HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI 1 : Giải các phương trình sau:
1) X
ét hàm số f
x x x5 x7 x1614, x (5 ; +)
016 x 2
1 7
x 2
1 5
x 2
1 x
2 x 1
'f
, x (5 ; +)
hàm số f(x) đồng biến trên (5 ; +) (1)
Ta lại có : f(9) = 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 9.
2)
Ta thấy x2 35 x2 24 nên5 x 4 0 4 x
5
Xét hàm số : f(x) = x2 35 x224, 5 x 4
024 x . 35 x
24 x 35 x x 24 x 2
x 2 35
x 2
x ) 2
x ( '
f 2 2
2 2
2
2
, x
; 5 4
f(x) là hàm số luôn luôn nghịch biến trên
4/5;
Ngoài ra hàm số g(x) = 5x – 4 là hàm số đồng biến trên R nên cũng đồng biến trên
4/5;
. Đồ thị hai hàm số này chỉ cắt nhau tại một điểm duy nhất (1) Mặt khác, ta có : f(1) = g(1) = 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
3)
Điều kiện: 0 x 60 x 6
0
x
Xét hàm số :
4 3
4 3
) x 6 (
1 )
x 2 ( ) 1 x (
f và
x 2 1 x 6 ) 1 x (
g
Ta có : 0
) x 6 (
1 4
3 ) x 2 (
1 2 ) 3 x ( ' f
4 7
4 7
, x (0 ; 6) hàm số f(x) giảm trên khoảng (0 ; 6).
0
) x 2 (
1 )
x 6 ( 2 ) 1 x ( '
g 3 3
, x (0 ; 6) hàm số g(x) tăng trên khoảng (0 ; 6).
Mặt khác, ta có : f(2) = g(2) (2 (0 ; 6)) nhận x = 2.
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
4)
Điều kiện : x 1Nhận xét : x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f
x x3x2x34 x13 trên
1;
. Ta có :
x 1
0, x ( 1; )4 1 3 x 2 x 3 x '
f 3
4
2
Do đó hàm số đồng biến và liên tục trên
1;
. Mà f
0 0 nên2
x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 1.
Vậy nghiệm của phương trình là : 2 x 1.
5)
Điều kiện : 3 3 5 x 1 0 1 x5
Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số Ta có :
* 5x313 2x1x40
iKhi 3
5
x 1 không thỏa mãn (i)
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Khi 3
5
x 1 , xét hàm số yf
x 5x313 2x1x4 trên
; 5 1
3 có :
1 01 x 2 3
2 1
x 5 2
x x 15
'f 32 3
,
;
5 x 31
Do đó hàm số y = f(x) đồng biến trên
; 5 1
3 và f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của (i).
Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy với điểm rơi x = 1
Ta có :
3 1 x 1 2
. 1 . 1 x 2
4 3 x 5 2
3 x 5 2 4 1 1 x 2 5 1 1 x 5
Cauchy 3
3 Cauchy 3
3 3
Suy ra :
12 13 x 20 x x 15 3
1 x 2 4
3 x x 5 1 x 2 1 x 5
VT* 3 3 3 3 Mà : 15x3 1220x1343x3 4x70
x1
3x2 3x7
0x1Suy ra : 4
12 13 x 20 x x 15 1 x 2 1 x
5 3 3 3 và dấu “=” xảy ra khi x = 1.
Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
Cách 3 : Liên hợp khi sử dụng Casio tìm được x = 1 là nghiệm duy nhất
x 2
01 1 x 2 1
x 2
1 x 2 2
1 x 5
1 x 1 x 0 5
1 x 1 1 x 2 2 1 x 5
* 2 3 2 3
3
2
2x 1
2x 1 1 1 0 x 1 22 1 x 5
1 x 1 5
x 2 3 2 3
Do
2x 1
2x 1 1 1 0 22 1 x 5
1 x 5
3 2 3
2
, 3
5 x 1
Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.
