Đoàn Ngọc Dũng -

CHUYÊN ĐỀ 1 : PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

 Phương pháp vận dụng lượng liên hợp.

BÀI 1 : Giải các phương trình và bất phương trình sau :

1)

Điều kiện : 3 x 5

Ta có : 10x1 3x5 9x4 2x2  10x1 9x4 3x5 2x2 0 2 0

x 2 5 x 3

) 2 x 2 5 x 3 )(

2 x 2 5 x 3 ( 4

x 9 1 x 10

) 4 x 9 1 x 10 )(

4 x 9 1 x 10

( 

















 

















 

2 0 x 2 5 x 3

1 4

x 9 1 x 10 ) 1 3 x ( 2 0

x 2 5 x 3

3 x 4

x 9 1 x 10

3

x 



 









 





 



 





 







 

 x – 3 = 0 



 



   





 





 3

x 5 , 2 0 x 2 5 x 3

1 4

x 9 1 x 10

Do 1  x = 3

2)

Điều kiện : x  2/3

Phương trình  (4x 1) (3x 2)

9 x 3

4x 1 3x 2

  

  

    

   x 3

2 x 3 1 x 4

3

9 x  



 











  9 4x1 3x2 Bình phương hai vế và giải ra ta có nghiệm x = 6.

3)

Điều kiện : 2  x  2.

(1) 

4 x

4 x x 6 2 2 4 x

2 2 

 





 ^

 

















 



 







 

* 4 x x 2 2 4 x 2

2 x 3 4 x

4 x 6 x 2 2 4 x 2

4 x 6

2 2

Bình phương hai vế phương trình (*) và chuyển vế ta có : 4



2x4



2x



x² 2x8 Do x² + 2x – 8  0  









 2 x

4

x . Kết hợp điều kiện ta có x = 2 (thỏa). Vậy nghiệm là 2

x 3 và x = 2.

4)

Điều kiện : x  0

   

x 3 x

x x x x

x x x 4 x 3 x x x

1 x

x x

1 ₂ 4 ₂ ^{2 2}  

 

 

 

 



 

3 x x x x 4 x x

4 ²    ²   

 (do x  0)

   

 

 







































 











 















 













 









nhận 16

x 9

nhận 1

x

16 x 9

1 x

1 x 0 9 x 7 x 16

1 x

9 x 18 x 9 x 25 x 25

1 x 3

x 3 x x 25

0 3 x 3 3

x 3 x x 5

2

2 2

2 2 2

Vậy nghiệm là x = 1  x = 169 .

5)

Ta có : (*)  2x + 1 = (2x + 1)



^{x25x3 x23x2}







^{x25x3 x2 3x21}

 

^2x1



^0 _





















 

(**) 0 1 2 x 3 x 3 x 5 x

0 1 x 2

2 2

 Cộng vế với vế phương trình (*) và (**)  x² 5x3x1 

3 x2

 2x + 1 = 0 

2 x1

 Thử lại : Ta thấy

2 x1;

3

x2 đều là nghiệm của (*).

6)

Điều kiện : 4x + 1  0 và 3x – 2  0 suy ra 3

x2. Từ đó x + 3 > 0.

Ta có :

 

^{1 x3 x}₅^3



^{4x1 3x2}



^



^x3

 

^{4x1 3x25}



^0

5 2 x 3 1 x

4    

 do x + 3 > 0

Phương trình cuối cùng có thể giải bằng cách bình phương hai vế hoặc so sánh giá trị của vế trái với 5 khi 2

3 x

2   và x > 2 để tìm thấy nghiệm duy nhất là x = 2.

Thử lại ta thấy phương trình (1) có một nghiệm là x = 2.

7)

Điều kiện : x  0

Nhân hai vế của phương trình với biểu thức : 2x²3x5 2x²3x5

 

^{1 2x2 3x52x23x53x}



^{2x2 3x5 2x2 3x5}





^{2x 3x 5 2x 3x 5}



x 3 x

6  ²   ² 

 (2)

 Trường hợp 1 : x = 0 thỏa (2)

Thử lại : 005 0050 (đẳng thức sai)

 x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho.

