−
1 − =
−
127
· Với
(*)
1 0
≥ x y ≥
2
xy
y
x
y
x
y
(
y x )(
)
+ + +
=
+
−
( )I
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
⇔
x
y
x y (
y y (
(
y x )(
)
1) + +
1) + =
+
−
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
y
x
y
x
y
(
1)(
)
(
y x )(
)
+
+
=
+
−
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
x
y
y
x
(
)(2
1) 0
+
− + =
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
x x
0 1
y + = y 2 =
+
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
Điều kiện:
x
0.
Do điều kiện (*) nên ta loại trường hợp
y+ = Như vậy ta chỉ có trường hợp
y
x
2
1 + =
x
y
y x
x
y
2
1 2
2
−
− =
−
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
y
x
2
1 + =
y
y
y
y
y
y
(2
1) 2
2
2(2
1) 2
+
−
=
+ −
y
x
2
1 + =
y y
y
2 (
2(
1)
1) + =
+
y
x
2
1 + =
y
y
(
1)( 2
+
−
2) 0 =
y
x
2
1 + =
y
(
1 0)
⇔
+ >
y
2
2 0
− =
⇔ ⇔ ⇔
(Nhận)
⇔
5 2
= x y =
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là (5; 2) .
4
2
x
3 x y
2 x y
1
−
+
=
7)
I ( )
2
3 x y
x
xy
−
+
1 = −
2
2
x
1
+
−
=
)
Ta có
I ( )
2
( 3 x y
x
xy
1
−
−
= −
xy (
3 x y )
⇔
128
2
x
xy
−
,
khi đó ta có hệ phương trình
3 x y
2
2
u
1
2 0
v + =
⇔
v u
v u
+ − = 1
1 − = −
= −
u
u
1
= −
= u 1 ⇔ = − u 2 v u
u
u
1
=
⇔
∨
v
v
0
=
2 = − 3 = −
2
2
xy
x
−
x
xy
1
1
=
−
=
+
⇔
⇔
2
2
v
0
=
x
x
0
3 x y
0
u
=
= (
1 ) 1 − =
⇔
∨
x y
x y
1 0
= =
1 = − 0 =
Đặt = u = v
2
2
x
xy
+
x
xy
2
2
−
= −
+
(Hệ phương trình vô nghiệm)
⇔
⇔
2
2
v
= − 3
= −
x
x
2
3 0
+
+ =
u
3 x y
3 = −
= (
2 )
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (1;0); ( − 1;0).
2 x y
x
y
3
2
6
15
+
−
= −
8)
x
2 x y
x
y
2
2
9
+
+
+
=
Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
3
15
+
−
+
= −
2
2
2
2
9
+
+
) =
+
) )
( y x ( y x
2 )
2
x
x
y
2
3
15
+
−
= −
)
2
x
x
y
2
9
+
+
=
)
( ) 1 ( ) 2
( (
)( )(
( x x ( x x ⇔
x
Vì
0
y+ = không thỏa phương trình ( )2 , nên chia ( )1 cho ( )2 theo vế ta được
=
x
y
5
−
5 − 3 y 5 9 = − x 2 .
y x 3 − x y + x 3 ⇔ − y ⇔ =
y
Thay
x= 2
vào ( )2 ta được
2
x
x
x
2
2
9
+
+
=
)
3
x
)( ( x 2 3 0 − = ⇔ + ⇔ = ⇒ = y x 2. 1
129
− 3 x 3
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
)1; 2 .
2
2
x
y
x
y
3
4
1
+
−
+
=
9)
( ) I
2
2
x
y
x
y
2
9
8
3
−
−
−
=
2
2
x
x
y
3
1
−
+
+
=
I ( )
Ta có
( ) 2
2
2
x
x
y
y
3
2
4
3
−
−
+
=
(
y )
4 (
)
⇔ 3
2
x
x
3
−
3
ta được hệ phương trình
2
v
y
y
4
=
+
2
3
13
3
13
−
+
x
x
3
1
−
=
x
=
x ∨ =
⇔
⇔
⇔
2
2
3
1 0
=
= =
Đặt = u
y
y
4
0
+
=
y
0
4
2 y = ∨ = −
13
13
13
3
3
3
3
13
+
−
+
−
2
2
2
2
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
u v 1 + = v u 3 2 − u v
y
y
2
=
10)
( )I
3
3
y
19
−
)2 =
− ( x x
2
y
y
2
=
Ta có ( )I ⇔
2
2
x
y
x
xy
y
19(*)
−
+
+
=
) )(
)
; 4 , − ; 0 , ; 0 , ; 4 . −
x y
x
y= không là nghiệm của hệ phương trình đã cho, do đó chia
Ta nhận xét rằng ( ; ) / theo vế của hai phương trình của hệ ta được
x
−
(
=
2
2
x
xy
y
2 19
+
) y y +
2
2
2
xy
y
x
xy
y
19
19
2
2
2
⇔
−
=
+
+
2
2
xy
y
17
21
0
x 2 ⇔ −
+
=
2
2
17
⇔
−
+
21 0 =
x y
x y
− ( x (
7
3 2
x
y
7
7
= ⇔ =
+
kết hợp với ( )* ta được hệ phương trình
x y
130
x = y ⇔ x = y
3
x
y
x
y
7
7
=
=
⇔
⇔
3
3
3
x
y
y
19
1
−
=
=
3
7 18 1 18
18
x
y
= ⇔ =
+
kết hợp với ( )* ta cũng được hệ phương trình
x y
3 2
3 2
x
y
=
⇔
3 2
= x y =
3
3
19
=
x = = y
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
;
,
(
)3; 2 .
3
3
3 2 − y x
7 18
1 18
3
y
1
=
11)
I ( )
2
3
xy
y
2
2
+
+
=
2
2
2
2
y
x
xy
y
1
+
−
=
x
y
x
xy
y
1
+
−
+
=
(
)
I ( )
⇔
⇔
2
2
2
xy
y
) 2
)( 2 +
+
=
2
+
=
)( ) y
( y x
+ )
(
2
2
x
2
2
2
⇒
x
xy
y
xy
y
2
−
+
=
+
(
)
1 = ⇔ 2
x ( y x xy + y +
2
2
2
y
xy
y
x
y
x
y
2
2
0
2
0
− ( y x x 2 ⇔ −
y ) xy +
−
−
= ⇔ −
−
=
(
)(
)
y
y
= x x 2 =
⇔
3
x
,
+ Trường hợp
ta được nghiệm của hệ phương trình là
.
y=
34 ; 2
4 2
+ 3 x 2 x y
x
+ Trường hợp 2
,
thay vào phương trình thứ nhất của hệ phương trình đã cho ta được
y=
3
3
3
x
x
x
x
2
1
9
1
.
+
3 = ⇔ = ⇔ =
;
.
Nghiệm của hệ phương trình là
(
)3
9 2 9 3
3
1 3 9
3
3
3
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
,
;
.
34 ; 2
4 2
9 2 9 3
3
3
2
y
x
y
=
−
12)
I ( )
2
x
y
y
+
x = −
2
3
0
y
y
0
=
Khi đó hệ phương trình ( )I trở thành
⇔
⇔
2
1 = −
y
y
= y y
= −
0
− 3 x 2
( y y ( y y
) 1 − = ) 1 + =
131
Như vậy, nghiệm của hệ là (
) ) ( 0; 0 , 0; 1 .−
+ Xét trường hợp
x ≠ 0
Nhân hai vế của phương trình thứ hai của hệ ( )I với x ta được hệ phương trình tương đương
3
2
y
x
y
=
−
2
2
x
xy
x
xy
+
=
−
Sau khi trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi tiếp ta được
3
3
2
3
3
2
3
3
2
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
−
=
−
−
=
−
−
=
−
⇔
⇔
3
2
2
3
2
3
2
x
xy
x
xy
y
xy
xy
y
xy
xy
0
+
=
−
+
y = −
+
y − +
=
− 3 x 3
3
3
2
3
2
x
y
x
y
−
=
−
y
x
y
−
⇔
⇔
2
xy
x
x
y
0
0
+
1 − +
=
+
+ − =
= )( 1
) 1
− 3 x ( y y
( y y
)
0,
1,
y = suy ra
x = do đó ta được nghiệm (
)1;0 .
·
1,
1,
y = − suy ra
x = do đó ta được nghiệm (
) 1; 1 .−
3
2
3
2
y
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
·
1
,
1
2
1, (
0).
= − ta có phương trình
=
− + ⇔ −
0 + = ⇔ =
≠
( 1 − −
)3
Ta được nghiệm (
)1;0 .
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (
) ) ( 0; 0 , 0; 1 ,−
)1;0 , ( (
) 1; 1 .−
3
x
x
y
y − =
−
I ( ).
·
Ta có
x
x
2
y + =
y + +
x
0
y − ≥
0,
6
2
3
3
x
y
x
y
x
y
x
y
0
I ( )
−
−
=
−
⇔
−
0, 6 )
y + ≥ (
)
2
2
2
x
y
x
y
0
+
+
−
2 − =
x ( (
y 0 + ≥ ) )
II.16. 1)
x
y
x
2
+
y + +
=
x ( (
)
)
x
0
0,
2
x
y
x
y
0
−
=
−
= ( y + ≥ (
)
− ≥ x y ( ) ⇔ − ( )
y − ≥ ) y + =
x
x
x
x
0,
0
0,
0
y + ≥
y + ≥
1
y − ≥ y
x
x
1
∨
⇔
∨
1
= x y =
x
x
2
2
y + =
y − ≥ y − = y + =
1 2 x ( ⇔ − x
3 2 1 2
(1;1), (
).
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
3 1 ; 2 2
132
⇔ = x = = y
2
2
x
y
xy
25
2)
( )I
y
+ y x (
+
− = ) 10 =
2
2
2
2
2
xy
x
y
y
x
y
25
25
0
=
−
−
−
−
+
+
=
⇔
⇔
( ) I
2
2
xy
y
y
xy
10
10
=
−
=
−
x
15
=
x
15
=
x
15
=
2
2
2
xy
y
y
y
10
15
=
−
+
−
10 0 =
x
15
=
⇔
⇔
⇔
x
15
= −
10
2
xy
y
10
=
−
x
x
15
15
= −
= −
2
xy
y
10
=
−
2
2
xy
y
10
=
−
y
y
15
−
−
10 0 =
x
x
15
15
=
= −
x
x
15
15
=
= −
15
55
15
55
−
y
y
=
=
15
55
15
55
−
⇔
+ 2
+ 2
y
y
=
=
⇔
∨
⇔
∨
x
x
15
15
=
= −
15
55
15
55
−
y
y
=
=
15
55
15
55
−
+ 2 − 2
+ 2 − 2
y
y
.
=
=
− 2
− 2
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
15
55
55
15
55
15
55
−
−
15;
15;
15;
15;
.
−
−
+ 2
15 − 2
+ 2
− 2
x
y
2(*)
+
=
3)
x
y
4
3 + +
3 + =
; ; ;
⇔
0 0
≥ x y ≥
≥ x 0 y 0 ≥ x 3 0 + ≥ + ≥ y 3 0
Bình phương hai vế của các phương trình của hệ ta được
xy
2
4
=
x
x
y
3
3 2
3
3
16
y + + + +
+
+
=
(
)(
)
Điều kiện:
y
xy
2
4
=
x
x
y
2
3
3
10
y + +
+
+
=
(
)(
)
+ + x y
Trừ vế theo vế của hai phương trình của hệ trên ta được
133
+ + x ⇔
x
y
xy
3
3
3
+
+
−
=
(
)(
)
x
y
xy
3
3
+
3 = +
( ⇔ +
)(
)
y
xy
xy
3
3
6
+
9 = +
+
( x ⇔ +
)(
)
x
y
xy
xy
3
6
xy ⇔ +
+
9 9 + = +
+
(
)
y
2
0
=
y
x
0
=
xy )2
y
x ⇔ + − ( ⇔ − x ⇔ =
Thay x
y= vào ( )∗ ta được
x
x
x
2
1.
2
1
⇔
= ⇔ = ⇔ = (Thỏa điều kiện)
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (
)1;1 .
2
x
xy
x
3
3
+
+
y + =
4)
I ( )
2
2
2
xy
x
y
x
2
2
2
+
+
+
=
3
Ta có
I ( )
2
y
x
2
2
( x x ( x x
) 1 + + ) 1 + +
( y x (
) 1 + = ) 1 + =
3
x
y
(1)
+
x
x
y
2 (2)
+
+
=
)( 1 3 )( 1 2
) 3 = )2
( + x ⇔ (
Ta thấy vế trái của các phương trình (1) và (2) khác 0 nên chia vế theo vế của các phương trình của hệ ta được
=
3 2
x y 3 + 2 x y 2 +
2
x
y
y
x
3
2
⇔
+
=
+
( 2 3
)
(
)
2
x
y
x
y
2
6
3
6 ⇔ +
=
+
y
2
23 y ⇔ −
= 0
3
2
−
= 0
( y⇔ y
)
0
= y
3 ⇔
2 3
+ Với
0
y = , thay vào (1) ta được
x
= 1
(
)1 x+
134
⇔ = y
2
x
x ⇔ + − = 1 0
5
5
x =
1 − + 2 1 − − 2
+ Với
y = , thay vào (1) ta được
2 3
x
x
3
+
+
=
(
2 3
⇔ x =
2
x
x
3
x 3 ⇔ +
+
+ = 3
2 3
2 3
x 11
29 x ⇔ +
− = 7 0
373
11 − +
) 1 3
18
373
11 − −
x =
18
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
5
5
11 − +
11 − −
; 0
,
; 0
,
;
,
.
1 − + 2
1 − − 2
373 2 3
18
373 2 ; 3
18
⇔ x =
2
2
3
2
2 x y
x
y
y
y
2
2
−
+
−
=
5
)
2
2
x
y
y
2 0
+
− − =
2
2
y
y
2
2
2
2
3
2
y
y
y
y
y
y
2
2
y + −
−
y + −
+
−
=
( 2 2
)
2
2
x ( x
y
y
2
= + − ) = + −
4
3
2
y
y
y
y
2
3
4
4 0
−
+
+
−
− =
2
2
y
y
2
2
y
y
2
0
+
−
=
2 = + − ) ( 1
)
⇔ ⇔ x ⇔ (
2
2
0
2
2
x
y
y
2
= + −
x
y
y
2
= + −
1 = −
2
y
0
=
+
⇔
⇔
⇔
1
2
y y
= − 2 =
y
2
0
−
=
( (
) 1 )
0 2
= x y = x y =
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
0; 1− và ( )
)0; 2 .
135
y
2
1 −
x
x
2
3
1
−
2 + =
+
6)
I ( )
x
2
1 −
y
y
y
2
3
1
+
−
2 + =
+
+ x
y
2
1 −
x
x
2
3
−
2 + =
I ( )
Ta có
x
2
1 −
y
y
y
2
3
1 − +
−
2 + =
− + x 1 ⇔
trở thành
thì hệ ( )I
1 1
x = − y = −
u v
2
u
v 1 3 (1)
+ =
II
(
)
2
v
v
u 1 3 (2)
+
+ =
+ u
Lấy ( )1 trừ ( )2 theo vế ta được
2
2
u v
u
v
v 1 3
u 3
− +
1 + −
+ =
−
2
2
u
v
u 1 3
v 1 3
v = +
+ +
u ⇔ + f u ( )
+ + f v ( ) (3)
⇔
=
2
f
t
Xét hàm số
t ( )
t = +
1 3t + +
f
′ t ( ) 1
t 3 ln 3
= +
+
t 2
t
1
+
t
2
t
Ta có
1
1
+ ≥ ⇒ t
≤
2
t
1
+
′⇒ f
t ( ) 0,
≥ ∀ ∈ ℝ t .
f
Do đó, hàm số
t luôn luôn tăng trên toàn bộ ( )
.ℝ
u
.
v⇔ =
Vì vậy, ( )3
Thay u
v= vào ( )1 ta được
2
u
u
u 1 3
+
+ =
2
2
2
u
u
u
u
u
1
1
u 3
1
u ⇔ +
+
−
+
=
−
+
)
)
(
)(
(
2
u
u
u 1 3
1
⇔ − =
−
+
)
(
2
u
u
u 3
1(*)
⇔
1 + −
=
(
)
2
g u
u
u
Xét hàm số
xác định trên
u ( ) 3 =
1 + −
.ℝ
(
)
136
Đặt
u
1
u
2
2
u
u
u
u
u 3
ln 3
′ g u ( ) 3 ln 3
u 3
1
=
1 + −
+
−
=
1 + −
−
2
2
)
(
)
(
u
u
1
1
+
+
u
2 1
Ta có
u + − ≥ 0
Do
1
ln 3
0.
≤
−
≥
mà ln 3 1> nên
1 2
1 2
u
u
1
1
+
+
g u′
Vậy,
( ) 0. ≥
( )g u luôn luôn đồng biến trên
.ℝ Do đó( )∗ nếu có nghiệm thì có một
Suy ra hàm số nghiệm duy nhất.
x
Từ đó ta được
Ta thấy
y= = 1.
u
0
0.
v= =
u = thỏa( ) ,∗ như vậy
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (
)1;1 .
xy
x
y
3
2
16
−
−
=
7)
I ( )
2
2
x
y
x
y
2
4
33
+
−
−
=
xy
x
y
2
6
4
32
(1)
−
−
=
Ta có
I ( )
2
2
x
y
x
y
2
4
33 (2)
+
−
−
=
Cộng từng vế của các phương trình (1) và (2) ta được
2
2
x
y
x
xy
65
2
−
=
2
y
x
y
8
+
−
65 0 =
−
y 8 )
8 − (
x
13
x
+ ) y + = y 5 + = −
+ ( x ⇔ + ⇔
x
y
x
y
x
y
13
⇔
13
13 + = ⇔ =
− . Thay
=
− vào (1), ta được
y
y
2
16
−
−
−
−
=
2
y
) ( y y 13 y 14 ⇔ −
( 3 13 +
) 55 0 =
Phương trình trên vô nghiệm.
x
y
x
y
x
y
5
·
5
5
+ = − ⇔ = − − . Thay
= − − vào (1), ta được
y
y
16
3 2 −
=
5 − −
)
2
y
( 5 − − − 1 0 + =
2
3
) ( y y y 4 ⇔ + = − − y
y
3
2 = − +
⇔
2
3
thì
3
3
.
Với
y = − −
x = − +
2
3
thì
3
3
.
Với
y = − +
x = − −
137
·
3 ; 2
3; 2
3 − +
− −
3 − −
− +
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
) 3 ,
(
) 3 .
x
y
3
3 − +
2 + =
8)
x
xy
x
y
2
3
6 4
y + =
+
−
− +
x
3
−
u
v≥ 0,
≥ 0
v
y
2
=
+
3
+ =
2
2
uv
v
3
+
=
+
Khi đó hệ phương trình đã cho trở thành u v u
u v
3
+ =
2
)
uv 3
3
u v ( +
=
+
Đặt = u
u v
3
uv
+ = 2
=
⇔
∨
⇔
1 2
2 1
= u v =
= u v =
u
⇔
2
v= 1,
= , ta được
x
3 1
− =
4
⇔
2
= x y =
y
2
2 + =
· Với
u
1
v= 2,
= , ta được
x
2
3 − =
7
⇔
1
= −
= x y
y
2 1
+ =
· Với
Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm là (4; 2), (7; 1).−
x
y
2
+
−
=
)
1 xy
9 2
9)
I ( )
(1)
x
y
2
−
+
=
)
1 xy
5 2
( (
0 0
≠ x y ≠
x
y
2
2
+
=
( ) 1
Ta có
I ( )
x
y
2
2
−
=
( ) 2
1 − − x 1 − + x
1 y 1 y
9 2 5 2
⇔
138
Điều kiện:
Cộng (1) và (2) theo vế ta được
2
x
x
x
x
x
4
4
7
7
2 0
2
− = ⇔ −
− = ⇔ = ∨ = −
2 x
1 4
2
y
2
1 0
− − =
y
y
y
y
1 0
1
2
.
Thay
⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
2
x = vào (1), ta được
1 y
1 2
2
y
2
1 0
− − =
y
y
y
y
1 0
2
1
.
Thay
x = − vào (1), ta được
⇔ − − = ⇔ = ∨ = −
1 y
1 4
1 2
;
.
−
−
−
−
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (
) 2;1 , 2;
1 2
1 4
1 4
1 2
,
;1 ,
2
x
xy
2
+
I ( )
10)
3
= 2
x
xy
y
x
2
2
+
−
=
0
x = không thỏa hệ phương trình, do đó nhân hai vế của
Cách 1. Ta có nhận xét rằng phương trình thứ nhất của hệ ( )I với x ta được
2 x y
x
2
= 2
x
xy
y
x
2
2
+
−
=
+ 3 x 3
2
2 x y
xy
xy
x
x
y
y
2
2
2
0 − = ⇔ −
+
−
Trừ từng vế của hai hệ phương trình cho nhau ta được phương trình )(
) − = 0. 1
(
3
−
−
x
ta được các nghiệm
;
;
.
y= 2 ,
2 3 3
3 3
2 3 3
3
,
· Trường hợp
1,
− −
xy = ta được các nghiệm (
) ( 1;1 ,
) 1; 1 .
3
−
−
;
;
.
− −
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (
) ( 1;1 ,
) 1; 1 ,
2 3 3
3 3
2 3 3
3
,
2
x
xy
(1)
Cách 2.
I ( )
2
xy
(2)
−
( y 2 1
)
1 1 − = − ) 1 − =
( x x
· Trường hợp
y
Thế (1) vào (2) ta được
x
xy
xy
xy
x
y
2
−
=
−
( 1
)
( y 2 1
) − ⇔ −
( 1
)(
)
2 1
= x xy =
0 = ⇔
2
2
2
3 3
y
y
y
x
+ Thay
vào (1) ta được
4
1 1 2
y= 2
− = − ⇔ = ⇔
1 3
y
= −
y =
3 3
3
−
−
;
;
.
Từ đó ta được nghiệm là
2 3 3
3 3
2 3 3
3
,
139
⇔
1
2
+ Thay
1
xy = vào (1) ta được
x
1 0
= x x
1
= −
− = ⇔
− −
Từ đó ta được nghiệm (
) ( 1;1 ,
) 1; 1 .
3
−
−
;
;
.
− −
Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là (
) ( 1;1 ,
) 1; 1 ,
2 3 3
3 3
2 3 3
3
,
1
+
=
+
x y
y x
7 xy
11)
I ( )
x xy
y xy
78
+
=
y
7
=
0.
Ta có
I ( )
xy >
x
y
xy
78
+
) = −
(
( ) + − ) ( . −
xy )
+ ( x ⇔
x
y
xy
,
Suy ra
là nghiệm của phương trình bậc hai
+
−
x
13
y + =
13
2
X
X
7
78 0
⇔
⇔
−
−
= ⇔
X X
x xy
13 = 6 = −
y + = 36 =
xy
6
−
= −
⇔
∨
x y
x y
9 4
4 9.
= =
= =
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
) ( 9; 4 , 4;9 .
)
x
y
1 3 (1)
1 − +
− =
12)
x
x
y
(
1)(
1)
5 (2)
y + −
−
−
=
Điều kiện:
x
1.
y≥ 1,
≥ Hệ phương trình đã cho tương đương với
x
x
y
x
x
y
1 2 (
1)(
1 9
1)
2 (
1)(
− +
−
y − + − =
y + +
−
−
1) 11 =
⇔
x
x
y
x
x
y
(
1)(
1)
(
1)(
1)
5
y + −
−
−
=
y + −
−
−
=
x
y
11
−
+
)
y
x
11
−
+
)
x
y
(
1)(
1)
−
−
=
x
y
(
1)(
1)
−
−
=
5 ( 2
⇔
⇔
y
11
x
y
x
y
2
11
10
+
−
+
+
x
5
y + −
=
(
)
(
( 2 ) =
x − − 2
y
x
11
−
+
y
x
11
−
+
)
)
xy
x
y
−
+
1 + =
x
y
+
1 + =
(
)
)
⇔
⇔
( 2
( 2
x
y
3
21
7
+
=
( xy − + = x y
(
)
xy
2
6 − =
⇔
⇔
∨
⇔
xy x
x y
x y
7
2 5
5 2
10 = y + =
= =
= =
x
7
y + =
140
Điều kiện:
Các giá trị của
,x y đều thỏa điều kiện.
Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
)2;5 , (
)5; 2
x
y
3
2 6 +
y = +
13)
x
x
4.
y + +
y − =
x
y
0
≥
x x
0 0
2 6 + y + ≥ y − ≥
Hệ phương trình đã cho tương đương với
y
y
3 0
+ ≥
3 ≥ −
2
2
2
2
y
y
y
y
6
6
9
9
=
+
+
=
2
2
2
2
x
y
y
x
y
x
x
y
2
16
8
x + + − +
−
=
+
−
=
x ⇔ −
y
3 ≥ −
2
2
y
9
= ⇔ =
⇔
5 4
= x y =
y x y
3 ≥ − 5 4
y 4 = ∨ = −
x ⇔ + x ⇔ − x 5 =
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (
)5; 4 .
2
2
x
2
y = +
Điều kiện:
I ( )
a y 2
2
y
2
x = +
a x
Từ các phương trình của hệ ( )I ta suy ra điều kiện của ẩn là
0 0
> x y >
2
2
2
2
y
2
=
+
I ( )
2 x y 2
y 2
a 2
x
2 y
= xy
a y
2
0
−
+ x + +
=
xy
x
a
2
=
+
(
2 x y )(
)
II.17.
⇔
x
Do
ta suy ra 2xy
y + + >0
0 0
> x y >
2
2
3
2
2
y
a
x
a
2x
+
Vậy, ta có hệ
2 2x y = x
y
− x
= y
=
=
⇔
3
2
y
x
x
2
,
Xét hàm số
=
=
−
( ) f x
0
= x
2
2
y
x
y
x
x
x 2 ,
6
2
0
' 6 =
−
' 0 = ⇔ −
=
⇔ = x
1 3
141
⇔
f
Ta có
=
1 3
2 27
1 − = − 9
1 27
2
y
( )
f x và dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng
0.
a= x > Vậy, hệ phương trình đã cho có
( f x tại một điểm duy nhất có hoành độ
Lập bảng biến thiên của hàm số ) cắt đồ thị một nghiệm duy nhất với mọi
0.
a ≠
2
2
x
xy
y
k
4
−
+
=
I ( )
2
y
xy
3
4
−
=
2
2
x
xy
y
4
1
−
+
=
1) Thay
(2).
1k = vào hệ ( )I ta được
2
y
xy
3
4
−
=
2
y
1
=
Với
0,
thay vào hệ (2) ta được
(Vô lý).
x =
2
y
4
=
2
2
2
x
xy
y
xy
y
xy
4 3
3
1
= +
−
+
−
=
Với
0,
ta có (2)
x ≠
2
2
y
xy
x
xy
3
4
4 1
−
=
−
+ =
⇔
⇔
2
4
2
x
x
y
xy
4 3
2
7
9 0 (*)
= +
+
− =
2
2
⇔
x
x
3
3
y
=
y =
⇔
+ x
+ x
Giải (*) ta được
x
1
= ∨ = − x 1.
x
y
Với
1,
ta được
x = thế vào
=
y = 4.
2 3 + x
x
y
Với
1,
ta được
x = − thế vào
=
y = − 4.
2 3 + x
Vậy, khi
− −
1k = thì hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (1; 4), ( 1; 4).
2) Cách 1.
2
k
Với
0,
(Vô lý).
y = thay vào (1) ta được
II.18.
4
2
2
y
2
−
40 9 −
−
16 0 (3) =
y
4
(
) k y
x = 0 4 =
2
− y
3
0,
Với
y ≠ ta có (1)
⇔
y
4
2
2
x
xy
y
k
4
−
+
=
− y 3
⇔
x =
142
x =
4
2
y
k y
Phương trình trùng phương
2
16 0
,a c trái dấu nên
−
(40 9 ) −
−
= (3) có các hệ số
chắc chắn có nghiệm
0
y ≠ với mọi
.k
Vậy, hệ phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị của k .
2
2
t
y
k
t 4
−
+
=
x
,
ta có hệ
Cách 2. Từ hệ phương trình ta có
ty=
y ≠ Đặt 0.
2
4
) 1 =
) t y
( ( 1 3 −
2
t
t
1
1
1
+
f
f
.
Xét hàm số
,
′ t ( )
0,
Suy ra
=
t = ( )
=
< ∀ ≠ ⇒ t
− 2
k 4
1 3
2 4 t + − t 1 3 −
2 4 t + − t 1 3 −
t 3 − ( t 1 3 −
t 2 )
f
y
f
hàm số
t luôn luôn nghịch biến, do đó đường thẳng ( )
t ( )
tại
y = luôn cắt đồ thị
=
k 4
t
t
< < . Khi đó với
t= ta có
hai điểm phân biệt có hoành độ 1
2,t
t thỏa 1 t
2
1
1 3
2
y
y
4
.
(Đpcm)
= ⇔ = ±
⇒ = ± x
t (1 3 ) − 1
2 t 1 3 − 1
t 2 1 t 1 3 − 1
x
y
a
1 + +
2 + =
I ( )
x
a 3
y + =
Nếu
0
0.
a ≤ thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm nên ta chỉ xét
a > Ta có
x
y
a
1 + +
3 + =
I ( )
( )I
x
a 2 3
1
3
y + + + =
+
⇔
x
1 0
+ ≥
II.19.
v
y
0
=
2 + ≥
,u v
Khi đó ta có hệ phương trình theo biến
a
v
a u
+ =
= −
2
2
2
2
v
a 3
3
f u ( )
u 2
2
a 3
3 0(*)
=
−
au a +
−
− =
+
=
+
Đặt = u
a u
a
như vậy nếu
,
2 =
= − ≥ Giả sử 0. u 1
2
u ≥ thỏa Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm 0 ,u u là hai nghiệm của phương trình (*), thì từ phương trình (*) theo v 1 1u là nghiệm của phương trình (*) thì nghiệm u định lý Viet ta có + 2u chính là v và ngược lại. Từ đó hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm
,u u đều không âm. 1
2
⇔ u v u
143
Điều này xảy ra khi và chỉ khi
a
15
3
15
≤ ≤ +
2
2
a
a
2(
a 3
−
−
−
3) 0 ≥
′∆ =
3
21
+
3
21
3
21
−
+
2
a
a
a
a 3
3 0
3
15
a ∨ ≥
=
−
− ≥
⇔
≤ ≤ +
2
2
2
0
0
f 2 (0) a ≥ 2
x
4
0
− −
=
− 3 ⇔ ≤ ≥ a
( )I
x
1
3 −
+
+
= −
y m ( x y
) 1
Cách 1.
Ta có
y
4
=
x m −
y
y
4
4
=
x m −
=
x m −
I ( )
⇔
⇔
⇔
x
x
x m
x
x y (
1)
3
1
(4
1)
3
1
+
=
−
− +
=
−
x
4
3
1
2 x mx −
x + =
−
II. 20.
y
y
4
4
x m −
=
x m −
=
x
x
2
2
x
x
x
m
x
9
6
1
7
1 0(*)
4
1 3 f x ( ) 5 =
x + =
−
+
+
−
+ =
1 3 2 x mx −
(
)
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm
.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm
x ≥
,x x thỏa 1 2
1 3
f
5.
0
≤
m
≤
1 3
⇔ ≥ ⇔ ≥
7 3
x 2
x 1
m
7 2 5
7 2 5
∨ ≥ +
0
∆ ≥
1 ≤ ≤ 3
⇔
m
>
<
≤
f
5.
0
>
x 1
x 2
1 3
m
<
>
7 3 11 3
S 2
7 3
7 2 5.
m ⇔ ≤ −
⇔
m
7 2 5
≤ −
<
≤ − m 1 3 1 3 ⇔
7 3
7 2 5
thì hệ phương trình đã cho có nghiệm.
Vậy, khi
m ≤ −
Cách 2.
y
y
4
4
=
x m −
=
x m −
I ( )
⇔
⇔
x
x
x m
x
x y (
1)
3
1
(4
1)
3
1
+
=
−
− +
=
−
144
m ≤
y
x m −
=
y
4
=
x m −
x
⇔
x
4
3
1
2 x mx −
x + =
−
2
x
x
4
9
6
1
4 1 3 2 x mx −
x + =
−
+
⇔ ≥
y
y
y
4
4
4
=
x m −
x m −
x m −
=
=
x
x
x
1 3
2
2
x
x
x
mx
x
5
5
7
1
1 3 −
1 + = −
+
⇔ ≥
x
m
7
f x ( ) 5 =
m
= −
⇔ ≥
1 − + = − x
⇔ ≥
1 3 7 − x
2
5
1
f x
x
x
Xét hàm số
,
′ f x ( ) 5
,
′ f x ( )
0
.
( ) 5 =
7 − +
= −
= ⇔ = ±
=
− 2
1 x
1 2 x
x x
1 5
x = −
< (Loại)
1 3
1 5
[
;
f x trên
( )
Ta có
Lập bảng biến thiên của hàm số
+∞ ),
f
f
5.
;
7 = − +
= −
1 3
1 3
7 3
ta được miền giá trị
[2 5 7;
).
− +∞ Từ đó các giá trị cần tìm của m phải thỏa
2 5 7
1 5 fT = m 7 2 5. − ⇔ ≤ −
m − ≥
2
y
y m
− +
II.21.
2
y
x
x m
=
− +
= x
)
)
0;y x
0
Ta có nhận xét rằng nếu ( ;x y 0 0 cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất thì
. Khi đó ta có
là một nghiệm của hệ phương trình đã cho thì ( x 0
y= 0
0(*)
=
−
+ ⇔ −
=
x 0
2 x 0
x m 0
2 x 0
x m 02 +
Do khi
m
1
0
0x duy nhất nên phương trình (*) phải có nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ ′∆ = −
= ⇔ = m 1.
Với
1,m = hệ phương trình đã cho trở thành
2
y
1
y − +
2
y
x
1
=
x − +
= x
Cộng theo vế của hai phương trình của hệ ta được
2
2
2
2
x
y
y
x
x
x
y
1
1
0
y + =
− + +
− + ⇔ −
+
−
= ⇔
(
) 1
(
) 1
1 1
= x y =
1
y= = thỏa hệ phương trình nên là nghiệm và là nghiệm duy nhất của hệ. Vậy, khi
1m =
x thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
145
2
x
x
5
4 0
−
+ ≤
I ( )
2 x mx x
−
+
16 0 =
3
Ta có
4
x ≤ ≤
I ( )
2 x mx x
−
+
16 0 =
1 ⇔ 3
t
,
II.22.
x=
với 1
2.
4x≤ ≤ thì 1
t≤ ≤ Khi đó ta có
2
t ≤ ≤
2
t ≤ ≤
4
⇔
t 3
16
3
+
16 0 =
m
=
1 4 t mt 3 −
1
+ 3 t
Xét hàm số
4
t 3
16
y
f
t ( )
, 1
2
=
=
t ≤ ≤
4
+ 3 t 48
t 3
f
t
′ t ( )
0,
[1; 2]
=
≤ ∀ ∈
− 4 t
f
t nghịch biến trên [1; 2] ( )
Vậy hàm số
f
f
(1) 19, =
= (2) 8.
f
≤
t ( ) 19 ≤
Vậy 1
t≤ ≤ thì 8 2
Vậy, các giá trị của m cần tìm là 8
19.
m≤
≤
x
1 + +
y m =
Đặt
y
x
1
1 + +
=
x
y
II.23.