6)
Điều kiện : x 0
* 3x2 x8x 2x2 13 2x2 130
iXét hàm số f
x 3x2x8x 2x2 13 2x2 13 trên [0 ; ) có :
2x 18 x 6 x 1 32 x 1 6 x 2
x 6 1
x 2
x 1 2
x 2 8 1 x 6 x
'f 2 22 2 2 2
Do : 32x2 – 6x + 8 > 0, x R nên f’(x) > 0, x 0. Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên [0 ; ) và có f(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của (i).
Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
7)
Điều kiện : 0 x 4 Xét hàm số f
x x x x12 xác định và liên tục trên [0 ; 4], có :
012 x 2 x 1 2 x 3
'f
, x
0;4 , nên f(x) đồng biến trên [0 ; 4] (i) Xét hàm số g
x 12
5x 4x
xác định và liên tục trên [0 ; 4], có :
0x 4 2
1 x
5 2 12 1 x '
g
, x
0;4 , nên g(x) nghịch biến trên [0 ; 4] (ii)Từ (i), (ii) suy ra f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất và f(4) = g(4) = 12 nên x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình (*).
Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.
8)
Điều kiện : 2 x 1
*
x2
2x1
3 x2
x6
2x1
3 x6
4
2x 1 3
x 6
2x 1 3
4
2x 1 3
x 2 x 6
4
i2
x
Do x2 x6 0,
2 x1
và vế phải dương nên để phương trình (i) có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo là : 2x130 2x13x5
Xét hàm số dương f
x 2x13 trên nửa khoảng (5 ; ) có :
0 1 x 2 x 1'f
, x > 5 nên f(x) là hàm số dương đồng biến trên (5 ; ) (1)
Xét hàm số dương g
x x2 x6 trên nửa khoảng (5 ; ) có :
0 6 x 21 2
x 2 x 1 '
g
,
5 x
nên g(x) đồng biến trên (5 ; ) (2)
Từ (1), (2) h(x) = f(x).g(x) =
2x13
x2 x6
là hàm số đồng biến trên (5 ; ) và có
7 4h nên x = 7 là nghiệm duy nhất của (i).
Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 7.
9)
Điều kiện : x 8. Đặt t 3 x1xt318t3 7.
* t2 2t
t34
t373t32803t3t2 2t28
t34
t370Nhận thấy t3 7 không là nghiệm nên chỉ xét t
3 7;
.Xét hàm số f
x 3t3t22t28
t3 4
t3 7 trên
3 7;
có :
t 7
04 t 7 t t t 3 2 t 2 t 9 t
'f 3 3 2
3 3 3 2
2 t
, 0
2
, t
3 7;
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng
3 7;
.Ta lại có : f(2) = 0 t = 2 x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 9.
10)
Điều kiện : x 1. Do x = 1 không là nghiệm phương trình nên ta chỉ xét x > 0.Lúc đó, ta có :
* 3 x6x2 x17
1Xét hàm số f
x 3 x6x2 x1 trên (1 ; ), ta có :
2 x 1 0x 1 6 2 x 3 x 1
'f 3 2
, x > 1
hàm số f(x) đồng biến trên (1 ; ) và có f(2) = 7 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
11)
Điều kiện : x 1Do x = 1 không là nghiệm của phương trình nên với x > 1, ta có :
1 1 x6 6 x
x 3 1 x 2
* 3
Xét hàm số : f
x 2 x133 x6 trên (1 ; ) ta có :
0 6 x1 1 x x 1
'f 3
, x > 1
f(x) đồng biến trên (1 ; ) Xét hàm số :
1 x
6 x x
g
trên (1 ; ) có
x 1
0x 7 '
g 2
, x > 1 g(x) nghịch biến trên (1 ; ) Mặt khác : f(2) = g(2) x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
12)
Phương trình xác định với mọi x R.Ta thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình.