 Trường hợp 2 : x  0 , chia hai vế của phương trình cho x, ta có : 2

5 x 3 x 2 5 x 3 x

2 ²   ²    (3)

Từ (1) và (3), ta có :

   

 























 









 

















 









loại 4 x

nhận 4

x 3 x 2

16 x

3 x 2 x

9 x 12 4 5 x 3 x 2 4

0 x 3 x 2

3 2 5 x 3 x 2 2

2 2 2

2  x = 4 (nhận)

Vậy nghiệm là x = 4.

8)

Điều kiện :

































0 4 x 3 x

0 1 x x

0 2 x

0 1 x 5 x 3

2 2 2 2

(a)

 

^{* }



^{3x2 5x1 3x2 3x3}

 

^{ x2 2 x23x4}



^0

4 0 x 3 x 2 x

6 x 3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3

4 x 2

2 2

2

2 









 













 

 

0

4 x 3 x 2 x

3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3 2 2

x _{2 2 2 2} 



 











 











 











 





 













 0

4 x 3 x 2 x

3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3

2 2

x

2 2

2 2

(1)

Do 0

4 x 3 x 2 x

3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3

2

2 2

2

2 







 









 , x xác định  (1) vô nghiệm

Thay x = 2 vào (a) thì (a) luôn thỏa, do đó x = 2 là nghiệm của (*).

9)

Điều kiện : x  0

 

^*



^{4x2 1}

 

^{3x x 1}



⁰



^{2x 1}



^{2x 1}



_3x^2x _x¹ ₁ ^0





 



















 

0 2x 1 0 x ₂¹

1 x x 3 1 1 x 2 1 x 2

0 x , 0















 







 













 







 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 x 1

10)

Điều kiện :









 





 























6 13 x 5

2 x 0

1 x x

0 2 x

0 1 x 5 x 3

2 2 2

 

2  3x²5x1 3x² 3x3 x²2  x² 3x4

4 x 3 x 2 x

6 x 3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3

x 2 4

2 2

2

2    

 











 

0 4 x 3 x 2 x

3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3 ) 2 2 x

( 2 2 2 2 

 











 









 



0 ) 2 x (  

 vì 0

4 x 3 x 2 x

3 3

x 3 x 3 1 x 5 x 3

2

2 2

2

2 







 









 với









 



 6

13 x 5

2 x

2 x



Kết hợp với điều kiện, ta được :











 





2 6 x

2 5

2 x

11)

Điều kiện : 2x 9 3 0 3

x 5   

    



^{3x2x5 9 43x}



^{23x 29x 39}



^{3 15 5 2x 9}

x

2 2   

















  ^



^{3x 5  4x 3}



^{2x 9 3  }

 

^{5 2x 9 3 }



3x 5 4x 3 5

     ^{7x 8 2 }



^{3x 5 4x 3}



^



^{252 12x229x 15 33 7x}



²

  

²

5 33

3 x 7

4 12x 29x 15 33 7x

  

 

    



3 3 x

5 0 1029 x

346 x

7 x 33 3 5

2





 













 

12)

Ta có: (*)



^x11



^



^{212144xxxx22 1}



^0

 (1)

Chú ý rằng x² – 4x + 21 > 0 x  R (do ’ = 4 – 21 < 0)

Vì lẽ đó (và do 1 + 214xx² > 0 x  R) ta có :

 

0 1

x

20 x 4 0 x

1 x

20 x 4 1 x

2

2 





 

 





  (2)

Lại do x² – 4x + 20 > 0 x  R (do ’ = 4 – 20 < 0) nên (2)  x + 1 < 0  x < 1.

Nghiệm của bất phương trình là : x < –1

13)

Điều kiện : 1x0x1

 TH1 : khi 1 x 4

0 4 x

1

x   











  bất phương trình luôn đúng

Do đó : x



1;4



là một tập nghiệm của bất phương trình.