0,
≥
≥ 0
x
y
x
0,
0
≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1 + +
y x Với ≥ 1.m = Với
≥ ta có 1. 1m = thì hệ phương trình đã cho có nghiệm. Vậy,
y= = Từ đó 0. 1m = là giá trị cần tìm.
x
xy
y m
1
+
+ =
+
Điều kiện:
I ( )
2
2 x y
xy
m
+
=
y
S
với
II.24.
2 4
P−
≥ 0.
S x = + P xy =
1
+
trở thành
⇔
∨
Khi đó ( )I
1
S P m + = SP m =
P m = S =
P 1 = S m =
;x y là nghiệm của phương trình
Suy ra (
)
2
2
X
a
X
mX
0
1 0
hoặc
−
X m +
=
−
+ =
(
)
( ) b
146
Đặt
1) Với
2m =
2
a
X
2 0
X ⇔ −
+ = (Phương trình vô nghiệm)
(
)
2
X
2
1 0
1
X ⇔ −
X + = ⇔ = ⇔
( ) b
1 1
= x y =
Vậy, với
2m = hệ phương trình đã cho có nghiệm là (
)1;1 .
x
y
;x y thỏa mãn
0;
0
>
> khi và chỉ khi
)
2) Hệ phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm( phương trình(
)a hoặc phương trình( )b có hai nghiệm dương.
+ Phương trình (
)a có hai nghiệm dương khi và chỉ khi
m
1 4
0
∆ = −
X
X
m
.
+
0 = > ⇔
0 ⇔ <
≤
1
2
1 4
1 4 0
m ≤ > m
m
0
=
≥ 1 1 >
X X 1
2
2
m
4 0
− ≥
m
2
2
≤ − ∨ ≥
m
X
2.
m ⇔ ≥
0 > ⇔
=
0
m m >
1 0
2 = >
1 X X 1
2
+ Phương trình ( )b có hai nghiệm dương khi và chỉ khi ∆ = X +
m
m
Vậy, với
2 0 ≥ ∨ <
≤ thì hệ phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm (
) ;x y
1 4
x
y
0;
thỏa
>
> 0.
2
2
y
m
1
=
+
I ( )
2
1
( m x 2 x my +
) 1 + + =
2
2
2
2
x
y
x
y
2
1
=
+
=
2
2
y
1) Khi
x ⇔ +
= 1.
1m = hệ ( )I trở thành
2
2
2
x
1 + + 2 y
x
y
1
1
+
=
+
=
II.25.
2
2
x
Vậy, tập hợp nghiệm của hệ phương trình ( )I ứng với
x y ;
/
(Tập
y+
=
)
{ 1m = là (
} 1
x y là tọa độ của những điểm nằm trên đường tròn đơn vị).
)
hợp những cặp ( ;
2
2
y
m
=
+
2)
2
2
1
( m x x my +
) 1 + + =
( ) 1 1 ( ) 2
⇔
2
x
my
1
Từ phương trình ( ) 2
2
m
my
y
m
2
−
+
=
+ 1
Thế vào phương trình ( )1 ta được
(
)2
2
2
2
m m y
y
m
2 ⇔ −
+
=
+ 1
147
⇒ = − 2
2
1
m = − (3)
( 1 ⇔ −
)2 m y
1
2 0m−
=
m
m
1
⇔ = ∨ = − 1.
1,m = hệ phương trình ( )I có vô số nghiệm. Tập hợp nghiệm của hệ phương trình ( )I
2
2
x
x y ;
1,
/
20
2
y+
m = − (3) trở thành
y = ⇒ phương trình (3) vô nghiệm
)
} = Với 1 .
Với { là ( từ đó hệ phương trình ( )I vô nghiệm.
· Xét
1
2 0m−
≠
m⇔ ≠ ± 1
2
(3)
. Hệ phương trình ( )I có nghiệm khi và chỉ khi
y ⇔ =
m 2 m
1 − 1 −
2
y
0
=
≥
1
m 2 m
⇔
> − 1
2
m m ≠
x
m .
0
1 = −
≥
0
≥
1 − 1 − m 2 m
1 − 1 −
> − m 1 m 1 ⇔ ≠ m 1 − 2 m 1 −
Vậy, kết hợp các trường hợp đã xét thì giá trị cần tìm là
1.
m > −
Chú ý. Chúng ta có thể giải cách khác như sau
2
2
Y
y
· Xét
0,
0.
X x =
≥
=
≥ Khi đó ta có hệ phương trình
II
(
)
1 1
mX Y X mY +
+ = =
m
m
2
m
D
m
m
D
1,
1,
=
−
=
=
−
=
=
− 1.
=
X
D Y
1 m
1 1 m 1
1 1 1
1
1
+
D
0
= m m
1 = −
= ⇔
Đặt
)II có vô số nghiệm nên hệ phương trình ( )I có vô số nghiệm.
1m = . Hệ phương trình (
·
)II vô nghiệm nên hệ phương trình ( )I vô nghiệm.
1.
m = − Hệ phương trình (
+
D
0
≠ ⇔ ≠ ± m 1.
)II có nghiệm
Hệ phương trình ( )I có nghiệm khi và chỉ khi hệ phương trình ( (
X Y X ) /
;
Y> 0,
> 0.
X
0
=
=
>
D X D
1
1.
⇔
m ⇔ > −
0
>
= Y
1
1 m + D 1 Y = D m +
Vậy, kết hợp các trường hợp đã xét thì giá trị cần tìm là
1.
m > −
148
·
2
2
x
m
2
0
+
=
I ( )
2
2
x
y
m
2
2
2
+
+
−
=
+
x my − ( m x
2 + − )
1) Khi
1
m = − thì hệ phương trình đã cho trở thành
2
2
2
2
x
y
x
2
+
+
x
y
x
2
3 0
+
+
+ =
⇔
2
2
2
2
x
x
y
2
2
1
+
+
−
−
=
x
y
x
2
3 0
+
+
+ =
II. 26.
(
3 0 + = )
2
2
2
2
y
x
x
y
2
3 0
1 0.
x ⇔ +
+
+ = ⇔ +
+
+ =
(
) 1
Vậy, hệ phương trình trên vô nghiệm.
2) Ta có
2
2
x
x
2
+
+
( ) I
2
2
y
x
2
2 + =
( m y +
+
2 + = ( m x
) 1 ) 1
2
2
−
+
1 = −
) 1
2
2
y
1
+
−
+
=
( m x
) 1
( m y (
) 1 ) 1
⇔ + ( x ⇔
x
u
0
+
≥
2
v
( y
)2 1 , v 1,
1
=
+
≥
Khi đó ta có hệ phương trình bậc nhất đối với hai ẩn
,u v
II
(
)
1 = − 1
− =
u mv − mu v
Ta có
m
m
m
2
D
m
m
1,
=
=
−
=
1 = +
=
1 = +
D u
m D , v
1 m
1 − 1
1 − 1
1
− 1 −
− 1 −
− −
1
+ Nếu
D
0
= m m
1 = −
= ⇔
Đặt = u
1
m = − thì theo Câu 1) hệ phương trình vô nghiệm.
hệ phương trình vô nghiệm.
· Với
,
1m = thì ( )I trở thành
1 − = − 1 − =
u v u v
+ Nếu
D
1
0
≠ ⇔ ≠ ± thì m
u
v
.
⇔ = =
⇔
1
1 m −
u = = v
u = = v
D u D D v D
m 2 m m 2 m
1 + 1 − 1 + 1 −
149
· Với
)II có nghiệm
u
Hệ phương trình ( )I có nghiệm khi và chỉ khi hệ phương trình ( u v ( ; ),
1.
≥ Ta phải có
v≥ 0,
m
1
1
2.
≥ ⇔ <
≤
Vậy, khi 1
2m<
≤ thì hệ phương trình đã cho có nghiệm.
1
1 m −
2
x
y
x x (
2)(2
+
+
) 9 =
x
x
y
(
x 2 )(2
+
+
) 9 =
. Ta có
I ( )
I ( )
2
2
x
x
y m
4
+
+ =
x
x
(
x 2 )
(2
+
+
+
y m ) =
⇔
2
x
x
+
1 ≥ −
II.27.
Khi đó ta có hệ phương trình theo ẩn
,u v :
.
x
2 y
2
+
uv 9 = u v m + =
2
X
mX
Theo định lí Viet thì
,u v là hai nghiệm của phương trình
f X (
)
=
−
+ = (*) 9 0.
Như vậy hệ phương trình ( )I có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có ít nhất một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 1.−
Yêu cầu của bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm
,X X thỏa 2
1
f
m
( 1) 0 − ≤
+
10 0 ≤
m
10
≤ −
2
X
X
1 ≤ − ≤
m
6
10
2
⇔
⇔
⇔
⇔
X
X
∆ ≥ f
m m
m m
1 1 − <
≤
≤ − 6 ≥
1
2
m m m
6 ≤ − ∨ ≥ 10 > − 2 > −
1 − <
1 − <
0 ( 1) 0 − > S 2
36 0 − ≥ 10 0 > + m 2
Vậy, các giá trị cần tìm của tham số m là
m
m
10
≤ − ∨ ≥ 6.
2
x
y
m
1 + +
2 − =
.
2
Đặt = u v =
Điều kiện:
x
y
m
2 − +
1 + =
0
≥ x y ≥ m ≥
Trừ từng vế của hai phương trình của hệ đã cho ta được
x
x
y
y
f
t
t
t
2(*).
t ( )
2,
2.
Xét hàm số
Ta có
1 + −
2 − =
1 + −
−
=
1 + −
−
≥
t
t
f
t
′ t ( )
0,
2.
=
−
=
< ∀ >
1 t
1 t
t
2
1
2
2
2
+
−
2 − − t 1 +
1 + 2 −
f
x
t nghịch biến trên [2; ( )
y .
Do đó, hàm số
).+∞ Vì vậy, ( )
∗ ⇔ =
x
x
x
x
x
m
,
Với
ta có
.
h x Xét hàm số ( )
y=
=
1 + +
− 2
1 + +
2 − =
x
' h x ( )
0,
2
=
+
> ∀ >
( )h x đồng biến trên [2;
⇒ hàm số
).+∞
1 x
1 x
2
1
2
2
+
−
h
,
Ta có (2)
( )h x trên [2;
=
= +∞ suy ra miền giá trị
)+∞ là
hT của hàm số
h x 3, lim ( ) x →+∞
m
m
[ 3;
3
).+∞ Từ đó giá trị của tham số m cần tìm phải thỏa
≥ ⇔ ≥ 3.
150
II.28.
2
x
1 16
3
x − =
−
( ) 0 1
)
CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ IV.1. )(
( ) ∗
2
x x 3 3. Điều kiện: 0 − ≥ ⇔ ≤
( ) 1
x 0 − 16 =
2
3 0 x − = ⇔
⇔
4 = − 4 3 x 16 = x 3 = x x ⇔ = = x
2
x = − và 4 x = 3.
( ) 0 2
)
x 2 x − = − So với điều kiện ( ) ,∗ phương trình đã cho có hai nghiệm là ) ( 2 9
( ) ∗
2
x x 2 2 Điều kiện: 0 − ≥ ⇔ ≤
( ) 2
x 0 − 9 =
2 0 x − = ⇔
2
x 9 3 = − 3 ⇔ x = x 2 = 2 x ⇔ = = x
2
x = − và 3 x = 2. So với điều kiện ( )∗ , phương trình đã cho có hai nghiệm là
)
( ) 2 3 .
x x 3 Ta có 4 2 + − x = −
( ) 3
2
2
2
x x 2 0 2 − ≥ ≥ 3. ⇔ ⇔ ⇔ x ⇔ = 0 x x x x x x 4 4 2 6 0 4 2 + − = − + − = 3 ≥ x 2 = x x =
2
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3.
)
( ) 1 4
x x 4 1 4 + − x = −
Ta có
( ) 4
2
2
2
x x 1 1 ≥ ≥ 3. ⇔ ⇔ x ⇔ = ⇔ 0 x x x x x x 2 1 2 6 0 − = − + − = 1 4 + 3 ≥ x 1 = x x =
188
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3.
)
( ) 5
x x x 5 2 2 1 + + 3 − =
x
( ) ∗
Điều kiện: x 3
2 x x 1 0 + ≥ 3 0 0 1 − 2 3 0 ≥ x ≥ x − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ x ≥
( ) 5
(
)( 1
)
x x x x x 3 2 2 2 3 4 1 ⇔ + + − + + − =
(
)( 1
)
2
2
x x 2 2 3 2 ⇔ + − x = +
( 4 2
)
x x x x 5 3 4 4 2 0) ⇔ − − = + + (Do x + > 3x ≥ nên
x 24 − 16 0 =
27 x ⇔ − = x
4
⇔ = x 4 − 7
x = 4. So với điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là
)
( ) 12 6
x x x 6 4 13 3 1 + + + = +
x x 1 0 + ≥
( ) ⇔ ≥ − ∗
x x Điều kiện: 1
+ + 13 0 ≥ ⇔ ≥ 12 0 ≥ x 4 x 3 x 1 ≥ − 13 − 4 4 ≥ −
( ) 6
(
)( 1 4
)
x x x x 1 4 13 3 12 x ⇔ + + + 13 2 + + + = +
(
)( 1 4
(
)( 1 4
)
)
x x x x x 2 13 2 13 1(**) ⇔ + + 2 = − − ⇔ + + x = − −
Điều kiện của phương trình (**) là 1 x ≤ − . Kết hợp với điều kiện (*) ta được x = − 1.
1 x = − thỏa phương trình (**).
2
2
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = − 1.
)(
)
( ) 12 7
2
x x x 7 3 10 + − = x − −
( ) ∗
2
x Điều kiện: 10 0 10 10. − ≥ ⇔ − x ≤ ≤
( ) 7
( x ⇔ +
)
(
)(
)
2
x x x 3 10 3 4 − = + −
( x ⇔ +
)
(
)
x x 3 10 4 0 − − − =
2
x 3 0 + =
(
)
x x 10 4 0 − − − = ⇔
189
2
x 3 = −
x 10 4 − x = −
3 = −
2
2
x 4 0 − ≥
x x x 10 8 16 − = − + ⇔ x ⇔
4 3. ⇔ x ⇔ = −
1 3 x 3 = − ≥ x = x x =
x = − 3. So với điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là
)
( ) 8
x x 8 1 4 + − x − = 1 2 −
x x 4 0 4 ≥ − + ≥
( ) ∗
x x x Điều kiện: 0 4 1 2 x 0 ≥ 1 − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ 1 2 − ≤ x 1 1 2
Ta có
x x 1 4 + − x − = 1 2 −
x 4 1 − x ⇔ + = 1 2 − +
)( 1
)
x x x x x 4 1 2 1 − − ⇔ + = − + − + x ( 2 1 2
( 1 2 −
)( 1
)
x x 1 2 x ⇔ + = −
2
2
x 2 1 0 + ≥
2
x x x x 4 4 1 1 3 2 + + = − + ⇔
x x 1 − 2 7 0 − = x ≥ ⇔
0 ⇔ ⇔ 1 − 2 0 7 = x x = 7 x ≥ = x x =
2
2
x = 0. So với điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là
( ) 2 1
x x x x IV.2. 1) 3 15 2 5 + + + 1 + =
190
2 5 +
23 t
t x x t Đặt 1, 0 = + ≥ ( )∗
( )1 trở thành
5 0 t+ 2 − =
t t 1
1, t = khi đó ta có 5 ⇔ = ∨ = − 3 So với điều kiện ( )∗ ta nhận
2
2
0 t x x x x 5 1 1 5 0 = + + = ⇔ + = x x 5. = − = ⇔
2
2
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x 5. 0 = ∨ = − x
( ) 3 1
x x x x 2) 3 3 − 3 + + − 6 + =
2 3 −
t x x Đặt = + 3
( )1 trở thành
t 3 t+ + = ( )2 3
Điều kiện: t ≥
0 Khi đó ( )2 tương đương với
( t t
)
t t 3 2 3 9 + + + + =
2
t 3 3 = − + ⇔
) 0 )
t t 9 6 3 = − + +
( t t t 3 − ≥ ⇔ ( t t t ≤ t 9 =
⇔ ⇔ 3 1 3 9 ≤ = t t
1t⇔ = .
2
2
Với 1, t = ta có
x x x x x 3 3 1 3 2 0 1 − + = ⇔ − x + = ⇔ = ∨ = 2.
x Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 2. x= 1; =
(
)( 2 5
)
( ) ∗ Điều kiện: 2
x x x 3) 5 4 . 2 + + x − + + − = x 5. − ≤ ≤
2
t x 5 x t , Đặt = 2 + + − ≥ 0
(
)( 2 5
)
x x t x x 2 5 2 ⇔ = + + − + + −
2 ⇔ − =
(
)( 2 5
)
( )∗ trở thành
t x x 7 2 + −
191
2
2
2
3 t 7 t t t 7 8 t 2 4 t 2 15 0 + = ⇔ + − = ⇔ + − = t t 5 = − − 2 = ⇔
Vì 3, khi đó ta có t = 0 t ≥ nên ta nhận
x 5 3 2 + + t − =
(
)( 2 5
)
x x x x 2 9 2 5 ⇔ + + − + + − =
( ⇔ +
)( 2 5
)
2
x x 1 − =
2
x x 3 ⇔ − + + 10 1 =
x 3 9 0 x ⇔ − − =
− + (Thỏa điều kiện) x ⇔ = x ∨ = 3 3 5 2 3 3 5 2
2
− + x x Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là ; . = = 3 3 5 2 3 3 5 2
( ) ∗
x x x x 4) 2 16 4 + + 4 − = − 12 2 + −
Điều kiện: x ≥ 4
2
t x x t 4, 0 Đặt = 4 + + − ≥
2 t ⇔ =
( )∗ trở thành
x x 2 2 16 + −
2 12 −
t t=
t
2 12 0 = ⇔ − − 4 3 ⇔ = − ∨ =
t t t
Vì 4, ta có t = 0 t ≥ nên nhận
2
x x 4 4 + + 4 − =
2
x x x 4 2 4 ⇔ + + − + − 16 16 =
x 16 x ⇔ − 8 = −
2
2
0 x − ≥
x x x 16 64 16 − − = +
x 8 ⇔ ⇔ x x 80 8 5 = ≤ = 8 ⇔ ≤ x 16
5x⇔ = (Thỏa điều kiện).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5.
192
2
x x x x 1 1 (1) 5) + − = + − 2 3
x điều kiện: Đặt , 0. u v ≥ , v x 1 = − = u
2
2
2
2
Phương trình (1) được chuyển thành hệ
(
)
v 1 = uv uv 2 1 1 uv 2 1 u v + − = + − = 2 3 ⇔ ⇔ + uv u v = + u v uv 1 + = + u 1 u v uv 1 + 2 3 + = + 2 3 2 3
0 I ( ) = u v 1 + = uv uv = 0 = ∨ 3 2 ⇔ ⇔ = uv II ( ) + = + u v 1 2 3 u v 2 3 2 + = uv uv
x 0 =
1 1 x − = + Trường hợp ( )I ta được ⇔ x x 0 1 = = x 1 =
1 0 x − =
+ Trường hợp ( )II (Vô nghiệm).
x x Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 0; = = 1.
2
Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3).
( ) 1
2
x x x 1 1 24 6) + + − =
x x 1 24 ⇔ + − x = − 1 Ta có ( ) 1
2
2
2
2
x x 1 0 1 − ≥ ≥ ⇔ ⇔ x x x x x x x x 24 2 1 24 2 + − = − + − = − 1
2
2
2
1 1 2 0 ⇔ x 24 2 − x = − ≥ x x x x 24 4 4 − = − + ≥ x x ⇔ − ≥
x 2 7 ⇔ ⇔ x ⇔ = ≥ x x x 4 28 2 7 = ≥ =
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 7.
193
( ) 4 1
x x x x 7) 11 11 + + + − + =
x + 11 0 ≥
( ) ∗
Điều kiện: x x − + 11 0 ≥
2
x x + + 11 0 ≥
( ) 1
x x x 11 x ⇔ + + x + − + 11 2 + x − − 11 16 =
2 x ⇔ − −
x x 11 8 = −
2
2
0 x − ≥
x x x 11 16 64 x − − = − + 8 ⇔
x x 8 8 ≤ 5 ⇔ ⇔ x ⇔ = x 75 5 = = ≤ x 15
x = 5. So với điều kiện ( )∗ ta nhận
3
3
3
3
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 5.
( ) 30 1
(
)
x x x x 8) 35 35 − + − =
3
3
x Đặt x 35 = − = u v
( )1 trở thành
3
3
30 = +
) 35 =
( uv u v u +
v
3
3
(
) u v uv
( (
) u v uv )
30 30 + = + = ⇔ ⇔ 3 35 125 − u v + + = u v + =
) u v uv ) ) u v uv + =
( ( ( + u v
30 5 = ⇔ ⇔ ⇔ ∨ u v 2 3 3 2 + = 6 = = = = = 5 u v uv u v
3
3
3
3 x 3 = 3 Với ⇔ ⇔ 3 ⇔ x ⇔ = 3 2 = = x x 27 8 = − = u v x 35 2 − = = x 3 35 = x
3
3
3
2 x 2 = 2 Với ⇔ ⇔ 2 ⇔ x ⇔ = 2 3 = = x x 8 27 = − = u v x 35 3 − = = x 3 35 = x
3
3
x x Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 2; = = 3.
( ) 2 1
3
x x 2 3 3 9) + = −
3
( ) 1
x 2 x 3 ⇔ = − 2 + 3
194
3 2 + 3
x y Hàm số luôn đồng biến trên ℝ nên có =
3 3
3 2 + 3
3
x y x y 2 hàm số ngược là và = − . Vì vậy, hoành độ giao điểm của hai đồ thị =
3 3
(
)
y x y x 2 2 . = − cũng chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y x= và = + 1 3
Do đó phương trình đã cho tương đương với
3 2 + 3
x x =
3 3 x 2 0 ⇔ − + = x x 1 2 ⇔ = − ∨ =
x
2
2
2
3
x x 2; Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là = − = 1.
3 3 1
( 2 1 3
)
( 1
)
( ) 0 1
x x x 10) + + − + − =
( 3 1 x+
)2
Vì ta 1 x = − không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của ( )1 cho
2
3
3
được phương trình tương đương
( ) ∗
3
0 2 3 + + = x x x x 1 1 − + − 1 1 +
2
t Đăt , = khi đó ( )∗ trở thành x x 1 1 − +
3
t t 2 3 + + = 0
3
1 = − 1 = − x x 1 1 − + ⇔ ⇔ ⇔ x ⇔ = − t t 1 2 = − = − 9 7 8 = − 2 = − x x x x − 1 1 + 1 − + 1 x x 1 1 − +
. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = − 9 7
3 6 1
3
3
x x 2 2 0(1) 11) + − + =
3
t x x x t t 1 . Phương trình (1) trở thành − ⇒ = − ⇒ = − 1
3 1 = )3
t t 6 2 0 t 2 t 6 4 0 − + + = ⇔ − − = Đặt ( 2 1
3
3
1 t 2 0 t 3 = − 2 t ⇔ − − = ⇔ t =
t x x + Với 1 1 1 = − ⇒ − = − ⇔ = 2.
195
3
t x x x + Với 2 2 1 8 = ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = − 7. 1
2
x x Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 7; 2. = − =
2
x x x 3 1 3 8 3(1) 12) + = − +
2
x x x Điều kiện: 3 1 3 8 + − + − = 3 0. 1. x ≥ − Phương trình (1) tương đương với
x
′ f x ( )
6
8
=
−
+
3 x
2
+
1 3
f
x
′′ x ( )
6 0,
= −
1 − < ∀ > −
x
4
+
(
)3 1
).
− +∞ Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai
x
x
(0)
(3)
0.
0;
Suy ra hàm số lồi trên [ 1; f nghiệm, ta có
f=
= Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là
=
= 3.
Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể:
2
2
f x x x x x 1 3 8 3, Xét hàm số ( ) 3 = + − + − ≥ − 1.
2
4
3
2
2
(
) 1 + =
)
2
x x 3 8 − x x 8 3 0 − + ≥ (1) ⇔ ⇔ x x x x 48 82 57 0 − + − = x x x 9 3 8 3 − + 3 9 3 0 + ≥ (
2
)
2
3 0 8 − 0 ⇔ 3. x x 21 19 0 − − + = = x x = x ( x x x + ≥ )( 3 9 3
13)
x x x 3 1(1) + 1 + = x + +
2
x
x
x
x
3
+
1 + −
− − = 1 0.
2
Điều kiện: 0. x ≥ Phương trình (1) viết lại dưới dạng
Xét hàm số
1
x
′ f x ( )
2
1
=
+
−
−
x
2
3 x 2 3
+
1
1 9
f
x
′′ x ( )
2 0,
0.
= −
−
− < ∀ >
3
3
x
4
x
4
3
+
(
) 1
x
x
0;
Lập luận giống Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm
=
= 1.
x
0,
1
Chú ý. Nếu sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sẽ nhận được phương trình bậc 8, x = thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc khi đó cho dù nhẩm được hai nghiệm
=
giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả.
2
2
x x
4 x x
x x x x f x ( ) 3 1, = + 1 + − x − − ≥ 0.
15
15
2 (1).
+
−
+
=
IV.3. 1)
Điều kiện: 0x ≥
196
2
2
4
Khi đó phương trình (1) trở thành
) 0 .
(
) ( 15 ,
2
t
2
t − =
2
t
2 0
t ⇔ − − =
1
= − 2
Đặt t x x t = + ≥
Ta loại
t ⇔ t =
4
Với
15)
2 2 x x + (
= 2
1 0 t = − < .
2
x
1
=
2
2
4
2
x
x
x
x
15
16
15
16 0
⇔
+
= ⇔ +
−
(
)
2
x
16
= −
t = thì 2
Ta loại
2 x = −
16 0. <
1
2
Với
x
1
= x x
1.
= −
= ⇔
So với điều kiện
= ⇔
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
0x ≥ , ta nhận x = 1.
2
2 (2).
x − +
=
2)
2
3
4 x − +
x = 1.
x x Điều kiện: 2 0 2 − ≥ ⇔ ≤ .
Khi đó phương trình (2) trở thành
1
2
2
t
t
t
2
t 3
t 2
2 0
2 0
+
= ⇔ +
−
= t t
2
= −
t
3
4 +
t − = ⇔ + − = ⇔
Ta loại
t 2 x t , ( 0). Đặt = − ≥
Với
2 0 t = − < .
x
x
2
1
1
2
x − = ⇔ − = ⇔ = 1.
So với điều kiện
1t = thì
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
2 x ≤ , ta nhận x = 1.
x
3
9 5 −
=
x − +
3)
( ) 3
x
6 3
−
x = 1.
x
(*)
⇔
x ⇔ ≤
9 5
Điều kiện:
9 5 3
Với điều kiện (*) ta có phương trình (3) tương đương với
197
9 5 0 ≥ − x 3 0 − > x ≤ < x
(
)(
)
2
x x x 3 9 5 − − 9 = −
x x 24 27 ⇔ − + 9 = − x 5 2 x 3 27 0 x 2 ⇔ − − =
x 3
⇔ = x = − 9 2
So với điều kiện
ta được nghiệm của phương trình đã cho là
1
4
4)
(4)
−
=
2
2
3 x
x
x
x
x
x
x
+
+
−
+
2
x
0
x + ≠
2
, x ≤ 3 x = − . 9 5
x
0
x + ≠
0
Điều kiện:
2
2
x
x
x
x
(4)
)
4( ⇔ −
+
x − −
x 3 + = −
2
x
x
5
3
3 ⇔ −
x + = −
2
x
x
5
3
3
⇔
x + =
+
x
3 0
3
+ ≥
2
2
x
x
x
x
18
9 25
25
9
+
+ =
+
x
1
≥ −
2
x
x
7
9 0
+
− =
1
≥ −
1 = − 9 16
+ x x − x ≠
1 = − 9 16
⇔ ⇔ 16 x x ⇔ = x x ⇔ = x
So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
2
2
x
x
x
x
2
2
1 2
5)
+
1 + +
−
+ = .(5)
2
2
x x 1, . = − = 9 16
( ) 5
( ⇔ +
) 1
(
) 1
2
2
2
2
x x x x 2 1 2 + − 1 = ⇔ + + − =
( x ⇔ +
) 1
(
) 1
198
x x x x x 2 1 2 2 1 4 2 4 + − + + − = ⇔ + + 1 − =
2
x
0
2
2
2
2
x
x
x
x
1 1
1 1
1.
x ⇔ +
− = ⇔ − = − ⇔
1 ⇔ − ≤ ≤
2
2
2
2
x
x
−
≥ ) 1
( 1 = −
)
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 1
− 1 (
2
2
2
x
x
x
x
x
6)
(2
6
10)
3
x 11
33
8 0.
+
+
+
−
−
+ =
− ≤ ≤ x 1.
Đặt
2 3 +
3
2
t x x 0 = ≥ , khi đó phương trình đã cho trở thành
t 2
t 11
t 10
8 0.
−
+
+ = Phương trình này có ba nghiệm
t
t= 2;
= 4.
1
2
2
t t t 2; 4; = = = − . Ta chỉ nhận 1 2
2,
ta có
t =
x
x
x
x
3
2
3
4 0
+
= ⇔ +
= x x
4 = −
− = ⇔
73
2
2
x
x
x
x
· Với
4,
ta có
3
4
3
16 0
t =
+
= ⇔ +
−
= ⇔
73
· Với
3 − − 2 3 − + 2
73
x
x
x
;
1;
Từ đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là
=
=
= − 4.
3 − ± 2
x = x =
22 x
7)
x x
x
x
x
2 (
3 2
0
⇔
+
2) 3 −
+
=
( ) 1
x x x 4 3 2 2 0 + − + − + = (1). Ta có 2
2
x
x
x
x
x
x
x
x x
2
3 2
0
2
2
3
2
2
3
0
2
2 + −
+
= ⇔ +
−
−
−
=
⇔
(
)
(
)
x
x
2 + − ( x
2
3
2
2 ) 0
⇔
−
2 + −
=
(
2 3 + − )(
)
x
x
x
x
x
2
2
0
2.
⇔
3 0 − = ∨
2 + −
= ⇔ = ∨ =
9 2
3 2 ( x )
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
x
x
8)
32 3
2 3 6 5
8 0.
(1)
− +
−
− =
3
t
2
3
3
t
x
t
x
x
x x , = = 2. 9 2
3
2
3
2
.
=
− ⇒ =
− ⇒ =
+ 3
Phương trình (1) trở thành
3
3
Đặt
3
3
3
t 10 2 − t 2 8 0 t 2 3 8 0 + 3 6 5. − − = ⇔ + − = t 18 5 − 3 + 3
199
t 3 8 0 t 2 t 8 2 2 ⇔ + − = ⇔ + t 24 15 − 8 0 − = ⇔ t 24 15 − = − t 8 5 − 3
t
0
4
≥
≤
⇔
⇔
3
2
3
2
t 4
t 4
t 32
t 24 15 −
=
t 64 32 −
+
+
−
+
40 0 =
4
4
⇔
⇔
2
t
t 26
20
0
2.
+
−
+
=
= −
≤ t t
)( t 2 15
)
t 15
x
x
x
8
2
2
3
Với
− = − ⇔ − = − ⇔ = − 2. 2
t 8 2 − ≤ t (
2 t = − ta có 3 3
4
4
4
9)
x
x
x
x
32
1
1 + =
−
+
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là )
(
x = − 2.
Điều kiện: x ≥ 0.
4
Nhận xét rằng trình cho
x = không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia hai vế của phương
4
4
1
32
=
−
x 4
x 1 + 4 x x
+ x
x
x
1
1
4
4
32
.
⇔
=
−
1 x
+ x
+ x
x
1
4
4
4
4
t
t
t
0 x x ≠ ta được 0
1
=
=
+ ⇒ = + ⇒ = 1
− 1.
1 x
1 x
1 x
4
5
t
t
t
t
t
32
32
2.
−
=
− ⇔ = ⇔ =
+ x Ta có phương trình (
) 1
x
Suy ra 4
1
15
16
2
1
.
Thỏa điều kiện (*).
+
= ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
1 x
1 x
1 x
1 15
Đặt
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
. x = 1 15
10) 3 2
x
2
−
3
2
u
x x 1 1(1) − = − −
, suy ra
v+
= 1.
v
x
1 0
=
− ≥
Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ
2
3
v
u
u
v
1 = −
1
⇔
⇔
2
3
2
3
u
= 1
u 2
0
+
−
=
u
1 0
− =
Đặt = u
1 = − ( 1 + −
)
v
u
1 = −
⇔
∨
∨
⇔
u v
u v
0 1
1 0
= =
= =
2 = − 3 =
u v + u v + = u u
2
u v
200
u 0 = u 1 = = − u
3
3
3
2
0
2
1
2
x − =
x − =
x 2 − = −
∨
∨
x
x
x
1 1
1 0
1 3
− =
− =
− =
⇒
1
2
10.
x ⇔ = ∨ = ∨ =
t
x
3 2
Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ
=
− như đã trình bày ở Bài IV.3. 8).
x
x
11) 3 9
2
1
− = −
− . Trình bày tương tự như Bài IV.3. 8).
x
x
x
Phương trình có ba nghiệm là
1;
10;
17.
=
=
=
2
2
x
x
12)
3 2 1
4
4(1)
−
+
−
=
Giải tương tự như Bài IV.3. 8). Phương trình có một nghiệm duy nhất
x x
x = 0.
( )3 1
t
x x x x x 2 2 + 1 − + − 1 − = IV.4. ) 1 + 2
x=
− ≥ 1 0
2
2
2
2
t
t
4
4
2
t
t
t
t 1 2
t 1 2
2 t ⇔ + +
+
+ −
=
+
−
=
( ) 1
( ⇔ +
) 1
(
) 1
+ 2
+ 2
1
1
2
2
t
t
4
4
t
1
1
t + + − =
1 t 4
4 0
+ =
t
+ 2
+ 2
t
t
1
1
⇔ + + − =
⇔
2 4 + 2
t
1
2
2
Đặt
1 0
t
t
4
4
t
1
1
t + − + =
2 =
≥ t ⇔ < ≥ t t 2 = < t 1 ≥ t 2 t − ⇔ < t 2 t =
+ 2
+ 2
⇔
2 0
= t t =
t
x
1 2
2
= ⇔ − =
t
x
1 0
0
· Với 1 4 5. x⇔ − = x⇔ =
= ⇔ − =
Vậy, phương trình có hai nghiệm là
5 1.
= x x =
x
x
x
2 2
+ +
1 + −
+ =
) 2 2
( ) 1 4 2
t
· Với 1 0 x⇔ − = x⇔ = 1.
x=
+ ≥ 1 0
2
Đặt
t
2
t 1 2
4
⇔
+ +
t − =
(
)2 1
( ) 2
(
) 1
x
x
1 4
1
2
x ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = 3
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
t t t 2 4 2 4 ⇔ + t − = ⇔ + − = t t 2 ⇔ + = ⇔ = 2 4
201
3x = .