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Xét x > 0, chia hai vế phương trình cho x và đặt x
t 1 ta được phương trình :
19 t 4 t 4 1 t 2 3 2 4 t t
2 2 3 2
Đặt u3 2t1, khi đó phương trình (1) trở thành : u61523u u68
20 2 15 u 8 u u
3 6 6
Xét hàm số f
u 3u u68 u6 152 trên R. Ta thấy nếu u < 0 thì f(u) < 0 nên ta chỉ cần xét u > 0.Khi đó
015 u
1 8
u u 1 3 3 u
'f 5 6 6
với mọi u > 0. Do đó f(u) là hàm đồng biến trên (0 ; ).
Mà f(1) = 0 nên u = 1 là nghiệm duy nhất của (2). Từ đó ta tìm được x = 1.
Xét x < 0, làm tương tự như trên ta có phương trình : u6 83u u6 1520 với u < 1 Xét hàm số g
u u683u u6152 với u < 1.Ta có :
3 015 u
1 8
u u 1 3 u '
g 5 6 6
với mọi u < 1. Nên g(u) > g(1) = 2.
Vậy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
13)
Điều kiện : 8 – 3x2 0Khi đó phương trình đã cho tương đương với : x33x1
2x
2x
83x2 0
0
1x 3 8 x 2 1 4 x 1 x x x 0
3 8 x 2
1 x x 1 4
x x 1
x 2 2 2 2 2
Ta chứng minh phương trình
0
2x 3 8 x 2 1 4
x 2
vô nghiệm.
Xét hàm số f
x 2x 83x2 với
3
; 8 3
x 8 .
Ta có :
2x 3 8
x 1 3
x
'f ;
3 x 2
0 x
'f ;
3 6 4 6 3
f 2
3 0 2 8 3
f 8
, 0
3 2 8 3
f 8
Suy ra :
3 6 4 x 6
f
0 . Do đó :
03 6 4 6
1 3
1 8 x f 1 1
x
. Nên phương trình (2) vô nghiệm.
Từ đó suy ra phương trình (1) x2 – x – 1
2 5 x1
Vậy nghiệm của phương trình là :
2 5 x1 . BÀI 2 : Giải các bất phương trình sau :
1)
Điều kiện : –2 x 4 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Xét hàm số f
x 2x33x2 6x16 4x trên [–2 ; 4] ta có :
) 4
; 2 ( x , x 0 4 2
1 16
x 6 x 3 x 2
1 x x x 3
'
f 3 2
2
Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên [–2 ; 4]
Mặt khác, ta có: f(x) > f(1) = 2 3 x > 1.
Kết luận : Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [–2 ; 4].
Cách 2 : Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp.
2x 3x 6x 16 3 3 3 4 x 0
3 2 x 4 16 x 6 x 3 x
2 3 2 3 2
x 0 4 3
1 x 3
3 16 x 6 x 3 x 2
11 x 6 x 3 x 2
2 3
2 3
0
x 4 3
1 x 3
3 16 x 6 x 3 x 2
) 11 x 5 x 2 )(
1 x (
2 3
2
x 0 4 3
1 3
3 16 x 6 x 3 x 2
8 63 4
x 5 2 )
1 x (
] 4
; 2 [ x , 0 2
3
2
x – 1 > 0 x > 1
Kết luận : Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [–2 ; 4].
2)
Điều kiện :2 x 3 2 1
Xét hàm số
2x 61 x 2 x 5 2 3 3 x
f
trên
2
;3 2 1 . Ta có : 'f
x 332x
2x51
3 20 với mọi
2
;3 2
x 1 . Do đó hàm f(x) nghịch biến trên
2
;3 2 1 . Ta thấy f(1) = 0 nên bất phương trình tương đương với f(x) f(1) x 1
Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của bất phương trình là :
2 x 3 1
3)
Điều kiện :3 x1
Bất phương trình đã cho tương đương với : 3x1
1x
320
1 Xét hàm số f
x 3x1
1x
32 trên đoạn
; 3
1 .
Ta có :
3
1 x
01 x 3 2 x 3
'f 2
với mọi
;
3
x 1 . Do đó hàm số đồng biến trên
; 3
1 .