 TH2 : khi x4 :

Bất phương trình

 

    



 













 









 



 















 









 



 



















 1 1 x x 4

4 x 4 x x

1 1

x 1 1 x

4 x 4 x x

1 1 x 1 1

x 1 1 x 4 x

2 2

2



4;8



8 x x

4 x 9 x 1

4 x 3 x 1

4 x 4 x x 1 x 1 2 1

4

x  







 









 









 

















 

Kết hợp hai trường hợp ta có tập nghiệm của bất phương trình là x



1;8



. BÀI 2 : Giải các bất phương trình sau :

1)

Điều kiện : x 6 3

1 



 

^*



^{3x 1 4}

 

^{1 6 x}



^{3x2 14x 5 0} ₃³_x



^x ₁⁵



_{4 1} ^x ₆⁵ _x ^



^3x1



^x5



^0





 





 





















 

3x 1 0

x 6 1

1 4

1 x 3 5 3

x 



 



  



 



 



Ta có : 3x 1 0

x 6 1

1 4

1 x 3 6 3

3;

x 1   



 



 







(1)  x = 5 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.

2)

Điều kiện : 5

x 1. Khi đó phương trình 



^5x12

 

^{ 3 9x 2}



^{2x2 3x5}

 

  

x 1



2x 5



4 x 9 2 x 9

x 1 2

1 x 5

1 x 5

3 2 3   









 





 

 

   











 





 







 2x 5 *

4 x 9 2 x 9

1 2

1 x 5

5

kiện điều mãn thỏa 1

x

3

3 2

Phương trình (*) vô nghiệm vì VP (*) > 5, VT (*) <

25 . Vậy phương trình có nghiệm x = 1.

3)

Phương trình đã cho tương đương với



^x2

  

^{x2 4x72}



^3



^x

  x2 3230

 

6



x 1



0

2 3 x

1 x x

2 7 x 4 x

3 x 4 2 x

x 2

2 2

2   





 









 



      

_{6 0}

2 3 x

1 x x 2 7 x 4 x

3 x 2 1 x

x _{2 2}  



 



 





 









 



 

4 0 x 1

2 3 x

3 x 2 x x 2

7 x 4 x

7 x 4 x 8 x 5 1 x

x ² ₂ ^{2 2} ₂ ²   











 











 















 



4)

Ta có:

5 21 x

4 4 x

x 2 x 5 21 x 5 1 x 2 x

(*) 2

2 3

2 3





 





















0 5 21 x

2 2 x

x 2 x ) 2 x ( 5 21 x

) 2 x )(

2 x ) ( 2 x 2 x )(

2 x

( 2

2 2

2 



 









 







 





 









   



^{x 2x 2 x 21 5 x 2}



⁰

) 2 x

(  ²  ²    





^{x 2x 2}

  x 21 5x 9x 8 0

) 2 x (

0 2 0

2 0

2 











      





 







 













  x = 2. Vậy nghiệm là x = 2.

5)

Điều kiện : 3 x 2

       

x 1



0

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

3 x

* 2 



  





 







 





 



x 1

  

1 1

x 2 x 3

1 2

x 3  





 





Xét hàm số f

 

x  3x2 x1 trên 



 

 ; 3 2

 

0

1 x

1 2 x 3 2 x 3

'f 

 

  ,

3 x 2

  f(x) đồng biến trên 



 

 ; 3 2

   

3x 2 x 1

1 x

f x 1

g     

 : nghịch biến trên _



 

 ; 3 2

 

5

15 3

g 2 x g max

3;

2 



 



 





 

 

hay _{ }

 

2

5 15 1 x 2 x 3

VT₁ 1 





 

Ta lại có : _{ }

 

3

3 1 5 x VP 3;

x 2  ₁   



 

 





Từ (2), (3)  phương trình (1) vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất :

2 x3

6)

Điều kiện :

4 x 1 1

x    tập xác định :

 





 

 









 ;

4 1 1

; D

     

^{1 0}

1 x x 2 1 x 5 x 4 3 1 x 9 0 3 x 1 9 x x 2 1 x 5 x 4

3 x

* 9

2 2

2

2 



 



 









 







 









 

 





















 

1 1 4 x 4 x 4 1 x 5 x 4

3 x 1

2 2

Ta có :

 

^{2  1  1}

2 2

VP 1 3 3 VT

3 1 x 2 4 x 4 x 4

D x , 0 1 x 5 x

4    



























  (1) vô nghiệm

Do đó, so với điều kiện, nghiệm phương trình là : 3 x1

7)

Điều kiện :

4 x 5 0

5 x 4

0 5 x 2

x²  















 

^{* x32x2 5x4}



^{2 x2 2x5}



^2



^{3 4x5}



^0

   

⁰

3 5 x 4

4 x 2 4

2 5 x 2 x

1 x 2 4 x

x x 1

x ² ₂ ² 







 

 









 









 

 

 

1 3 0

5 x 4

8 2

5 x 2 x

1 4 x

x x 1 x

x f 2

2 

 







 







 

























 















 



Ta có :

   

 

1

 

2

2 4 1 x

1 1 x

x 1 x 1 x 2 4 1

x ^{2 2} ₂ 







 

















 Mặt khác :

4 x5

 , suy ra

 

3

3 8 3 5 x 4

8 3

8 3 5 x 4

8 



 



 



Từ (2), (3) suy ra :

 

0 12

1 2 x 1 3 4 11 x x x f

2

2   



 

 









 ,

 

4

4 x5

 (1)  x – 1 = 0  x = 1

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

8)

Điều kiện :

3 x10

 

^{* x2 9x 18 2}



^{3x 10 1}

 

^{x 3 x}



⁶



^{6 x 3}

  

^{x 3}



^{x 6 6 0}

3x 10 1 3x 10 1

  

                   



 







 

 







 0 1

1 10 x 3 6 6 x

3 x

Xét hàm số

 

1 10 x 3 6 6 x x

f      trên 



 

 ; 3 10

 

^{x 1 3x 10}



^{93x 10 1}



⁰

'f ₂ 





 

 ,

3 x10



 f(x) : đồng biến và có : f(x) = f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của (1) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 3.

9)

Điều kiện : x  1. Khi đó :

 

^{* }



^{3 x62}



^



^x24



^



^x11



^0



^{3 x6}



^{2x232x64}



^x2



^x2



^{ xx1210}





^{x 2}

 

^{x 61 1}



^{3 x 2 x 11 1 0}

1 x , 0

3 2 















 



 



 







 













 



 x = 2 (thỏa điều kiện)

10)

Điều kiện : x 6 3

1 



 

*

Phương trình



x 5



3x 1



0

x 6 1

5 x 4 1 x 3

15 x 0 3

5 x 14 x 3 x 6 1 4 1 x

3 ²    





 





 























3x 1



0

 

** ^{x 5} x

6 1

1 4

1 x 3

3 5 x

















 

 









Vậy phương trình

 

** vô nghiệm.

11)

Điều kiện :

2 x 5 0 1

x 2 5

0 3 x

3   













 

^{* }



^3x33

 

^{ 1 52x}



^{x33x210x240}

    

^{x 2}

 

^{x x 12}



⁰

x 2 5 1

2 x 2 3 3 x 3

2 x

3   2   





 





 

  

x x 12



0

1 x 2 5

2 3

3 x 3 2 3

x ² 



   



 



 





 x = 2 hoặc x x 12

 

1 1

x 2 5

2 3

3 x 3

3  2  



 





Xét hàm số f(x) = x² – x – 12 trên đoạn 



2

;5

1 có f’(x) = 2x – 1 = 0  2 x  1

Mà f(1) = 10,

2 33 2

f 5



 



 ,

2 49 2

f 1



 



 . Suy ra : maxf

 

x 10

2

;5 1









.