2
x
x
2
2
4
−
+
(
)
2
x
x
x
3
2
2 3
2
=
+ +
−
+
)
( ) 4 1
x
2
+
2
x ⇔ > −
x 2 x
4 0
2 0 + > x 2 −
+ ≥
2
2
Điều kiện:
( ) 1
(
)
)
(
)
(
)(
x x x x x x 2 2 4 2 2 3 2 4 2 ⇔ − + = + + − + +
2 2 −
= u
2
2
2
2
Phương trình trở thành
u 2
v 2
uv 3
uv 3
v 2
0
=
+
u 2 ⇔ −
−
=
.
x x 0 4 + ≥ Đặt x 0 2 + ≥ = u v =
v 2 v 2
Ta chỉ nhận trường hợp
⇔ = − u
u v= 2 .
Với
ta được
2 2 −
13
x x x 2 4 + = + 2 u v= 2
2
2
x
x
x
x
2
4 4
2
6
4 0
x ⇔ −
+ =
+ ⇔ −
)
(
x
13
3 = +
− = ⇔
3
13
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
x
13.
3 = +
= − x 3
2
2
x
x
2
2
4
−
+
x
x
4
2
(
)
2 3.
.
Chú ý. Có thể biến đổi (1) tương đương với
= +
x
2
+
− x
+ 2
+
= − x
,
2 2 − x +
2
x x 4 t 0 Đặt = > + 2
Ta có phương trình
Từ đây
13
3
ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là
x
13.
3 = +
t t t 2 2 t 3 2 0 2. t =
2
3
x
x
x
2(
3
4)
−
+
2) 3 =
+ . 8
2
2
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
Ta có
2(
3
8
2(
3
2)(
2
4)
−
+
2) 3 =
+
⇔
−
+
2) 3 ( =
+
−
+
2
2
x
x
x
x
x
x
2(
3
2)(
3
2
2)
.
⇔
−
+
2) 3 ( =
+
−
+ + +
t
x
x
x
x
t
1 − − = ⇔ = ∨ = − . Ta chỉ nhận trường hợp 2 = − x
2
t 2
3 (
2)
(
2)
(1).
=
2 3 −
+ ta có phương trình trở thành
=
+
+
+
[
]
202
Đặt
t
x
(
2)
=
+
2
2
2
2
x
t
x
x
x
2)
(
2)
9(
t 2)
9(
2)
.
(1)
t 4 ⇔ =
+
+
+
t 4 ⇔ −
+
−
+
= 0
Điều kiện: 0. t ≥
t
x
3 − 4 3(
2)
=
+
2
2
9 ( ⇔
Với
13
t x x x x x x ( 2) 3 ( 2) 4 9 14 0 = + ⇔ − 2 + = − + ⇔ − + = (Vô nghiệm). 3 − 4 3 4
2
t
x
x
x
x
x
Với
3(
2)
3
2 3(
2)
2 6
4 0
=
+ ⇔ −
+ =
+
x ⇔ −
− =
x
13
3 = +
⇔
x
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
13
3
13.
3 = −
∨ = +
3
2
x
x
x
x
5)
(1
2 3 )
2(1
)
.
+
−
=
−
= − x 3
3
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Ta có
(1
2 3 )
2(1
)
1
)(1
1
)
2. 1
(1).
+
−
=
−
x ( ⇔ +
−
−
−
=
−
2
t
1
2
2
Điều kiện: 1 1x − ≤ ≤ .
t
x
x
x
1
,
1
.
x = +
−
=
−
1 − ≤ ≤
− 2
x
2
t
x
Ta có
0
1
0
.
′ = − 1
= ⇔ −
x − =
x⇔ =
2
2 2
x
1
−
Bảng biến thiên
(*).
t
Dựa vào bảng biến thiên ta được 1
2
− ≤ ≤
2
2
t
t
1
2
t
x
t
t
Với
1
2
thì (1) trở thành
(1
1 )
2
(2). Ta có
x = +
−
, 1 − ≤ ≤
−
=
− 2
− 2
2
2
⇒ Đặt 1x
(2)
22 t
2
3 t ⇔ +
t 3 − −
= 0
203
t t t ( t 2 ( 2 ⇔ − 1) − = − 1)
2
2
, kết hợp với điều kiện (*) ta được
2 1 +
t
= −
2 1 −
t 2)( t 2 2 1) 0 t ( ⇔ − + + =
t
2
2 1
=
t ∨ = −
+ .
2
= t t ⇔ = −
Với
t x x 2 1 2 = ⇔ + − =
2
0
2
x − ≥
.
2
2
2
x
x
x
x
x
2 2
2
2 2
1 0
−
2 = +
−
−
+ =
⇔
2
2
2 ≤ x ⇔ x ⇔ = 2 2 ⇔ 1 ≤ x = x 2 2
Với
2
2
x
x
2
2(1
2)
2)
1 0
−
−
(1 + −
− =
t x x 2 1 1 = − + ⇔ + − = − 2 1 + ≤ − x 1 ⇔
2
.
1 2 2 2 1 − − − 1 2 2 2 1 − − − x ⇔ = 2 2
1 2 2 2 1 − + −
1
2
2 2 1
−
−
−
x
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
.
=
x ∨ =
2 2
2
Chú ý. Ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa bằng cách đặt
≤ − x 1 =⇔ x = x 2
(Do điều kiện 1
π π ; 2 2
Khi đó phương trình được đưa về
3
2
2
3
x t t sin , ]. = [ ∈ − 1x − ≤ ≤ )
)
)
3
3
t t t t sin sin = +
( 2 1 sin − t
( 1 sin − +
3
t cos = ⇔
)
t t t t t t sin cos cos t sin cos t 2 sin cos + − + = ⇔ t ) t 2 sin cos ( 3 sin
t t sin cos 2 (*) + =
204
t t sin cos 2(**) + 1 = − sin ( ⇔
.
x =
2 2
1
2
2 2 1
−
−
−
x
· Giải trường hợp (*) ta được
.
=
2
1
2
2 2 1
−
−
−
x
.
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
=
x ∨ =
2 2
2
2
3
3
2
x
x
x
x
.
6)
1
1
(1
)
(1
)
1
+
−
−
−
+
2 = +
−
· Giải trường hợp (**) ta được
2
3
3
2
x
x
x
x
Ta có:
1
1
(1
)
(1
)
1
+
−
−
−
+
2 = +
−
Điều kiện: 1 − ≤ ≤ (*). 1x
2
2
2
x
x
x
x
1
1
( 1
1
)(2
1
(2
1
)
⇔ +
−
x − −
+
+
−
−
+
−
) 0 =
2
2
2
x
VN
1
0 (
)
−
=
2
x
x
1
1
.( 1
1
) 1 (2)
+
−
x − −
+
=
x x x 1 .( 1 1 1 1 − x − − + + − ) 0 = − ) 1 (2 ⇔ +
2
x
x
Giải (2):
1
1
( 1
1
) 1
+
−
x − −
+
= .
+ 2 ⇔
(**).
2
2
x
1
, ta được
t x 1 1 , 2 2 Đặt = x − − + − t ≤ ≤
=
−
t 2
0
2
2
(2)
1 1
t .
1
⇔ + −
=
t
4
2
t 2
t
1
=
> t ⇔
− 2
⇒ − 1
2
0
205
t 4 2 0 > t 4 t − + − = ⇔
2
2
+
2
2
+
, kết hợp với điều kiện (**) ta được:
2
2
.
t =
−
t
2
2
−
t
2
2
=
−
t
2
2
=
−
t
2
2
= −
+
> t 0 = t ⇔ = −
t
x
Với
2
1
2
1
2
2
=
− ⇔ − −
x + =
−
= t ⇔
2
2
2
x
1
0
− ≤ <
thoả điều kiện (*).
x ⇔ = −
⇔
x
=
x ∨ = −
1 2
x x 1 1 0 1 x − > + 1 1 0 x − − x + > ⇔ ⇔ ⇔ x = − x 1 − = x 2 2 1 2 − − 2 = − 1 − ≤ < 1 2 2 2
1 2
1 2
x = −
.
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm
1 2
Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau:
x
t t cos ,
[0;
Khi đó ta có phương trình
]. π
=
∈
Do điều kiện 1
t
t
t
t
t
2 sin
1 sin +
−
1 cos +
= +
)
t
t
t
( 1 sin
1
⇔ +
1 cos −
−
)( 1 cos +
=
1 cos − (
2 sin + )
t
t
0
1 cos −
1 cos +
≥
0
1 cos −
≥
⇔
⇔
2
t
t
2 2sin
1
−
=
t
=
( 1 sin +
t − )(
t 1 cos + )
1x − ≤ ≤ nên đặt
− 1 2
t
t
0
1 cos −
−
1 cos +
≥
t
t
0
1 cos −
−
1 cos +
≥
⇔
⇔
2
2
−
t
cos
=
t
t
cos
cos
=
∨
=
1 2
2 2
2
2
2
−
−
t
cos
.
⇔
=
1 sin −
2
2
2
2
⇒ = x
7)
( )1
x x x 1 2 1 2 1 0. x − − − − + =
206
Điều kiện: 1 − ≤ ≤ x 1.
t
,
[0; ]. π∈
x
t
cos
=
2
2
Đặt
( )1 ⇔
t
2 sin
t 2cos sin
t cos 2
⇔
−
−
= 0
t 2
t t t t 2 cos 2 cos 1 cos − − 1 cos − − + = 1 0
(vì
2 sin
0
⇔
−
=
t 2
π t 2 cos 2 − 4
⇒ t t 2 sin s in2t cos2t = 0 sin 0,sin [0; ] π∈ ≥ ≥ ) 0 ⇔ − − t 2 t 2
π ) 4
sin t cos(2 ⇔ = − t 2
π 2
π ) 4
sin
sin
t 2
⇔
=
−
t 2
π 3 4
sin sin( t 2 ⇔ = − + t 2
k
t 2
2 π
−
+
=
3 π 4
k
t 2
2 π
+
+
t 2 t = 2
π 4
k
2 π
+
=
k
2 π
⇔
t 3 5 π 2 4 3 π π = − − 4 2
k
t
=
+
k
,
⇔
∈
(
) ℤ .
t
= −
−
⇔
3 π 10 π 6
4 π 5 k 4 π 3
t
Do
nên ta nhận
[0; ] π∈
t . = 3 π 10
Hay
là nghiệm của phương trình đã cho.
2
2
2
+
x
1
2
x
8)
1 + +
=
( ) 1
2
+ x
2
) 1 x
−
( x ( x 2 1
)
0
Điều kiện:
1
≠ ±
≠ x x
207
x cos = 3 π 10
π π ; 2 2
Khi đó điều kiện của t là
π 4
∈ − 0 Đặt x t tan . =
2
2
2
t
+
1
(
2
t
tan
.
1 + +
=
( )1 ⇔
2
t tan + t 2 tan
t
−
) 1 tan ( t 2 tan 1 tan
)
⇔
+
=
4
2
t
1 2 t
t
1 cos
2cos
tan
t
1 t
t
2cos
−
)
⇔
+
=
2
2
t
t
1 cos
1 t 2sin cos
t
t
t
t 2sin cos
( tan 1 tan 1 cos
sin
−
(
)
2
2
2
2
t t ≠ ≠ ± t
2
2
t t t t cos sin 1 ⇔ − = − +
) 2 sin
2
3
( t 2 sin cos ( 2 sin 1 2 sin t
t t t 0 ⇔ − − =
2
t t sin sin ) sin 0 ⇔ + −
t t t 2 sin sin 0 sin ⇔ + = ) 1 − = 2 sin (
0 t 0 sin =
t t sin . 1 ⇔ = − ⇔ = − π 2
t sin = 1 2 = t = t π 6
thỏa.
So sánh điều kiện của t ban đầu ta thấy chỉ có giá trị
x
tan
.
=
x ⇔ =
t = π 6
Vậy, với
ta được
π 6
1 3
.
x =
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1 3
2
x
x
x
2
−
− − ≥ (1). Ta có 0
t = π 6
) 1
2
IV.5. 1) (
1
2
x 2 1 = − ∨ = x x 2 0 − − =
= − 2
x x ≥
x (1) 1 2 ⇔ x x 2 0
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
⇔ < − ∨ > 1 x x x ≥ x − − > 1 0 − ≥ ⇔
208
2 1 x ≥ hoặc x = − .
2
2
x
x
x
2
−
− − ≥ (1). Ta có 0
2)(
) 1
2
x
x
2
1 = − ∨ =
x
x
2
0
− − =
2
(1)
⇔
⇔
⇔
x
1 0
− ≥
x x
1 ≤ − 2 ≥
2
x x
x x
1 2
1 ≤ − ∨ ≥ 1 < − ∨ >
x
x
2 0
− − >
.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 ≤ − 2
2
x x ≥
3)
0
5
2
x
(1)
2
≥
x x x 2 5 − < − (1). Ta có
2
2
2
x
x
2
12
−
+
25 0 >
0 2 x⇔ ≤ ≤ .
x
x
x
2
5
−
<
−
0 (
)
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 0
< x 0 ⇔ ≤ ≤ − > x 5 x x 2 ⇔ −
2x≤ ≤ .
4)
2 3 −
2
x
(1)
3
2
x ⇔ −
x + > + 3
x
3 0
+ <
3 < −
2
x
x
3
2 0
−
+ ≥
x x
x
2
3 < − 1 ≤ ∨ ≥
x
x x x 3 0 2 + − − > (1). Ta có
x
3 0
+ ≥
x
x
< −
2
2
x⇔ < − 7 9
3 ≥ − 7 9
3 ≥ − x 7 0 + <
x
x
x
3
3
−
2 + >
+
(
)
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
x ⇔ ⇔ 9 ⇔
x
x
x
5)
2
4
3 + +
2 + −
+ > (1) 0
x < − . 7 9
x
x
(1)
3
2
x ⇔ + +
2 + >
+ 4
x
x
x
5 2 (
2
3)(
2)
2
4
x ⇔ + +
+
+
>
+
x
x
3)(
2)
(2)
( ⇔ +
+
> −
1 2
Bất phương trình (2) luôn đúng. Kết hợp với (*) ta có
Điều kiện: x ≥ − (*) 2
2
2
2 x ≥ − là nghiệm của (1).
6)
t
x
x x x x 3 5 3 5 2 1 + 7 + − + + > (1)
23 x
5
0(*)
=
+
2 + ≥
Đặt
2 5 1
(1) trở thành
209
t t . + > + (2)
2
Do 2 t
2
+ > +
1 0. t t ≥ nên 0 t 5 1 2 t + > Vì vậy bình phương hai vế của (2) ta được t + ⇔ < . Như vậy ta có
x 1 ≤ −
2
2
2
1
2
x − < ≤ −
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
x
.
2 x x 5 2 0 + + ≥ x ≥ − t x x 0 3 5 2 2 ⇔ 2 ≤ < ⇔ + + < ⇔ ⇔ 2 3 x . x x 5 2 4 + + < 3 3 2 − ≤ < 3 x 1 − < ≤ − 1 3 x − < < 2 1 3
1 3
x
x
x
x
7)
+
9 + ≥
1 + +
+ (1) 4
0
2 − ≤ < 3
0.
⇔
x ⇔ ≥
x x x x
x x x x
0 9 0 1 0 4 0
9 1 4
≥ + ≥ + ≥ + ≥
≥ ≥ − ≥ − ≥ −
Điều kiện:
2
2
2
2
2
2
2
2
x x x x x x x x x (1) 9 2 2 9 2 5 2 5 2 4 9 5 4 x ⇔ + + + ≥ + + + + ⇔ + + ≥ + +
Ta có bất phương trình (*) đúng với mọi
x x x x x x x x x 4 4 9 9 5 4 9 (*) ⇔ + + + + ≥ + + ⇔ + ≥ −
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
0x ≥ .
x
x
x
8) 5
2
4
1 − −
1 − >
− . (1)
x
0x ≥ .
5 x
x
2
2
1 5 1 2
4 0
− ≥
≥
Điều kiện:
Với
x ≥ 1 0 − ≥ x 1 0 − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ x x
x
x
(1)
1
2
x 5 ⇔ − >
4 − +
− 1
x
x
x
x
x
x
1 2
5
1 2 (2
4
4)(
(2
4)(
2)
2, (
2)
x ⇔ − >
x − + − +
−
1) − ⇔
−
−
x < +
≥
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
4)(
(
2)
4
4 2
6
4
1) − <
+ ⇔ +
+ >
−
+
(2 ⇔ − 2
x
x
10
0
10.
x ⇔ −
0 < ⇔ < <
Kết hợp với điều kiện
là nghiệm của bất đã cho.
x ≥ 2
. Vậy, 2
2
2
2
2 10 10 x ≥ ta được 2 x≤ < x≤ <
9)
210
x x x x x x 3 6 2 9 7 + 2 + + + 5 + ≤ + + (1)
x x
2 ≤ − 1 ≥ −
2
2
x x 3 2 0 + + ≥
(*)
⇔
⇔
x x
x x
5 1
≤ − ≥ −
5 ≤ − 1 ≥ −
x
≤ −
x
7 2 1 ≥ −
Điều kiện: x x 6 5 0 + ≥ + 2 x x 2 9 0. + 7 + ≥
Với điều kiện đó bất phương trình (1) tương đương với
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
2
9
7 2 (
1)(
2). (
1)(
5)
2
9
7
+
+ +
+
+
+
+
≤
+
+
x
x
x
x
x
x
2 1) (
2)(
5)
0
(
2 1) (
2)(
( ⇔ +
+
+
≤ ⇔ +
+
+
5) 0 =
1 2 5.
x = − x ⇔ = − = − x
Kết hợp với điều kiện (*) ta có
2
2
2
1 5 x = − , x = − là nghiệm của bất phương trình đã cho.
10)
x x x x x x 2 2 4 + − + + 3 − ≤ + − 5.
2
Điều kiện:
2
x x 2 0 + − ≥ x x 1
2
2
2
2
x x 2 3 0 + − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ ⇔ 5 ≤ − 1. x x ≥ x x 1 1 x x 4 5 0 + − ≥ 2 ≤ − ∨ ≥ x 3 ≤ − ∨ ≥ x 5
Ta có
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
3
5 2 (
2)(
2
3)
4
x 2 ⇔ +
− +
x + −
+
−
≤
+
− 5.
x
x
x
1) 2 (
2 1) (
2)(
3)
x x ( ⇔ − +
−
+
+
≤ . 0
x x x x x x 2 2 4 + − + + 3 − ≤ + − 5.
· Với x ≤ − ta có 5
2 1) (
x x x x x ( 1) 2 ( 2)( 3) 0 − + − + + ≤
x x x 1) 2( 1) ( 2)( 3) 0 x x ( ⇔ − − − + + ≤
x x x 1)( 2 ( 2)( 3) ) 0 x ( ⇔ − − + + ≤ (*)
Nhận xét: Với
x x x 2 ( 2)( 3) 0 − + + < . Suy ra (*) vô nghiệm. 5 x ≤ − suy ra x − < và 1 0
x
x
x
Ta có
x x (
1) 2 (
2 1) (
2)(
3)
− +
−
+
+
≤ 0
211
· Với 1x ≥ suy ra x − ≥ 1 0
x x x 1) 2( 1) ( 2)( 3) x x ( ⇔ − + − + + ≤ 0
x x x x x x x 1)( 2 ( 2)( 3) ) 0 ( 1)( 2 ( 2)( 3)) x ( ⇔ − + + + ≤ ⇔ − + + + = 0.
Vậy, bất phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
x x x 2 ( 2)( 3) 0, 1 + + + x > ∀ ≥ ) x⇔ = (Do 1.
2
x
1
−
11)
3(1)
<
1 4 − x
x
0
− ≤ <
2
x
− ≤ ≤
x
0
≥
1 2
x = 1.
⇔
1 2
1 4 − x 0 ≠
0
0
x < ≤
1 2 ≠ x
⇔
1 2
+ Xét trường hợp
Điều kiện:
x
>
2
x
(1)
1 4
1 3
⇔ −
2
2
x
x
0 ( 1 3 < −
)
1 3 − x < − ⇔ 1 4 −
0.
⇔
x ⇔ <
x
x
6
0
1 3 2 −
>
x < 13
Kết hợp với điều kiện đang xét ta được nghiệm là
x − ≤ < 0. 1 2
x − ≤ < 0. 1 2
+ Xét trường hợp
0 . x< ≤ 1 2
2
x 0 <
2
2
2
x 0 ≥ 1 4 − x (1) 1 4 1 3 ⇔ − x ≥
)
x x 0 ( 1 3 > − − 1 3 x > − ⇔ 1 3 − − 1 4
x > 1 3
x < ≤ x − ≤ ≤ 1 2 1 2 x . ⇔ 0 ⇔ < ≤ 1 2
1 3 < ≤ x 0 1 2 1 3
x x 13 6 0 1 3 2 − < ⇔ x ≤
Kết hợp với điều kiện đang xét ta được nghiệm là
212
0 . x< ≤ 1 2
Vậy, nghiệm bất phương trình đã cho là
Chú ý. Chúng ta có thể nhân hai vế của bất phương trình đã cho với biểu thức liên hợp của
x x 0 0 . − ≤ < ∨ < ≤ 1 2 1 2
2 .x
Khi đó (1) tương đương với
2
2
x
x
1
1
−
1 4 −
+
1 4 −
)
(
)(
2
x
3 1
<
+
1 4 −
(
)
x
2
x
x
3 1
.
4 ⇔ <
+
1 4 −
(
)
1 − 1 4 −
2
2
Đến đây bài toán được đưa về dạng cơ bản.
x x x x 2 4 4 IV.6. 1) − 3 + ≥ − + − (1) 5
2
2
Điều kiện: x 1 3 ≤ ∨ ≥ (*) x
(1)
2
2
x
x
4
3
1 ⇔ +
−
+
+ ≥
( ) 1 0 2
)
(
Ta thấy với mọi x thỏa (*) thì (2) luôn luôn đúng.
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
x x x x 2 4 4 ⇔ − 3 + + − + ≥ 5 0
5
x
x
5
2
+
≤
+
+
2)
( ) 4 1
1 x 2
x
2
x 3 1 ≤ ∨ ≥ . x
2
1
1
x
x
(1)
5
2
0
.
⇔
+
−
+
+
≤
x
x
2
2
1
Điều kiện: x > 0.
2
1 1 Đặt t x x 2 . 2. = + ≥ = x x 2 2
Khi đó, (1) trở thành
t t 2 t 5 2 0 2 − t + ≥ ⇔ ≥ ∨ ≤ . Ta chỉ nhận 2. t ≥ 1 2
( 2 ⇔ +
)2 1
1 t x x x x x 2 1 4 2 16 ≥ ⇒ + 2 ≥ ⇔ + ≥ ≥ x 2
.
2
+
3 2 2 2 x 12 x 4 ⇔ − 1 0 + ≥ ⇔ −
−
+
x
0;
;
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
.
∈
∪
+∞
3 2 2 2
3 2 2 2
213
x ≥ x ≤ 3 2 2 2
x
x
x
x
x
3)
3 2
3
1 − +
+ +
−
+
> −
(
)( 1
)
( ) 4 2 1
2
x
x
x
(1)
1
3
x ⇔ − +
+
+
1 − +
+ − >
( ) 3 6 0 2
1x ≥
)
t
x
x
Điều kiện: (
3
=
1 − +
+ > 0
2
Đặt
(2) trở thành
( ) 3 3
x
Do
1
3
⇒ − + x
+ > 2
t t t t 6 0 2 + − > ⇔ > ∨ < −
x
x
x
x
x
x
x
2 2
2
3
1
4
3
2
3
x ⇔ + +
−
+
x > ⇔ + +
−
+
> ⇔ +
−
+
> 1
(
)( 1
)
(
)( 1
)
(
)( 1
)
Bất phương trình trên đúng với mọi
0 t > nên từ (3) ta nhận t > 2
Vậy,
x > 1.
3
x
x
x x
4)
+
2 3 +
+ + >
( ) 1 2 0 1
t
x x
1x > là nghiệm của bất phương trình đã cho.
=
+ 1
y
x x
Xét hàm số
=
=
+ 1
( ) f x
y
x
y
0
;
′ =
= ⇔ = −
= −
2 3
2 3 9
3 2
2 1
x + x +
Bảng biến thiên
t
x
Từ bảng biến thiên ta suy ra
,
≥ −
∀ ≥ − 1
2 3 9
(1) Trở thành 2 t
t 3
2 0
+
t t
2 < − 1 > −
+ > ⇔
.
t ≥ −
Kết hợp với điều kiện của t ta được
2 3 9
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
Đặt
2
x
x
x
x
x
5)
7
7
6 2 49
7
7 + +
− +
+
−
<
−
( ) 42 181 14 1
x ≥ − 1.
214
Điều kiện: 6 x ≥ . 7
t
x
x
7
7
6
=
7 + +
− > 0
2
2
2
t
x
x
x
x
x
x
14
1 2
7
1 14
6
2 49
7
42
=
+ +
+
t − ⇔ − =
+
+
−
(
)( 7 7
)
13
2
2
(1)
t
t
1 181 0
182 0
t ⇔ + − −
t < ⇔ + −
< t t
14
> −
< ⇔
Do
Đặt
Như vậy ta có
t t 0 13. > ⇒ < < 0
2
x ≥ 6 7 x x 7 7 6 13 7 + +
x
≥
6 7
x
7
6 7 +
84 0 >
⇔
2
2
2
x
x
x
49
7
42
7
84
+
−
< −
+
x
x
x
49
7
42
84
+
−
+
( 7 < −
)
x ≥ ⇔ −
12
x ≤ ≤
x
6.
⇔
6 ⇔ ≤ < 7
6
6 7 < x
x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
;6
.
∈
6 7
2
x
x
x
x
6)
2(
2)
2
2
−
+
≤ − +
( ) 1
x x x 1 2 49 7 + + + − 42 169 < − < ⇔ 14
Điện kiện: x ≥ 0.
u v
0
+ ≥
0
+ ≥
2
2
u 2
v 2
⇔
+
u v ≤ + ⇔
⇔
2
( ) 1
2
2
2
2
v
uv 2
0
+
−
≤
u 2
v 2
+
≤
u v +
u v u
(
)
0
0
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
u v u v
0 v
0 0
+ ≥ − =
≥ v =
≥ =
0
u v −
≤
u v + ≥ u v =
u 2 u
u u
u v (
0 + ≥ )2
2
x
2 0
− ≥
x
2
≥
⇒
4.
⇔
⇔
⇔
x ⇔ =
2
x x
x
2 1
4
≥ = ∨ =
x
x
5
4 0
−
+ =
x
x
2
−
=
x
x
2 − =
)2
≥ x (
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
u v x 2, Đặt x = − =
2
x = 4.
7)
(
)
( 2 2
) 1
215
x x x x 2 2 2 2 + + − > + + − 1.
x ≥
1 2
2
2
x
x
x
x
2
2
2
1
+
+
2 + +
−
(
)
( 2 2
) 1 − >
(
)
⇔ x ≥
1 2
2
2
x
x
x
x
x
x
2
2
2
2
1 2
2
2
1
+
+
+
+
− +
+
−
(
)
( 2 2
) 1 − >
(
)
⇔
) 1 2
2
(
)
(
) 1 − −
(
)
)2
(
(
x ≥ x ≥ 1 2 ⇔ x ⇔ ≥ ⇔ 1 2 x x x x x x 2 2 2 2 2 1 0 2 1 0 + + + − > 2 + − − >
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
2
x
x
x
x
x
4
4
2
8)
+
≥
+
−
+
(
)
( ) 4 1
· Xét
. x ≥ 1 2
0
2
x
x
x
x
x
4. 4 x = − (1) đúng. Do đó x = − là nghiệm của bất phương trình.
2
4
2
2
> −
x ⇔ ≥
−
+ ⇔ −
4 0 + ≥ ⇔
x ⇔ ≥
( ) 4. 1
0 2
≥ x x ≥
2
2
x
x
x
2
4
≥
−
+
≥ x 2
Suy ra
· Xét
2
x
x
x
2 x ≥ là nghiệm của bất phương trình.
2
< −
x ⇔ ≤
−
+ 4
( ) 4. 1
Bất phương trình đúng với mọi
· Xét
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
4. 4 x < − Do đó, x < − là nghiệm của bất phương trình.
x 2 x 4. ≥ ∨ ≤ −
Chú ý. Có thể đặt
Khi đó (1) được đưa về dạng
2 2 −
2
t x x 3. = 4 + ≥
Coi vế trái của (2) là tam thức bậc hai theo biến
( t − −
)
x
x
do đó vế trái của (2) có các nghiệm là
4;
4t
= −
t = .
( ′∆ = +
)2
2
x
x t
x
x
x
x
4
4
2
4
+
0 − ≥ ⇔ +
−
−
+
≥ 0.
Như vậy, (2) được viết lại là (
)(
)
(
)(
)
x x t 4 0(2). 4 ,x ta có − ≥
2
2
x
x x
x
9)
1 2
2
− ≤
+
( ) 1
2
t
x
x
Đến đây việc giải bất phương trình không có gì khó.
2
0,
=
+
≥ (1) trở thành
2
2
2
Đặt
t
x
x
Do
2
=
+
≥ 0,
(
)( 1
) 1 + ≤
Nên (2) tương đương với
216
t x t xt x t x t 2 1 2 2 2 1 0 2 0(2). − xt − ≤ ⇔ − − − ≤ ⇔ − −
2
t x x x x 2 1 0 2 2 − − ≤ ⇔ + − − ≤ 1 0
2
2
x ≥ − x ≥ −
2
2
2
x x x x x 2 2 0 0. 1 2 x 2 1 1 2 2 x ⇔ + ≤ ≥ x ⇔ ≤ − ∨ ≥ ⇔ ≥
) 1
Vậy,
x x 2 1 0 + + ≥ x x x 2 2 ≤ + + 0 ( 3 + ⇔ +
x
x
x
2
1 3
−
− ≤
−
10) (
) 1
(
)( ) 1 1
0x ≥ là nghiệm của bất phương trình đã cho.
1,
x = (1) đúng suy ra
x
x
· Xét 1x = là nghiệm của bất phương trình.
2
>
⇔
1 3 − ≤ ⇔
⇔
( ) 1, 1
x x
2 2
1 0 1 9
− ≥ − ≤
1 2 5
x ≥ ≤ x
Suy ra 1
· Xét
x
x
x
x
5x< ≤ là nghiệm của bất phương trình.
2
1 3
1 9
2
<
⇔
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ trường hợp này bị loại. 5,
( ) 1, 1
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1
· Xét
2
2
2
x
x
x
1
−
1 1 − − +
− − > 1 6 0
11) (
)(
)
3
2
t
t
t
x≤ ≤ 5.
2 1 0 − ≥ , ta có bất phương trình 2 t ( 6 0
6 0
t 2)(
3) 0
2
t + +
t > ⇔ > .
5
< − x
2
x
Như vậy ta được
1 2
1 4
2 − > ⇔ − > ⇔ x
5
> x
x
5
5.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
< −
x ∨ >
x
x
12)
2
x 1 5 4 .
− ≤ −
2
t
1
2
t
x
t
x
x
Đặt 2 t t ( x= t 1) t − + − > ⇔ − + − > ⇔ −
2
1 0
2
1
.
Ta có bất phương trình
=
− ≥ ⇒ =
− ⇔ =
+ 2
2
2
t
t
1
1
2
t
t
t
5 4.
4
≤ −
3 ⇔ + ≤
t 10 4 −
−
+ 2
+ 2
2
t
t
t
t
t 4
6 0
2
3
0
3 t ⇔ +
+ − ≤ ⇔ +
+
(
)(
)(
) 1 − ≤
Đặt
t 1 0, ( 0) ≥
217
t ⇔ − ≤ t 1. ⇔ ≤
x
x
Như vậy ta có
2
1.
1 1 − ≤ ⇔
1 ⇔ ≤ ≤ 2
1 2 1
x ≥ ≤ x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
3
2
2
x
x
x x
x
13)
2
x 2 (1)
−
x + <
+
−
2
x≤ ≤ 1. 1 2
2
3
x x 0 2 ≥ −
Điều kiện: x x 0 2. ≥ ⇔ ≥
2
2
x x
x
x x
x
x
(1)
2
2
⇔
−
x + <
+
−
x 2 − ≥ x 0
2 2 −
, điều kiện
0.
Ta có bất phương trình
u v ≥ ,
2
3
2
3
2
uv
v
v
uv
u
v
v
u
v
0
+
<
+ ⇔ +
−
0 − < ⇔ −
u v −
<
)( 1
)
x
x
1
1 0
<
− <
v
1 0
− <
I ( )
2
2
2
x
x
x
x
x
2
0
2
0
−
x − >
−
>
>
⇔
⇔
⇔
v
1 0
− >
x
x
1
1 0
>
− >
II
(
)
2
2
2
0
u v −
<
u v −
x
x
x
x
x
2
0
2
−
x − <
−
<
(
Do
x x Đặt x = u = v
2 x ≥ nên ( )I vô nghiệm.
Ta giải (
)II
2
2
Kết hợp với điều kiện
x 1 1 > 1. ⇔ x ⇔ > x x x 2 − < > x 2 x x x 2 − <
2 x ≥ thì nghiệm của bất phương trình đã cho là x ≥ 2.
41
−
≥ + (1) 3
16 x
2 x
IV.7. 1)
3 0 + ≤ 0 x ≤ <
0
x ≤ <
x
0
≤
x ∨ >
2
x
x
1 0
2 − 3 7 −
− ≥
2
− 2 3 ⇔ 8
16 0 ≥ 2 x x 41 − x x x 16 41 (1) ⇔ 3 0 + ≥ 2 x x 0 ≤ x ∨ >
2
218
16 x x x 2 − 3 x (41 12 4 − 16) 9 = + + 3 ≥ − 2 3 < ∨ ≥ 0 ⇔ x 41 − x 2 + x
0
x ≤ <
0
x ≤ <
⇔
x
0
x ∨ >
≤
x
1
≤
x ∨ ≥
− 2 3 ⇔
2 − 3
1
x ∨ ≥
2 − 3 1 − 8
− 2 3 ≤ x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
2
x
x
x
x
2)
(2
)
(1)
≥
+
12 2 −
−
2
x
x
x
x 0 < ∨ ≥ x 1.
0
1
13
1
13
12 2 −
−
≥ ⇔ − −
≤ ≤ − +
Điều kiện:
· Xét 0. 0 x = Bất phương trình (1) đúng nên x = là nghiệm của bất phương trình.
1
13
x< ≤ − +
Bất phương trình đã cho tương đương với
13
2
x
x
−
< ≤ − + x 0 1
13
2
x
x
2
12 2 −
−
x ≤ −
x 12 2 2 − ≥ + < ≤ − + x 0 1 ⇔
· Xét 0
2
2
13
x x 4 4 ≤ − + −
2
13
13
17 1 1 17 − + x ≤ x ∨ ≥ ≤ ≤ − + x 2 1 ⇔ x x 12 2 − ≤ ≤ − + x 2 1 ⇔ x x 4 0 − − ≥ ≤ ≤ − + x 2 1 ⇔ 2 2
x
1 17 + x 1 13 ⇔ ≤ ≤ − + 2
13
− −
≤ < 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với
13
0
x ≤ <
2
x
x
x
12 2 −
−
− − 1
13
0
x ≤ <
2
x
x
2
12 2 −
−
x ≥ −
2 ≤ + − − 1 ⇔
1
13
0.
⇔ − −
x ≤ <
219
· Xét 1
1
17
+
x
x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
13
0
1
13.
