Đoàn Ngọc Dũng -

CHUYÊN ĐỀ 1 :

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

1) Áp dụng các công thức cơ bản

 Lưu ý khi giải phương trình : Có nhiều trường hợp, khi giải phương trình chúng ta không cần tìm điều kiện, vì việc tìm điều kiện có khi còn phức tạp hơn việc giải phương trình, ta cứ giải trước nhưng sau khi giải xong thì phải thử lại trước khi kết luận.

BÀI 1 : Giải các phương trình sau :

1)









 















 

0 6 x x

2 x x 2 4 x 2 x

0 x 2

2

2 x 2

2 x

3 x

5 x





 

















2)

Điều kiện :

2 x1.

 Cách 1 : Phương pháp áp dụng công thức cơ bản.

 Hướng dẫn :

   























 























 











 x 6x 11x 8x 2 0

0 1 x 3 x 1

x 3 x 1 x 2

0 1 x 3 1 x

x 3 x 1 x 2

* _{2 4} ² _{3 2}

2 2

2

   

_



















 



 



















 

1 x 2 2 x 1 x

2 5 x3 2

5 3 0 2 x 4 x 1 x

0 1 x 3 x

2 2 2

Vậy phương trình có hai nghiệm : x2 2x1.

 Cách 2 : Phương pháp nhân lượng liên hiệp

 Cách 3 : Phương pháp đặt ẩn phụ

3)

Ta có

 

_^









 















 







 _{2 2}

x x 4 x 3 10 3

2 x 2

x x 3 10 3 4

0 2 2 x

x x 3 10 3 4

   

^_^{       }_^



^



^



^{  }



^















 

0 30 x x 5 x 3 x

4 x 2 0 90 x 27 x 16 x 8 x

4 x 2 x

x 4 x 3 10 3

4 x 2

2 3 2

3 2 4

2



^{x x3}



^{x4 2}

 

^{x 7x 15}



^{0 x 3}

2

x 0

2  

























 





 .

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là : x = 3.

4)

Điều kiện : x  0

(*)  (x + 1)(x + 4)(x – 8)(x – 2) = 36x²  [(x + 1)(x – 8)].[(x + 4)(x – 2)] = 36x²

 (x² – 7x – 8)(x² + 2x – 8) = 36x² (1)

Đặt x

2 8 5 x

t ²    x x 8 7x

2

t9  ²   ; x x 8 2x

2

t9  ² 

 

x

2 t 15 2 x

t 15 4 x

t 225 x

36 2x

t 9 2x t 9

1  ²  ²  ²    



 

 



 

 



Với x

2

t15  x² – 10x – 8 = 0  x5 33

Với x

2

t15  x² + 5x – 8 = 0 

2 57 x 5

So với điều kiện, nghiệm phương trình :

2 5 x 57

33 5

x     .

5)

Tập xác định : D = R

(*)  (5 – 2x)⁴ + (2 – 3x)⁴ = (7 – 5x)⁴ (do x =

57 không là nghiệm) 1 x 1

5 7

x 2 5 x

5 7

x 2 1 5

x 5 7

x 3 2 x

5 7

x 2

5 ^{4 4 4} ⁴ 



 



 



 



 







 

 



 







 



 







  (1)

Đặt :

2 t 1 x 5 7

x 2

5  



 . Khi đó :

 

2 t 1 2 t 1 4 t 1 8 0

t 7 3 t 2 2 1

t 1 2

t 1

1 ^{4 2 2}

4 4























 



 

 

 



 

 

 Với

2 x 5 x 0

5 7

x 2 5 2

t 1   



 



 Với

3 x 2 x 1

5 7

x 2 5 2

t 1   



 



Vậy phương trình có hai nghiệm :

2 x 5 3

x2  .

6)

(*)

   

_

    















 

















 

2 x 3 x 1 2 x 1 x

3 x 2

2 x 3 x 1 2 x 3 x

3 x 2

2









































x 2 2 x 3

3 x 2

0 1 x

3 x 2

 

^{2 2}

x 1 x 1 x 1

2 2 2 x 2

x 2 x 2 3 x 1

3 3

x 1 ( ) x 7x 6 0

3x 2 2 x

x 6 ( )

 

    

    

      

             nhận

loại

. Vậy nghiệm là : x = 1

7)

_{2 2 2 2}

x 2 9 4 3 2 x 1 x

2 9 4 x 1 9 1 x 3

2 9 1 x

1 x

2 9 4 x 1 9 1 3 1 x

1             



4 x 3 x

1 x 3

4 x

2 9 4 x 3

4 9 4 x

1

2 2

2        

 . Thử lại ta thấy

4

x 3 là nghiệm.

8)

Điều kiện : x  1/4.

Phương trình đã cho  2x

2 3 4 x 1 2 2

1 4 x 1 x 2 2 2

1 4 x 1 x

2

2



















 



 



  















 

















 

0 ) 5 x 4 )(

1 x 2 ( 4 x 3 x

4 x 4 6 9 4 x 1

9 x 2 2 3

2

x 3 4

1 1

x ( ) x

2 2

x 5 ( )

4

 



   

 



nhận loại

.