Do đó : VP(1) = f(x)  10, mà _{ } 0

1 x 2 5

2 3

3 x 3

VT₁ 3 



 



  ,  _ _^

2

;5 1

x , nên phương trình (1) vô nghiệm.

Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

12)

Điều kiện :

2 x 1 0

2 x 4 x 3

0 1 x 3

; 0 1 x 2

2  



















 

^{* }



^{3x24x21}



^



^3x12

 

^{ 2x11}



^{6x37x210}

0 1 x 7 x 1 6 1 x 2

2 x 2 2 1 x 3

3 x 3 1 2 x 4 x 3

1 x 4 x

3 3 2

2 2







 



 





 









 

       

^{x 1}

 

^{6x 6x 1}



⁰

1 1 x 2

1 x 2 2 1 x 3

1 x 3 1 2 x 4 x 3

1 x 3 1

x 2

2     





 





 









 

 

6x 6x 1 0

1 1 x 2

2 2

1 x 3

3 1

2 x 4 x 3

1 x 1 3

x ₂ ² 



 



   



 



 







 





 













 

 



 











 6x 6x 1 0 1

1 1 x 2

2 2

1 x 3

3 1

2 x 4 x 3

1 x 3 1 x

2 2

Xét hàm số f(x) = 6x² + 6x – 1 trên _



 

 ; 2

1 có f’(x) = 12x + 6 >0,

2 x 1

 . Do đó hàm số f(x) luôn đồng biến trên _



 

 ; 2

1 , suy ra :

 

2 7 2 f 1 x

f 



 



  .

Mà

 

0

1 1 x 2

2 2

1 x 3

3 1

2 x 4 x 3

1 x x 3

g 2 



 



 







  ,

2 x 1

 . Do đó VT(1) = f(x) + g(x) > 0, suy ra phương trình (1) vô nghiệm.

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

13)

Điều kiện : 3 x 2

 

3



x 1



3 8 x

1 x 4

15 x

1 3 x

x 3 3 8 x 4 15 x

* ^{2 2} ₂ ² ₂²  





 





 

















 

3 0

3 8 x

1 x 4

15 x

1 1 x

x 2 2 



 



 





 





 





 x = 1 hoặc 3

 

1

3 8 x

1 x 4

15 x

1 x

2

2 





 







 



^{x 1}



^{x 115 4 x 18 3}



^{x 1}

 

^{xx 158 4}



^{x x 158 13}



VT_{1 2 2 2}^{2 2} ₂















 















 



 



Mà với 3

x 2, suy ra :





















0 1 15 x 8 x

0 1 x

2

2 nên VT(1) < 0 < 3 = VP(1)

Do đó phương trình (1) vô nghiệm.

Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

14)

Điều kiện :

5 x 1 0 1 x

5    

 

^{* }



^{3 x92}

 

^{ 2 5x1}



^{2x23x50}



^{3 x9}



^{2x231x9 4  55x}



^x11



^2



^x1



^2x5



^0



 



^{x 91 1}



^{3 5x 51 2 2x 5 0 x 1}

1

x ₂

3   











  



 





 

 : thỏa mãn điều kiện

Do



^{3 x911}



^{2 3 5x5122x5252550, x 51}

15)

Điều kiện : x 4 2

5  

 

^{* }



^{x2 1}

 

^{ 4x 1}

 

^{ 2x51}



^{2x25x3}

  

x 3



2x 1



1 5 x 2

3 x 2 1 x 4

x 3 1 2 x

3

x   





 





 





 

  

2x 1



0

1 5 x 2

2 1

x 4

1 1

2 x 3 1

x 



 



  



 



 



 







 









 



 

 







 1

1 x 4 1 1 x 1 2 5 x 2

2 1

2 x

1 3 x

(1) vô nghiệm do  _^ ;4_^ 2

x 5 có ^{ }

  



















 

 









 

 



 

6 2 1

2 5 1 x 1 2 x 4 1 1 x 2 VP

1 3 2 1 1 1 5 x 2

2 1

2 x VT 1

1 1

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.