1 − −
≤ ≤ ∨
≤ ≤ − +
2
2
x
3)
4
0
−
+
≥ (1). Ta có bất phương trình (1) tương đương với
x x
x
x
0
0
>
>
0
2
2
2
x
x
x
4
1 0
4
1
0
4
−
+ ≥
−
≥ −
≥
−
⇔
⇔
x
x
x
0
0
0
<
<
<
2
2
2
x
4
1
−
≥
x
x
4
1 0
4
1
> x
−
− ≥
−
≥
0
x
2
0
2
x < ≤
2
⇔
⇔
0
3
0
−
x ≤ <
x 3 ≤ ≤ − ⇔ ≠ x 0
3
3
x ≤ ≤
> x 2 − ≤ ≤ < x −
2
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
− x 3 ≤ ≤ ≠ x 0
2
4)
(1)
2
x
x 13 40 − 0 ≤ x + 2 x x 19 78 − −
19
(*). Khi đó
x−
−
78 0 >
2
x
(1)
+
40 0 ≤
13 8.
x ⇔ − x 5 ⇔ ≤ ≤
So với điều kiện (*) thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 6
Điều kiện: 13 x⇔ < < 6
x
x
5)
1
0
−
−
< (1)
Bất phương trình (1) tương đương với
0
0
0
x
0
≥
2
x
1
x − >
x
x − >
5
5
2
⇔
⇔
⇔
x
x
1 0
+ − <
x < <
x
0
<
1 − + 2
x
1
0
− ≤ <
1 − − 2 x
1
0
0
≥ x − ≤ <
x
1
x + >
≥ x 1 x 0 < + ≥ x 1
≥ x
5
5
0
x ≤ <
x
.
⇔
1 ⇔ − ≤ <
1 − + 2
1 − + 2
x
1
0
− ≤ <
5
x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
.
− ≤ <
1 − + 2
220
x< ≤ 8.
2
x
2
16
−
(
)
x
6)
(1)
+
3 − >
x
7 x
3
3
−
−
2
2
2
x x 4 4 ≤ − ∨ ≥ x Điều kiện: 4(*) ⇔ x ⇔ ≥ x 3 > x 16 0 ≥ − 3 0 − >
(
)
(
)
0
x − <
2
x
16
0
2
−
≥
x
4
10 4 ≤ − ∨ ≥
)
⇔
⇔
x
10
≤
0
x − ≥
2
2
2
x
x
20
132 0
+
−
>
x
x
x
16
2
−
>
100 20 −
+
> x x
)
10
x
10
⇔
x
10
232
10
232
10
< −
−
∨ −
+
x < ≤
> x
x
10
232
10
232
< −
−
x ∨ > −
+
10
232
10 ( 10 ( > x 10 ≤⇔ < − x
−
x
10
232
> −
+
⇔
Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
10
232.
x > −
+
2
x
x
x
x
x
7)
4
4
4 2
8
0(1)
+
+
+ −
−
>
x x x (1) 2 16 2 16 10 ⇔ − 3 7 + − > ⇔ − > − x
Điều kiện: 0.
x
x
x
x
x
x
4 2
0
4
2
4
4
0
+ −
> ⇔ +
−
+
+
>
(
)
)
x
x
x
x
x
x
x
4
4 2
4 2
0
0
2
+ −
> ⇔ + −
( 4 > ⇔ + >
x x ( ⇔ +
4 4 + + )(
8 − )
x
x
x
.
4 4 ⇔ + > ⇔ <
4 3
x ≥ (1) tương đương với x
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
x
3
8)
.
1 + >
2
2
1
1 x −
x
1
−
0 . x≤ < 4 3
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
Điều kiện: x < 1.
(1).
⇔
2
2
2
221
x x x 1 3 3 2 0 1 + > − + > + 2 x x 1 x − 1 − x − x x 1 1 − −
x
t
t
, khi đó bất phương trình (1) trở thành 2 3
=
t− + > ⇔ 2 0
2
1 2.
< t t >
x
1
−
x
2
Đặt
a) Với
(2).
<1 ⇔
2
1
x−
x x 1 < − 1t < thì
2
2
0
.
x< <
x
x
1 < −
· Nếu 1 0x − < ≤ thì bất phương trình (2) đúng.
⇔
1 2
Tập hợp nghiệm của bất phương trình (2) là
1;
.
S 1
= −
1 2
x
· Nếu 0 1x< < thì bất phương trình (2) ⇔
b) Với
> 2, do điều kiện
2
1
x−
2
1, x < nên ta được bất phương trình t > thì 2
(3).
x x 2 1 > −
.
x >
⇔
2
2 5 5
0
x 4(1 ) > − > x Bất phương trình (3) ⇔ 2 x
Kết hợp với điều kiện
S
2
2 5 5
=
;1 .
Tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là S =
1;
−
∪
S 1
S∪ = 2
2 5 5
1 2
;1 .
1 x < ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình (3) là
31
9)
x x 1(1) > + −
Cách 1. Ta nhận thấy rằng x > Với điều kiện 0 hai vế của bất phương trình ta được
2
2
2
3
3
3
3
3
x
x
x
x
x
x
x
x
1 2
1
1 2
1
1
0.
− ⇔ > +
1 − +
− ⇔ − −
1 − −
−
>
( 1 > +
)
(
)
(
)
3
0 0. x = không phải là nghiệm của (1) nên điều kiện của ẩn là x > thì hai vế của bất phương trình (1) đều dương nên bình phương
ta được
3
t x x 1, ( 0) Đặt = 1 − > − >
2 t − −
3
t t t 2 t t ( 0 1)( 2) 0 t t ( 1 0) > ⇔ + − > ⇔ − t 2) 0, ( > + >
3
3
3
3
t
x
x
x
t
t
Cách 2. Đặt
1
1
=
− ⇒ = − ⇒ = + Ta có bất phương trình 1.
t
(2)
. Ta cũng nhận thấy rằng
x 2 1 − > ⇔ ⇔ ⇔ t > 1 0 x 0 1. t 2 − < < 9 > x < < x 1 0 1 − < − <
3 1 1 t + > + kiện của ẩn là
0,
x >
do đó 1
0 x = không phải là nghiệm của (1) nên điều
222
t+ > 0.
2
2
Bình phương hai vế của (2) ta được 3 t
3 t + ⇔ − −
( t t
)( 1
)
t t t t t 0 2 2 1 2 0. 1 + > + > ⇔ + − >
x
x
10)
3 5(1)
+
>
2 2
x
4
−
Đến đây tiếp tục giải như Cách 1 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho.
2 < − 2
x x >
Trường hợp 1:
Điều kiện:
Trường hợp 2:
2 x < − . Bất phương trình (1) vô nghiệm.
2
2
2
x
2
x
x
45
45
> ⇔ +
+
>
+
x 4 2
2 2
4 2 x
4
x −
x
4
4
−
−
2
2
2
2
x
x
x
4
4
−
+
x (
45
⇔
+
>
2
x 4 2
x
) 4
−
x
4
−
4
2
x
4
⇔
+
−
45 0. >
2
x
4
x 2 −
x
4
−
2
2 x > . Bình phương hai vế của (1) ta được bất phương trình tương đương
Ta được bất phương trình 2 t
t 4
45 0
+
−
> ⇔
9 < − 5
t t >
Do
t 0. Đặt = > x 2 x 4 −
4
2
4
2
0 t > nên ta chọn
2
t x x 25 25 100 0 > ⇒ 5 5 > ⇔ > ⇔ − + > x 2 x 4 x 2 − x −
2
Kết hợp với điều kiện
x x 20 2 5 2 5 > < − x ∨ > ⇔ x 5 < 5 5 − x < < 4 ⇔
2
5
2 5.
x < <
x ∨ >
2 x > ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
x
x
x
x
m
5 2
4
− −
6 − +
−
6 2 − − =
( ) 1
Ta có (1) tương đương với
2
2
IV.8.
x x m 6 2 − − + − − =
( x
) m .
) ( 6 1 6 1 ⇔ − − +
x 6 2 − − =
t
6
0
x=
− ≥ . Ta có phương trình
223
t m 2 1 (2) Đặt t − + − =
Xét hàm số
( ) t
f t 2 1 t = − + − với t ≥ 0
3; 0 1
f t ( ) 2 =
;1 t t 2 t ≤ < t ≤ < 2 3 ; − ≥ t 2 − + 1
Vẽ đồ thị hàm số
( ) t
f(t) 3
1
t
O
1
2
Dựa vào đồ thị ta có, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 1
f
2
2
m< ≤ 3.
2
2
x
x
x
x
m
4
4
)
2
2( ⇔ +
−
) 4 2 + +
−
=
+ 4
2
x
x
x
x
m
4
)
(
4
2 2 )
2
4
2( ⇔ +
−
+
+
−
=
+ (1).
2
x
x
x x x x 4 4 IV.9. 1) Ta có + − + − m =
4
2
0
−
≥ ⇔ − ≤ ≤ . 2
2
t
x
x
Điều kiện:
f x ( )
4
2.
=
x = +
−
− ≤ ≤ Khi đó (1) trở thành , 2
2
t
t 2
m 2
4 (2)
+
=
+
Ta tìm miền giá trị của .t
Ta có
2
2
x
x
=
2
2
x
x
x
4
−
x
′ f x ( ) 1
0
0
2.
= −
0 = ⇔
=
⇔
x ⇔ =
2
− 2
x x
4 2
= 2
− − < <
x
x
4
4
−
−
x
2
− < <
− 4 x ⇔ ≥ 2
Đặt
Các điểm tới hạn của hàm số
f x là ( )
x x x 2; 2; = = − = . 2
f
Ta có:
( 2)
2
(2)
.
f − = − ;
= ; 2
⇒
2 2
,
2
=
= − . Vậy,
t
2; 2 2
∈ −
. Như vậy, (1) có nghiệm
Maxf x ( ) ]2;2 −
[
Min f x ( ) ]2;2 −
[
224
f ( 2) 2 2 =
[ 2; 2]
khi và chỉ khi (2) có nghiệm
x ∈ −
t
2; 2 2
∈ −
. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
2
t
g t ( )
t 2
trên đoạn [ 2; 2 2].
=
+
2
′⇒
t
g t ( )
t 2
g t ( )
t 2
2 0
=
+
=
+ =
− 2 4m + thuộc miền giá trị của hàm số
Bảng biến thiên của hàm
( )g t
1 t⇔ = − .
m
Phương trình (2) có nghiệm khi 1 2
4 8 4 2
− ≤
+ ≤ +
m 2 2 2 . ⇔ − ≤ ≤ + 5 2
Vậy, khi
thì phương trình đã cho có nghiệm.
x
x m
4
4(
2
)
+
+
=
+
2)
+ (1).
1 2 x
1 x
4 x
m 2 2 2 ≤ + 5 − ≤ 2
2
2
Điều kiện: 0. x > Ta có
(1)
2
x x 2.2 . (2 ) 4( 2 ) ⇔ + + = + x m + 1 x 1 x 1 x
2
x 2 4( 2 ) = + x m + 1 x 1 x ⇔ +
.
x x m 2 4 2 − + = 1 x 1 x ⇔ +
t
ta có phương trình 2 4
(2)
−
t m =
Ta tìm miền giá trị của .t
2
t x 2 Đặt 1 = + x
t
x
1.
0
trên miền
′ = −
+
=
= ⇔ = Lập bảng biến thiên của hàm
− 2
1 2 x
1 x
x x
x x
(0;
).+∞
)+∞ ta được miền giá trị của t là [3;
225
t x 2 1 = + x
2
f
t
f
t
Xét hàm số
t ( )
t t 4 ,
[3;
′ t ( )
t 2
4 0
2
=
−
∈ +∞ Ta có ).
=
− = ⇔ = .
2
f
t
Lập bảng biến thiên của hàm số
t ( )
t t 4 ,
[3;
)
=
−
∈ +∞ ta được miền giá trị của hàm số là
− +∞ [ 3; ).
Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi
Vậy,
3. m ≥ − .
2
2
2
3
3 m ≥ − thì phương trình đã cho có nghiệm.
x
m
x
m
0(1)
+
−
4 2 + + −
=
5 3
2
IV.10.
2
3
m
0(2).
Như vậy, phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ
2
=
2 t ⇔ +
−
+
( ) 1
( t m −
5 3
) khi phương trình (2) có nghiệm
t 2 4 Đặt x= + ≥ .
f
t ở vế trái của (2) có ( )
Tam thức bậc hai
2
2
3
m
m
m
4
2
0 ,
0.
∆ =
−
+
+
> ∀ >
(
)
5 3
3
2
f
m
m 2
= −
+
−
( ) 2
4 3
3
2
2. t ≥
Xét
( g m
)
2
Ta có
4 ;
m 3 = −
+
0 = ⇔
( ′ g m
)
( ′ m g m
)
4 3 0
m = m =
Ta có bảng biến thiên
m m 2 . = − + − 4 3
Như vậy, với mọi
) 0 g m < . Hay
(
( )2
t phân biệt,
f 0 < với mọi 0. 0m > thì m >
2,t
t
.
2 < <
Từ đó suy ra với mọi t và 1
2
Từ đó ta kết luận được phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi
0m > thì phương trình ( )2 luôn luôn có hai nghiệm 1
226
0. m >
2
IV.11. x x x x 5 x m 2 4 1 + + 4 + + + + + + = (1) 0
1.
⇔
x ⇔ ≥ −
x x
x x
1 0 4 0
+ ≥ + ≥
1 ≥ − 4 ≥ −
2
Điều kiện:
(1)
)
(
)
(
t
x
x
4
+ , 4
=
1 + +
+ đồng biến trên nửa
x x x x m 4 4 2 ⇔ 1 + + + 1 + + + + − = 0 + 5 2 1 2
t Đặt = khoảng [ 1;
1 + + ).
x x − +∞ Do đó với
x ≥ − Rõ ràng hàm số
m
Phương trình (1) trở thành 2 t
t 2
4
+
+
− = (2) 5 0
1. 0x ≥ thì t ≥ 3.
2
f
t
t ( )
).+∞
=
+
3.
f
t ta nhận được miền giá trị của hàm số trên nửa khoảng ( )
Lập bảng biến thiên của hàm số [3;
)+∞ là [15;
).+∞ Vậy giá trị cần tìm của tham số m phải thỏa
t ≥ Điều này được thỏa khi và chỉ (1) có nghiệm không âm khi và chỉ khi (2) có nghiệm t trên nửa khoảng [3; thuộc miền giá trị của hàm số 2 khi 5 4m−
Vậy, với
m m m 15 4 10 . 5 4 − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ − 5 2
m ≤ − thì phương trình đã cho có nghiệm không âm. 5 2
x m x x m IV.12. 5 7 (5 )(7 ) 2 x + + − + + − = + (1) 1
t x 5 7 Đặt = x + + − x − ≤ ≤ , 5 7
Xét
′
t
x
h x ( )
0
1
′=
=
−
= ⇔ =
x
x
1 2 5
1 2 7
+
−
Bảng biến thiên của hàm số ( )h x
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số
h x ta có nhận xét sau:
( ),
t h x ( ) 5 7 = = x + + x − (*)
2 6
thì (*) cho ta một giá trị x
t =
2 6
thì (*) cho ta hai giá trị x
t≤ <
· Ứng với
t
2 3
2 6
thì (*) vô nghiệm
.x
<
t ∨ >
· Ứng với mỗi giá trị t thỏa 2 3
· Ứng với mỗi giá trị t thỏa
Ta có (1)
2 12 − 2
227
t t m m 2 1 ⇔ + = +
(2)
m ⇔ = 2 2 t t 2 16 − −
Xét
với
t
2 3; 2 6
∈
2
f
′ t ( )
0,
∀
=
>
t
2 3; 2 6
∈
t 2 (16
t 4 32 − + 2 2 t ) −
f
Bảng biến thiên của hàm số
t ( )
f
Dựa vào nhận xét trên và bảng biến thiên của hàm số
t ta có kết quả như sau: ( )
−
m
i) Nếu
thì phương trình (1) có một nghiệm.
=
1 2 6 4
−
ii) Nếu
thì phương trình (1) có hai nghiệm.
−
m < m ≥
1 2 6 4 2 3 1 2
−
−
m
iii) Nếu
thì phương trình (1) vô nghiệm.
<
<
1 2 6 4
2 3 1 2
2
4
f t ( ) = 2 2 t t 2 16 − −
IV.13. x m x x 3 2 1 − + 1 + = − 1.
2
4
Điều kiện: 1x ≥ .
Với
2
x m x x 3 2 1 − + 1 + = − 1 1x ≥ ta có
42
4
2
3
. (1)
=
−
x x
x x
1 1
1 1
− +
− +
4
t
x x 1 − m ⇔ = 1 3 − − x 1 +
.
=
x x
1 1
− +
Đặt
4
Xét hàm số
h x ( )
Ta có
t = =
3
x x
1 1
− +
2 4
1 ′ h x ( ) 0, = > 1x∀ >
4
h
Do đó hàm số
1.
x 2( 1) + 1 1 − x x +
= ; 0
=
)
( )h x đồng biến trên [
lim x →+∞
x x
− 1 + 1
228
1; +∞ . Ta có (1)
Vậy, khi
m
(1) trở thành
23 t
t 2
= −
+
2
f
Xét hàm số
t ( )
t 2
t 3 = −
+
f
′ t ( )
2.
t 6 = − +
1x ≥ thì 0 1t≤ <
f
Bảng biến thiên của hàm số
t ( )
Dựa vào bảng biến thiên ta có
f t ′ t ( ) 2 0 t 6 0 . = ⇔ − + = ⇔ = 1 3
Với 0
f t ( ) 1 − < 1t≤ < thì 1 ≤ . 3
Vậy, giá trị m cần tìm là
2
2
2
1 m− < 1 ≤ . 3
m x
x
x
x
x
x
2
2
2
−
2 1 + + ≥
−
6 + +
−
+
( ) 2 1
(
)
IV.14.
2 2 −
2
t x x Đặt = + 2
Bất phương trình ( )1 trở thành
( m t
) 1 + ≥
Với
thì
t t + + 4
t
[
]0; 2
1; 2 ∈
Vì
1 0,
t + ≥ do đó
t
1; 2 ∈
nên
2
t
4
m ⇔ ≥
( ) 1
( ) 2 .
t + + t 1 +
x ∈
t
khi và chỉ khi ( )2 có nghiệm
[
]0; 2
Điều này 1; 2 . ∈
Như vậy, ( )1 có nghiệm được thỏa khi và chỉ khi
2
x ∈
2
t
4
f
t
Xét
,
=
( ) t
1; 2 ∈
t + + t 1 +
2
1
t
t 2
3
+
′
f
=
( ) t
= t t
3 = −
0 = ⇔
t
+
− 2 ) 1
(
229
t 4 m . ≤ t + + t 1 + Min t 1; 2 ∈
2
t
4
f
f
Lập bảng biến thiên của hàm số
t ta kết luận được hàm số ( )
đồng biến
=
( ) t
t + + t 1 +
f
trên đoạn [1; 2]. Từ đó ta được
t ( )
=
= (1) 3.
Min f t 1; 2 ∈
Vậy, giá trị m cần tìm là
4
4
4
m ≥ 3.
x
x
4
4
+
x m +
+
+
x m +
=
( ) 6 1
4
2
4
4
IV.15.
2
t
t x t x 4 0 4 Đặt = + x m + ≥ ⇒ = + x m +
Khi đó phương trình ( )1 thành 2 t
3 0
= − <
= t 6 + = ⇔ t
Với
t⇔ = 2.
4
4
2 t = ta được
4
4
16
x ⇔ +
x m +
=
4
x
x
4
16
−
x 4 + x m + = 2
4 4 −
m ⇔ = − + Xét hàm số ( ) f x
′
f
34 x
4
= −
−
′
f
x
0
1
= ⇔ = −
( ) x ( ) x
Lập bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là
x x 16 = − +
19. m <
x
x
m
x
3
2 2 −
3 − =
+
−
(
)( 1
)
( )1
Vì
Khi đó ta có
IV.16.
x
m
x
3
3
−
=
+
−
( x ⇔ +
)( 1
)
(
)( 1
)
( )1
x
x
x
m
3
1
0
⇔ −
+
3 − −
+
=
(
) 1
3
x
x
0
3
=
⇔
⇔
⇔
3
2
x
m
x
1
3 − =
+
+
x
x
x
m
3
1(2)
−
− − =
+
x
x
m
1 0
+
3 − −
+ =
) 1
= x (
3 − = ) 1
(
x x 1 0. 3 0 3. m > − nên 1 m + > Do đó ta phải có điều kiện − ≥ ⇔ ≥
Như vậy phương trình (1) luôn có một nghiệm một nghiệm trong khoảng (3;
).+∞
230
3. x = Ta chứng minh phương trình (2) có
1
3
2
2
x
x
x
x
Thật vậy, xét hàm số
f x ( )
3,
2
1,
′ f x ( ) 0
=
−
x − −
′ f x ( ) 3 =
−
−
= ⇔
.
= x = − x
1 3
Lập bảng biến thiên của hàm số có một nghiệm trong khoảng (3;
f x ta kết luận được với mọi ( ) ).+∞
Vậy, với mọi
1 m > − thì phương trình (2)
1 m > − phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
(
)3 1
IV.17. x − + mx m = + ( )1 1
t
1. x ≥ Ta có nhận xét rằng Điều kiện: nghiệm của phương trình phải thỏa 1x = không là nghiệm của phương trình (1). Do đó x > 1.
x=
− > 1 0.
2
.m
Đặt
( ) 3 t mt 1 ⇔ + Thật vậy ta có
0 t > với mọi − = ( )2 . Ta chứng minh (2) có một nghiệm duy nhất 1 0
2 3 ⇔ = −
( ) 2
3
m ⇔ =
1 t − 2 t
3
1
f
t
Xét hàm số
,
=
> 0.
( ) t
t − 2 t
mt t 1
Ta có
( ) t
′ f = − − 1 2 3 t
3 2 0
t⇔ − − =
3 2.
t⇔ = −
( ) 0 t′ =
f
f
= −∞
= +∞ .
( ) t
( ) t
+
lim t →+∞
; lim o t →
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta có đường thẳng y m= luôn luôn cắt đồ thị hàm số
3
1
t
f
,
0
> tại một điểm duy nhất. Suy ra phương trình (2) có một nghiệm duy nhất
=
( ) t
t − 2 t
.m
f 1 0 ⇔ − − = 2 3 t
Vậy, với mọi giá trị của m thì phương trình đã cho luôn có một nghiệm duy nhất.
2
0 t > với mọi
231
IV.18. x x x (4 )(6 ) 2 (1) + − ≤ − x m +
Giả sử (1) đúng với mọi
[ 4; 6],
khi đó (1) cũng đúng với
x ∈ −
1x = , tức là
2
m
m
x
1 5
1)
5.
[ 4; 6]
thì
− ≥ ⇒ − + 1 (
−
≥ Với điều kiện
x ∈ −
Với x
m ≥ 6, 4 0, 6
+ ≥
m m (4 1)(6 1) 1 2 − ≤ − + ⇒ ≥ 6. +
suy ra x − ≥ do đó theo bất đẳng thức Côsi ta có 0, ) (4
x x (6 ) − + x x 5. (4 )(6 ) = Như vậy ta được + − ≤ + 2
2
2
x
m
x
(
1)
1
2
≤
−
+ − =
−
x m . +
Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là
x x (4 ) (6 ) + − x x (4 )(6 ) 5 + − ≤ = + 2
Chú ý. Có thể giải bài toán bằng cách khác như sau
2
t
x
x
x
x
6. m ≥
(4
)(6
)
2
24
0,
=
+
−
= −
+
+
≥
x
x
24
⇒ = − 2 t
2 2 +
+
Theo bất đẳng thức Côsi ta có
Đặt x 0 4 t = đạt tại = − ∨ = x 6.
t x x x x (4 )(6 ) (4 6 = + − ≤ + + − = ) 5
[ x = ⇔ = ∈ −
Như vậy, với
thì
t 5 1 4; 6 1 2 ]
[ x ∈ −
]4; 6
[
]0;5 .
m
24
0(2).
(1) đúng với mọi
[ 4; 6]
khi và chỉ khi (2) đúng với
t + −
−
≤
x ∈ −
(1) trở thành 2 t ]0;5 . [ t ∈ mọi
2
t ∈
Xét hàm số
Suy ra
( )g t đồng biến trên [
]0;5
g
Nên
(5)
m .
=
6 = −
Max g t ( ) [
]0,5
g t
t
( ) 0,
≤ ∀ ∈
⇔
( ) 0 ≤
[
] 0.5
Max g t [ ]0,5
m
m
0
6.
6 ⇔ −
≤ ⇔ ≥
Vậy, với
′ t t g t g t ( ) 24 ′ g t ( ) 2 1; 1 0 t 2 0 . = t + − − ⇒ m = + = ⇔ + = ⇔ = − 1 2
6m ≥ thì thỏa yêu cầu bài toán.
IV.19. mx x m 1(1) − 3 − ≤ +
232
Điều kiện: 3x ≥
1
3
+
Vì
(2)
m ⇔ ≤
x x (1) 1 3 1) 1 m x ( mx m ⇔ − ≤ + − ⇔ − ≤ + − 3
x
x − 1 −
1 0 3x ≥ nên x − > , do đó (1)
(1) có nghiệm
)
)
[
[
1
3
+
m .
≥
)
Max [ x 3; ∈ +∞
x
x − 1 −
1
3
+
Xét hàm số
f x ( )
, ta có
=
x
x − 1 −
3; 3; x ∈ +∞ khi và chỉ khi (2) có nghiệm x ∈ +∞ khi và chỉ khi
2
x x x x x x x ( 3) 1 2 3) − − ′ f x ( ) = = = 3 2 1) 2 x 3(1 x x 5 2 x − − 2 − 3( + 1) − − 2 x 3 2( − − 2 x 3( 1) − + − x 2 3( − 1) − − − − − −
x
5
≤
x
⇔
⇔
2
2
5 x
x
)
4(
3)
≤ (5 −
=
−
x
x
x
4
12
25 10 −
+
=
−
5
x
5
≤
7 2 3
⇔
x ⇔ = −
⇔
x
7 2 3
= +
2
x
x
14
−
+
37 0 =
x
7 2 3
= −
≤ x
Bảng biến thiên
1
3
+
Dựa vào bảng biến thiên, ta có
.
=
)
Max [ x 3; ∈ +∞
x
3 1 + 4
x − 1 −
m
x x ′ f x ( ) 5 2 0 3 = ⇔ − + − − = 0
Vậy, giá trị m cần tìm là
≤
3 1 + 4
.
2 x mx +
IV.20. x 2 2 + = + (1) 1
2
2
x
2 x mx
x
x
(1)
2
2 4
4
1
+ ⇔ +
+ =
+
+
2
4
−
) ( 1 1 0(2) − =
x 3 ⇔ +
2 x mx ⇔ + (
2 + = ) m x
233
x x 2 1 0 Điều kiện: + ≥ ⇔ ≥ 1 − 2
2
(
) m x
phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng
f x x 4 1. Đặt ( ) 3 = + − − Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
chỉ khi
2
2
m
4
−
+
12 0 >
0
∆ >
m m +
+
12 0 >
af
m
4
0
0
−
0 ≥ ⇔
−
−
−
)
(
3 4
) 1 2
1 2
1
m
4
−
−
(
)
0
>
0
0
− 16 8 m 9 ≥ ⇔ − ≥ 2 4 m 1 − 6
S 2
1 + > 2
( 3
6
1 + > 2
m
m
+
28 0 >
m
.
⇔
m ⇔ ≥
9 2
9 2 1
m ≥ > m
2 8 − 9 2 1
0
>
⇔ ≥ − m 6
Vậy, với
− . Điều này xảy ra khi và 1 2
2
x
x
m x
x
3
4
+
+
≤
+
+
m ≥ thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 9 2
)( 1
)
( ) 5 1
2
IV.21. (
2 t mt
2
2 0.
mt − ≤ ⇔ −
− ≤
a) Khi
t x x 4 5 1. Đặt = + + ≥ Khi đó (1) trở thành 2 t
2
t
t
t
1.
2
+ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Nhưng vì
2 0 2
2
1 m = − , ta có bất phương trình
Vậy, khi
1t ≥ nên ta phải có 2 t x x x x x x x 1 4 5 1 4 5 1 4 4 0 = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ = − 2.
x
x
4
2
+
+
2
′⇒
1 m = − thì bất phương trình có nghiệm x = − 2.
b)
,
=
=
( ) 0 =
( ) t x
2 2
2
x
x
x
x
2
4
5
4
5
+
+
+
+
x
2
+
0
⇔
=
2
x
4
5
+
x
2; 2
2
⇔ = − ∈ − − +
x +
3 .
Bảng biến thiên
234
t x x t x′ 4 5 1. = + + ≥
Như vậy, với
x
2; 2
3
∈ − − +
⇒ ∈ t
[ ] 1; 2 .
2
t
2
2
mt
m
t
t
2
,
⇔ − ≤ ⇔ ≥
∈
Ta biến đổi ( ) 1
[ ] 1; 2 .
− t
t
f
t
Xét hàm số
,
=
∈
( ) t
[ ] 1; 2 .
2 2 − t
2
2
t
t 2
2
2
'
f
t
0,
=
=
> ∀ ∈
( ) t
[ ] 1; 2 .
2 t − + 2 t
+ 2 t
Ta có
( ) 1
( ) 2
Vậy,
= 1.
( ) t
Maxf [ ]1;2 t ∈
m
Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi
< ⇔ > 1.
( ) t m
Maxf [ ]1;2 t ∈
2
f f 1, = − = 1
x
x
x
3
7
4
+
−
≤
−
x m +
(
)(
)
( ) 1
2
t
x
x
x
x
IV.22.
3
7
4
=
+
−
= −
+
+
≥ 21 0
(
)(
)
Bất phương trình ( )1 trở thành
t
m
21
2 t ≤ − +
+
Đặt
2 ⇔ + −
( ) 2
x
x
x
3
7
,
3; 7
=
+
−
Xét hàm số ( ) t x
(
)(
)
[ ∈ −
]
t t m 21 ≤
( ) ′ t x
(
)
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy với
thì
2 x 0 2 = = ⇔ = x x 3 7 + − x − + )(
[ x ∈ −
]3; 7
[
]0;5 .
khi và chỉ
t ∈
khi và chỉ khi ( )2 nghiệm đúng
[ x∀ ∈ −
]3; 7
[
]0;5
2
Do đó, ( )1 nghiệm đúng m khi .
t∀ ∈
) 21
2
t + − ≤
] ( Max t [ t 0:5 ∈ Xét hàm số
( ) g t
t 21 = t + −
( ) ′ g t
[
]
235
t t 2 1 0, 0;5 = + > ∀ ∈
g
g
Ta có
(0)
21,
= −
= (5) 9
Vậy,
= ( ) 9
Max g t [ ]0:5 t ∈
Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi
m ≤ ⇔ ≥ 9.
( ) Maxg t m
[ ]1;2 t ∈
x
4
2 − +
16 4 −
x m ≤
( ) 1
Cách 1.
x
x
IV. 23.
4.
⇔
1 ⇔ ≤ ≤ 2
2 0 4 − ≥ x 16 4 0 ≥ −
1 2 4
x ≥ ≤ x
Bất phương trình ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi
0
16 4 −
x m ≤
2
2
x
x
m
2
9
4
14
−
+
−
≤
−
0 (
)
0
2
14 0 ≥
( ) I
2
2
2
x
x
m
9
4
14
0
−
+
+
−
≥
)
(
)
≥ m x 4 2 − + ≥ m ⇔ 4 2 m ≥ m ⇔ − ( 32 2
2
2
2
x
x
x
x
x
m
Do
2
9
4 0
; 4
nên
9
4
14
0,
; 4
−
−
+
+
−
( 32 2
)
(
)2
1 2
1 2
+ > ∀ ∈
x ≥ ∀ ∈
m
0
≥
m
0
≥
14.
⇔
⇔
m ⇔ ≥
( ) I
2
m
−
14 0 ≥
m
14
14
≤ −
m ∨ ≥
thì bất phương trình đã cho có nghiệm.
Vậy, với
14
m ≥
Cách 2.
x
4
2 − +
16 4 −
x m ≤
( ) 1
x
x
m
4
2 − +
16 4 −
≤
( )1 có nghiệm khi và chỉ khi
)
(
Min 1 x ;4 ∈ 2
y
x
x
Xét hàm số
4
=
=
2 − +
16 4 −
( ) f x
′
f
⇒ = ′ y
=
−
( ) x
2 x
x
4
2
−
2 16 4 −
236
Điều kiện:
x
x
4
2
=
−
y
⇒ = ⇔ ' 0
x ⇔ =
9 4
4
x < <
16 4 − 1 2
Ta có
f
f
f
2 7;
14;
14.
=
=
=
( ) 4
1 2
9 4
14.
Do đó giá trị m cần tìm là
Vậy,
=
14.
m ≥
;4
( ) Min f x x ∈
1 2
2
x
1
(1)
−
≥
m x −
IV.24.
2
x m
Ta có
(1)
1 x
⇔ −
+ ≥
2
x
(1) có nghiệm
( 1
⇔
−
+
x m ) ≥
Max [ ] x 1;1 ∈ −
2
y
x
Xét hàm số
f x ( )
1
x x ;
=
=
−
+
[ ∈ −
] 1;1
x
−
'
1
⇒ = y
+
2
x
1
−
1 0
+ =
2
y′ = 0
x x
1
− x ⇔ − 1 − < < 1
2
x
x x
1 1
= − 1 − < <
⇔
0
x
2
⇔
1
1
1 = x − < <
≥ x 2
0
2 2
x⇔ =
2 2
x
= −
x
1
≥ x x = ⇔ 2 2 1 − < <
f
f
Ta có
( 1)
1
(1) 1
(
)
2
.
f − = − ;
= ;
=
2 2
237
Điều kiện: 1 − ≤ ≤ 1x
2
x
x
Suy ra
( 1
)
2
. Vậy, giá trị m cần tìm là
−
+
=
2.
m ≤
Max [ ] x 1;1 ∈ −
2
x
x m
(1)
12 3 −
≤ −
2
x
m
(1)
IV.25.
Ta có
x ⇔ −
12 3 −
≥
[ x ∈ −
]2; 2 .
2
y
x
Xét hàm số
Điều kiện:
x = −
12 3 −
[ x ∈ −
]2; 2 .
2
x
x
x
3
3
−
12 3 −
y
.
′ = − 1
=
2
+ 2
x
x
12 3 −
12 3 −
x
2
2
x
x
2
2
2
2
− < <
− < <
y
′ = ⇔ 0
⇔
2
2
x
x
x
x
3
0
12 3 −
+
=
12 3 −
3 = −
2
2
x
x
9
=
− < < x 0 ⇔ ≤ 12 3 −
x
0
2
1.
⇔
x ⇔ = −
− < ≤ x x 1 1 = ∨ = −
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2m = .
với
x m
22 m x
7
+ < +
( ) 1
1) Khi
IV.26.
thì bất phương trình ( )1 trở thành
x
2
1 0
+ >
2
2
x
x
x
2
7
2
2
1
x + < + ⇔
7 + <
2
2
1 2
1 2
x
x
2
2
7 + <
+
(
) 1
+ ⇔
x
> −
x
x
> −
> −
1.
⇔
⇔
⇔
x ⇔ >
2
2
2
x
x
x
x
2
1 2 x 2
4
1
3 0
1 2 7 4 + <
+
+
+
− >
1 2 3 < − 1
x x >
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho khi
m = 1 2
là ( 1;
) +∞ .
x
2
2
x m
m
x
m
(1)
m x 2
7
2
7 1
.