Vậy nghiệm là 2 x1

2) Phương pháp lũy thừa hai vế và dùng các công thức cơ bản.

BÀI 2 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện :

3 x 1 0 x 3 1

0 x 4

5  













(1)  54x13x2 (54x)(13x) 252 12x² 19x57x19

1 x 341

x 1 x

3 x 1 7 19

0 341 x 342 x

3 x 1 7 19

361 x 266 x

49 ) 5 x 19 x 12 ( 4

3 x 1

0 19 x 7

2 2

2

































 















 



























2)

Điều kiện:

3x 3 0

5 x 0 2 x 5

2x 4 0

  

     

  



Với điều kiện ấy phương trình  3x3  5x 2x4



^{5 x}



^{2x 4}



^{2x 4 2}



^{5 x}



^{2x 4}

 

^{5 x}



^{2x 4}



^{x 2}

2 4 x 2 x 5 3 x

3                  









 













 



 











 



















 

2 x

4 x 2

x 4 x

5 x 2 0 24 x 18 x 3

5 x 2 4 x 4 x 20 x 14 x 2

5 x 2

2 2

2

Vậy phương trình có đúng hai nghiệm: x = 2 ; x = 4

3)

Điều kiện :

2 17 x 3

2

x 2   

 

*  2x² 1 x²x2  2x²2x3 x² 3x2



^{2x21 x2x2}

 

^{2  2x22x3 x23x2}



²

^



^2x21



^{x2 x2}

 

^{ 2x2 2x3}



^{x2 3x2}

 

^{ 2x21}



^{x2 x2}

 

^{ 2x22x3}



^{x2 3x2}



 x³ + 5x² + 7x + 2= 0  (x + 2)(x² + 3x + 1) = 0 











 





) 2 (

5 x 3

) ( 2 x

nhận nhận

4)

Điều kiện :

 

 





















































 

















0 x

2 x

1 x

R x

0 x

2 x

1 x

0 x

0 x

0 2 x x

0 1 x x

2

(*)

Với x = 0 thì (*) luôn đúng  x = 0 là một nghiệm của (*)

Khi x  1 :

 

^{*  x. x1 x. x2 2 x. x  x1 x2 2 x }



^{x1 x2}



^{2 4x}

8 x 9 1 x 2 2 x x

2 ²     

 (thỏa x  1)

Khi x  2 :

 

*  x. 1x x. x2 2 x. x  1x x2 2 x



^{1x x2}



^{2 4x2 x2x2 12x}

 : vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 0  x = 89 . 5) Phương pháp biến đổi đưa về phương trình tích

Đưa về phương trình dạng : f(x).g(x)…h(x) = 0 trong đó các phương trình f(x) = 0, g(x) = 0, …, g(x) = 0 là những phương trình đơn giản giải được.

BÀI 5 : Giải phương trình sau :

1)

Điều kiện : x 3

7 x

3 x 0 7 x

0 3

x  











 













(1) 



^x3



^x7



^{3 x32 x760 x3}



^x73

 

^{2 x73}



^0

  

_







 











 













 











 x 1

2 x 4 3 x

9 7 x 2 3 x

3 7 0 x

2 3 x 3 7

x (nhận)

Vậy nghiệm là x = 2  x = 1.

2)

Điều kiện: x  1

Ta có : x1 x³x²x11 x⁴ 1

0 1 1 x x x 1 x ) 1 x x x )(

1 x

(  ³ ²     ³ ²   

 ^x1



^{x3x2 x11}

 

^{ x3x2x11}



^0





^{x3x2x11}

  x110



0 1 1 x  

 (vì x³x²x110) 2

x 1 1

x   



So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình: x = 2.

 Chú ý :

) 1 x ...

x x x )(

1 x ( 1

xⁿ   ^n1 ^n2 ^n3   hay 1xⁿ(1x)(1xx²x³...x^n1) Thí dụ : x¹⁰1(x1)(x⁹x⁸...x1)

x⁵1(x1)(x⁴x³x²x1)

 Cách khác : Ta có : x1 x³x²x11 x⁴ 1

   

2 2 2

x 1 (x 1)(x 1) 1 (x 1)(x 1)(x 1) x 1 1 (x 1)(x 1) x 1 1 0

                  

 

² 2 ^{3 2}

x 1 1 x 2

x 1 1 1 (x 1)(x 1) 0

x x x 1 1 (x 1)(x 1) 1

    

  

                  (vônghiệm)

3)

Điều kiện : x + 1  0  x  1

Khi đó phương trình x112 x136



x² 2x1



0



x16



² 



x1



² 0

  





















 















 x 1 7 x 0

0 x 5 1 0 x

x 7 1 x x 5 1 x

 x 3

8 x

3 x

5 x 0 24 x 11 x

5 x x

x 10 25 1 x

0 x x 5

5 1 x 0 x 5 1

x _{2 2}  

















 









 















 

















 x17x0 x17x (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = 3.