16)

Điều kiện : 1   5

 

^{* x}



^x25x6



^



^x2

 

^{2x2 5x}



^x



^x2



^x3

 

^{ x2}

 

^{2x2 5x}





x 3



2x 2 5 x

 

1



do:x 2 0, x



1;5

 

x          



          

x 1



x 4



0

x 5 2

x 1 2 2 x 2

1 x 0 2

4 x 3 x 2 x 5 2 2 x 2

1 ²    





 





 





















 x = 1 hoặc x 4

x 5 2

1 2

2 x 2

2  



 



 (2)

Ta có :

 

^{ }

  

















 

 



 

 









3 4 x 4 x x

5 2 VP 1

2 1 2 2 2 x 2 VT 2

5

; 1 x

2 2

nên (2) vô nghiệm.

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

17)

Điều kiện : x  2

  

^{*  x1}

 

^x22



^



^x6

 

^x73



^



^{x2 2x8}



^0

    

x 2



x 4



0

3 7 x

2 6 x

2 x 2 x

2 1 x

x    





 



 



 





 

x 4 0 x 2

3 7 x

6 x 2 2 x

1 2 x

x   



 



  





 





 



Do x  2, suy ra : x + 2  0, x + 6 > 0 và lúc này, ta luôn có :

2 2 x

1 2

6 x 3 7 x

6 x 2

2 x 2 2 x

2 4 x

3 x 7 x

6 x 2 2 x

1 x



 



 



  





 



 



  





 



 



 







2 0 2 x

1 6

6 x 2 2 x

1 2

6 x 3

6 x 2

2 x 2

2

x 



 

 

 

 

 

 

 

 

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.

18)

Điều kiện : 5 x 1

  

^{*  2x9}

 

^x32

 

^{22 5x1}



^{x23x40}

      

x 1 x 4 0

2 1 x 5

x 1 . 10 2 3 x

1 9 x

x

2    





 





 





 

x 4 0

 

1

2 1 x 5

10 2

3 x

9 x 1 2

x 



 



  



 





 





Xét hàm số

 

x 4

2 1 x 5

10 2

3 x

9 x x 2

f  



 





  trên 



 

 ; 5

1 có :

 

^{x 2 2xx 33}



^{x8 x3 32}



^{5x 1}



^{55x 1 2}



¹

'f _{2 2} 





 











 

Do đó f(x) đồng biến trên 



 

 ; 5

1 , suy ra

 

0

 

2

10 5 94 227 5

f 1 x

f  





 



  Từ (1), (2), suy ra : x – 1 = 0  x = 1

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

19)

Điều kiện : x  2

(*)

      













 









 



 

 





 

2 1 2 x

1 x 3

x 2 x

4 x

2 x 2 2 x

2 1 x

3 x x 2 x

4 x 2 x

2 2

  

^{1  x4}

 

^x22



^



^x1

 

^x22x3



^_^



^x2



^22_^



^x22



^

 

^x1



^2

  

^x1



^{2 2}

  

²

Xét f(t) = (t + 2)(t² + 2) = t³ + 2t² + 2t + 4, với t  R, f’(t) = 3t² + 4t + 2 > 0  f(t) đồng biến trên R Vậy

 

2 13 x 3

2 x 1 x 2 x

1 2 x

x 1 x

2 ₂ 



 











 







 Vậy x = 2 ;

2 13

x 3 là nghiệm của phương trình.

20)

Điều kiện : x  2

Với điều kiện trên, bất phương trình (1) tương đương với : (*)^



^x1

 

^x22



^



^x6

 

^x73



^{x22x8}

  

^{x 4}



⁰

 

²

3 7 x

6 x 2 2 x

1 2 x

x 

  





 





 



Do (4x14) x2> 0, x ≥ –2 nên (4x14) x2< 0, x ≥ –2 Và 3x + 23 > 0, x ≥ –2 nên –(3x + 23) < 0, x ≥ –2

Do đó bất phương trình (2)  x – 2  0  x  2

So sánh với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là 2  x  2.