2) Ta có
⇔
+ < + ⇔
x + − < ⇔ <
2
(
)
x
2
7 1
+ −
238
m = 1 2
x
22 x
7 1 0,
(Vì
+ − > ∀ ∈ ℝ )
2
x
Xét
=
( ) x
( ) f x
2
2
2
22 x
7 1
+ −
)
(
2
2
′
f
x
x
2
7 49
7
7
2
0 = ⇔
+ = ⇔ + =
( ) x
2
2
x
x
42
21
2
21
21.
x ⇔ = ⇔ = ⇔ = −
x ∨ =
,
.
Ta có
= −
=
x
x
Limf x ( ) →−∞
Limf x ( ) →+∞
2 2
2 2
f
f
(
21)
,
( 21)
.
−
= −
=
21 6
21 6
f x ta được
( )
.
Lập bảng biến thiên của hàm số
= −
Min f x ( ) ℝ x ∈
21 6
Vậy, bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi
m Min f x ( )
.
<
m ⇔ < −
ℝ
x ∈
21 6
x 7 2 7 − + ′⇒ f = x x 2 7 2 7 1 + + −
x
mx
x
2 2 −
> 1−
( ) 1
x
1;
thì (1) tương đương với
Với
1 4
∈ −
2
2
x
mx
x
x
x
m
x
2
mx 2
1 2
2
−
> −
2 x + ⇔
−
+ < 1 0.
2 ) > − ⇔ −
( 1
(
) 1
IV.27.
(
) 1
Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi
1
m
1 0
+ <
m
f
(
) 0 <
1.
⇔
⇔
⇔
m ⇔ < −
2
1 0 1 0
+ < m − <
m
<
2
1 0
f
1 4 (1) 0 <
) 1 − + <
1 < − 1 2
− m 2 ( m
Vậy, giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là
m x f x ( ) 2 Đặt = − + 1.
4
2
4
2
m < − 1.
m x
x
x
x
2 2
4
2
− +
−
−
2 + =
− (1) 4
(
)
IV.28.
Với
2,
phương trình (1) không thỏa. Vì vậy chia hai vế của (1) cho
x =
2x − ta được
2
2
4
4
2
2
4
4
m
1
1 2
2
.
+
=
+
=
+
x x
x x
x x
x x
2 2
2 2
2 2
+ −
+ −
+ −
x x
x x
4 − 2 −
m ⇔ +
+ 2 − 2
− 4 2 −
239
Điều kiện: x ≥ 2.
2
2
4
t
t
m
t
m
,
1.
Ta có phương trình
t 2
.
=
+ ⇔ =
=
>
( t 1 2 +
)
x x
2 2
+ −
t t 2 + t 2 1 +
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số
2
y
f
t
t ( )
,
1.
=
=
>
t t 2 + t 2 1 +
2
2
t 2
+
f
f
f
Ta có
′ t ( )
do đó hàm số
0,
t đồng biến. Tập giá trị của hàm số ( )
t ( )
>
=
Đặt
trên miền (
t 2 + 2 ) ( t 2 1 + 1; +∞ là ( ) 1; +∞ . Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là
)
3
1.m >
x
x
23 x
1
+
1 − ≤
−
−
)3
IV.29.
( m x x ≥ Với điều kiện
3
2
3
Điều kiện: 1. 1x ≥ bất phương trình đã cho tương đương với
3
2
3
( ≤ ⇔ +
)( 1
)
3
x
x
x
x
23 x
[1;
∈ +∞ ).
+
−
+
−
x x 3 + − m x x x x 3 1 m . − + − ≤ x x 1 − − 1 )
(
( Bất phương trình đã cho có nghiệm 1x ≥ khi và chỉ khi )3 1 ,
)( 1
3
x
y
x
x
1;
m Min ≥
1
Các hàm số y =
−
=
)+∞ nên hàm
−
+
3
y
x
x
x
số
23 x
( 1
)3 cũng đồng biến trên [1;
=
+
−
+
−
).+∞
(
23 x + )( 1
)3
3
x
x
f
23 x
1
(1) 3.
Suy ra
+
−
+
−
=
= Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là
( Min x
)( 1
)3
đồng biến và không âm trên [1;
m ≥ 3.
4 2 6
IV.30. 4 x x x m 2 2 2 6 .(1) + + x − + − =
1
4
x
x
f x ( )
2
2
4 2 6
2 6
′ x f x ( )
,
=
+
+
x − +
−
=
+
−
−
3
3
4
4
x
x
1 2
1 6 −
x
x
2
2
2
6
−
1 (
)
(
)
1
1
.
=
−
+
−
3
3
4
4
1 2
x
x
1 2
1 6
−
x
x
2
6
−
(
)
(
)
1
1
=
−
+
+
+
+
4
4
4
4
4
2
2
4
4
1 2
x
x
x
x
x
x
1 2
1 4 6
2
1 2
1 6 −
−
1 6 −
x
x
2
6
−
(
)
(
)
x
′ f x ( )
0
2.
= ⇔ =
4
4
Điều kiện 0 x≤ ≤ Đặt 6.
Ta tính được
240
f f f (0) (2) 3 2 6; (6) = 2 6 2 6; + = + = 12 2 3. +
Lập bảng biến thiên của hàm số
f x trên đoạn [ ( )
]0; 6 ta được giá trị của tham số m cần
4
tìm để phương trình (1) có đúng hai nghiệm thực là
m
6
6
2
+
≤
<
+ 3 2 6.
(
)
2
1(1)
2 x mx +
1 − >
+
−
(
) x m x
2
2
2
2
2
2
IV.31.
(
) x m t mx
f
.
Khi đó
t có các nghiệm ( )
x m −
Coi vế trái của (2) là tam thức bậc 2 theo t ta có
(
)2
2
2
x
m
x
x
x
t x t x x t t 1 1 1. 0(2) Đặt = − ⇒ = − ⇒ = + (1) được đưa về dạng − + + ≥
0(3).
−
0 > ⇔
1 − −
1 − −
>
)( t m t −
)
′∆ = (
)(
)
t m t , x . = = Vậy (2) có dạng (
2 1
Theo bài ra, do
2
2
x x 0. − − > Vì vậy (3) tương đương với x < − nên 1
Xét hàm số
2
′
y
x
x
y
1,
1
0,
1.
=
−
< − ⇒ =
x < ∀ < −
x 2
x
1
−
Suy ra hàm số nghịch biến trên (
; 1),
ta có
,
0.
−∞ −
= +∞
=
Limy x →−∞
Limy x 1 →−
Vậy, với mọi giá trị của tham số m thì bất phương trình đã cho luôn luôn có nghiệm x thỏa
x m x 0 1 m . 1 − − > ⇔ − >
2
x < − 1.
4(1)
2 x mx +
4 − =
+
−
(
) x m x
2
2
2
2
2
IV.32.
Đặt
.
2 ≤ − 2
x x ≥
2
t x t x x t 4 4 Điều kiện: = − ⇒ = − ⇒ = + 4.
(1) được đưa về dạng
(
) x m t mx
f
.
t có các nghiệm ( )
Khi đó
′∆ =
x m −
(
)2
Coi vế trái của (2) là tam thức bậc 2 theo t ta có t m t ,
t 0(2) − + + =
2
2
x . = Vậy (2) có dạng =
(
)( t m t
)
)(
)
(
2
2
x x m x x 0 − − 0 = ⇔ 4 − − 4 − − =
2
2
Ta có (3) vô nghiệm. Đối với phương trình (4) ta xét hàm số
2
x x x x 4 0 (3) − − = 4 − = ⇔ ⇔ x m x m 0 (4) 4 − − = 4 − =
x x x f x ( ) 4, 2 = 2 ≤ − ∨ ≥
f
f
(2) 0.
,
( 2) − =
= Ta có
= +∞
= +∞ .
Lim f x ( ) x →+∞
x
Limf x ( ) →−∞
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm khi
⇒ x ′ f x ( ) ′ f x ( ) 0, 2; ′ f x ( ) 0, 2. = x < ∀ < − > ∀ > − x 2 x 4 −
241
0. m ≥
x
x− 1
CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT
( ) 24 1
x
x
10.2 − = V.1. ) 1 4
( ) 1
(
)2
x
2 5.2 24 ⇔ − =
2
0.
t =
> Phương trình (1) trở thành
t
24
2 5 t−
=
Đặt
t ⇔ − − 24 0 =
2 5 t = t t
8
So với điều kiện ta chọn
8
x⇒ = 2
3 = − ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
8 3. t = x⇔ =
x
x
x
2
2
x = 3.
) 2 4.2
( ) 1
x
6 18.3 − =
( ) 1
22 3
x
4. 18 ⇔ − = 2 3
Phương trình (1) trở thành
24 t
18
t− =
t
18 0 =
9 4 2 = −
24 t ⇔ − − t =⇔ t
x
t 0. Đặt = > 2 3
So với điều kiện ta chọn
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
t = x⇔ = − 2. 9 = ⇒ 4 2 3 9 4
x
x
log
log
2 3
3
x+
=
( ) 162 1
) 3 3
x = − 2.
2
x
x
log
3
x
x
x
log
3
3
3
3
Điều kiện: x > 0
log 3
log 3
log 3
do đó
Ta có
(
)
2
2
x
x
3
3
log 3
log 3
⇒ x x , = = =
( ) 1
2
x
log
3
2.3
162
⇔
=
242
162 + ⇔ =
x
2 log 33
81
⇔
=
2 3
x log ⇔ = 4
3 x
x log 2 =
3
x
2 3
=
=
x
2 − 3
.
=
⇔ =
9 1 9
log 2 = − ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
x
x
log
2
(
) 1 +
(
) 1 +
1 3
1 5
log 5
=
) 4 9
( ) 1
1 0
x x 9; . = = 1 9
1
x ⇔ > −
x + > 2 x
2
1 0
+ >
2
x
x
2
(
) 1 +
1
(
) 1 +
1 − 3
− 5
(1)
2log 3
log 5
⇔
=
2
x
−
x
2log
( log 2 5
) 1 +
(
) 1 +
3
− 3
5
⇔
=
−
2
2 −
x
x
) 1 1 +
(
) 1 +
3
log 3
( log 2 5 5
⇔
=
−
2 −
2
Điều kiện:
( x ⇔ +
) 1
(
) 1 1
2
2
x
x
2
1 2
x ⇔ +
+ =
+ 1
x
2 2
x ⇔ −
= 0
⇔
0 2
= x x =
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0;
2.
=
=
2
2
x
x
x
x
5
5
−
−
1 − −
−
5)
4
12.2
8 0(1)
−
+ =
x
x
x 2 = +
5
2 5 0 − ≥ ⇔ ≥
2
2
x
x
x
x
5
−
−
−
−
(1)
(2
5 2 )
6.2
8 0
⇔
−
+ =
x
x
−
2 5 −
t
t
Điều kiện:
2
t (
0).
8 0
(Nhận).
=
>
Khi đó phương trình (1) trở thành 2 6 t−
+ =
⇔
4 2
= t t =
x
2
x−
2 5 −
Đặt
+ Với
2 x − = ⇔ − = −
243
⇒ x x 5 1 5 1 x ⇔ − 2 2 t = 2 =
1
2
2
≥ x x 2
6
=
⇔
2
2
x
x
x
x
5
2
2
−
5 −
−
−
x 1 0 − ≥ 3x⇔ = x x ( 1) 5 − = − ⇔
+ Với
2 x − = ⇔ − = − 2
⇒ x x 5 2 5 x ⇔ − 2 2 2 t = 4 4 = ⇔ =
2
2
x 2 0 − ≥
≥ x x 4
2 9
=
⇔
9 x⇔ = 4 x x ( 2) 5 − = − ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
2
x
x
2
x 1 + −
x + −
x . x= 3; = 9 4
6)
2
2
x
x
x + −
x 1 + −
9 10.3 1 0(1) − + =
1 2 )
2
x
x 1 + −
(3 .3 1 0 ⇔ − + = 10 3
Khi đó phương trình (1) trở thành
3
= t
t t 3 ( 0). Đặt = >
(Nhận).
2 10 − 3
⇔ = t
1 3
2
2
0
x
x
x x
1
2
x 1 + −
+ −
t t 1 0 + =
x
− 3
+ Với
1
1)
(
0
x 1 ⇔ + − = −
x x⇔ + =
= x x
1
= −
⇔
2
1
x
2
x 1 + −
⇒
x
x
+ Với
2 0
⇔ + − =
x
x
⇒ 3 3 t = = 1 3 1 = ⇔ 3
3
1 1
3
2 = ⇔ + − =
= x x
2
= −
⇔
x
x
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2;
1;
0;
= −
= −
=
= 1.
x
x
x
x
7) 3.4
(3
10).2
3
0(1)
+
−
+ − =
x
2
x
x
x 3(2 )
(3
10).2
3
0
⇔
+
−
+ − =
t
t
3 t =
x 2 (
0).
Khi đó phương trình (1) trở thành
=
>
x
x
23 t
(3
t 10)
3
0(2).
Ta coi vế trái của phương trình (2) là một tam thức bậc hai
+
−
+ − =
của biến ,t khi đó ta có
2
2
Đặt
(
)
( 4.3. 3
2
x x x x x 3 10 9 60 100 36 12 ∆ = − − − = − + − +
(
) 2 ) 8 .
244
x x x 9 48 64 3 = − + = −
Vì vậy
(2)
x
1 3 3 = −
t =⇔ t
x
+ Với
.
2
x
x
x
x
t
x
+ Với
3
,
3 0(3)
3
2 = − ⇔ + − =
= − ta có phương trình 2
Ta thấy
x 2 log 1 t = 3 1 ⇒ = ⇔ = 3 1 3
x
y
x
Mặt khác, ta lại có
2
3
=
+ − là một hàm số tăng trên ℝ nên phương trình (3) chỉ có
một nghiệm duy nhất
1x = là nghiệm của ( )3 .
x = 1.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2
x
2
x
x
8)
(2
3)
0(1).
Ta coi (1) là phương trình bậc hai theo ẩn
.x Khi đó
+
−
+
x 2(1 2 ) −
=
x x log ; = = 1. 1 3
x
x
= x (1) x 2 1 2x = − ⇔
Giải phương trình
( ) 1 2
Ta thấy
02
0 1
+ = (Đúng).
x x 1 2 2 = − ⇔ + =
y
x
Mặt khác, ta lại có
2x
=
+ là hàm tăng trên ℝ ,
1y = là hàm hằng.
Nên
0 x = là nghiệm của ( )2 . Thật vậy
x
x
0;
2.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
=
=
x
9)
3 4.3
x 1 9 (1)
x 1 +− 3
=
−
x
x
x
0 x = là nghiệm duy nhất của ( )2 .
0
9
−
≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ 0. 1
x
x
2
(1)
3 4.3
3.3
x 1 3 .
⇔
−
=
−
x
Điều kiện: 1 9
t
Với điều kiện
1,
cos
với
. Khi đó ta có phương
≤ ta đặt 3
=
x< 0x ≤ thì 0 3
3
2
t [0; ∈ π ) 2
trình
t t t 4 cos 3cos − = 1 cos −
(Do
)
245
t t t t cos 3 sin t cos 3 sin [0; ⇔ = ⇔ = ∈ π ) 2
t
t cos 3
cos
⇔
=
π − 2
k
t
t 3
2 π
=
t − +
=
k
⇔
⇔
∈
(
) ℤ .
t
k
t
2 π
, k π
π 2 π = − + + t 3 2
k π π + 8 2 π = − + 4
x
Do
nên ta chọn
2
2
2
2
2
2
Ta có
cos
2cos
cos
cos
.
=
1 − ⇔
=
⇔
=
π 8
π 8
+ 4
π 8
+ 2
π 4
2
2
x
log
.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
=
3
+ 2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
3
2
6
5
2
3
7
−
+
+
+
+
+
10)
4
4
4
+
=
+ 1
Ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
3
2
6
5
3
6
5
−
+
+
+
−
+
+
+
t t [0; 3 cos . ∈ = ⇒ = x ⇔ = log cos 3 π 8 π 8 π 8 π ) 2
2
2
x
x
x
x
5
6
2
3
+
+
+
−
1 4 4 4 + + =
2 .4 )
2
2
x
x
x
3
2
2
2
+
−
x 3 − +
0 4 = ⇔ − −
)( 1 1 4 1 0 − =
2
2
2
x
x
x
x
6
5
6
5
+
+
+
+
( 1 4 −
x
x
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1;
2;
1;
=
=
= −
= − 5.
sin
π x − 4
11)
x x x x 4 4 1 3 2 0 1 2 = − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = ∨ = x 1 5. = − ∨ = − x x 6 5 0 + + = 0 4 1 = =
=
e x tan .
(
) ∈ ℤ .
Dễ thấy sin
x x k cos 0 Điều kiện: ≠ ⇔ ≠ + k , π π 2
2 sinx 2
c 2 osx 2
2 (sinx - cosx ) 2
e
(1)
Phương trình đã cho tương đương với
=
⇔
=
x
x s in x cos
e x sin
e cos
0 x = không thỏa mãn phương trình.
. Ta có
( ∈ −
) 1;1 ;
x s in x cos
= u v =
v
u 2 2
2 2
e
e
Từ (1) ta có phương trình
.
=
u
v
x
2 2
e
y
Xét hàm số
f x ( )
,
với
( 1;0)
(0;1).
=
=
x ∈ −
∪
x
246
u v , u v , 0. Đặt ≠
x
x
x
2 2
e
(
1)
−
2 2
e
( 2
2 2
y
0
′ =
=
< suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 1; 0)
−
2
x 2) − 2 x 2
x và (0;1).
Ta thấy
,u v cùng dấu nên ,u v cùng thuộc một khoảng ( 1− ; 0) hoặc (0; 1).
Từ giả thiết
u v x x f u ( ) f v ( ) tan 1 = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + k . π π 4
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là
(
). k ∈ ℤ
x
x
x
x = + k , π π 4
4
2 2.5
10
0(1)
−
−
>
x
x
2
2.
1 0
− >
x
x
4 ⇔ − 10
5 10
x
x
V.2.1)
x
2. 1 0 ⇔ − − > 2 5 5 2
Bất phương trình (1) trở thành
t 0. Đặt = > 2 5
2
t
t⇔ − − > 2 0
⇔
1 < − 2
t t >
So với điều kiện
t − − > 1 0 2 t
x
Như vậy ta có
.
0 t > ta nhận t > . 2
x⇔ <
log 2 2 5
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
2> 2 5
x
x
2
−∞ ;log 2 . 2 5
2)
x +− 3
x
x
9 0 x
2
+
2 2
0
3
≥
−
2
x ⇔ ≥
⇔
⇔
x
x
x
2 2
< x x ≥ ≥ x x ≥
3
9
18.3
81
−
≥
−
+
− < 3 9 − ≥ 3 9 0 x x 2 + 9
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [2;
).+∞
247
9 3 > − 9
x
4
4
3)
2(1)
≤
+ x
x 2 − 1 −
x
x
2 0
x
4 x
2 x
x
1 2 1
− ≤ 1 0 − >
1 ≤ 1 >
>
x
(1)
1
⇔
0 ≤ ⇔
⇔
⇔
x
4 x
1 ⇔ ≤ < 2
2 − 1 −
x
2 0
2 x
1 ≥ 1
<
4 x
− ≥ 1 0 − <
1 2 1
x ≤ x ≥ < x
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2
;1 .
x
x
x
1 +
1 +
4)
15.2
2
1 2
1 + ≥
− +
x
2
t =
> 0
t Bất phương trình đã cho trở thành 30
t 1 2
1
t + ≥ − +
+ Xét 0
Đặt
t Ta có 30
t 1 2
1
t + ≥ − +
t
t 30
1 1
t 2
⇔
+ ≥ − +
t
t 30
⇔
1 1 + ≥ +
2
t
1
t 2
1
t 30 ⇔ + ≥
+
+
0
≤ 28
2 t t 28 ⇔ − t 0 ⇔ ≤ ≤
0 2
⇔ <
1x <
So với điều kiện 0
1t< <
+ Xét
0. 1t< < ta được 0 1t< < x⇔ <
t Ta có 30
t 1 2
1
t + ≥ − +
1t ≥
t 30 t 1 2 1 ⇔ t + ≥ − +
2
t
t 1 9
t 6
1
1 0)
1
t 30 ⇔ + ≥
−
+ (do
≥ ⇒ − > t 3
t 36
29 t ⇔ −
≤ 0
t 30 t 1 3 1 ⇔ + ≥ −
x
t
x
So với điều kiện
1 2
4
2.
4 ≤ ≤ ⇔ ≤
0 ≤ ⇔ ≤ ≤
0 t⇔ ≤ ≤ 4
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
; 2].
−∞
x
log
x
log
)2
2
2
5)
( 2
4(1)
x+
≤
248
1t ≥ ta được 1
Ta có bất phương trình
2
2
2
t 2
t+ 2
≤ 4
2
2
t⇔ ≤ 2
2 1 t⇔ ≤
t x log 2 .t Đặt = ⇒ = x
Suy ra
1 log
1 ⇔ − ≤ ≤ 1t
− ≤
1x ≤
2
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 2
; 2 .
x x
x x
1 + 3 +
3 − 1 −
x⇔ ≤ ≤ 2 1 2
)
(
)
=
10 3 −
10 3 +
)(
)
−
6) ( Ta có ( ⇒
10 3
10 3 +
− =
(
1 ) 1 do đó bất phương trình (1) tương đương với
−
x x
x x
1 + 3 +
3 − 1 −
0(1) 10 3 − − 10 3 + ≥
)
(
)
(
−
x x
x x
3 − 1 −
1 + 3 +
0 10 3 + 10 3 + ≥ −
(
)
≥ 10 3 + ⇔ 10 3 +
) x x
( x 1 − − x 3 +
0
⇔
+
≤
x x
3 1
2
0
⇔
≤
x
1 + 3 + x 2 3 +
x − x − 10 − )( x −
) 1
(
3
5
− < ≤ − x
5
x < ≤
⇔ 1
⇔ ≥ 3 1 − −
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( 3;
2
2
2
x
x
x
2
2
1 +
7)
x
x
x
4
x .2
3.2
.2
8
12
+
+
>
+
+
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
x
x
x
2
2
1 +
x
x
4
3.2
.2
8
+
−
2
2
2
x
x
x
5] (1; 5]. − − ∪
x .2 ( 2 4 2 −
+ )
− (
− )
x ( 3 4 2 −
> 12 0 )
249
x x 2 ⇔ − 4 2 − − > 0
2
x
2
)
)(
2
2
x
x
x x 4 2 2 3 − − > 0
2
0 4 2 − > 4 <
2
2
x
x
2
x x x 2 x 2 3 0 3 − − > 1 < − ∨ > ⇔ ⇔ 0 2 4 2 − < >
( ⇔ −
2
2 3
x < < x 1 < − ∨ >
2
−
x 1 < < −
⇔
2
3
x < <
2
⇔
x ∨ > 3
− x x 2 < − − < < x 1
−
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
) 2; 1 − ∪
(
) 2;3 .
x
x
x
1 +
1 +
4 x 1 3 − < < x x 2 3 0 − − <
8)
x
4 2 8 2 + − + > 5
2
t =
> 0.
Bất phương trình đã cho trở thành
2
Đặt
2
t t 2 t 8 2 + − + > 5
0
<
2
t
0
≥
−
t 8 2 +
0
≥
t 5 2 −
2
2
t
>
t 5 2 −
−
t 8 2 +
(
)
t
4
2
t 22
5 2 −
+
17 0 <
t 5 2 − ⇔ 5 t > 2 − ≤ ≤ 2 ⇔ ≤ t t 5
4
t < ≤
t
4
⇔
1 ⇔ < ≤
5 2 < ≤ t 1
5 2
4
x< Suy ra 1 2
≤
t t 8 2 t 5 2 ⇔ + − > −
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
]0; 2 .
250
2 0 x⇔ < ≤ .
+
2 x
−
9)
9
>
x 21 3
Bất phương trình đã cho tương đương với
x
x
2 + +
−
)
0
⇔
<
( 2 2 x
2
−
x
x
4
+
0(1)
⇔
<
2 x
2 + − 2 −
+ Xét trường hợp
x + 2 < − 2 x 2 −
x
x
4
+
(1)
0
⇔
<
2 2 − − + x 2 +
1 0.
⇔ <
Trường hợp này (1) không nghiệm đúng.
+ Xét trường hợp 2
x < − 2
x
4
+
(1)
0
⇔
<
x 2 2 + + x 2 +
3 0.
⇔ <
(1) cũng không nghiệm đúng.
+ Xét trường hợp
− < < 0x
x
4
+
(1)
0
⇔
<
x 2
2 2 + − x − +
x
0
6.
2 < ⇔ < <
⇔
x x
6 2
− −
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là(
)2; 6 .
2 m x
6
4
2
+
x m 3 +
x > 0
2
2
4
3
−
=
−
−
( ) 6 1
(
) m x m +
2 m x
6
4
+
x m 3 +
2 m x
2
2
6
4
⇔
−
= −
+
x m 3 +
+
( ) 1
(
2 m x
6
4
+
x m 3 +
2 m x
2
6
2
4
⇔
+
) x m 3 +
+
=
+
(
)
t
V. 3.
Xét hàm số
( ) t
Hàm số này đồng biến trên
f 2 = t + .
Phương trình ( )1 được viết dưới dạng
2
f
6
4
+
=
x m 3 +
(
)
( f m x
)
251
.ℝ
x m 3 +
2
x
m 3
6
4
=
−
2 m x 6 4 ⇔ + = ( ) m ⇔ − Vậy, ta có
+ Nếu
+ Nếu
2m = thì phương trình ( )1 có nghiệm tùy ý.
2 m = − thì phương trình ( )1 vô nghiệm.
+ Nếu
x
x
x
x
−
−
x
x
−
x . = 2 m ≠ ± thì phương trình ( )1 có nghiệm là m 3 2 m 6 4 − −
m
4
4
2
2
Đặt
+
=
+
+
(
)
(
)( ) 1 1 .
x
x
−
Suy ra 2 t
4
4
=
+
+ 2
Khi đó phương trình ( )1 trở thành
2
2 t mt m
t t 2 2 2 V.4. = + ≥
( m t
) + 1
t
m
⇔
=
( ) 2
2 2 − t 1 +
t
f
Xét
,
=
t 2 0 2 − − = ⇔ − = −
( ) t
2 2 − t 1 +
t
y
f
t
cắt đồ thị hàm số
t ( )
2
tại ít nhất một điểm.
=
=
≥
(
)
2 2 − t 1 +
2
t
t 2
2
+
f
t
Ta có
'
0,
2
=
> ∀ ≥
( ) t
t
+
+ 2 ) 1
(
Lập bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có với
2 t ≥ . Phương trình ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y m=
m ≥ thì phương trình ( )1 có nghiệm. 2 3
Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi
x y +
4
128
. m ≥ 2 3
= y
x
2
3
−
−
. 1
=
3 5
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với
252
V.5. 1)
2(
)
x y +
y
2
7 2
7
=
=
⇔
⇔
⇔
⇔
x
y
2
3
−
−
y y
x x
x 2( x 3
x 2 x 3
2 2
7 3
2 5
2 10
+ 2 −
y ) 7 = y 3 0 − =
+ −
= =
+ =
y
=
0 5
=
3 5
= x
2 3 2
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
2;
.
3 2
x
y 4 )
−
2)
x
y
1 = x
y
2
2
−
−
4
7.2
8
−
=
log ( 8 9
4
1
=
+
x
y 4 )
0
−
=
x
y
4
1
+
log ( 9
⇔
⇔
⇔
2
= y
y
2
2
1 +
1 +
x
y
x
y
y
y
2
2
2
2
−
−
1 +
1 +
4
7.2
8
−
=
2
7.2
8 0
4
7.2
8
−
=
−
− =
x (
y )
y
4
1
=
+
x
y
4
1
+
y
2
1 +
2
8
=
⇔
⇔
= y
2
x y
5 1
= =
2
4
=
y
2
1 +
2
1 = −
x ⇔
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (5;1).
x
2
y
y
3 2
4
=
−
5 x
x
1 +
3)
y
=
+ x
4 2
2 2 +
x
3
2
y
y
2
5
4
=
x
2
3
x y
0 1
= =
y
y
y
3 2
5
4
25 y
4
0
=
−
−
+
=
x
⇔
2
+
x
− )
0 1 4
y
y
2
y 2x
=
=
⇔
⇔
y
=
x
⇔
( x 2 2 2
2
+
2 4
y
=
y = y = ⇔ = y 2 x
= x y =
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
) ( 0;1 ; 2; 4 .
)
xy
)
log ( 2
log 3 2
xy
3 2(
)
= +
4)
I ( )
2
2
x
y
x
y
3
3
6
+
=
+
+
9
xy > 0
xy
)
log ( 2
log 3 2
xy
3 2(
)
= +
I ( )
2
x
y
x
y
xy
(
)
3(
6
+
=
+
) 2 +
+
9 ⇔
log 3 2
⇒
t
t
xy
Điều kiện:
)
>0
log
)
xy= (
=
log ( 2
3
xy
)
log ( 2
log 3 2
xy
Khi đó, phương trình
9
3 2(
)
trở thành
= +
2
1
t
t
2
2
3
3
t
t
log9
t 3 2
t 2
3 0
= +
t 3 2 ⇔ = + ⇔ −
− =
log3
t 3 2
⇔
= +
⇔
= − 3
t t =
log 3 2
Đặt
Chọn
2
253
⇒ xy xy xy ( ) ) 1 ) 1 3 = ⇔ = ⇔ xy = ⇔ = 2 3 t = log 3log ( 3 log ( 2
2
x
y
x
y
xy
Thay
2
(
)
3(
6
xy = vào phương trình
+
=
+
) 2 +
+ ta được
5
2
x
y
x
y
(
)
3(
+
−
+
) 10 0 −
x x
y + = y 2 + = −
= ⇔
2
xy x
5
= y + =
Suy ra
I ( )
2
xy x
2
= y + = −
⇔
2
+ Giải hệ
I
(
′ )
xy x
5
= y + =
Như vậy,
5
17
+
X
=
2
2
X
X
5
−
2 0 + = ⇔
5
17
−
X
=
2
5
17
5
17
+
−
−
+
Suy ra hệ phương trình (
)I ′ có hai nghiệm là
17 5 ;
17 5 ;
.
2
2
2
2
;
2
+ Giải hệ
I
(
′′ )
xy x
= y 2 + = −
2
X
Ta có
,x y là nghiệm của phương trình
2 0
X+ 2
+ = (Phương trình vô nghiệm)
Do đó hệ phương trình (
)I ′′ vô nghiệm.
5
17
5
17
+
−
−
+
17 5 ;
17 5 ;
.
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là
2
2
2
2
;
2
2
y x −
,x y là nghiệm của phương trình
5)
2
x
y
2
−
2
2
2
x
y
x
y
2
2
−
−
x
y
2
−
x y ( )2 1 + = I ( ) x y ) 6 + = 9(
2
2
2
2
x
y
x
y
x
y
−
−
−
2
x
y
2
−
y
4
2 2 +
=
x
2
y + =
⇔
⇔
2
2
x
y
2 = +
y
x
2 = +
1
= y 2
x
y
2 = +
⇔
254
x x 2 2 y + = y + = x 2 y + = I ( ) ⇔ ⇔ ⇔ x 2 y − = 6 = 9 3 = 9.2
3
1
y
1
=
x
3
⇔
⇔
=
⇔
2
x
3
=
3
x
3
= −
= y
= x y 1 = = − x = y 1
−
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
) ( 3;1 ;
) 3;1 .
y
y
3
(
x xy )(
8)
=
−
+
6)
I ( )
2
x
y
8
+
=
− x 3 2
y
2
2
y
x
y
3
(
x xy )(
)
=
−
+
+
I ( )
2
2
x
y
8
+
=
− x 3 ⇔
x
y
x
y
2
3
3
2
3
3
xy
2 x y
y
x
xy
2 x y
x
y
3
3
3
−
=
+
+
−
−
−
+
=
+
⇔
⇔
2
2
2
2
x
y
x
y
8
8
+
=
+
=
3
3
u 3
Xét hàm số
hàm số này đồng biến trên
( ) f u
x
y
3
3
x
y
x
3
3
Do đó, phương trình
+
=
y + ⇔ =
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với
x y
2 = − 2 = −
x
y
x
y
=
=
⇔
⇔
2
2
2
x
y
x
8
2
8
+
=
=
= x y ⇔= x 2 x 2 = −
2 2
= x y =
u , = + .ℝ
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
) ( 2; 2 ;
) 2; 2 .
x
y
3
(1)
7
)
y
y
x
3
(2)
+ = +
+ = + x 3 3
x
y
y
x
y
y
x
3
3
2
3
y 2 .
x + −
x − = − ⇔ +
=
+
Trừ ( )1 cho (2) vế theo vế ta được 3
− −
t 3
Xét hàm số đặc trưng
( ) t
( t t 2
) ∈ ℝ
f = +
Ta có
0,
> ∀ ∈ ℝ t .
( ) 3t t′
f = ln3 2+
Suy ra hàm số
( ) t đồng biến trên
x
y
x
y
x
Do đó phương trình 3
2
3
2
+
=
y + ⇔ =
Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với
f .ℝ
255
x y y x 1 = ⇔ ⇔ = x y 1 = x x 3 3 3 + = + = = x x 3
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
)1;1 .
x
x
2
1 +
2
y
2
3.2
2
−
=
−
( )I
8)
x
2
2
y
y
2
3
2
2
−
=
−
Ta có hệ phương trình ( )I tương đương với
2
2
2
( 2 2
)
x
2
2
y y y y y 3 2 3. 2 3 2 − + − − 2 + = −
2
2
y y 2 3 2 − 2 + =
x
2
2
y y y y 2 2 3 2 − 2 + = − +
4
3
2
y y 2 3 2 − 2 + = ⇔
x
2
2
y y y y 4 6 5 2 0 − + − + =
2
y
y
y
y
2
0
−
−
(
)( 1
) 1 − + =
x
2
2
y
2
2
2
)( y 3
=
−
+
y y
1 0 2 0
− = − =
x
2
2
y
y
2
2
3
2
=
−
+
⇔ ⇔
1
0
=
1
2
2
=
= y x 2 ⇔ = y x 2
2
= x 0 y 1 = ⇔ = x x 1 = − y =
y y 2 3 2 − 2 + = ⇔
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
) ( ) ( 0;1 ; 1; 2 ;
) 1; 2 .