Mặt khác, ta thấy f(1) = 0 nên suy ra (1) f(x) 0 x 1 Vậy nghiệm của bất phương trình là : x 1.
Trong nhiều trường hợp hàm số y = f(x) xác định trên D nhưng ta chỉ chứng tỏ được f đơn điệu trên khoảng K D, để vận dụng được tính đơn điệu của f trong giải phương trình f(x) = c (tương ứng bất phương trình) chúng ta có thể nhận xét x K hoặc phân chia các trường hợp x K, x K.
4)
Điều kiện : 3x2. Khi đó BPT đã cho tương đương với :
x2 3x2
x2 x2
0
x 1 0
12 x 3 2 x 2 2 x 0 1 x 2 2 x
x 3 2 x
x 2
2
Xét hàm số
x 12 x 3 2 x x 2
f
với
3 x2.
Ta có :
x 2 33xx 22
03 2
x 1 1
x
'f 2
với mọi
3
x2. Do đó hàm f(x) đồng biến trên
; 3
2 .
Suy ra :
02 3 3 5 3 f 2 x
f
với mọi
3
x 2. Suy ra bất phương trình (1) x – 2 0 x 2.
Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là : x 2 3
2 .
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
BÀI 3 : Giải các phương trình sau :
1)
Điều kiện :
x 2
0 x 2 x0 1 x
0 x
Nhận xét x = 2 không phải là nghiệm của phương trình do đó x > 2.
Ta có: (*) x
x 21(x1) (x1)2 1Đặt u u 1 v v 1 f(u) f(v)
) 2 x do ( 1 1 x v
) 2 x do ( 1 x
u 2 2
Xét hàm đặc trưng f
t t t2 1 với t (1 ; +)
01 t
t 1 t 1 t 2
t 1 2
t '
f 2
2
2
, t > 1 f(t) là hàm đồng biến t > 1
Do đó :
25 x 3
2 5 x 3
2 5 x 3
1 x 2 x x
1 1 x
x x v u v f u
f 2
nhận loại
2)
Tập xác định : D = R.
* 2x33x13 2x3 3x1x2 23 x22
3 2x33x1
3 3 2x33x1
3 x22
33 x2 2 f
3 2x33x1
f 3 x2 2 1
Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R
Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)
Từ (1), (2) suy ra : f
3 2x33x1
f3 x2 2
3 2x33x13 x2 2 2x3x2 3x10
2x1
x2 x1
0x21x12 5
Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là
2 x1,
2 5 x1 .
3)
Điều kiện : x 2Đặt v u 3x x 2
0 2 x v
0 x 2 x
u 2 2
Hoặc đặt: u u v v f(u) f(v)
0 2 x v
0 x 2 x
u 2 2 2
Khi đó (1) x22x x2 2x x2x2 u u vvf
u f v Xét hàm đặc trưng : f
t t t với t 0
1 0t 2 t 1 '
f t 0 f(t) là hàm đồng biến t 0
Do đó :
x 2 nhận
loại 1
0 x 2 x x 3 v u v f u
f 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
4)
Điều kiện : x 1 2
Ta có : 4x3 x (x 1) 2x 1 0 (nhân thêm cho 2 do thấy trong căn có 2x + 1)
33 3 3
8x 2x (2x 2) 2x 1 0 (2x) 2x [(2x 1) 1] 2x 1 (2x) 2x 2x 1 2x 1
(1)
Đặt u 2x 0 u3 u v3 v f (u) f (v)
v 2x 1 0
Xét hàm đặc trưng : f t
t3 t với t 0 f ' t
2t2 1 0, t 0 f(t) là hàm đồng biến t 0Do đó :
2 2x 0 x 0
f u f v u v 2x 2x 1
2x 1 4x 4x 2x 1 0
x 0
1 5
1 5
x 2 x
2
1 5
x 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1 5
4
.