21)

Điều kiện :

5 x 4 0 4 x

5    

         

⁰

5 24 x

1 1 x

x 6 5 35 x

1 0 x

5 24 x 1 x 5 6 35 x

* ^{2 2} ₂ ² ₂ ² 





 



 



 



















     

5 0 5

24 x

1 6

35 x 1 1 x 1 x 0 5 5

24 x

1 x 6

35 x

1 1 x

x 2 2 2 2 















 



 



 



 













 



 





 





 





     

  

 

 

1 0 5 5

24 x 6 35 x

1 35 x 24 1 x

x 1 x

x f

2 2

2 2











 















 





















 













 



Do 















 

 x 24 x 35 0

0 1 : x 5

x 4 _{2 2} , suy ra f(x) < 0 nên (1)  x – 1 > 0  x > 1 Kết luận : giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là : x  (1 ; ).

22)

Điều kiện :

5 x 1 0 1 x

5    

Nhân liên hợp thông thường :

 

^{* }



^{3 x92}

 

^{ 2 5x1}



^{2x23x50}



^{3 x9}



^{2x231x94 55x}



^x11



^2



^x1



^2x5



^0





^{x 1}

 

^{3 x 91 1}



^{2 3 5x51 2 2x 5}^0







  



 





 

 (1)

Với 5

x 1, suy ra :



^{3 x911}



^{2 3 5x5122x5252550 (2)}

Từ (1), (2) suy ra : x – 1  0  x  1

Kết luận : so với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là





 ;1 5 x 1 . BÀI 3 : Giải các bất phương trình sau :

1)

Điều kiện :

21 x17

(*)^



^{2x2x3(x1)}



^



^{(3x1) 21x17}



^{x2x(x1)(3x1)0}

0 2 x 3 17 x

x 21 ) 1 x 3 (

) 17 x 21 ( ) 1 x 6 x 9 ( )

1 x ( 3 x x 2

) 1 x 2 x ( 3 x x

2 2

2 2

2

2    



 

















 





























 

0 2 x 3 17 x

x 21 ) 1 x 3 (

18 x 27 x 9 )

1 x ( 3 x x 2

2 x 3

x 2

2 2

2    



 













 























 

0 ) 2 x 3 x 17 ( x 21 ) 1 x 3 (

) 2 x 3 x ( 9 )

1 x ( 3 x x 2

2 x 3

x 2

2 2

2    



 













 























 

0 17 1

x 21 ) 1 x 3 (

) 2 x 3 x ( 9 )

1 x ( 3 x x 2 ) 1 2 x 3 x (

2 2

2 











 









 







 



 (1)

Do 21

x17 nên 1 0

17 x 21 ) 1 x 3 (

) 2 x 3 x ( 9 )

1 x ( 3 x x 2

1 ²

2  









 









Do đó: (1)  _







 





 x 2

1 0 x

2 x 3 x²

Vậy nghiệm là: x = 1  x = 2

2)

Điều kiện :

3 x 22 2 



 

^{* 4}



^{x 2 2}

 

^{22 3x 4}



^{x2 4 4}_x



^x₂²



_{2 22}³



²_3x^x



₄ ^{x2 4}





 





 

















   

x 2 0

 

1 4

x 3 22

3 2

2 x 2 4 x 0 2 4 x

x 3 22

3 2

2 x 2 4

x   



 



 







 

  



 



 



Xét hàm số

 

x 2

4 x 3 22

3 2

2 x x 4

f  



 



  trên





 3

;22 2 D

 

^{x x 2}



^{x2 2 2}



^{2 22 3x}



^{922 3x 4}



^{1 0}

'f _{2 2}  





 





 

 , x  D

 f(x) nghịch biến trên





 3

;22 2

D và f(x) = f(1) = 0  x = 1 So với điều kiện, nghiệm phương trình là : x = 1  x = 2.