Chú ý. Có thể làm theo cách khác như sau:
x
−
2
1.
u =
≥ Hệ phương trình đã cho trở thành hệ đối xứng loại II
2
2
y
u 2
u 3
2
−
=
−
I ( )
2
2
y
2
3
2
−
y u =
−
Trừ theo vế của hai phương trình của hệ cho nhau ta được
y
2
2
2
2
y
u
y
u
y
y
u 2(
)
(
u 3(
)
y u )(
1)
0
−
) 3( −
−
= −
− ⇔ −
= u y
u
1 = −
+ − = ⇔
+ Với u
Đặt
256
y= thì hệ phương trình ( )I tương đương với
2
2
x
y = y u 1 = ⇔ ⇔ u u 1 2 2 = ∨ = y = = y = = u u 2 u 3 2 − = − u u u
x 1 0 =
x
2 y y = 1 1 = = ⇔ ⇔ x 1 1 x = ∨ = − 2
u
+ Với
1y
= − thì hệ phương trình ( )I vô nghiệm.
y 2 = 2 y = 2 =
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
) ( ) ( 0;1 ; 1; 2 ;
) 1; 2 .
log 2 3
xy
)
log ( 3
−
)
2
2
( −
) y =
xy 4 2 = + 9 x y x 3 3 12 + −
xy > 0
Hệ phương trình đã cho tương đương với
xy
xy
xy
2.log
2.log
log
xy
)
(
)
(
)
(
)
3
3
3
log ( 3
Điều kiện:
2
2
)
(
)
)
xy
log
(
)
3
2 2 2 = + − ⇔ x y xy x y x y xy x y 2 3 12 2 3 12 + − − + = + − − + = 2 − = ( 0 ) 2 ( 2 (
( VN
)
xy
log
(
)
3
xy
log
(
)
3
2
)
(
)
2
)
)
(
xy
log
1
=
=
(
)
3
⇔
⇔
2
2
x
y
x
y
3
−
+
−
18 0 =
+
xy
x
y
x
y
2
3
12
−
−
+
=
+
(
)
3 )
xy (
)
(
( xy
) 3
=
6
x ⇔ + = x
y y 3 + = −
xy x
6
3 = y + =
1 2 = − 2 = ⇔ ⇔ 2 2 = x y xy x y 2 3 12 + − − + = 2 ( x y xy x y 2 3 12 + − − + = (
⇔
xy x
6
3 = y + =
⇔
( VN
)
6 6
xy x
3 = y 3 + = −
3
6;3
6;3
+
−
−
+
6 6
) ( 6 ; 3
) 6 .
x
y
2
2
2
+
10
)
4 y
x
2 = x y+ 2
2
4
2
3
+
+
=
257
= + x 3 y 3 = − ⇔ = − x 3 y 3 = + Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
x
. Điều kiện:
2 y
0 0
4
> u v >
= u = v
2
2
Đặt
Hệ phương trình đã cho trở thành
v 2
3 = u = + u v uv + +
uv 2
2
−
=
)
2 6 − =
( u v +
3
=
2 2 ) + ( = −
+ )2 ( u v ⇔ u v uv + +
2
2
2
8 0
+
− =
)
u v u v
⇔
3
( u v +
+
) ( = −
u v + )
+ ( u v uv
3
= −
u v +
+
+ = 4 + = − (
)
⇔ uv
( VN
)
4 + = − 7 =
⇔
1 1.
= u v =
2
⇔
+ = 1 =
u v uv u v uv
x
2
1
=
Suy ra
⇔
y
0 0.
= x y =
4
1
=
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (
)0; 0 .
2
2
x
y
1 −
1 −
3 + u v + ) + ( u v ⇔ uv
11)
2
2 2 ln (1) − = y x
x
y
y y x 3 2 (2) + + 3 = +
0,
>
> 0.
2
2
x
y
x
(1)
(2
y 2 )
ln
ln
⇔
−
=
−
1 2
2
2
y
y
x
2
ln
x 2 ⇔ −
=
−
( 2 ln
)
2
2
y
2
2
y
x
2
ln
ln
x 2 ⇔ −
=
−
2
2
y
2
2
x
y
ln
2
ln
x 2 ⇔ +
=
+
t
2
2
Điều kiện:
Xét hàm số
Khi đó ta có
f x (
)
f y (
).
=
( t t
) 0 .
2
2
f
Ta có hàm số
t tăng trên (0; ( )
f x (
)
f y (
)
2.
)+∞ nên suy ra
=
⇔ 2 x
y=
2
x
Với
2,
hệ phương trình đã cho trở thành
y=
258
f t ( ) 2 ln = + >
2
2
2 3 2 + +
2
y
x
y
0,
(do
>
> ). 0
x
2 3
3
+ = −
= x ⇔ x
x 0 x y = x 0 y − = y + = y y x 3 = + y y x 3 2 + + 3 = + ⇔
y
2 3
D =
Ta có hàm số hàm số đồng biến trên
nghịch biến trên [0; 3 = − ,ℝ do đó cũng đồng biến trên
).
+∞ và hàm số ) D = [0;
x= + là một +∞ Theo tính chất của hàm
x
x
2 3
3
có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được
+ = −
số đơn điệu thì phương trình 1x = là nghiệm của phương trình.
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (1;1).
y x
12)
y
x y +
x 2 .
2
2
I ( )
⇔
⇔
x
= y
x
y
2
2
2
−
=
2
) 2
2
=
( 2 − ( + −
2 = − )
x
2
u
x 1 I ( ) y + = x y 2 2 2 − =
,
0.
Ta có hệ
, khi đó
v> 0,
<
y
2 2
u v + = u v . = −
2 = −
= u v
3
phương trình 2 t
t 2
2 0
. Như vậy ta có
−
3
x
3
+
3
3
2
1 = +
1 = +
⇔
⇔
y
v
3
3
2
1 = −
1 = −
−
y
log
=
u
2
( log 1 2 (
) ) 3 1 −
= + t 1 − = ⇔ t 1 = − = x
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
Đặt điều kiện ,u v là nghiệm của
2
( log 1 2
) 3 ; log
(
(
) ) 3 1 . −
x
y
3
2
3
1 +
−
x y +
+
13)
2
2 2 3.2 (1) + =
x xy x 3 1(2) + 1 + = +
2
) 1
x x 1 0 + ≥ (2) ⇔ ⇔ x x y 3 0 + − = x xy x 1 1 + + = + 1 ≥ − ( 3
0
259
x 1 3 = − = x ⇔ ≥ − x 1 y
+ Với
0,
thay vào (1) ta được
x =
y
y
y
y
2
y −+
2
y
x
+ Với
, thay
1 3
vào (1) ta được
= −
x y
x
1 ≥ − 1 3 = −
x
x
x
x
3
3
3
3
1 +
x 3 1 − −
1 +
1 +
1 +
y 2 2 3.2 8 2 12.2 2 log . = ⇔ + = 8 ⇔ = ⇔ = 11 8 11
1 +
(
)2
x
3
1 +
2 2 2 2 6.2 1 0 + 6 = ⇔ + 6 = ⇔ − + = 1 x 3 2
x
3
1 +
2 3 2 2 = +
3
1
2 3 2 2 = − ⇔
Do điều kiện
Ta có
x+ ≥ vì vậy ta chọn
12 3
3 2 2.
x+ = +
x
3
2 x ≥ − nên 1 1 4
1 + = +
2 3 2 2 3 x ⇔ + = +
2
2
( log 3 2 2 +
)
( 1 log 3 2 2 2 1 3
) 3 2 2 + 2
log x ⇔ = = − 1 1 3
2
0;log
.
−
−
+
2
2
)
)
11 8
1 3
) ( 2 log 3 2 2 . Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( ( 1 ; 2 log 3 2 2 log 3 2 2 + 2
,
x
y
2
2
2
+
+
2
17
+
=
14)
I ( )
x
y
1 +
2.3
3.2
8
+
=
2 3
x
3
+ ⇒ = − y
,
,
u v > 0.
y
2
= u = v
Khi đó hệ phương trình ( )I được biến đổi về dạng
2
2
2
v 25
4 0
− =
v 4
17
+
=
2
2
17
⇔
⇔
= 8
v 4 + v 3 +
=
=
u 9 u 6
u
u
=
v 48 − v 8 3 − 6
v
2
v = ∨ = −
u
=
− v 8 3 9 6 v 8 3 − 6 2 25
⇔
⇔
v
1 3 2,
0
>
u
=
(
)
= v
v 8 3 − 6
x
=
1
Như vậy ta được
⇔
. Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm là (
)1;1 . −
= − 1
x y =
y
2
1 3 2
=
3
260
Đặt điều kiện:
x
8
x = − 2
−
( log 3 3
) Phương trình đã cho tương đương với
x
x−
V.6. 1)
3
2 8 3
x ⇔ − =
− =
x
2
x (3 )
8.3
⇔
−
− = 9 0
x
3
1
= −
x
x
3
2
.
⇔
9 ⇔ = ⇔ =
x
3
9
=
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3 8 9 x 3
2)
log
3 2(1)
=
x− 1
x = 2.
⇔
x x
x x
1 0 1 1
1 2
− > − ≠
> ≠
3
= + x 1
2
2
2
x
x
x
(1)
1)
3
2
1 3
2
2 0
x⇔ − (
=
x ⇔ −
+ = ⇔ −
x
3
1 = −
− = ⇔
3
Ta chọn
x = + 1
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x = + 1
3)
1(1)
=
− x
2 3
x log (9 2 ) −
Điều kiện:
x
x
x
)
x−
x 3 ≠ x 3 ≠ Điều kiện: ⇔ x < 0 > log 9 2 9 2 −
x (9 2 )
(3 2
⇔ −
=
2
x
2
1
=
x
x
2
9.2
⇔
−
8 0 + = ⇔
⇔
(
)2
x
0 3
= x x =
2
8
=
Ta chọn
x (1) 9 2 ⇔ log (9 2 ) 3 − = − ⇔ − = 8 x 2
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x = 0.
x = 0.
8 8)
4)
2
x x x 3) log (4 )(1) + + − = log ( 4 log ( 2 1 4 1 2
x x 3 0 + >
⇔
0 8
> x x ≠
x 8 0 3 > − 8 Điều kiện:
8
4 − ≠ x 0 0 > x ⇔ ≠ x >
261
x x (1) 3) 8) ⇔ + + − = log ( 2 log ( 2 x log (4 ) 2 1 8
x
x
3)
log
⇔
+
+
8 − =
log ( 2
x log (4 ) 2
2
x
x
3)
8
⇔
+
−
=
x log (4 ) 2
log ( 2
Kết hợp với điều kiện bài toán ta có
2
x x 3) 4 x ( ⇔ + 8 − =
x
x
x
)
4
−
=
( 0
3)(8 + x 8 < <
(1)
2
x
x
8)
4
−
=
x 24 0 = 1 97 + x + + x 8 < < 2 ⇔ ⇔ x 9 24 0 9 − = +
x ( x
3)( + 8 >
⇔
1
97
9
+
+
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
;
.
=
=
2
177 2
x
x
15.2
0(1)
+
+
27) 2 log +
=
5)
log (4 2
2
1 x (4.2
3)
−
x
x
4
15.2
+
27 0 >
x
x
x = x = 177 2 − 0 x − x 8 >
4.2
3 0
log
.
⇔
x 2 − > ⇔ > ⇔ >
2
+ x
3 4
3 4
4.2
3 0
− >
x
x
4
(1)
log
0
.
⇔
=
2
+ (4.2
27 + 2 3)
15.2 x −
x
x
Điều kiện:
x
x
x
2
x
x
x
x
2
4 4 1 15.2 27 (4.2 3) ⇔ = ⇔ + + = − + (4.2 27 + 2 3) 15.2 x −
2 2 ⇔ +
x
x
x
x
2
2
15.2 24.2 9 + 27 16.2 = − +
x
2
3
=
x
x
2
3 ⇔ = ⇔ =
log 3 2
x
2
= −
⇔
2 5
thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x =
x =
log 3 2
log 3. 2
x
x
6)
15.2 39.2 18 0 5.2 13.2 6 0 ⇔ − + + = ⇔ + + =
x
2
1 0
− >
x
x
1) − + − 7) 1(1) = log (2 7 log (2 7
2
7 ⇔ > ⇔ >
log 7 2
x
2
7 0
− >
x
x
(1)
1)(2
7)
⇔
−
−
=
log 7 7
log (2 7
x
x
x
x
1)(2
7) 7
2
8.2
0
(2 ⇔ −
−
= ⇔
−
=
(
)2
x
2
0
=
x
x
2
3
8 ⇔ = ⇔ =
⇔
x
2
8
=
262
Điều kiện:
3x = thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 3.
( ) 7 2 log
) 1 log
( ) 0 1
2
4
2
x x log + + = 1 4
Điều kiện: x > 0
( 2 log
) 1
2
2
2
x x (1) log 2 log 2 ⇔ + − = 0 1 2
(
) 1 log
2
2
2
x x log ⇔ + − = 2 0
2
2
= x
x x log log 2 ⇔ + − = 0
2
(Thỏa điều kiện)
x log 1 =
2
⇔ = x
2 1 4
x log 2 = − ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x
x
3
log
2
3
−
+
+
=
( ) 8 2log 4
)
(
)
( ) 2 1
3
1 3
x
>
x x 2; . = = 1 4
.(*)
⇔
x ⇔ >
x x
4 2
3 0 3 0
− > + >
3 4
x
3 4 3 > − 2
2
x
x
(1)
3
3
⇔
−
−
+
= 2
)
)
( log 4 3
( log 2 3
2
x
x
3
log
2
3
−
−
+
=
⇔
(
)
2 log 3 3
3
2
x
3
−
log
=
⇔
2 log 3 3
3
x
2
+
( log 4 3 ( 4 (
) ) ) 3
2
Điều kiện:
2
( = ⇔ −
)
( 9 2
)
2
x 3 − x x 9 4 3 3 = + ⇔ x 2 +
( 4 ( 16
) ) 3 24
3
2
x 21
x 8 ⇔ −
9 0 − = ⇔
= x = − x
3 8
x x x 9 18 27 ⇔ − + = +
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
Đối chiếu với điều kiện (*) ta chọn x = 3.
2
x = 3.
) 9 log
3
1 2
1 2
263
x x log 3log 5 2(1) − + =
2
3
1 2
1 2
2
x
x
log
3log
⇔
−
+ = 5 9
1 2
1 2
x
log
1 = −
1 2
2
x
x
log
3log
4 0
⇔
−
− =
x
log
4
=
1 2
1 2
⇔
1 2
2
= x
x x (1) log log 3log 5 ⇔ − + = log 9 3
2
x log 1 =
2
⇔ = x
1 16
x log 4 = − ⇔
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x x 2; . = = 1 16
10)
x
x
2
x
2
x
x
x
0;
1
0
>
≠
>
x
x
x
log 2 2 log 4 log 8(1) + =
2
0; 2
1
>
≠
x
x
2
0; 2
1
>
≠
⇔ ≠ ≠ x
1 1 2
2
3
Điều kiện:
x
2
(1) ⇔ log 2 2 log 2 + = 2 log 2 2
x +
x =
x
x
2
⇔
log 2 log 4 =
⇔
=
x
x
log 2 x
2
log 4 x x log 2 x
2
⇔
=
⇔
=
(
)
log 2 x
log 2 x
log 2 x
2log 2 x log 2 1 + x
⇔ log 2 4 log 2 6 log 2 x 2
x
x
x
⇔
= ⇔ = (Nhận) 2
log 2 1 x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0 = log 2 x ⇔ log 2(log 2 1) 0 x log 2 1 0 − = − = ⇔
3
x
x
x
11)
log
1 log (3
)
1)
0(1)
+ −
−
−
−
=
log ( 8
2
1 2
x = 2.
x x
x x 1 0 + > x 1 0 3 1 > − 3 Điều kiện: − > ⇔ < ⇔ < <
x
x
x
(1)
)
⇔
1) + +
−
−
− = 1) 0
log ( 2
log (3 2
log ( 2
264
x 1 0 1 − > > 3 x
x
x
x
1)(3
)
1)
⇔
+
−
=
−
log ( 2
x
1)(3
)
1
log ( 2 x ( ⇔ +
−
x = −
2
x
4 0
x ⇔ − − =
1
17
+
x =
2
1
17
−
⇔ x =
2
1
17
+
x
Ta chọn
=
2
1
17
+
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
.
=
2
x
x
12)
3
x
0
28 2.3 −
>
x
x
x
9) + x = + log (28 2.3 )(1) − log (9 3
28 2.3
x 2.3
14
28
3
⇔ −
0 > ⇔
< ⇔ < ⇔ <
log 14 3
x
9 0
+ >
9
x
x
Điều kiện:
x log (28 2.3 )
3
x
x
9)
x log 3 (28 2.3 )
⇔
+
=
−
log (9 3
x
x
9 28.3
9
3 2.9
x ⇔ + =
−
x
3
=
2
2
x 3.(3 )
x 28.3
9 0
(Nhận)
⇔
−
+ =
x
= x x
1 = −
3
=
⇔
⇔
9 1 3
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
2;
=
= − 1.
2
(1) 9) ⇔ + = + − log (9 3 log 3 3
3
13)
x
3
x
27
3
x x 16 log 3log 0(1) − =
3
x 0 27 >
x 1 ≠ x 0 >
Điều kiện: ⇔ x ≠ 0 > x 0 > 1 3
x 1 ≠ 27 x 3 3
x
x
3
3
x x (1) log 6 log ⇔ − = 0 16 3
x
x
3
3
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x x log log 0 ⇔ − 0 = ⇔ = 1x⇔ = (Thỏa điều kiện) 2 3
2
3
x
x
x
log
(1)
14)
+
=
log 2 2
log 16 4
4
265
x = 1.
3
Điều kiện: x > 0
3
4 log 2 2
2 4
1
x
x
x
2 log 2
log
log
log 2 2log +
+
+
=
2
2
2
2
2 2
≥ x ⇔
9 4
1 2
x log 0 (1) ≥ 2 x x x log + = ⇔ log 16 4
1 ≥ x
2 2
2
1
1
5
5
+
+
5
+
x
log
=
133 9
133 9
2
2
⇔
x ⇔ =
2
5
−
5
−
133 9
x
log
=
x
2
=
2
≥ x = x
133 9 133 9
≥ x ⇔
133
x x 9 log 10 log − − 12 0 = ⇔
5 + 92
x
x+ 1
15)
6(1)
2
=
+
+
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là ( ) 1 log 2
( log 2 2
)
x
x
(1)
⇔
+
+
= 6
( log 2 2
( ) 1 .log 2 2 2
x
x
⇔
+
+
= 6
2
( log 2 2
( ) 1 . 1 log 2 +
) 1
(
) 1 )
x
x
x . =
2 log (2 2
x
2
+ =
x
2
⇔
⇔
x
x
3
1) + = 1) + = −
2
1 + =
log (2 2 log (2 2
1 4 1 8
x
2
3
=
x
x
2
3 ⇔ = ⇔ =
log 3 2
x
2
= −
⇔
7 8
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x =
log 3. 2
2
4
x
x
log
2
−
−
2 = −
2
16)
( ) 1
(
)
x
2 2 −
2
x
log
1 2 2 −
)
(
3 4
2
4
⇔ 1) + + + − = 1) 6 0 log (2 2
2
x x 0 − > x 1 1 − < <
2
266
Điều kiện: x 0 2 2 − > ⇔ x ≠ ± x 1 2 2 − ≠ 2 2 − 2
2
2
4
2
2
2
2
( ) 1
(
)
(
)
x
x
x
2 2 −
2 2 −
2 2 −
2
2
x x x log 2 log log ⇔ − − = 2 2 − − 3 4
( 4 2 2 −
)
2
4
2
2
(
)
x
x
2 2 −
2 2 −
2
2
x x x log 2 log ⇔ − − = 3
( 4 2 2 −
)
2
4
4
2
x x x 2 ⇔ − − =
2
x
1
1
x = ∨ = −
x
=
2
x
x
=
=
x ∨ = −
⇔
1 10 19
10 19
10 19
⇔
x
.
Ta chọn
=
x ∨ = −
10 19
10 19
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
,
.
=
= −
10 19
10 19
x x 19 29 ⇔ − + 3 10 0 =
17) (
) 1 log
( ) 0 1
2 3
3
x x x x 4 log 16 + + − =
t
x
Điều kiện: x > 0
log
=
3
2
2
Đặt
t t 4.3 .
t 3
t .3
t t 4.3 .
2 t + +
Khi đó ( )1 trở thành (
) 1
t t 16 0 16 0 − + + = ⇔ − =
2
t .3
t .3
(
)
(
(
)
)(
)
t t t t t t 4 16 0 4 4 0 ⇔ + + − = ⇔ + t + − t t 4 = − t .3 4 0 + − = = ⇔
+ Với
3
t x x log 4 4 = − ⇔ = − ⇔ = 1 81
t .3
t (3
t 3
+ Với
t t t t 4 0 1) 1 0 4 (2). + − = ⇔ + = ⇒ > ⇒ + = 4 t
Rõ ràng nghiệm t của (2) chỉ có thể dương, do đó ta chỉ xét
(
)
0; . t ∈ +∞ Ta có hàm số
y =
1t + cũng đồng biến trên khoảng 3
)
y 0; +∞ và hàm số = nghịch biến trên khoảng ( 4 t
1t = là nghiệm của
x
log
1
Từ đó suy ra
x = ⇔ = 3.
3
đó. Do đó phương trình ( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được phương trình ( )2 .
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
267
x x , = = 3. 1 81
3
x
x
x
18)
log
log
log
log
−
( ) 1
3
2
3
2
3 x
1 = + 2
3
Ta thấy rằng
Điều kiện: x > 0.
Với
1x = là nghiệm của phương trình (1)
x
x
x
x
log
3log
log
−
−
( 1 log −
)
3
2
3
2
1 2
1 = + 2
1 2
1x ≠ thì phương trình (1) tương đương với
( 2 1 log ⇔ −
)
( 1 2 log ⇔ −
)
3
2
2
3
2
3
3
6
1 ⇔ −
=
⇔
log 3 2 6 log 2 − =
x
x
2 log 3 x
log 2 x log 3 x
x
=
=
3 64
3 8
x
log
2
⇔
2 = ⇔ = ⇔
x
3 64
3 64
x
= −
= −
3 64
3 8
Ta chọn
.
x =
3 8
x
x
;
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
=
= 1.
3 8
x
19)
log
4 (9 16 )
(1)
−
2 = +
2
x
3 4 −
x
1 2 log (3 4 ) −
2
2
x
0
>
−
x < <
2
3 2
3 2
x
x x x x x x x log log 6 log log 6 log − = =
1
≠ ⇔
⇔ −
x < <
3 2
3 2
4
x
≠ ±
x
0
>
− 3 4 3 4 − 9 16 −
3 2
Điều kiện:
4 (9 16 )
2
2
x
x 2 (1) log 2 log ⇔ − = +
2
2
3 4 − 4 (9 16 )
x 3 4 − 2 =
x
x
3 4 −
3 4 −
x log 2 log ⇔ − −
2
x
3 4 −
4 (9 16 ) 2
4
x − 2 log = ⇔
2 2 (3 4 )
4
2
4
x x = − ⇔
( 2 9 24 −
)
4
2
4
2
x
x
x
x
48
48
16
16
⇔
−
9 0 + = ⇔
−
+ = 3 0
268
x x x 9 16 − 2 9 16 16 ⇔ − = +
2
2
x = x = x ∨ = − 3 2 ⇔ ⇔
x = x x = ∨ = − 3 4 1 4 1 2 3 2 1 2
Ta chọn
x . x = ∨ = − 1 2 1 2
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x
x
20)
4).log (4
log
(1)
1 + +
1) + =
log (4 2
2
1 8
1 2
x
x
(1)
log
4(4
1) .log (4
1) 3
⇔
+
+ =
2
2
x
x
2 log (4
1) .log (4
1) 3
+
+ =
2
2
⇔ +
x
x
1) 2 log (4
1) 3 0
⇔
+ +
+ − =
2 log (4 2
2
x
x
4
+ =
1) 1
+ =
⇔
⇔
x
x
4
1 + =
1) 3 + = −
log (4 2 log (4 2
1 2 1 8
x
4
1
=
x
x
4
0.
1 ⇔ = ⇔ =
x
4
= −
⇔
7 8
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x x ; . = = − 1 2 1 2
2
2
x = 0.
21)
2
2
2
x x x log (2 ).log (16 ) log (1) = 9 2
2
4
2
Điều kiện: x > 0
2
2
2
2
2
2
x
x
x
(1 2log
)
log
⇔ +
).(4 log +
=
2
2
2
9 2
2
2
x
x
x
x
4 log
8log
2 log
log
⇔ +
+
+
=
2
2
2
2
9 2
2
2
x
x
x
x
log
9log
5log
18log
8 0
⇔ −
+
4 0 + = ⇔
−
− =
2
2
2
2
5 2
−
2 5
x
log
= −
2
2
⇔
⇔
2 5
16
x = = x
x
log
4
=
2
x x x (1) (log 2 log ).(log 2 log ) log ⇔ + + = 9 2
2 − 52 ;
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
269
x x 16. = =
2
x
x
22)
lg
1 3lg 1
lg 1
(1)
+ +
x − =
−
x
1 0
1 > −
x
x
1
0
1
1 ⇔ − < <
2
x
− > ⇔ < 1
1
− < <
x
0
−
>
+ > x x 1 1
Điều kiện:
x
1
+
3
x
lg
.( 1
)
0
⇔
−
=
2
x
1
−
2
x + (1) lg 3lg 1 0 ⇔ + x − = 1 2 x 1 −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x x x lg( 1 ) lg(1 0 ) 0 0 ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = (Nhận)
x
x
x
lg 5 lg 6(1)
23)
+
+
=
+
( lg 1 2
)
x
Vì 2
1 0,
x + > ∀ nên ta có
x
x
x
(1)
lg
x 5 .6
x⇔ =
10 ⇔ =
⇔
+
=
( 10 1 2
)
x
x 5 .6 x 1 2 + 2
2
=
x
x
1
6 = ⇔
x ⇔ =
⇔
+
x 5 .6 x 1 2 + )
( 2 1 2
x
2
3
= −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x = 0.
x
x = 1.
x 2 (1)
24)
2
x
2 1 x log 1 = + − − x
x
x
x
2 1 x 2 0 Điều kiện: > ⇔ − > ⇔ > 0 1 0 − x
x
2 1 log − =
2
f
t
Với
t ( )
log
t t (
0)
=
+
>
2
x x (1) log 1 2 ⇔ = + − 1) − − x x f 1) 2 (2 f x ( ) ⇔ − + x + ⇔ 1) − = log (2 2 x log (2 2
Ta thấy
f
f ′ t ( ) 1 0, = + t > ∀ > 0 t 1 ln 2
Suy ra, hàm số
t đồng biến trên khoảng ( ( )
) +∞ .
270
0;
x
x
x
x
Từ đó suy ra 2
1
− = ⇔ = + 1. 2
x
x
′
′′
y
y
x
Ta có hàm số
2x
có
2 ln 2,
2 2 ln 2 0,
,
y =
=
=
> ∀ ∈ ℝ suy ra đồ thị cắt đường thẳng
x
y
x
1
0
x= + không quá hai điểm. Kiểm tra được phương trình 2
x= + có 1
x= 1,
= nghiệm
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
đúng. Tuy nhiên do điều kiện nên ta chỉ nhận x = 1.
x
x
−
2 3 +
1 −
2
x = 1.
25)
3
)
(
x
x
x
x x log 3 2 2 2(1) − + + + = 1 5
2 0
1
2 3 −
x + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ 2
2
x
2
x 3 1 − +
x
x
log
3
2 2
5
⇔
−
+ +
+
= 2
( ) 1
3
(
)
t
x
x
t
Điều kiện:
2
0
=
2 3 −
+
≥
(
)
2
2
1 −
1 −
t
t
log
2
t 5
log
2
2(2)
+
+
2 = ⇔
+
t 5 = −
+
(
)
(
)
Khi đó ( )1 trở thành
3
3
Đặt
Xét hàm số
( ) t
(
)
3
′
f
t
Ta thấy
0
0
=
> ∀ ≥
( ) t
t
+
1 ) 2 ln 3
(
( ) t⇒ f
) 0; +∞
đồng biến trên [
t
−
Xét hàm số
2 15
= −
+ 2
( ) g t
2 2 −
t t 2 .5
0,
= −
t ≤ ∀ ≥ 0
( ) ′ g t
f t log 2 = +
( )g t⇒
) +∞ .
nghịch biến trên [
0;
Do đó, phương trình( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được phương trình ( )2 .
3
5
2
2
1t = là nghiệm của
x
x
x
Suy ra
3
2 1
3
(Nhận)
2 3 x−
x ⇔ −
+ = ⇔ −
1 0 + = ⇔
3
5
x = x =
+ 2 − 2
3
5
5
3
x
x
;
.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
=
=
+ 2
− 2
26)
x
x
log
2
log
+
=
+
3
2
(
)( ) 1 1
( Điều kiện:
) 0x ≥
271
x 2 1 + =
t
x
t
log
0
=
+
≥
)
2
(
)( 1
x
x
1 2
t 2 2
t ⇔ + = ⇔ + =
t
t
t t + = ⇔ + = 2 1 3
Phương trình( )1 trở thành
) 1
1. + ( log 2 3
Chia hai vế phương trình cho 3t ta được
t
t
Đặt
( ) 1 2
t
t
+ 1 = ⇔ + = 2 t 3 1 t 3 2 3 1 3
Ta thấy hàm số
( ) t
nghịch biến trên ℝ nên phương trình ( )2 có nhiều nhất
t một nghiệm, kiểm tra được
f = + 2 3 1 3
⇒
x
x
x
log
1
+
= ⇔ + = ⇔ = 1. 1 2
2
(
) 1
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1t = là nghiệm của ( )2 .
27)
=
( ) 1 1
x
x
2
+
3 1 log +
2
x = 1.
2
x
x
3(2)
2 ⇔ +
1 log +
=
( ) 1
2
y
x
Vì
là hàm số đồng biến trên ℝ và
là hàm số đồng biến trên
y =
=
1 log +
2
x
x
;
, nên hàm số
2
là hàm số đồng biến trên
;
,
suy ra
+∞
1 log +
=
+
+∞
( ) f x
2
1 2
2x
1 2 ( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được
x 0 Điều kiện: 1 log + 1 ≥ ⇔ ≥ x 2
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1x = là nghiệm của ( )2 .
2
2
x
x
x
x
28)
log
2
2
log
2
−
−
=
−
−
(
)
(
)( ) 3 1
2
3
+
2 2
3
+
2
x
x
2
2 0
−
− >
x = 1.
⇔
2
x x
1 < − 3 >
x
x
2
3 0
−
− >
t
x
x
Điều kiện:
3,
=
2 2 −
−
t
t
log
log
y =
Khi đó (1) trở thành (
) 1 + =
2
3
+
2 2
3
+
y
Đặt t > 0
2 2
+
2 2 3 2 1 + = + t y log 1 + =
(
y
3 t
2
3
+
⇔ ⇔ y log = 2 3 = +
) ( ) ( ) 3
(
)
272
t t
y
y
3
2 2
3
1 + =
+
( ⇒ + 2
)
)
(
y
y
2
3
1
+
+
⇔
=
( ) 1 4
2 2
3
2 2
3
+
+
y
y
2
3
1
+
Xét hàm số
=
+
( f y
)
2 2
2 2
3
3
+
+
2
3
+
Ta có
1
và
nên hàm số
,ℝ vì
<
( f y là hàm nghịch biến trên
)
2 2
3
+
y = là 2
vậy ta kết luận được phương trình ( )4 có nhiều nhất một nghiệm. Kiểm tra được nghiệm của phương trình ( )4 , và đó là nghiệm duy nhất.
2
2
2
x
2
3
2
2
3
⇒ = t
+
x ⇔ −
3 − =
+
(
)
(
)
11 4 3 +
2
(Nhận)
x
2
x ⇔ −
−
10 4 3 −
0 = ⇔
x
1 = +
11 4 3 +
= − x 1
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
11 4 3;
11 4 3.
1 = −
+
1 = +
+
x
x
29)
lg
3 2 lg −
1 = −
−
( ) 1 1
x
0
1 1, < 2 2 3 +
10
⇔
x ⇔ >
> x
x x
lg
1 0
0 10
− ≥
> >
3
Điều kiện:
3 2 lg
3 − ⇔ = − ⇔ = −
Phương trình ( )1 trở thành
1
1
3
3
t
t
t
1
1
1
1 = −
− ⇔ −
t = − ⇔
⇔
2
3
t
t 2
0
2 t + −
=
t
t
≤ t 3
( 1 − = −
)
≤ t 1
⇔
2
= t 0 t 1 ⇔ = = − t
2
≤ t 1 = t 0 t 1 = = − t
3
t x x x t t 2 lg lg 2 Đặt =
+ Với
(Nhận)
t x x 2 lg 0 lg 2 0 100 = ⇒ − x = ⇔ = ⇔ =
+ Với
(Nhận)
10
3
t x x 2 lg 1 lg 1 1 10 = ⇒ − 3 x = ⇔ = ⇔ =
+ Với
(Nhận)
x
x
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
100;
10;
10 10 .
=
=
=
273
t x x x 2 lg 2 2 lg 2 10 lg 8 10 = − ⇒ − = − ⇔ − x = − ⇔ = ⇔ =
2
2
30)
2
2
(
(
)
)
x
x
x
x
x
x x x x 4 5 4 5 6(1) 3 log + − + + 2 5 log − − + =
5 0
2
1 1
2 4 −
+ > ∀ ∈ ℝ và x
2 4 −
5 + =
−
+ ≥ nên
(
)2
2
x
x
log
4
5
0,
−
+
≥ ∀ ∈ ℝ x .
2
(
)
2
t
x
x
t
Vì
log
4
5
0
=
−
+
≥
)
2
(
)(
Phương trình đã cho trở thành
3
2 5
t + +
t − =
( ) 6 2
Đặt
t 0 t 0 0 5 Điều kiện: + ≥ ⇔ ≤ ≤
t
t
t
4
3
5
36
3 ⇔ + +
+
−
=
( ) 2
( 4 5
) t − +
(
)(
)
1
2
t
t
4
3
5
t 3
t 25
t 46
71 0
⇔
+
−
=
13 + ⇔
+
−
= ⇔
(
)(
)
= t = − t
71 25
Ta chọn
0 t − ≥ ≥ t 3 5
2
2
2
⇒
x
x
x
x
x
x
log
4
5
1
4
5 2
4
3 0
−
+
= ⇔ −
+ = ⇔ −
2
+ = ⇔
(
)
1 3
= x x =
x
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
x= 1;
= 3.
x
x
31)
log
log
+
+ = 1 1
2 2
2
1t =
⇔
x ⇔ ≥
0 x
1 0
+ ≥
1 2
x
≥
> x log
2
> x
0 1 2
t
x
t
Điều kiện:
log
1
0
=
+
≥
(
)
2
2
Đặt
2
2
x x t log log ⇒ = 2 t + ⇒ 1 = − 1
Phương trình đã cho trở thành (
)2 2 1 −
2
3
2
t
t
t
t 2
0
0
t 2
4 t ⇔ −
+ = ⇔ −
0 + = ⇔ −
( t t
( t t
)( 1
) 1 + − =
2
t
t
0 + − = ⇔ − =
( t t ⇔ −
)( 1
) 1
2
1 0
) 1 = t 0 t 1 0 + − = t t
274
t t + = 1
0 1
5
5
= t t = ⇔ = t = t
1 − + 2 1 − − 2
5
t
t
t
Ta chọn
0;
1;
=
=
=
1 − + 2
+ Với
⇒
x
x
log
1 0
log
+ =
⇔
1 = −
2
2
t = 0
+ Với
1 x⇔ = (Nhận) 2
⇒
x
log
1 1
log
+ =
⇔
0x =
1t =
2
2
5
t
+ Với
=
1 − + 2
2
5
5
1
⇒
x
x
x
log
log
1
log
(Nhận)
1 + =
⇔
=
−
⇔
=
1 − 22
1x⇔ = (Nhận)
2
2
2
5 1 − 2
− 2
− 5 1 2
5
x
x
x
;
1;
1 − 2 2
.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
=
=
=
1 2
x
x
x ⇔ =
log
+
1) − +
log 6 0(1) ≤
2
1 2
2 log ( 1 4
V.7. 1)
1
x ⇔ >
1 0 − > 0
x x >
Điều kiện:
2 −
1 −
2
x
x
log
⇔ −
−
1) − +
log ( 2
2
≤ log 6 0 2
2
x x (1) log ⇔ + 1) − + ≤ log 6 0 2 2 log ( 2
x x ) ⇔ − − + log ( 2 ≤ log 6 0 2
2
2
log 0 ⇔ ≤ x x 6 −
2
0
>
2
x
x
1
≤
2
⇔
x
x
6 − 6 −
275
1 0 ⇔ < ≤ x x 6 −
0 1
2
⇔
⇔
x x
0 1) − >
2 ≤ − 3 ≥
2 ≤ − 3
< x x > x x ≥
0 ≤ x + 1) − x x ( ⇔ − x 6 x x (
) +∞ .