Chú ý : Có thể phân tích như sau :
4x3 x (x 1) 2x 1 08x32x (2x 2) 2x 1 0 2x[(2x)2 1] 2x 1
2x 1
215)
Điều kiện : 9 x 1
*
9x1
32 9x1
2x1
32
2x1
f
9x1
f
2x1
1Xét hàm số f(t) = t3 + 2t trên R có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t R.
Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)
Từ (1), (2) f
9x1
f
2x1
9x12x1x138137Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm là
8 137
x13 .
6)
Điều kiện : x 5/2
* 2x 3 2x
52x
3 52x f
2x f
52x
1Xét hàm số f(t) = t3 + 2t trên R có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2) Từ (1), (2) f
2x f
52x
52x 2xx 2141Kết luận : So với điều kiện, nghiệm phương trình đã cho là
4 1
x 21
.
7)
3 3 3 3 3 3 3 3 3 33 2 3 2
3 2 3 3 3 2
u x 1 u x 1 u 1 x 2 u 1 x 2
u 1 u v 1 v f (u) f (v)
v 2x v 1 2x 1
v 2x v 1 2x 1
Xét hàm đặc trưng : f t
3 t3 1 t với t
32 23
f ' t t 1 0
(t 1)
, t f(t) là hàm đồng biến t
Do đó : f u
f v u v 2x2 x 1 x 1 1x 2
x 0
1 5
1 5
x 2 x
2
1 5
x 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1
2 x1.
8)
Điều kiện : 5xx2 0 x(5 x) 0 0 x 5Ta có : (x 1) 3 (5xx )2 3 3 5xx2 3(x 1) 3 5xx2 (5xx )2 3 (x 1) 33(x 1)
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
Đặt u 5x x2 0 3 3
3u u 3v v f (u) f (v) v x 1 0
Xét hàm đặc trưng : f t
3t t3 với t > 0
2f ' t 3 3t 0, t > 0 f(t) là hàm đồng biến t > 0
Do đó :
2 2 2 2x 1 1 x 1
f u f v u v 5x x x 1 0
5x x x 2x 1 2x 3x 1 0
x 1
x 1
x 1 2
2 x 1
x 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 x 1
2.
9)
Điều kiện : 3x + 1 0 3 x1
Phương trình đã cho tương đương với :
x1
3 x1
3x1
3x1 3x1
x1
3 x1
3x1
3 3x1
*
Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R. Ta có : f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t R.
Do đó hàm f(t) đồng biến trên R.
Suy ra :
x 1
0 0 x
x x 1 x 3 1 x 1 x 3 f 1 x f
* 2
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0, x = 1.
10)
Tập xác định : D = R.
* 2x33x13 2x3 3x1x2 23 x22
3 2x33x1
3 3 2x33x1
3 x22
33 x2 2 f
3 2x33x1
f 3 x2 2 1
Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R
Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)
Từ (1), (2) suy ra : f
3 2x33x1
f3 x2 2
3 2x33x13 x2 2 2x3x2 3x10
2x1
x2 x1
0x21x12 5
Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là
2 x1,
2 5 x1 .
11)
2x1 2 4x24x4 3x2 9x230 2x12 2x1233x2 3x23
Đặt
x 3 v
1 x 2
u u
2 u2 3
v2 v23
f(u) = f(v).Xét hàm đặc trưng : f
t t
2 t23
, t R
03 t 3 t t 2 t '
f 2
2
2
, t f(t) là hàm số luôn luôn đồng biến t Do đó : f(u) = f(v) u = v 2x + 1 = 3x
5
x1. Vậy nghiệm của phương trình là : x = –1/5.
12)
Tập xác định : D = RDo x = 0 không là nghiệm nên xét x 0.
Chia hai vế (*) cho x3 0 ta được :
1
ix 2 5 x
8 x 17 x 2 10
* 2 3 3 2
Đặt x
y 1, (y 0) thì
i 8y317y10y223 5y21
2y1
32
2y1
3 5y2 1
323 5y21
2y 1
f
3 5y2 1
f
Xét hàm số f(t) = t3 + 2t có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t R nên f(t) tăng trên R và có : f
2y1
f
3 5y21
8y 17y 6
0y 0 y 6 y 17 y 8 1 y 5 1 y
2 3 2 3 2 2
y = 0 (loại) hoặc
16 97 y17
12 97 17 y
x 1
Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là
16 97 x17 .
