• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đoàn Ngọc Dũng -

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đoàn Ngọc Dũng -"

Copied!
16
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI 1 : Giải các phương trình sau:

1) X

ét hàm số f

 

xxx5x7x1614, x  (5 ; +)

 

0

16 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 nên

5 x 4 0 4 x

5    

Xét hàm số : f(x) = x2 35 x224,  5 x 4

 

0

24 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 6

0 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 33

 

 , 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  1

Nhận xét : x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.

Xét hàm số f

 

x x3x2x34 x13 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 nên

2

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 x

5    

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số Ta có :

 

*  5x313 2x1x40

 

i

Khi 3

5

x 1 không thỏa mãn (i)

(2)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

Khi 3

5

x 1 , xét hàm số yf

 

x  5x313 2x1x4 trên 

 

 ; 5 1

3 có :

 

1 0

1 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

0x1

Suy 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

0

1 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 2

2 1 x 5

1 x 1 5

x 2 3 2 3   





 

 

 

Do

 

2x 1

2x 1 1 1 0 2

2 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 x8x 2x2 13 2x2 130

 

i

Xét hàm số f

 

x 3x2x8x 2x2 13 2x2 13 trên [0 ; ) có :

 

2x 1

8 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

 

xx xx12 xác định và liên tục trên [0 ; 4], có :

 

0

12 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 :

 

0

x 4 2

1 x

5 2 12 1 x '

g 

 

 

 

 , x

 

0;4 , nên g(x) nghịch biến trên [0 ; 4] (ii)
(3)

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

 

i

2

x              

Do x2 x6 0,

2 x1

 và vế phải dương nên để phương trình (i) có nghiệm thì cần điều kiện kéo theo là : 2x130 2x13x5

Xét hàm số dương f

 

x  2x13 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  x2 x6 trên nửa khoảng (5 ; ) có :

 

0 6 x 2

1 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 4

h  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 x1xt318t3 7.

 

* t2 2t

t34

t373t32803t3t2 2t28

t34

t370

Nhận thấy t3 7 không là nghiệm nên chỉ xét t

3 7;

.

Xét hàm số f

 

x 3t3t22t28

t3 4

t3 7 trên

3 7;

có :

     

t 7

0

4 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 x6x2 x17

 

1

Xét hàm số f

 

x 3 x6x2  x1 trên (1 ; ), ta có :

 

 

2 x 1 0

x 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 1

Do x = 1 không là nghiệm của phương trình nên với x > 1, ta có :

   

1 1 x

6 6 x

x 3 1 x 2

* 3

 

Xét hàm số : f

 

x 2 x133 x6 trên (1 ; ) ta có :

 

0 6 x

1 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

0

x 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.

(4)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

 Xét x > 0, chia hai vế phương trình cho x và đặt x

t 1 ta được phương trình :

 

1

9 t 4 t 4 1 t 2 3 2 4 t t

2 2    3   2  

Đặt u3 2t1, khi đó phương trình (1) trở thành : u61523u u68

 

2

0 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

 

0

15 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 83u u6 1520 với u < 1 Xét hàm số g

 

u  u683u u6152 với u < 1.

Ta có :

 

3 0

15 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  0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với : x33x1

2x

 

 2x

 83x2 0

     

   

 

0

 

1

x 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

 

2

x 3 8 x 2 1 4

x 2

 

 vô nghiệm.

Xét hàm số f

 

x 2x 83x2 với 

 



 3

; 8 3

x 8 .

Ta có :

 

2

x 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 :

 

0

3 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 x1

Vậy nghiệm của phương trình là :

2 5 x1 . 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.

(5)

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 32      32      

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 6

1 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 x1

Bất phương trình đã cho tương đương với : 3x1

1x

320

 

1 Xét hàm số f

 

x3x1

1x

32 trên đoạn 

 

 ; 3

1 .

Ta có :

 

3

1 x

0

1 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 : 3

x2. Khi đó BPT đã cho tương đương với :

x23x2

x2x2

0

      

x 1 0

 

1

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

x 3 2 x

x 2

2 

 

  

 

 

 

Xét hàm số

 

x 1

2 x 3 2 x x 2

f  

  với

3 x2.

Ta có :

 

x 2 33xx 22

0

3 2

x 1 1

x

'f 2

 

 

 với mọi

3

x2. Do đó hàm f(x) đồng biến trên

 

 ; 3

2 .

Suy ra :

 

0

2 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  .

(6)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

BÀI 3 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện :

x 2

0 x 2 x

0 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 1

Đặt 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 ; +)

 

0

1 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 :

     

 

2

5 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.

 

* 2x33x13 2x3 3x1x2 23 x22

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 x1,

2 5 x1 .

3)

Điều kiện : x  2

Đặt 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)  x22x x2 2x x2x2 u u vvf

   

u f v Xét hàm đặc trưng : f

 

t  t t với t  0

 

1 0

t 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)

 

3

3 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

 

      

   



(7)

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  0

Do đó :

   

2 2

x 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

21

5)

Điều kiện : 9 x 1

 

*

9x1

32 9x1

2x1

32

2x1

f

9x1

f

2x1

  

1

Xét 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

9x12x1x138137

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm là

8 137

x13 .