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [
x
3;
2)
x
3
x
x
9
−
72 1 >
72
0
>
−
)
x
x
log (log (9 − 72)) 1(1) ≤
⇔
x ⇔ >
log 73. 9
( log 9 3 72 0 > − x 0, 1 ≠ >
9 x
72 0 9 > − x 0 > ≠ x 1
Với điều kiện
suy ra
1,
x >
x > do đó ta có
log 73 9
x
Điều kiện:
x
x 9 ⇔ −
72 3 ≤
x
x
x
3
72 0
8 3
23 ⇔ −
−
≤ ⇔ − ≤
≤ 9
x
3
0
≥
2
⇔
x ⇔ ≤
x
3
9
≤
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
] log 73; 2 .
9
(1) 72) ⇔ − x ≤ log (9 3
Chú ý. Chúng ta có thể xét hai trường hợp của cơ số
x
,x cụ thể trình bày như sau:
x
3
log (log (9 72)) 1 − ≤
x
x
x
x 72 3 ≤
3
x
x
1 x 1 > x 1 > 3 − − 72 0 ≤ x 0 log (9 72) < − ≤ − 73 > ⇔ ⇔ 1 0 0 1 0 1 x < < x x < < x x 72) − ≥ − 72 3 ≥ 1 9 < 9 log (9 3 x < < x x 3 − − 72 0 ≥ > x x 9 9 ⇔ 9
x
1
8 3
2. ⇔ x < ≤ 9 ≤ log 73 9 1 2 log 73 9 log 73 9
1 0 1 VN ( ) x < < x x < < 2 9 > x x ≤ x >⇔ 0 x ≥ > x − ≤ x >⇔ 3 ≥
] log 73; 2 .
9
2
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
) 3 log
x
3
2
276
1(1) < x+
2
x x + Nếu 2 3 1 1(*) + > ⇔ > −
2 x ⇔ <
( ) 1
x x x 2 3 2 3 0 + ⇔ − − < 1 ⇔ − < < 3x
Kết hợp với (*) ta được 1 − < < x 3.
( 1 **
)
2
x x 3 1 + Nếu 0 2 < 3 − + < ⇔ < < − 2
2 x ⇔ >
( ) 1
x x x 2 3 2 3 0 + ⇔ − − > ⇔ 1 < − 3 x x >
)** ta được
x < < − 1. Kết hợp với ( 3 − 2
) 1;3 .
2
Vậy , tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là − 3 2 ( ; 1 − ∪ −
2
6
(1)
2
) 4 log
(
)
x
9
1 2
2
x x − + + ≤
1
0.
1 3
1 3
2
2
2
x x x + Nếu < 0 9 < ⇔ − < < ∧ ≠
( ) 1
2
2
x x x x x x 2 9 2 3 ⇔ − + 6 + ≥ ⇔ − + 6 + ≥
2
2
2
2
x x x x x 2 6 3 5 6 0 − − ≤ − − ≤ x x x x x 2 6 3 2 − − ≤ ≤ − + 6 + ⇔ ⇔ x x x x x 2 6 3 6 0 − + + ≥ + − ≤
x 2. ⇔ 1 ⇔ − ≤ ≤ x x 1 3 6 2 − ≤ ≤ − ≤ ≤
Kết hợp với điều kiện đang xét thì nghiệm của bất phương trình trong trường hợp này là
1 − < < ∧ ≠ 0. 3
1 3
x x
2
x < − 1 3 x + Nếu 9 1
2
> ⇔ x > 1 3
( ) 1
2
2
2
x x 2 6 0 − + + > x 7 1 7 − < < + ⇔ ⇔ x x x 2 3 − + 6 + ≤ x x x 2 9 − + 6 + ≤ 1
7
1
7
7
1
7
7
1
7
2
2
x x − < < + < < + − x − < < +
3
2
6
6 0
2
2
2
⇔ ⇔ ⇔ x x x x x x x ≥ − + + + − ≥ ≤ − ∨ ≥ 3
6
3
2
6
5
6 0
x x ≤ − ∨ ≥ 1 x x x x x ≤ − − − − ≥ 1 1 1
277
7 1 x < ≤ −
x 2 1 7 ≤ < + − 1 ⇔
x x Kết hợp với điều kiện đang xét thì nghiệm của bất phương trình trong trường hợp này là 1 7. 1 7 1 2 < ≤ − ∨ ≤ < + −
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1 3
1 3
x
x
x
2
1 +
x x x 7 1 7 x − < < ∨ 1 − 1 2 < ≤ − ∨ ≤ < + ∧ ≠ 0.
(
)
(
)( ) 1
1 2
1 2
x
x
2
5) log 4 4 log 3.2 2 + ≥ −
2
3.2
0
log
(*)
1 + −
2
3 2
x
x
2
1 +
x . Vì cơ số bé hơn 1 nên ta có Điều kiện: > ⇔ ≥
x ⇔ + ≤
x
2
x 4 2 .2 3.2
(1) 4 2 4 3.2 −
x 2 ⇔ + ≤ x x
2 −
2 2 ⇔ −
x
3.2 4 0 − ≥
x
x
2;
) +∞ .
2 1 ≤ − x 2 2 ⇔ 4 ⇔ ≥ ⇔ ≥ 2 4 ≥
x
x
x
x
x
x
2
2
1 +
1 +
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [
2
2
⇒ 4 4 2 3.2 2 3.2 0, do đó có thể không x + > ∀ nên từ + ≤ − − >
x
x
3
3
−
−
)
(
) 9 (1)
6) x x x log 10 2 24 log − + ≥ − Chú ý. Vì 4 4 0, cần đặt điều kiện (*). (
+ Trường hợp 1.
4
2
2
2
x (1) 9 0 3 3 ⇔ < − ∨ >
)
4
x x 20 − + 57 0 ≥ x x x 2 10 24 9 − + ≥ − > x x − > x 3 1 2 x ⇔ − > (
10
43
10
43.
x ≤ − x ⇔ ≥ +
10
43
x ≥ + > x ⇔
+ Trường hợp 2.
x 4
2
2
2
2
2
4 x < < x (1) ⇔ ⇔ x x 20 − + 57 0 ≤ 3 x x x 10 2 24 9 − + ≤ − 24 0 > ) < − < x 0 3 1 x 10 ⇔ − + ( x x 20 − + 57 0 ≤ < < 3 x 4 < x 6 >
278
4 3 x < < 43 4. ⇔ 10 ⇔ − x ≤ < 43 10 43 − x ≤ ≤ + 10
)
)
(1)
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 43; 4 43; . − ∪ + +∞ 10 10
1 2
log
1 ( x
) 1
3
2 log
6
9
9
7) < + x x + +
2
x 1 0
2
2
2
x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x x x x x x 1 > − 3 ≠ − 0 ≠ 1 > − 3 ≠ − 0 ≠ 9 0 + > 1) 0 + ≠ 1 > − 0 x x ≠
x x x x 6 9 1 6 8 0 + + ≠ + + ≠ x 1 > − x 0 ≠ x 2 ≠ − ≠ − x 4 x x 6 9) 0 + + ≠ Điều kiện: + > x 6 + x log ( 3 log ( 3
2
) 1
3
3
1 (1) ⇔ < log + 1 ( x x x log 6 9 2 . + + 1 2
1 2
1 x
log
log
log
3
1 ( x
) 1
1 ( x
) 1
3
3
3
log
6
9
3
(2) ⇔ < ⇔ < + + + x x + +
log
0, log
3
0
(
) + > 1
3
3
x x + Nếu + > nên ta có x > thì 0
(2)
log
log
1 (
)
(
) + 3 <
(
) 1
3
3
x x x VN ⇔ x + ⇔ + 3 < +
log
0, log
log
3
0
(
) + < 1
(
)
3
3
3
x x x + = 3 + > 0 x + Nếu 1 − < < thì
Do đó (2) đúng.
)1; 0 . −
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
(
2 log
)2 x +
2
x log 3 + 2(1) 8) > 3
0
2
Điều kiện: ⇔ 0 x 3 0 + ≠ x ≠ > x log > x 1 8
2
t log x . Khi đó, bất phương trình (1) trở thành Đặt =
2 3 t + t 3 +
2 3 t + t 3 +
2 2 t − − t 3 +
t 3 2 0 > ⇔ − 2 > 0 ⇔ > ⇔ t 1 3 − < < − t 3 >
3 log
1
log
2 3
2
x − < < − x < < Từ đó suy ra 1 2 x > 8 1 ⇔ 8 x >
279
( 8; ∪ +∞
)
x
x+ 1
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là . 1 1 ; 8 2
( ) 2 1
2
( ) 9 log 2
) 1 log
(
)
1 2
x
2 2 − − > −
x
x
0
( ) 1
x
x
2 ⇔
2
2
x
x
2 ⇔ − <
( log 2 2
( log 2 2
)
x
x
x
2 0 ⇔ + − x − > ⇔ > 1 0 ) ( ) 1 1 log 2 2 − < − 2 ) ( ) ( ) 1 1 1 log 2 + ) ) 1 1 − − < Điều kiện: 2 ( log 2 2 ( log 2 − 2 (
2
2
( 2 log 2
) 1
(
) 1
2 2 log ⇒ − < 1 − < ⇔ < 2 − < ⇔ < 3 < ⇔ x < < log 3 2 5 4 5 4 1 4
2
x
x
log So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 4 ; log 3 . 2
)
( ) 1 1
4
2
( 10 log 18 2 log
)
x
x
− ≤ − − 18 2 8
18
0
2
log 18 2
x
x
x Điều kiện: − 18 2 > ⇔ < ⇔ <
( ) 1
2
log 8 2
2
)
( log 18 2
)
( log 18 2
x
x
− − ≤ − 1 − ⇔
2 2
1 2 ( log 18 2
x
x
) 2 18 2
2 0 ⇔ − − + ≤
x
2 4 ⇔ ≤ − ≤
) − ( 1 log 18 2 − 2 16 ≤ ⇔
( 3log 18 2 2 ) ≤ ⇔ ≤ log 14 2
14 2 4. ⇔ ≤ x ≤ ≤
2
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là log 14; 4 .
x
( log 3 4
) 1 log
x 3 − 16
1 4
x
1 11) − ≤ 3 ( ) 1 4
x
1
3
x
(1)
x Điều kiện: 3 1 0 − > ⇔ > 0
) 1 log
4
( log 3 4
)( 1
3 4
x
x
2
⇔ − − ≤ − 16
4
log 4 4
( log 3 4
)( 1
( ) 1 log 3
) − − 1
3 4
x
x
0
⇔ − − ≤
( 2 log 3 4
) − − 1
( 2 log 3 4
) − + ≥ 1
3 4
x
x
1) 2 log (3
1)
⇔
2 log (3 4
4
3 − + ≥ 0 4
⇔ − −
280
x
x
1) − ≤ log (3 4
x
1 2
1
1) − ≥ log (3 4 ⇔ 1 2 3 2
0 ⇔≤ 1
0 x
2
3
1 8
2
− ≤ x < ≤ ⇔ ⇔ ≥ − ≥ < 0 3 x > x x ≥ x
)
] 0;1
[
2
∪ ∞ 2; . Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
x
)
( + Trường hợp 1.
1
x x 1(1) 9 log 12) 1 − − ≥ −
1
(1)
2
2
2
9
2
1
9
1
1
9
x x > < − 1 ⇔ ∨ ⇔ x x x − ≥ + − ≥ x x x − − − ≥ > x
2
2
2
2
2
x x x x 1 1 1 < − > 1 < − > ∨ ⇔ ∨ ⇔ x x x x x x x 4 4 1 1 4 8 0 8 9 ≥ + + − ≥ + − ≤ ≤ − 9 5
1 x 1 < − ∨ ⇔ 2 2 2 2 − x ≤ ≤ x ≤ ≤ > x 2 2 11 − − 5 2 2 11 − + 5
2 2 1. ⇔ − x ≤ < −
+ Trường hợp 2.
2
2
2
x < 1 x x (1) 9 1 0 ⇔ − ⇔ − − > x x x 0 9 1 < − − − ≤ < 0 x x x 9 1 − − − ≤
2
2
0 −1 < < 1 x x −1 < < 0 x < < 1
2
2
x x x x 1 0 9 1 0 9 − − > ∨ − − − >
x x x 2 1 9 1 9 ≤ + − ≤ −
2
2
0 x −1 < < 0 x < < 1
2
2
x x x 9 1 9 1 > + ∨ − x > +
x x x 2 1 9 1 9 ≤ + − ≤ − ⇔ − ⇔ −
2
2
2
2
0 x < < 1 x −1 < < 0
2
2
2
x x x x x x 2 9 2 1 9 > + 1 + ∨ − > + +
x x x x 4 4 1 9 1 9 ≤ + + − ≤ − ⇔ −
281
2
2
2
2
0 x < < 1 x −1 < < 0 17 17 x x x VN x 4 0 4 0( ) ⇔ + − < ∨ + − < ⇔ x < <
x x x 5 4 8 0 8 0 + − ≥ − ≥ 1 − + 2 − + x ≤ x ∨ ≥ < < 1 x 0 1 − − 2 2 2 11 − − 5 2 2 11 5
x ⇔ ≤ < 1. 2 2 11 − + 5
) 2 2; 1 − ∪
4
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là − 2 2 11 − + 5 ;1 .
2
16
( 2 4 log −
)
2 1 2
x x x 13) log 4 log (1) + <
2
4
Điều kiện: x > 0.
2
2
16
( 2 4 log −
)
2
x x x (1) log 2log ⇔ + <
(
)
2
2
2
x x x log 2log ⇔ + < 2 4 log −
)
(
2
2
x 0 2 4 log − >
2
2
2
2
x x 2 log 0 log + ≥ ⇔
( 2 4 log −
)
2
2
2
x x x 2 log log + <
2
x 4 log <
2
2
2
2
x x 2 log 0 log < − ∨ ⇔
2
2
2
2
)
x x x x 2 log log log + < + > ( 2 16 8log −
2
x 4 0 log < <
2 −
2
2
x x log 18log + 32 0 >
x 4 0 log < <
2 < ∨
2
x x log 2 log 16 >
2 1 < ⇔ < <
2
x x 2 4. ⇔ ⇔ 0 log ⇔ <
]1; 4 .
3
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [
( ) 1
x x 14) ≤ log 2 x log 2 x
Điều kiện: 0 1 > x x ≠
(1) ⇔ + ≤ log 2 1 x + log 2 3 x
282
Đặt Khi đó, bất phương trình (1) trở thành t = log 2. x
2
2
1
2
3 1 t − ≤ < − 1 0 3 0 t 1 ≥ − t t t 3 1 1 + ≤ + ⇔ ⇔ ⇔ 3 ⇔ − ≤ ≤ 3 1 t 1 − ≤ < − t 1 − ≤ ≤ t t 2 0 + − ≤ 1) + < t t + ≥ t 1 0 + ≥ + ≥ + t t 3 (
3 log 2 1 x
0
1
x x ≤ ≤ 2 Như vậy ta có − ≤ ≤ ⇔ ⇔
1 3 2
≥ x < ≤ x 0 x < < 3 − x x ≥ ≥ 2 > x 3 −
)
[ 2; ∪ +∞
2lg
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 0; . 1 3 2
3 + 15) 1(1) < x − lg x 3lg x 1 −
t x Đặt lg =
2
2
2
Bất phương trình (1) trở thành
t t t 3 3 4 t 0 1. 1 < ⇔ 1 0 − < ⇔ < ⇔ < − t t 3 − + t 1 − t 4 + 1 −
x x 10. lg 0 t 3 − + t 1 − ⇒ < ⇔ < < 1
) 0;10 .
2
3
Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là(
(
)
(
)
1 2
1 3
x x log 3 log 3 + − +
3
16) 0(1) > x 1 +
2
) )
2
3 0 > Điều kiện: 3. x ⇔ > − ⇔ x x 3 > − 3 ≠ − x 3 0 + > + ( x (
3
)
3
2
(
)
3
(
(
)
2
3
( x + 3 log 2 3
) x
2
log 3 − x log 3 + + x x log 3 log 3 − + + + 0 (1) > ⇔ 0 > ⇔ x 1
(
)
(
)
(
3
3
3
3
) 3 1
)
(
)
3
3
( 3 x +
x x x x 3 2 log 3 log + − + − + ( 3log 2.log 3 log 2.log 3 0 0 > ⇔ > ⇔ + x 3 + x + x x log log 3 − + + 0 ⇔ 0 > ⇔ < 1 1 1 + 3 ) 1 + ) ( 3 . 3log 2 2 x +
3
(Vì 3log 2 2 0 − < )
283
)
x log 3 0 + < x 3 1 3
)
x 0 x x 2 − < < − x 1 < + < 1 > − > − x 2 1. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − < < − x log 3 0 + >
( 3 1 0 + > ( 3 1 0 + <
x x x x 3 1 + > 1 < − 2 > − 1 < − x
) 2; 1 .
− − Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
5
x
5
3 log
3
x x (2 log − x 17) log log (1) + < ) log x x 3
Điều kiện: 0 1 > x x ≠
x
5
5
5
x x (1) log 1 log 3 2 log 3 log ⇔ + − − <
x 2 log ⇔ − 2log 3 1 log 3 0 + − <
5 −
x 2 log 3 1 log 3 0 + −
x
5 2 log 3.log 5
3
5
x ⇔ <
log
0
( x t
)
3
t Đặt khi đó bất phương trình (1) trở thành = ≠
(
)
5
2
t 2log 3 1 + − − < 2log 3 0 5
(
)
)
5
5
t t 2log 3 1 − 1 t ( 1 2 log 3 + − 0 < ⇔ t
(
3
)( 1
)
t t log 5 − + 0 ⇔ < t
3
3
3
t x log log log 0 < < x < < ⇒ ⇔ ⇔ 1 5 1 5 1 5
3
x 1 0 log < < 0 1 3 t < < x < < 1
)
2
1;3 0; . So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ∪ 1 5
) 1
(
1 2
2
x 18) 0(1) < 4 − 2 x log −
2
) 1 − >
2
1 2
2
2
2
) 1 − <
1 2
x 2 x x 2 2 x 1 < < − − 2 x log 0 4 0 − < ( x 1 1 0 − < < 2 − x 2 1 x < < x 1 < − ∨ > (1) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x x 2 2 < − ∨ > x x x 2 2 < − ∨ > x 1 1 − > x < < 2 > 2 < − 1 x x − < < 2 x log 0 4 0 − > ( x 2 2 < − x ∨ > − < < 2
284
(
)
(
( ) −∞ − ∪ −
) 2; 1 − ∪
)
; 2 2; ∪ +∞ . Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( 1; 2
19) log 2
(1)
)3
x
( log 2 x
x x ≤
Điều kiện: 0 1 > x x ≠
t x Đặt = log 2x
Bất phương trình (1) trở thành
2
2
0 0 0 0 t t t 3 3 ≤ ⇔ ⇔ 0 ⇔ ≤ ≤ 0 ≥ t
0 3 0 ≥ t ≤ ≤ t 3 t 3 0 − ≤ < t t ≥ < t 0 t 3 0 ≥ ⇔ ≥ t 0 t ≤ < t t ≥ t t
1
3
3
x
3
3
x 1 1 > x 2 ≥ x x x x 2 0 ≤ − ≥ x 0 log 2 ⇒ ≤ 3 ≤ ⇔ ⇔ ⇔ 0 1 x < < 0 x < < x 1 1 2 x x ≥ 1 2 ≤ 1 2 ≥
x x 2 0 − ≤ > x x 2 ≥ < < 0 x 2 1 ≤
)
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 0; 2; . +∞ ∪ 1 2
20) log
log
2(1)
(
) + < 1
2
3
x x +
Điều kiện: x > 0
log
2 .t
2
t x Đặt = ⇒ = x
t
t
t
t
t
t
Bất phương trình (1) trở thành
2
1
2
2
6
2
t 3
9(2)
2 − + < − ⇔ + < ⇔ + < ⇔ + 1 3
( log 2 3
) 1
( log 2 3
) 1
9 t 3
t
t t + + < ⇔ <
6
t + 3
( ) t =
t
f Xét hàm số
t 6 ln 6 3 ln 3 0,
( ) t
′ f Ta thấy = > ∀ ∈ ℝ t +
.ℝ
( ) t⇒ f
là hàm đồng biến trên
( )1
f Mặt khác = 9
2
2
t x Suy ra (2) 1 log 1 ⇔ < ⇒ < x⇔ < .
285
)0; 2 .
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
21) log
1 log
9 1(1)
2
3
x x + + + >
Điều kiện: x > − 1
(
) 1 + +
(
)
2
3
x x (1) log log 9 1 ⇔ + >
) 1 + +
)
3
2
x log log 9 2 ⇔ + > 1 2 ( x 1 2 (
log
2
1t −
(
) 1
2
t
t−
t x x Đặt = + ⇔ =
2 8 3
t ⇔ + >
( t log 2 3
( log 2 3
)
8
2
t 8.3
t 8 2 8 2 t + ⇔ > + + 2 > − Bất phương trình (1) trở thành )
t ⇔ + >
t 6 ⇔ +
9 t 3
t
9(2) >
6
t 8.3
( ) t =
t
t
f Xét hàm số +
6 ln 6 8.3 ln 3 0,
( ) t
′ f Ta thấy = > ∀ ∈ ℝ t . +
.ℝ
( ) t⇒ f
là hàm đồng biến trên
( )0
f Mặt khác = 9.
(2)
0
log
0
(
) 1
2
0;
t x x x Suy ra ⇔ > ⇒ + > ⇔ + > ⇔ > 0. 1 1
) +∞ .
So với điều kiện thì tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là (
log
log
0
( ) I
2
2
2
2 8
4 −
x y − = V. 8. 1) x y =
1 2
x y 0, Điều kiện: > > 0.
2
2
2
2
( ) I
2
2
2
2
2
2 −
2 −
x y log log 0 − = x y log log = x y log log 0 − = ⇔ ⇔ ⇔ x y 2 8 = x y 2 8 = 1 2 2 x y 2 8 − =
2
2
2
x y x y = = x y ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x y 4 2 = = x = 4 x 2 = ∨ = − x y x x 2 8 2 8 0 − = − − =
)4; 2 .
2
2
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
4
( ) I
1 2 y 2
log
log
2
1
(
)
(
)
3
1 3
x y y + = + 2) x x y + + − =
286
2
2
Điều kiện: x x y y 2 2 0 0 + − > >
( ) I
x y y 4 + = +
(
)
(
)
3
3
2
2
2
2
x x y 1 2 y 2 log log 2 1 + − − = ⇔
2
2
3
x y y 4 + = + x y y 4 + = + y y y 4 + = + 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ 1 2 3 = log 1 = x y 4 = 16 x x y y 2 2 + − x x 1 2 y 2 y 2 + −
2
y = y = 1 2 2 1 2 y y 4 0 − − = ⇔ ⇔ ⇔ 1 2 y = − x = − x y 4 = 8 17 17
y 4 x = y = − = x 32 17 8 17
Do điều kiện nên ta chọn , x x y y 2 2 0 0 + − > > = x y = 2 1 2
y
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 2; . 1 2
(
3
y
y
y
y
y
3
+
x 3 2 ⋅
= 3) x y log 2 − = 972 ) x 3 2 ⋅
x 972 3 2 = ⋅ y x 3 − =
(
3
y
y
= 972 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x y log 2 − = 3 x = 3 2 ⋅ y = + 972 ) x 3 2 972 = ⋅ y x 3 = +
5
972
2
6 x
3
3
x = = ⇔ ⇔ ⇔ y = ⋅ 27 6 y x = + = 36 y = +
)5; 2 .
y
−
x 2 8 ⋅
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
)
9
( log 9 3
I ( ) 4) y log 1 x 2 2 = 1 1 + = 2 2
Điều kiện: 0 0 > x y >
287
y
y
x − 2 8 ⋅
)
( 1 log 9
)
9
( log 9 3
3
3
x − 2 8 ⋅ 1 x
2 2 = I ( ) ⇔ ⇔ y y log log + = 1 x 2 2 = 1 1 + = 2 2
y
3
−
x
y
3
−
y
x
3
−
3 2
x 2 2 ⋅ ( log 9 3
2
x y 3 − = 2 2 2 2 3 2 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ xy 1 = xy = 3 = 2 9 = ) 2 xy 3 = 1 = y = 1 x 3
x = x x x 2 x = ∨ = − = − x x 2 0 2 − = 3 2 1 2 1 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨ y = y = y y = = y = 2 1 6 3 − 1 x 3 1 6 1 6 1 − = x 1 x 3
2
Do điều kiện nên ta chọn 0 0 . > x y > = x y = 1 6
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 2; . 1 6
x y 5) I ( ) log 2 y log 4 2 x − 5 − 0 = 2 4 0 + =
Điều kiện: 0 0 > x y >
log
log
2
2
2
5
4 −
2 + = 4 0
1;1 , 4; 2 .
y 1 1 x y = x (Thỏa điều kiện) I ( ) x y x y = 25 y 4 0 − + = ⇔ ⇔ 1 4 x = ⇔ = x x = 4 2 = x y = ⇔ = x y =
) (
)
y
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
y
y
1 +
2
2
x 2log 3 15 − = I ( ) 6) x x 2log 3 = + 2 3 .log
y
y
Điều kiện: x > 0
log
2
log
2
y
y
y
y
1 +
y
y
y
y
2
3
x = x = I ( ) ⇔ ⇔
15.3
6.3
= + + 15 3 2 2 3 + ⇔ = + 30 2.3 + + 15 3 2 + 15 3 2 + 15 3 2 3
288
y
y
y
2
2
2
y
9 2 1
y
y
2 3
y
x log = 15 3 + 2 x log = x = (Nhận) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 15 3 + 2 3 3 = x = y = 1 7.3 + 15 3 + 2 30 0 = − log = y 3 10 = −
) 92 ;1 .
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
2
4
1 2
4
2
x x log log 2log 4 + = − 7) I ( ) x y log log 5 + =
Điều kiện: 0 0 > x y >
2
2
2
2
2
2
2
3 2
x x x x log log log + = = log 16 2 log 16 2 I ( ) ⇔ ⇔ x y x y log log 5 log log 5 + = + =
3 4 4
3 log 2 2 log
2
2
2
2
2
2
3 4 4
x x x 16 = = x 16 = ⇔ ⇔ ⇔ x y y log log 5 5 + = + = x y log log 5 + =
3 4 4
3 4 4
5
3 8 4
3 log (2 2 ) 5
3 2 2
2
2
32 3 2 2
3
x x = = ⇔ ⇔ ⇔ y = = y y = = = x
) 3 4 4;8 4 .
2
(Thỏa điều kiện) Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
)
log
log ( x
y
x
2log
y
4
3
xy x = I ( ) 8) y y = +
0,
1
0 x
0,
0,
1
0,
1
xy > x x > ≠ x Điều kiện: > ≠ ⇔ 1 y y > ≠ y y > ≠
x
y
x
x
2log
y
x y x log log 2 log + = I ( ) y y 4 3 = + ⇔
x
x
2
x
log
y
y = y 2 log
y y 4 3 = + 1 log + ⇔
289
x
2
x
x
2
x =
2
2
2
x y x = y 1 log = x y 4 3 0 − − = y y log log 2 0 + − = y log 2 = − y = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y = x y 4 3 + x y 4 3 0 − − = 1 2 x y x 4 3 0 − − = x y 1 2 x 4 3 0 − − = = y 2
2
2
y 0 x = > y 0 x = > x 7 2 = + x x 4 3 0 − − = x 7 2 = + y 7 2 = + ⇔ ⇔ ⇔ y = y =
(2
7; 2
7 ), (2;
).
y = x x x 1 2 x 2, ( 3 0 0) = − − = > = x 2 1 4 1 2 x 4 2 x
1 4
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là + +
log
log
1
(
)
4
1 y
9
)
2
2
y x − − = I ( )
25
1 4 +
x y =
1 −
Điều kiện: 0 x > y y >
log
log
1
log
log
1
(
)
4
4
(
)
4
4
( ) I
2
2
2
2
25
25
y y x − − = y x y − − − = ⇔ ⇔ x y + = x y + =
4
4
4
2
2
2
25
2
2
25
25
25
x x = = = y y x = − y 3 4 x ⇔ ⇔ ⇔ y 3 4 2 x y + = y + = = y = y y −⇔ 2 x + y 9 16 y 25 16
2
x = 3 4 ⇔ ⇔ ⇔ y 3 4 4 y y 3 4 16 = x = 4 = − = y y x y 3 = − 4 = − = x y =
, nên ta chọn Do điều kiện 0 x 3 4 > y y > = x y =
)3; 4 .
2
2
Vậy , nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
2
)
( 2 log
) log
4
2
x y log 5 + = 10 I ( ) x y 4 + =
290
2
2
2
2
2
2
Điều kiện: ( )* 0 0 > x y >
( ) I
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x y x x ⇔ ⇔ ⇔ y + 2log 32 log 4 = x + = y x y xy y + log 32 = log + log 32 4 4 + = = =
2
2
2
2
2
4
2
x y 32 = y 32 + = y 32 = 16 y ⇔ ⇔ ⇔ x = x xy 16 + = + 16 y x = 16 y
(
y y y + 256 0 = y 16 0 − = ) ⇔ ⇔ ⇔ x x = = x = 16 = 16 y 32 − 16 y 16 y
4
4 = − ⇔ ⇔ ∨ x y x y 4 4 = = 4 = − 4. = −
16 y = y y x =
Kết hợp với ( )* ta được 4 4 = x y =
)4; 4 .
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
log
log
y
x
x
y
2
2
3
( ) y 1 ( ) 2
xy = 11) + =
1 2
Điều kiện: 0 0 1 1 x < ≠ y < ≠
( ) 1
(
)
y
x
xy y log log ⇔ =
y
y
(
)
y
x y log log ⇔ + = x 1 2 1 log
log
2
y
y
x x =
( ⇔ + 1 log log
) log
0
2 y
y
x x ⇔ + − = 2
log
1
y
log
2
y
x = ⇔ ⇔ x = − x y 2 y − = = x
+ Với x y= thay vào ( )2 ta được
291
x
x
x
2
2
2
3
log
0
2
3 2
3 2
y
x + = ⇔ = ⇔ = > (Nhận)
1 2 y +
2 y−=
2 2 3.(*) Ta chứng minh phương trình (*) vô = thay vào ( )2 ta được
y
x + Với nghiệm.
2
2
2 1 3
1 2 y +
y
1 Thật vậy, nếu 0 > nên 1y< < thì > + = . Suy ra (*) vô nghiệm. Còn nếu 1 2 y
2
2
1 2 3.
1 2 y +
1 < nên 1y > thì > + = Suy ra (*) vô nghiệm. 1 2 y
2
2
3
2
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là log ; log . 3 2 3 2
x
3
2
y
( (
) ) x
x x x y log 2 3 5 3 + − − = 12) I ( ) y y y log 2 3 5 3 + − − =
3
2
3
2
0 0 1 1 x < ≠ y < ≠ Điều kiện: x x x y 2 3 5 0 + − − >
3
2
3
y y y x 2 3 5 0 + − − >
x
x
( ) I
3
2
3
x x x y x log 2 3 5 log + − − =
y
y
( (
) ) x
2
3
2
3
y y y y log 2 3 5 log + − − = ⇔
3
2
3
2
( ) 0 1 ( ) 0 2
x x y 2 3 5 − − = x x x y x 2 3 5 + − − = ⇔ ⇔ y y y x y y y x 2 3 5 2 3 5 + − − = − − =
Trừ( )1 cho (2) theo vế ta được
2
2
(
)(
(
)
) 1 + + = ⇔
y x x y y y x x y x y 2 3 5 2 3 5 0 0 − − − − − = ⇔ − = x x 1 y = − −
2
+ Thay x y= vào ( )1 ta được
( x x
)
⇒ x x x 2 3 5 2 4 − − 0 = ⇔ − 0 = ⇔ x x y y 0 4 0 4 = = = =
x So với điều kiện ta nhận y= = 4.
2
2
x + Thay 1 y= − − vào ( )2 ta được
2
3
5
2
2
5 0
(
) 1
y y y y y − − − − = ⇔ + 0 + = phương trình vô nghiệm.
)4; 4 .
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
292
x 1 0, hệ phương trình đã cho vô nghiệm vì y+ + =
Chú ý. Có thể nhận xét ngay trường hợp x y 0, > 0. >
4
3 0
log
log
( ) 1 ( ) 0 2
4
2
y + = 13) x y − = − x
x > 0
1
log
0
1
4
y Điều kiện: ⇔ > 0 x ≥ ≥ x y ≥
log
0
2
y ≥
( ) 2
4
2
2
2
x y log log ⇔ =
log
log
4
2
2
2
2
2
x y x y x y log log log 2log ⇔ = ⇔ = ⇔ = y⇔ = x
( ) 3 0 3
2
x Do y− 4 + = 1y ≥ nên (1) trở thành
x vào (3) ta được Thay y=
2 4 y−
y 3 0 + = ⇔ 1 3. = y y =
y x + Với 1 = ⇒ = . (Nhận) 1
y x + Với 3 = ⇒ = (Nhận) 9.
) ( 1;1 , 9;3 .
)
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
( ) 1
x
4
y x log log − = 14)
( ) 2
0
1
xy 16 7 6 =
0
Điều kiện:
> x x ≠ y >
( ) 2
16 x
y ⇔ =
Thay vào (1) ta được
log
log
x
4
16 x
7 = 6
x −
log
log 16 1
x
2
7 6
1 2
4
x ⇔ − + =
log
log 2 x
2
1 6
1 2
x ⇔ − − = 0
293
log
4 log 2
0
x
2
1 6
1 2
x ⇔ − − =
1x ≠ )
2
2
x log 0 ⇔ − − = (3) (Do x 4 log 1 6 1 2
2
t x log Đặt =
Khi đó (3) trở thành
2
x 8 = x 3 log 3 = t =
0
23 t ⇔ − −
4 t
1 2
1 6
2
t t − − = 24 0 = x = x log = − ⇔ = − t ⇒ ⇔ 8 3 1 3 4 4 8 3
x + Với 8 = ⇒ = y 2
3 64 4
x = ⇒ = y + Với 1 3 4 4
) 8; 2 ;
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 3 ;64 4 . 1 3 4 4
2
)
( ) 1
2
4
2 +
x y log 2 log 3 + = 15 x y 16 =
2
Điều kiện: 0 0 > x y >
2
2
2
( ) I
2
2
x y log 3 =
2
x y xy 2 16 + − = log ⇔ (
2
2
2
2
xy + ) 3 =
2
y xy x 2 16 + − =
2
2
=
) 8 )
2
x y 32 + = log ( xy ( ⇔ ⇔
2
2
xy 8 = x y (Do 0, > > ) 0 x y 4 2 + = ⇔
Khi đó ;x y là các nghiệm của phương trình
2
2
4
2 2 2 2 = x = x X X X x y 4 2 8 0 2 2 (Do 0, − + = ⇔ = > > ) 0 ⇒ y 8 = ⇒
2 2 Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( = y ) 4 2 2; 8 .