13)
Điều kiện :
0 1 x 2 x 4 x 2
0 1 x x 1 x
2 2
Phương trình đã cho tương đương với : x1 x1
x1
2 x1
1 2x 2x
2x 22x1
1Đặt
x 2 v
1 x
u u u u2 u1 v v v2 v1 f(u) = f(v).
Xét hàm số f
t t t t2t1 trên tập xác định.Ta có :
1 t t . 1 t t t 4
1 t 2 1 t t 1 2
1 t t t 2
' 1 t t 1 t
t
'f 2 2
2 2
2
Để ý rằng : 2 t2 t12t1 4t24t42t1
2t1
2 32t1 2t12t10 Suy ra f’(x) > 0 với mọi x thuộc tập xác định. Do đó hàm số đồng biến trên tập xác định.Khi đó (1) f(x + 1) = f(2x) x + 1 = 2x x = 1, thỏa mãn điều kiện.
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1.
14)
2 2
2 2 2 2
2 2
x x 2 x x
* x 1 f x x 2 f x x x 1 1
1 4 x x 2 1 4 x x
Điều kiện : ( 1,561552813)
2 17 x 1
1 4
x x 0
4 2 x x 0
2 2
(Bấm máy ta thấy phương trình có 1 nghiệm x = 1. Khi đó ta xét hàm số ta xét các giá trị khác 1) Đặt
x x v
2 x x u
2 2
1 4 v
v u
4 1
u
f(u) = f(v).
Điều kiện : 0 u 4
4 u
0 u 0 u 4
0
u
Xét hàm số
t 4 1 t t
f trên [0 ; 4] có : 'f
t 1 2 4t t 2 4t t
1 14t
2 0
, t (0 ; 4)
hàm số f(t) đồng biến trên [0 ; 4]
Nếu x [1 ; 1)
0 1 x
0 x x f 2 x x f 0
1 x
x x f 2 x x f 0
1 x
x x 2 x x
2
2 2
2
2 2
2
2 2
(1) vô nghiệm khi x [1 ; 1)
Nếu
x 1 0
0 x x f 2 x x f 0
1 x
x x f 2 x x f 0
1 x
x x 2 x x 2
17
; 1 1
x 22 2 2 2 2 2 2 2
IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
(1) vô nghiệm khi
2
17
; 1 1 x
Thử trực tiếp thấy x = 1 thỏa x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Chú ý:
Với x [1 ; 1). Do hàm số đồng biến nên x2x2x2xf
x2x2
f x2x
Với
2
17
; 1 1
x . Do hàm số đồng biến nên x2x2x2xf
x2x2
f x2x
15)
Điều kiện :
13 x
1 x
Phương trình đã cho tương đương với :
x2
x12
3 2x13
x1
x1 x12x13 2x1
x1
3 x1
3 2x1
3 3 2x1
1
Xét hàm số f(t) = t3 + t với t R. Ta có : f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t R.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Khi đó
1 f
x1
f 3 2x1
x13 2x1
2 5 x 1
0 x
2 5 x 1
0 x
2 x 1
0 x x x
2 x 1 1
x 2 1 x
2 x 1
2 2 3
3
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 và
2 5 x1 .
16)
Tập xác định : D = R Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số Phân tích :
* 8x312x25x3x2
3 3x2
33 3x28x312x28x2
3 3x2
33 3x2 Với phương trình 8x312x28x2, bấm máy ta được nghiệm
2 x1
8x 8x 4
(2x 1)(4x 4x 2) (2x 1)
(2x 1) 1
2 x 1 2 x 8 x 12 x
8 3 2 2 2 2
Ta có:
* 8x312x25x3x2
3 3x2
33 3x2(2x1)3(2x1)
3 3x2
33 3x2 (1)Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t R f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2) 3 3x2 2x1 8x3 – 12x2 + 3x + 1 = 0 x = 1
4 3 x1
Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :
4 3 x 1
4 3 x 1
1
x .