6)

Điều kiện : x  5/2

     

* 2x 3 2x

52x

3 52x f

 

2x f

52x

  

1

Xét 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 2141

Kết 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 3

3 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 2

3

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 1

x 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 x1.

8)

Điều kiện : 5xx2 0 x(5 x)    0 0 x 5

Ta có : (x 1) 3 (5xx )2 3 3 5xx2 3(x 1) 3 5xx2  (5xx )2 3 (x 1) 33(x 1)

(8)

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

 

2

f ' t  3 3t 0, t > 0  f(t) là hàm đồng biến t > 0

Do đó :

   

2 2 2 2

x 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 x1

Phương trình đã cho tương đương với :

x1

 

3 x1

 

 3x1

3x1 3x1

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.

 

* 2x33x13 2x3 3x1x2 23 x22

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 x1,

2 5 x1 .

11) 

2x1

 2 4x24x4 3x2 9x230  2x12 2x1233x2 3x23

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

 

0

3 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

x1. Vậy nghiệm của phương trình là : x = –1/5.

12)

Tập xác định : D = R

Do x = 0 không là nghiệm nên xét x  0.

Chia hai vế (*) cho x3  0 ta được :

 

1

 

i

x 2 5 x

8 x 17 x 2 10

*    233 2

(9)

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

0

y 0 y 6 y 17 y 8 1 y 5 1 y

2  3 2  32   2   

  y = 0 (loại) hoặc

16 97 y17

12 97 17 y

x 1 

Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là

16 97 x17 .

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

 

1

Đặt



 x 2 v

1 x

u  u u u2 u1 v v v2 v1  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 t12t1 4t24t42t1

2t1

2 32t1 2t12t10 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

(10)

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 x1 .

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 8x312x28x2, bấm máy ta được nghiệm

2 x1

8x 8x 4

(2x 1)(4x 4x 2) (2x 1)

(2x 1) 1

2 x 1 2 x 8 x 12 x

8 3 22    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 3x2 2x1  8x3 – 12x2 + 3x + 1 = 0  x = 1 

4 3 x1

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm :

4 3 x 1

4 3 x 1

1

x       .

 Hoặc: Đặt y8x312x2 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

x1 nên có phép đặt ẩn phụ : 2y13 3x2 để đưa về hệ phương trình và lời giải như sau :

(11)

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 2

2

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

0

6 x 5 x 4 x y

4 x 9 x 7 4 y

x 9 x 7

y 3 2 3 3 2 23   3   3   3    





 

 (y – x  1)[y2 + y(x + 1) + (x + 1)2 + 1] = 0 

   

1 0

4 1 x 3 2

1 y x

1 x y

y , x

; 1 2 2







  

 

 

 



 

 y = x + 1

Với y = x + 1  x13 7x29x4  (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 yx1x34x25x6x1x34x26x50

 

 



 

 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 x1

18)

Tập xác định : D = R.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

cuøng vaøo vò trí 1 (hoaëc 2) thì thuû moân caûn phaù ñöôïc cuù suùt ñoù, neáu cuøng vaøo vò trí 3 (hoaëc 4) thì xaùc suaát caûn phaù thaønh coâng laø 50%. Bieát

MOÄT SOÁ PHÖÔNG PHAÙP TÌM GIÔÙI HAÏN CUÛA HAØM SOÁ. 1) Phöông phaùp duøng ñònh lyù haøm soá keïp giöõa hai haøm soá.. Ñoâi khi ta phaûi söû duïng ñònh lyù keïp

a) Ñoà thò haøm soá lieân tuïc treân moät khoaûng laø ñöôøng lieân tuïc treân khoaûng ñoù. a) Toång, hieäu, tích, thöông cuûa hai haøm soá lieân tuïc taïi moät

MOÄT SOÁ PHÖÔNG PHAÙP TÌM GIÔÙI HAÏN CUÛA HAØM SOÁ. 1) Phöông phaùp duøng ñònh lyù haøm soá keïp giöõa hai haøm soá.. Ñoâi khi ta phaûi söû duïng ñònh lyù keïp ñeå

Coù bao nhieâu giaù trò cuûa tham soá m ñeå ñoà thò (C m ) cuûa haøm soá ñaõ cho caét truïc hoaønh taïi ba ñieåm phaân bieät vôùi caùc hoaønh ñoä laäp thaønh

Ñònh m ñeå ñoà thò haøm soá coù ba cöïc trò vaø ñöôøng 16 troøn ñi qua ba ñieåm cöïc trò naøy coù baùn kính baèng 1... CÖÏC TRÒ CUÛA HAØM SOÁ COÙ CHÖÙA GIAÙ TRÒ TUYEÄT ÑOÁI

veà hai phía vôùi truïc tung.. Tìm m ñeå ñoà thò haøm soá coù 3 ñieåm cöïc trò laø ba ñænh cuûa moät tam giaùc vuoâng caân. Ñònh m ñeå ñoà thò haøm soá coù ba cöïc

 Haøm soá phaân thöùc, caùc haøm soá löôïng giaùc lieân tuïc treân töøng khoaûng xaùc ñònh