294
( ) I
2
3
3
x 1 y − = 16) x y log 3 − = 2 ) 1 − + ( 3log 9 9
0
0
x x ≠
2
1 y < ≤
0
Điều kiện: − ≥ 1 0, y − ≥ ⇔ ≥ x 0 2 y >
( ) I
3
3
3
x x 2 1 2 1 1 − + y − = 1 − + y − = x 2 1 1 − + y − = ⇔ ⇔ ⇔ log 1 3 = = x y 3log 3 − = 3log 3 x 3 y x 3 y
)( 1 2
)
y x y = x y = ⇔ ⇔ ⇔ x x 0 − − = x 2 1 1 − + y − = x 2 1 1 − + x − = = x (
y 1 1 ⇔ ⇔ x
2 1 0 − = x 0 − = = x 2 2 = x y = = x y =
,x y đều thỏa.
1;1 ; 2; 2 .
So với điều kiện thì các giá trị của
) (
)
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
2
2
) xy
( ln 1 20
) 0
( ln 1 −
( ) 1 ( ) 2
x y y + − + x = − 17) x y 12 + =
Điều kiện: x y > −1 > −1
(1)
( ⇔ + ln 1
)
( ln 1
)
x y x − = + y −
,
( ) t
( ln 1
) t + −
(
) > − 1
f t t Xét hàm =
0
0;
0,
;
0,
1; 0
( ) t
( ) t
( ) t
(
)
( ) t
( ∈ −
)
1
1 +
⇒ ⇒ ′ ′ ′ ′ f f t f t f t = − = 1 = ⇔ = < ∈ +∞ 0; > t t t − + 1
0;
.
( ) t
)1, 0−
)
f Suy ra, hàm +∞ Do đó, từ (1) ta có đồng biến trên ( và nghịch biến trên (
x x 0. 0 y= hoặc y= . xy < Nhưng ta thấy nếu xy < thì phương trình (2) vô nghiệm, nên
29 x
x y Thay x 0 = ⇔ = ⇒ = 0 0 y= vào ( )2 ta được
)0; 0 .
y
x
log
log
8
8
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (
4
log
log
1
4
4
x y 18) I ( ) + x = y − =
295
Điều kiện: . Nhận xét rằng 1. 1y = không thỏa hệ phương trình, do đó y ≠ Khi đó 0 0 > x y >
y
x
y
x
log
log
log
log
8
8
8
8
hệ phương trình ( )I tương đương với
4
4
y
log
y
8
)
( log 4 8
4
4
4
log
1
4
) 4
y
y
y
)
)
)
( log 4 8
( log 4 8
( log 4 8
x y y x = + = y y + = ⇔ ⇔ = = y ( = x x y + x y
)
4
2
log 2 y
4
4
( log 4 8 = 4
y = y y y + = = ⇔ ⇔ ⇔ x y y x x y = =
log 4 log
log
8
8
2
log
2 log
3 0
)2
2
1 log
1 3
1 log
2 3
2
2
2 4
4
4
y y + = + = y y + − = y y ⇔ ⇔ y ( ⇔ = x x y y = = x
log
1
2
8
y =
log
2
2 4
1 2 1 8
⇔ ⇔ ∨ y = − 3 = x y = y x = x = = y
) 8; 2 ,
. Đối chiếu với điều kiện thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( 1 1 ; 2 8
log
3 1 log
(1)
2
3
log
3 1 log
(2)
2
3
x y + = + 19) y x + = +
Điều kiện: 0 0 > x y >
Lấy (1) trừ cho (2) theo vế ta được
2
2
3
3
x y y x log 3 log log log + − 3 + = −
2
3
2
3
x x y y log 3 log log 3 log (3) ⇔ + + = + +
Xét hàm số đặc trưng
( ) t
2
f t log t t 3 log , 0. = + + >
( ) t
( > ∀ >
)
3 1 ln 3
(
′ f t 0 0 = + t t 2 + 1 ) 3 ln 2
0;
( ) t
) +∞ .
f Suy ra đồng biến trên (
x Do đó (3) y= vào (1) ta được y⇔ = Thay x .
log
3 1 log
log
3 log
1(4)
2
3
3
2
x x x x + = + ⇔ + − =
Xét hàm số
296
log
3 log
( ) g x
( ) ′ g x
2
3
x ⇒ y x x = = + − = x + − ln 3 ( x x 2 − ln 4 6 ln 2 ) 3 ln 2 ln 3
6 ln 2
0,
0.
( 2
) − ln 3 ln 4 ) 3 ln 2 ln 3
( x x
x − x = < ∀ > +
( ) g x
y = ),+∞ nên (4) có nhiều nhất
Suy ra hàm số một nghiệm.Ta kiểm tra được là hàm nghịch biến trên khoảng (0; 1x = là nghiệm của (4).
y
x
lg
4
(1)
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (1;1).
lg 4
lg3
4
3
(2)
(
)
20) x y = = ) lg 3 (
x
y
lg
Điều kiện: 0 0 > x y >
(1)
lg
(
)
( lg lg 3
)
( lg 4
)
lg 4 lg 3
lg 4
lg3
x y ⇔ = ⇔ = lg
(2)
lg 4 lg 4 lg
lg 3 lg 3 lg
( lg 4
)
)
)(
(
)
(
)(
)
x y x y ⇔ ⇔ + = + =
(
( lg 3 ) lg 4 lg 3
x y lg lg = Thay vào (2) ta được
lg
lg 3 lg 3 lg
(
)
(
)(
)
lg 4 lg 3
y y + = + lg 4 lg 4
2 lg 4
lg
2 lg 3
lg
lg 3
(
)
(
)
2 lg 4 lg 3
2
2
y y ⇔ + = +
lg
lg 3
(
)
2 lg 4 lg 3
2
2
y ⇔ − = − lg 3 lg 4
2
2
lg
(
)
lg 3
− lg 4 lg 3 ( ) y ⇔ = − lg 3 lg 4
lg 3
lg
lg
lg
.
1 3
1 3
y y y ⇔ == − ⇔ = ⇔ =
x x x lg . lg 4 lg . ⇒ = lg ⇔ = − ⇔ = 1 lg 4 3 lg 3 1 4
. Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1 1 ; 4 3
log
3
x
2
x y + =
2
3 ) 12 .3
y y 81 . y − + = 21) (
Điều kiện: y > 0.
297
Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phương trình thứ hai của hệ ta được
3
3
3
2
2
12
log
4
12
3 log
log
4
3
3
3
log ( log 2 3
)
)
y x y x = + ⇔ y y y y y y − + x + = + y − + + − = +
3 log
3
3
2
2
2
12
2
12
2
2
log
1
3
12
log
1
3
3
)
3 y − + 2 y
x y x y = − 3 log ( log 2 3 = − 3 log = − y x ⇔ ⇔ ⇔ y y y y = = y − + − = = − 3 log ( log 2 3 y − + 2 y
3 log
3 log
3 log
2
3
3
3
2
2
2
3
3
2
x y x y = − = − x y = − x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y = y y = ∨ = − 4 y y y y − + = 12 3 y + − = 12 0
)2;3 .
2
2
So với điều kiện thì hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (
(
)
2
2
(
)
2
2
x
xy y
− +
x y xy log 1 log + = + 22) I ( ) 81 = 3
2
2
2
2
0. Điều kiện: xy >
)
2
( log 2 2
2
2
2
2
( xy
) =
2
x y xy log + = x y xy 2 + = I ( ) ⇔ ⇔ x xy y 4 − + = x y 4 − +
( xy
) 4
y x y 0 − = ∨ ⇔ ⇔ ⇔ x y x y 4 2 2 x = xy = = = 2 = − 2 = − =
) ( 2; 2 ,
) 2; 2 .
y
x
− − Đối chiếu với với điều kiện thì hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là (
1 −
x
9
4 = 23) I ( )
= log 3 1 2 y 3
Điều kiện: x > 0.
y
2 2
1 −
Viết lại hệ phương trình đã cho dưới dạng
2
2
2
1
2
1
2
1
x
log
3
x
3
1 2
1 2
1 2
log 3
(
)
2.
1
x x = y = − y = − x ⇔ ⇔ ⇔ x = x = = = y = − y 3 3 y 3 y 3 y 3
3
1.
y = − y 3 ⇔ ⇔ = y x = x = y 3
)1;3 .
So với điều kiện thì hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (
298
y
x (1) + − = 3 4 − x
) 1 1 3 =
3
x 1 log (2) 24) ( x + y
1
x x ≥ −
0
4
0
4.
4 x
x x + ≥ 1 0 x Điều kiện: − ≥ ⇔ ≤ ⇔ < ≤
0
0
x
3
x > >
1 log
1 log − 3
.
y ⇒ = 3
3
x
3
3 x
3 log 3
3y
y x Từ phương trình (2) ta được = − = =
Thay = vào phương trình (1) ta được
1 1
4
3 x ) 1 1 .
(
3 x
x x x x + − = ⇔ + − = − − 3 4 x
1
4
1 4
2 4
1
2
x x x ⇔ + = x − + ⇔ + = − + x − +
4
2
0.
2
(
)2
1 ≥ x 4
x y x x ⇔ − = − ⇔ ⇔ = ⇒ = 3 x x − = −
)3; 0 .
2
2
So với điều kiện thì hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (
)
(
)
4
( log 2 4
4
(
)
x y x x y log 1 log 3 + − + = +
2
(
) 1 + −
4
4
( log 4 4
)
25) I ( ) xy y y x log 2 2 4 log 1 + − + = − x y
0
2
0 y x y Điều kiện: 0 0
2
y y x 4 2 2 4 0 + − + > > ⇔ >
y y x 2 4 2 4 0 + − + >
2
2
x > y x 2 > x 3 0 + > xy 1 0 + >
(
)
2
2
2
) =
)( )(
( (
2
) ( 2;1 ,
) a a với , ;
y x 2 + y y 3 x = + x y x 2 0 − − = xy x y 3 2 0 − + = x ⇔ ⇔ x y x 2 0 − − xy x y x 2 2 0 − + − = y ) 2 1 = = x ⇔ = x y = y x x y 4 4 4 xy 1 + y 2 2 − + + Hệ phương trình ( )I được biến đổi về
2
Đối chiếu với điều kiện thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là ( a 0. >ℝ a∈ ,
( ) 1 0 1
3
2 3
V. 9. x x m log log 1 2 + + − − =
299
2
2m = thì phương trình trở thành
( ) 1 5 0 2
3
2 3
x x a) Khi log log + + − =
Điều kiện: x > 0
2 3
2
t x log 1 0. Đặt = + > Khi đó ta có phương trình theo biến t
3
t 6 0 t+ − = 2 3 = t t = − ⇔
3
3
log
1 4
log
3x =
2
2 3
2 3
2 3
3
− 3
3
x log 3 = ⇒ x Ta chọn log 2 ⇔ + = ⇔ ⇔ 1 + = t = log 3 = − ⇔ = x = x
3
Các giá trị của x đều thỏa điều kiện.
3 3 ;
− 3
.
x x Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là = =
b) Ta có
1
0 log
3
0 log
3
3
3 ≤ ≤ ⇔ ≤
3
2 3
x x x ≤ ⇔ ≤ ≤
1 log
1 4
1
log
1 2.
2 3
2 3
x x ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ + ≤
]1; 2 . [
Như vậy, t ∈
2
t m Phương trình (1) trở thành 2 t 2 2 + − =
( ) t
f t t Đặt = + − 2
0
( ) t
( ) t
1 t = ⇔ = − 2
′⇒ f ′⇒ f t 2 = + 1
3
Bảng biến thiên
x Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm ∈ 1;3 khi và chỉ
0
4
3
m m khi 0 2 ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 2.
.
2m≤
2
x Vậy, với 0 ≤ thì phương trình đã cho có nghiệm ∈ 1;3
x 4(log ) log − x m +
V.10.
2
1 2
2
2
= 0
4(log
)
log
2
2
2
1 2
2
x x Ta có 4(log ) log 0 ⇔ + x m + = 0 − x m + =
(log
)
log
0(1)
2
2
x ⇔ + x m + =
300
1x< < ⇒ (
2
t x Đặt log , = t ∈ −∞ ;0) ta có 0
2 t = ⇔ + = −
t m t m (1) trở thành 2 t 0 (2) + +
2
m (2) có nghiệm thuộc khoảng Bài toán trở thành: « Tìm m để phương trình 2 t t + = −
1 0
1 2
′⇒ f t f t t ( ) t 2 ( ; 0) t ( ) = + = ⇔ = − −∞ ». Đặt = t +
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (2) có nghiệm thuộc khoảng ( ; 0) −∞ khi và chỉ khi
.
1 4
1 4
m m − ≤ − ⇔ ≤
1 4
2
2
t
1 −
t 1 −
Vậy, với m ≤ thì phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (0;1).
(
) 2 5
V.11. a a 25 2 − + + + = ( )1 1 0
t
−
Điều kiện: 1 − ≤ ≤ t 1.
215
X Đặt [1;5] = ⇒ ∈ X
2
Phương trình (1) trở thành
(
2
(
)
)2 1 2
2
X 1 + X a X a a 2 2 1 0 − + + + = ⇔ = a ⇔ = X X − X − −
2
2
2X = không là nghiệm của phương trình
(
X a a X (Vì − + + + = ) 1 0 X 2 2 − )
( f X
)
2 2 X − X 2 −
2
X 1 + Xét hàm số =
( ′ f X
)
( ′ f X
)
(
X X 4 3 − ⇒ ⇒ = X X 1 3 = = 0 = ⇔ X 2 − + 2 )
0;
4;
.
( ) 1
( ) 3
( ) 16 = 5 3
f f f Ta tính được = =
Bảng biến thiên
301
Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 4. ≤ a a ≥
Vậy, với ;0] [4; ( ) a ∈ −∞ ∪ +∞ thì phương trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2 log
log
0
3
2 3
x x a V.12. − + =
2
Điều kiện: x > 0
3
3
x x Phương trình đã cho được viết lại thành 2 log log 0(1) − a + =
log
3
t x Đặt = ≥ 0
22 t
f 0(2) Khi đó (1) trở thành t = ( ) t a − + =
Ta thấy (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương phân biệt
0 0 ∆ > >
a a (0) 0 0 ⇔ > ⇔ > 0 ⇔ < < 1 8
0
0 0 > > a 1 8 − f S 2 1 4
1 8
y
x
Vậy, với a< < thì phương trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.
ln(1
)
ln(1
)
e x y + − + V.13. I ( ) = a − e y x − =
x
+ x a e
Điều kiện: x y > − , 1
ln(1
)
ln(1
)
0(1)
(2)
e x a x + + − + + = I ( ) − x a y = + ⇔
a > thì hệ phương trình ( )I có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (1) có nghiệm duy
) 1;− +∞
x
Với 0 nhất trong khoảng (
x a += e
1.
a
e x a x Xét hàm số f x ( ) ln(1 ) ln(1 ) với − + + − + + x > −
x e e (
1;− +∞ và có đạo hàm
)
a
′ f x ( ) == 1) − + Do f x liên tục trong( ( ) x a x ) (1 a )(1 + + +
0
0,
1;
( > ∀ ∈ − +∞
)
1
1 0 x
)
0
a > ⇒ ⇒ Do x ′ f x ( ) x > − x a + + > − > e + (1 )(1
302
1;− +∞ . Ta lại có
)
→+∞
1;
Suy ra = −∞ = +∞ f x đồng biến trên khoảng ( ( ) f x , lim ( ) x f x lim ( ) + x 1 →−
) − +∞ .
Nên phương trình f x = có nghiệm duy nhất trong khoảng ( ( ) 0
x
y
2
2
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a > . 0
x
y
y
2
+
x
m 2 4 + V.14. I ( ) = x m 2 4 2 + + =
y
2 Đặt u v ( , 0) > 4 = u = v
Hệ phương trình ( )I trở thành
2
2
1
.
.
u v m + 1 3 + − u v m = 2 . ⇔ ⇔ u v m + = − − + 1 3 + + = + + = 2 u v m = u v u v m u v + ( ) u v u v m + + = + = − + 1 u v uv m
,u v là nghiệm của phương trình bậc hai
m 1 1 3 + − (Vì 0 , u v > ) m u v m . = 1 + − 1 3 + + = u v ⇔
2
Suy ra
1)
1
0
X m X m m − + ( 1 3 − + + − + 1 3 = (*)
2
Hệ ( )I có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm dương
m m 1) 4( m 1 3 ) 0 ( 1 3 + − − 1 + − ≥ +
m 1 0 1 3 + − >
m 0 P m = 1 + − 1 3 + > ∆ = S ⇔ =
2 1 3
1 4
4 4 1 3
0
m m m m − + + − − + + ≥
1 3
1
1
m >
+ 1 3 m m < +
2
8
2 1 3 m
m + m m ≥ + ≤ ≤
0
0
8.
m ⇔ < 1 ≤
1
1
m > 0 m ⇔ > m > + 1 3 ⇔ + ⇔ >
x
1 +
Vậy, giá trị m cần tìm là 1 m< ≤ 8.
2
1
1
x
x
2
2
+
1 +
2
2
y m y = − + + + V.15. I ( ) y m + = 1 − +
303
2
x
1 +
2
2
2
1 0
( ) 1 ( ) 2
2
2
v v m − + ≥ Đặt . Khi đó, ( )I trở thành u m v u = − + v y = + ≥ = u = u
0
0
)( v u v u
(
)
x
1 +
2
2
v u Trừ (1) và (2) theo vế ta được − = ⇔ − + = ⇔ ⇔ v u v u u 0 0 − = + = v u = v = −
2 2 −
1 0
≥ u nên ta chọn . 0 Vì u m + = (3) v u= Thế v u= vào ( )1 ta được v y = + ≥ = u
0m = ta có (3) trở thành
2
a) Khi
x
1 +
2
2
0
v v 2 0 − v v u u 0 2 0 2 = ⇒ = = ⇒ = = ⇔
1 1
0
3
1 4
3
2
= x x + = = ⇒ v Ta cũng chỉ nhận 2 ⇔ ⇔ ⇔ u= 2, = y y = x y = + = = y + = 1
0m = là (
)0;3 .
Vậy, nghiệm của hệ phương trình ( )I trong trường hợp
x
1 +
2
2
b) Trường hợp tổng quát thì hệ phương trình ( )I có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm
2
1 0
2
≥ 2, được thỏa). u ≥ (Khi đó vì v u= nên v ≥ và do đó điều kiện v y = + ≥ = u
2 2 −
2
u Ta có 0 u m 2 u m + = u ⇔ − + = .
2
2 0
( ) f u
′⇒ u u u 2 , u 2 u = − + ≥ = − + = ⇔ = 1. Xét hàm số ( ) f u
Bảng biến thiên
0m ≤ .
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0m ≤ thì hệ phương trình đã cho có nghiệm.
Vậy, với
( f u nghịch biến trên [2;
)
c) Dựa vào bảng biến thiên ở câu b) ta thấy rằng hàm số )+∞
2 2 −
0m ≤ . Vậy với
x
y
u 0 = luôn có nghiệm duy nhất u ≥ với 2 nên dễ dàng suy ra được phương trình mọi u m + 0m ≤ thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
2
2
y
x 2 2 (1) − y = − V.16. x mx y 2 4 m 3 (2) − − =
2t
x ⇔ + =
( t t
) ∈ ℝ
t
f x y t ( ) Ta có (1) 2 2 = + + . Xét hàm số đặc trưng
.ℝ
f f t Ta có ′ t ( ) 2 ln 2 1 0, t đồng biến trên ( ) = + > ∀ ∈ ℝ Suy ra, hàm số .
304
x
y
x y Vì vậy 2 2 y . x + = + ⇔ =
Với x y= thì hệ phương trình đã cho trở thành
2
2
2
2
2
2
4
2
4
4
3
0(3)
x y x y x y = = = ⇔ ⇔ x mx y x mx x x m 3 m 3 − − = − − = − mx m − =
1
y x y 1 = − 1 = − y a) Khi ⇔ m = − ta có hệ x x 4 3 0 + + = = x 2 x x ⇔= − 1 3 = − = x x y 3 = − 3 = −
1
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho khi − − m = − là ( 1; 1); ( 3; 3). − −
2
b) Hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt. Điều này được thỏa khi và chỉ khi
4
3
0
0
.
3 4
m m m m ′∆ = + > ⇔ > ∨ < −
(
)
x
m thì hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. 0; ; Vậy, với 3 ∈ −∞ − ∪ +∞ 4
y
x V.17. I ( ) m y + 3 m x + 3 + = 3 y + = 3
1m = vào ( )I
x
x
x
ta được hệ a) Thay
3
x
y
y
3
( ) 1 ( ) 2
t
3 y y y y x y 2 = + x y x + = + x 3 3 x x − 3 3 y + − = − + = + x 3 y + = + 3 ⇔ + = + x 3 ⇔ 3 2 3 +
.ℝ Nên phương trình (2)
( ) 3 t =
x
f t 2 Hàm số là hàm đồng biến trên + y⇔ = x .
x⇔ = 3
x x Thay x 3 3 + = + x⇔ = 1. y= vào ( )1 ta được 3
1m = là (
)1;1 .
x
x
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho trong trường hợp
y
( ) 1 ( ) 2
t
x b) Trong trường hợp tổng quát ta cũng có y 3 x 3 2 x + = x 2 = + m y 3 + y 3 + m y + 3 m x + 3 + = 3 y + = 3 ⇔
.ℝ Nên phương trình ( )2
x
t t 2 là hàm đồng biến trên = + y⇔ = x . Hàm số ( ) 3 f
x 3 ⇔ =
x
Thay x m 3 (3) x + = m x 3 + y= vào ( )1 ta được 3
x 0,
0.
0
> ∀ ∈ ℝ nên hệ phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (3) m m Do 3 vô nghiệm. Điều này được thỏa khi và chỉ khi 3 ≤ ⇔ ≤
0m ≤ thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Vậy, với
305
2
2
( ) 1 ( ) 2
2
2
x y 17 + = V.18. I ( ) x log log + y m =
,y x cũng là nghiệm của hệ ( )I
x y Điều kiện: 0, > > 0.
,x y thì ( )
)
Giả sử hệ ( )I có nghiệm(
)
(
)
x y , y x , y . = x ⇔ = Nên để hệ phương trình ( )I có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là (
2
17 2 Thay x x 2 17 = ⇔ y= vào ( )1 ta được
x = − x = 17 2
x y Do điều kiện 0, 0 . > > nên ta chọn x =
2
2
2
log
x m m Thay log log log . y= = + = ⇔ = vào ( )2 ta được 17 2 17 2 17 2 17 2 17 2
2
17 2
log
thì hệ có nghiệm duy nhất. Kiểm tra lại ta thấy khi m =
2
17 2
Vậy, với thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. m =
Chú ý. Có thể giải bằng cách khác như sau:
2
2
2
2
m
x y 0, 0, viết lại hệ phương trình đã cho dưới dạng Với điều kiện > >
17
17
2
17
m
m
log
2
2
2
( xy
)2 2
,x y là nghiệm của phương trình bậc hai
x + x y + = x y xy + − = x + 17 2 ⇔ ⇔ ⇔ y + = m xy = y ( = ) xy m = xy = =
m
m
2
Khi đó
(
)
t t 2 0(*). − 17 2 + + =
m
m
4.2
0
Hệ phương trình ( )I có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (*) có một nghiệm kép dương
m
1 +
m
+ 17 2 − =
2
1 log 17
17
log
.
2
17 2
0
2
4
m ⇔ = ⇔ + = m ⇔ = ⇔ > ∆ = b − = a + 17 2 2
0 (1)
x y − =
log
log
(2)
y
2
V.19. m x = x y
306
0
2
2
4
0
2
1
2
y y Điều kiện: . Ta có (1) 0 x ⇔ − x y = − = x = ⇔ > x y > y ≠
2.
0
2
m
m
2
2
2
2
4
x x Vì Thay vào (2) ta được y= y= x > nên ta chỉ chọn trường hợp
m 2 (2 )
y
2
2
m
4
m y y m y x y log log log 2 2 2 = ⇔ = ⇔ = ⇒ = = = y y
m
2
m
4
2 Như vậy ta có nghiệm của hệ là 2 = x = y
m
2
2 1 > Theo yêu cầu của đề bài ta phải có ⇔ ⇔ m m m 4 m 2 0 2 0 1 > < > < y 2 4 = < = x
1m<
xy
y
x y thỏa mãn ) Vậy, với 0 < thì hệ phương trình đã cho có nghiệm ( ; 1 4. > x y <
x 4 .4
2
2
2
2
xy
2(
)
3
x y +
+
8.2 = V.20 I ( ) x y x log ) + = + y m + 3 log + log ( 2
2
2
2
2
2
2
2 y m
x y xy x y xy 2( ) 3 2( ) 3 + = + + = + =
)
log ( 2
y 0 ⇔ xy m + = x I ( ) ⇔ = + y m +
0
x y x ( x ) y = 0, 0, 10 0 > + 0 > + ⇔ + > − > x y xy log (8 ) 2 0, > > xy 8 x
2
y Đặt Ta được hệ phương trình S P S P ; 4 0, 0, 0. − ≥ > >
2
2
3
2
3
2
2
2
10
0
10
0
20
30
0(1)
P S P S P s S x = + P xy = = + 3 = − = − ⇔ ⇔ S S S S m f S ( ) − P m + = − P m + = = − + + =
Hệ phương trình đã cho có đúng bốn nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
0
P > dương phân biệt thỏa 2 4 S − P > 0
2
2
S S 6 < ∨ > 2 S < < P S S 0 > 12 0 > Ta có ⇔ ⇔ ⇔ S > S P S 2 4 − 0 > 8 − + 3 0 − > 3 2 S 6 > 2 3 2
Như vậy, yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân
6.
2
3 2
S S biệt thỏa < < ∨ > Nhận xét rằng phương trình (1) nếu có nghiệm thì tổng hai
nghiệm bằng 20 do đó yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi
2
hai nghiệm ,S S của (1) thỏa 1
307
2
0 m − < S < 2 6 < < < S 1 f f f m m 70 m 0 ⇔ > ⇔ − < ∨
2
S 3 2 6 < < S 1 0 > − 54 0 > − 10 4 > f m ( 6 0 ) 0 > − > (2) 0 < (6) 0 < ∨ 3 2 ′∆ > f (6) b a 2 6 0 54 0 9 + > 4
6 54
70.
9 4
m m ⇔ − < < ∨ < <
(
)
m ; 6 Vậy, với 54; 70 thì hệ phương trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán. ∪ 9 4 ∈ −
x y 2lg m 3 + = I ( )
V.21.
Điều kiện:
2
0 0 ≥ x y > x y 3lg 1 − =
1m = vào ( )I ta được
2
x y 2lg 3 + = x y 1) Thay ⇔ 2 lg y x + 6lg = 1 3(1) (2) = − x y 3lg 1 − =
Nhân hai vế của phương trình (1) với 3, rồi cộng với phương trình (2) theo vế ta được
x x x x x x 3 10 3 10 0 2 + = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ = 4
2 lg
lg
1
10
4
1 2
y y Thay . y = ⇔ = ⇔ = x = vào (1) ta được
1m = là (4; 10).
Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho khi
2) Trong trường hợp tổng quát, ta tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có
) ;x y thỏa
x > 1. nghiệm (
x y m m 3 − = I ( ) Ta có ⇔ ⇔ 2 lg y x x x + 6lg = 1 3 6lg 9 1 1 0(3) (4) = − + − x − y =
1x ≥ )
2
t Đặt 1 x= ≥ (Do yêu cầu của đề bài là
f t Phương trình (3) trở thành t ( ) 1 0(5). Ta có nhận xét rằng với mỗi = + t m 3 9 − − =
x 0 1 − . 6
0x ∈ ℝ thì phương trình (4) luôn luôn có nghiệm
10 Do đó hệ phương trình đã cho = y 0
có nghiệm thỏa yêu cầu đề bài khi và chỉ khi phương trình (5) có nghiệm t ≥ 1.
308
2
1t ≥ (Chỉ có thể có một nghiệm
f t Xét t ( ) 1, = + t m 3 9 − − phương trình (5) có nghiệm
(1)
3 9
0
0
.
2
1 3
af m m 3 0) khi và chỉ khi ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ t+ = − < t thỏa điều kiện này vì 1
1 3
2
2
Vậy, với m ≥ thì hệ phương trình đã cho có nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
lg
lg
1
x y + =
lg
V.22. . Điều kiện: x y > Đặt , 0. m . = x y lg lg = u v = x y
2
2
Khi đó hệ phương trình đã cho được biến đổi về dạng
2
2
2
2
)
2
2
v u m = − 1 ⇔ ⇔ u 2 2 1 0(*) − mu m + − = 1 + u m − = u v = + u v m − = v u m = − ( u
(
m m m 2. 2 2 0 − = ⇔ = m ∨ = − ′∆ = − Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm duy nhất. Điều này được thỏa khi và chỉ khi ) 1
x
y
x
2
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m 2 2. = m ∨ = −
x
y
2 3 1 = y m . =
2 2 + u V.23. ( ).I Đặt , 0. v> 0, > 2 3 3 + = u = v
2
2
Khi đó hệ phương trình ( )I được biến đổi về dạng
1(1)
v ),C ta chỉ lấy ( )II . Phương trình (1) là phương trình đường tròn đơn vị (
Phương trình (2) là phương 0. >
M u v thuộc đường tròn sao cho u v> 0, Hệ phương trình ( )I có nghiệm duy nhất 0. >
v> 0, ,Ouv ( )d tiếp xúc với ( )C tại điểm
u = + u v m + = (2) những điểm ( ; ) trình đường thẳng ( )d và cũng chỉ xét u khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc M u v ( ; ) 0. C u v ( ), , > Điều này được thỏa khi và chỉ khi ∈
, ( )) 1
1
2.
0
0
m = = ⇔ m ⇔ = d O d ( m > − 2 m >
2
2
thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất và thế vào hệ Như vậy, khi 2 2 m = m =
(
)2 + =
= v 1 + = uv 2 1 u v + − = ( )II ta được ⇔ ⇔ ⇔ 2 + = u u v u v 2 2 1 2 + = uv u v v = u = 2 2 2 2
309
x
y
x = − 2 = 1 2 Ta có . ⇔
3
y log = = 2 2 3 2 2 2 2
3
x
y
2
2
Vậy, với thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ;log . 2 m = 1 2 2 2 −
x
y
y
2
+
x
2 4 2 + V.24. ( )I = x 2 4 2 m . + − 1 = −
y
2
2
2 u Đặt , 0. v> 0, > Khi đó hệ phương trình ( )I được biến đổi về dạng 4 = u = v
2
(1)
2
2
2
v . Biến đổi phương trình (2) về dạng ( )II m
2
(
(2) )
2
2
1
1
) 2
v u u v + + − u v + − u = + u v uv + − 2 ) ( u v m u v u 2) = − ⇔ + − m = − (Do + − v+ = = − 1 ( 2
2
( ⇔ +
)
)
(
≥ − 1 2 u v . 2 m 2 − u v + − u v m 2 1 0 + =
u v m 2 1 0 + = m 0 = ⇔ + − + 1 1 + − −
2
2
Như vậy, hệ ( )II tương đương với
C u v 2( ) (1) = +
. u v 1 m 2 1 0( )(3) + = d 1
2
u v m d 1 2 1 0( )(4) + − − + = + − +
M u v thuộc đường tròn sao cho ( ; ) 0.
Phương trình (1) là phương trình đường tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính 2 , ta chỉ lấy những điểm phương trình đường thẳng và cũng chỉ xét khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc u ,Ouv ).C Các Phương trình (3) và (4) là > Hệ phương trình đã cho có nghiệm )d có điểm chung với ( 2( u v> 0, v> 0, 0. > )d hoặc 1(
( 2; 0)
A đường thẳng khi )d đều có hệ số góc bằng 1.− 2(
)d và 1( 2 và tiếp xúc với ( 1 )d đi qua điểm 1( 2. 1 + = m− 2 + = Cũng lập luận tương tự đối với
m 1 2 2 1 2 + ≤ < + m 0. 2 1 ⇔ − < ≤ m 1 2 2 1 2 + ≤ < − )C khi 1 m− 2 1 )d và cuối cùng ta có điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghiệm là 2(
m Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 1 2 − < ≤ 0.
310
x
y
2
2
2
2
x
y
x
y
x y
2
2
2
1 + +
2
2
2
2
2
2
16 (
)
x
+ = V.25. I ( ) m m + + + + =
y
2
2
2 u Đặt , 0. v> 0, > Khi đó hệ phương trình ( )I được biến đổi về dạng 2 = u = v
2
2
2
2
2
2
)
)
( m u v
)
2
C v 16( ) + = v 16 + = v = + ⇔ 0( ) = 2 0 + + + − = m 2 0 u v + + + − = u ( 16 )( u v m u v m u ( 2 d 1 d 0( ) = u ⇔ + − u v m u v m + +
)C có tâm tại gốc tọa độ và bán kính bằng 4. Các đường thẳng )d và 1(
Ta có đường tròn ( )d đều có hệ số góc bằng 1.− 2(
)C giao với )d và 1(
)C tiếp xúc với một trong hai đường thẳng và cắt đường còn lại tại
Hệ phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc )d tại ba điểm phân biệt có tọa độ dương. Điều này ,Ouv đường tròn ( 2( xảy ra khi và chỉ khi ( hai điểm phân biệt.
A Ta có (4;0) khi 4, còn )C khi m = 4 2. m = )d đi qua điểm 1( )d tiếp xúc với ( 1(
A (4;0) khi )C khi Tương tự m = − còn 2, 2 2. m = − )d đi qua điểm 2( )d tiếp xúc với ( 2(
2
Dễ thấy rằng không tồn tại giá trị nào của tham số m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
2 3
2
2 2 2 log
3
2
x y log log m 4 + = V.26. x y log 10 + =
log
3
log
2
x Cách 1. Điều kiện: . x y > Đặt 0. , y = u v =
2
2
2
2
Khi đó hệ phương trình đã cho được viết lại dưới dạng
)2
( 4 5 u 5 = −
m m 0(1) + 100 4 − = u u m 4 0 + − − = ⇔ ⇔ u 40 u − 5 = − u v 4 4 = + u v 5 0 + − = u 5 v v
100 0
m Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có một nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 20 = ⇔ = m 5. ′∆ = −
5m = thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
2
2
2
Vậy, khi
log
3
log
2
x m E 1( ) m Cách 2. Cũng đặt , ta có hệ: , ( 0). ⇔ ≠ y = u v = 24 u v 4 = + u v 5 0 + − = d 5 0 ( ) v u + = m m 4 + − = u v
).E Ta có
25
25
1.
5
m m m m Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ( )d tiếp xúc với Elip ( điều kiện là 1.4 = ⇔ = ⇔ = 5. +
5m = thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Vậy, khi
311