Hoặc: Đặt y8x312x2 5x, ta có:
3 2 3 3
2 3
y 2 x 3
y x 5 x 12 x 8 y
2 x 3
y x 5 x 12 x
8
y3y8x312x28x2(2x1)(4x24x2)(2x1)
(2x1)21
(2x1)3(2x1) Cách 2 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ
Xét hàm số f(x) = 8x3 – 12x2 + 5x có f’(x) = 24x2 – 24x + 5 và có f”(x) = 48x – 24 = 0 2
x1 nên có phép đặt ẩn phụ : 2y13 3x2 để đưa về hệ phương trình và lời giải như sau :
Đặt :
8x 12x 5x 2y 1 0
0 1 x 3 y 6 y 12 y 8 1 y 2 x 5 x 12 x 8
2 x 3 1 y 2 2
x 3 1 y
2 3 2
2 3 2
3 2 3
8(y3 – x3) – 12(y2 – x2) + 8(y – x) = 0 (y – x)[2(y2 + x2 + xy) – 3(y + x) + 2] = 0
y = x 2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0
Với y = x 8x3 – 12x2 + 3x + 1 = 0 x = 1
4 3 x 1
Với 2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0 (1) Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn y có :
= (2x – 3)2 – 8(2x2 – 3x + 2) = 12x2 + 12x – 7 < 0, x
(1) vô nghiệm hệ vô nghiệm khi 2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :
4 3 x 1
4 3 x 1
1
x .
17)
Tập xác định : D = R.
* x34x2 5x6(7x29x4)
3 7x2 9x4
33 7x29x4
3 2
3 3 22
3 3x 4x 2 7x 9x 4 7x 9x 4
x
x1
3 x1
3 7x29x4
3 3 7x2 9x4 f
x1
f
3 7x29x4 1
Cách 1 : Sử dụng đơn điệu hàm số
* x1
3 x1
3 7x29x4
33 7x29x4 f
x1
f
3 7x29x4 1
Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t f(t) đồng biến trên R (2) Từ (1), (2) f
x1
f
3 7x29x4
x13 7x29x4 x34x26x50 (x – 5)(x2 + x – 1) = 0
2 5 x 1
5
x
Cách 2 : Đặt ẩn phụ đưa về hệ
Đặt y y
x 1
x 1
y
x 1
y x 1
06 x 5 x 4 x y
4 x 9 x 7 4 y
x 9 x 7
y 3 2 3 3 2 2 3 3 3 3
(y – x 1)[y2 + y(x + 1) + (x + 1)2 + 1] = 0
1 04 1 x 3 2
1 y x
1 x y
y , x
; 1 2 2
y = x + 1
Với y = x + 1 x13 7x29x4 (x + 1)3 = 7x2 + 9x – 4 x3 – 4x2 – 6x + 5 = 0
(x – 5)(x2 + x – 1) = 0
2 5 x 1
5
x
Cách 3 : Đặt ẩn phụ đưa về hệ
Đặt y = x3 – 4x2 – 5x + 6, ta có hệ : y y x 3x 4x 2 y y (x 1) (x 1) y
4 x 9 x 7
y 6 x 5 x 4
x 3 3 2 3 3
3 2
2 3
Đặt
1 x v
y
u Ta có : u3 + u = v3 + v f(u) = f(v)
Xét hàm đặc trưng : f(t) = t3 + t, t f ’(t) = 3t2 + 1 > 0, t f(t) đồng biến trên R.
Do đó : f
u f v yx1x34x25x6x1x34x26x50
nhận
nhận
2 5 x 1
5 x 0 5 x 6 x 4
x3 2 . Vậy phương trình có nghiệm: x = 5
2 5 x1
18)
Tập xác định : D = R.