3)

Ta có :

 

^{* 2}



^3x4



^x2

 

^3



^5x9



^x3

 

^{x2 x}

    

^{x x}



⁰

3 x 9 x 5

x x 3 2

x 4 x 3

x x

2 2 2 2





 





 









 

 

_









 











 



 





 





 

 x 1

0 0 x

x x 0 3 1

x 9 x 5

3 2

x 4 x 3 x 2

x^{2 2}

Do 3

x4

 , suy ra : 1 0

3 x 9 x 5

3 2

x 4 x 3

2  





 







Kết luận : So với điều kiện, các nghiệm cần tìm là x = 1, x = 0.

4)

Điều kiện :

3 x 5 0 5 x

3     (a)

 

^{* }



^3x5



^x1

 

^2.



^{319x30x}



^{2x2 10x12}

 

 

2



x 2



x 3



x 30 x 19 x 30 x 19

x 30 x 2 19

1 x 5 x 3

1 x 5 x 3

3 2

3 2

2 3





 









 

 









 

      

 

2



x 2



x 3



x 30 x 19 x 30 x 19

5 x 3 x 2 2 x

1 x 5 x 3

3 x 2 x

3 2

3 2   













 

 







 



    

 

 



x 2



x 3



0 0

x 2 30 x 19 x 30 x 19

5 x 2 1

x 5 x 3 3 1 x 2 x

a x , 0

3 2

3 2     











 









 





 









 



















 



 x = 2 hoặc x = 3

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có hai nghiệm là x = 2, x = 3.

5)

Từ phương trình suy ra x > 0. Ta có phương trình  x⁴ x² 4 2x x⁴ 20x² 4 5x0

 

^{0 x 5x 4 0}

x 5 4 x 20 x

1 x

2 4 x x 4 1 x 5

x ^{4 2}

2 4

2 4 2

4     















 





 





 x = 1 hoặc x = 2

6)

Điều kiện :

3 x1

  

^{*  x1}

 

^3x1



^x1

 

^2



^{1 x2x1}



^{x33x24x0}

       

x x



x 4



0 1

1 x x

x x 2 1 x 1 x 3

x x 1

x ₂

2 2 2







 







 











 

 

^{x 4 0}

 

¹

1 1 x x

2 1

x 1 x 3

1 x x

x² ₂ 



 



  





 







 





Do 2 x 4 x 1 0

1 x

1 4 x

1 x 1 x x

2 1

x 1 x 3

1 x

2      



 



 



 







 ,

3 x1

 Nên (1)  x² + x  0 hoặc x  1

Kết luận : so với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là 









 ;0 1; 3

x 1 .

BÀI 4 : Giải các bất phương trình sau :

1)

Điều kiện :

3 x1

Ta có : (*)x²4x3



x1



8x5 6x2 0

          

₀

2 x 6 1 x

2 x 6 1 x 5 x 8 2 x

5 x 8 2 1 x x 0 2 x 6 1 x 5 x 8 2 x 1

x ^{2 2} 











 











 























 

0

2 x 6 1 x

1 x 4 x 5 x 8 2 x

1 x 4 1 x

x ^{2 2} 









 









 



 

0

 

*

2 x 6 1 x

1 5

x 8 2 x

1 1 x

x 4

x² 



 









 







 



 Với

3

x1 ta có : 0

2 x 6 1 x

1 5

x 8 2 x

1

x 





 







 .

Do đó (*)  x² – 4x – 1 = 0  x2 5

Kết hợp điều kiện, ta có x 2 5 là hai nghiệm thỏa mãn phương trình ban đầu.

2)

Điều kiện : 2 x 3

3 x 0

0 2 x x²





 













Ta có : ^{(*)x23x1}



^{x2 3}