4)

(*) ^{2 3x2}



^3x2



^2x3



^{3 2x360 3x2}



^{2 2x3}

 

^{3 2x32}



^0



^2x32



^{3 3x2}



^0x₂¹



Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1/2.

5)

Điều kiện: 1  x  7

    

      







 















 





















































4 x

5 x x 7 1 x

2 1 x

0 x 7 1 x 2 1 x 0

2 1 x x 7 2 1 x 1 x

0 x 7 1 x x 7 2 1 x 2 1 x (*)

So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình: x = 4  x = 5

6)

Điều kiện : x  4

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương



^{2 x4}



^{2 x}



^x4

 

^{2 x4}



^0

         

















 















 2 x x 4 x 4 vônghiệm

2 4 0 x

4 x x 4 x 2 4 x

2  x = 8

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8.

6) Phương pháp đưa về tổng các số không âm.

Ta có thể biến đổi phương trình f(x) = 0 về dạng f₁²(x)f₂²(x)...f_n²(x)0.

Vậy nghiệm của phương trình là nghiệm của hệ phương trình :

















0 ) x ( f

...

0 ) x ( f

0 ) x ( f

n 2 1

BÀI 6 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện : 2x + 3  0  x  2

3

(1)  (x² + 2x + 1) + 2x + 4 – 2 2x3 = 0  (x + 1)² +



^{2x32 2x3 .11}



^{= 0}

 (x + 1)² +



^2x31



^{2 = 0} ₂^x_{x 3}¹ _{1 x}^x ₁^{1 x 1}

1 3 x 2

0 1

x  











 











 











 

2)

(1) ^{2x210x204 x24x7 }

 x24x74 x24x74x26x90

    xx 34x 3 0 x 3

0 3 x

0 2 7 x 4 0 x

3 x 2 7 x 4

x^{2 2 2 2 2}  











 

















 















3)

Điều kiện :











 2 z

1 y

0 x

 

¹ ^{2 x}^{2 y}¹^{2 z}² ^x^y^z xyz2 x 2 y12 z2 0



^{x2 x1}

 

^{ y12 y11}

 

^{ z22 z21}



^0



     





















































3 z

2 y

1 x

1 2 z

1 1 y

1 x 0

1 2 z 1

1 y 1

x ^{2 2 2} (nhận).

4)

Điều kiện : x > 0  y > 1

   

   







 











 















 

 



 

 

 







 



 



 













2 y

25 x 1 1 y

5 x 0

1 1 y

0 x 0 5

1 y

1 1 y x

5 x 5

1 0 y

1 y 2 1 1 y x

5

x 10 x 0 25

1 2 y 1 1 y 2 5 x

1 x 1 5

2 2

2

Vậy nghiệm là x = 25 ; y = 2

5)

Điều kiện : x  2  y  3  z  5

 

^{1 }



^{x22 x21}

 

^{ y34 y34}

 

^{ z56 z59}



^0

     























































14 z

7 y

3 x 3 5 z

2 3 y

1 2 x 0

3 5 z 2

3 y 1

2

x ^{2 2 2} (nhận)

6)

Điều kiện : x > 19  y > 5  z > 91

 Cách 1 : Phương trình tương đương với :

     

₀

91 z

91 z 91 z 10 25 5

y

5 y 5 y 8 16 19

x

19 x 19 x 6

9 ^{2 2 2} 









 









 











     





































 



 





 





 

116 z

21 y

28 x 25 91 z

4 5 y

3 19 x 91 0

z 91 z 5 5

y 5 y 4 19

x 19 x

3 ^{2 2 2}

Vậy phương trình có nghiệm : (x ; y ; z) = (28 ; 21 ; 116)

10) Phương trình đưa về phương trình có chứa giá trị tuyệt đối

Biến đổi biểu thức trong căn thành bình phương của một đa thức rồi đem ra ngoài căn.

BÀI 10 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện : 2x – 5  0  x  5/2

Nhân hai vế của phương trình cho 2 , ta có : 2x46 2x5  4x82 2x5 4



^2x5



^{26 2x59}



^2x5



^{2 2x514}





^2x53

 

^{2  2x51}



^{2 4 2x53 2x514}

 (1)

 Xét 2x510 2x512x51x3

 

1  2x53 2x5142 2x52 2x51  x = 3 (nhận)

 Xét 2x510 2x512x51x3

 

1  2x53 2x514  4 = 4 (ĐT đúng)  nghiệm trong trường hợp này là : 5/2x3 Vậy nghiệm của phương trình là : x 3

2

5  .

2)

Điều kiện : x + 1  0  x  1

 

^{1 }



^x12

 

^{2  x11}



^{2 1 x12  x111}

Bảng xét dấu :

1 0 3

2 1

x    0 +

1 1

x   0 + +

 x120x14x3

 x110x11x0

* Nếu 1  x  0, ta có :  x12 x1112 x12x0 (nhận)

* Nếu 0 < x  3, ta có :  x12 x1110x0  nhận nghiệm : 0 < x  3

* Nếu x > 3, ta có : x12 x1112 x14x1 (loại) Kết luận : nghiệm là : 0  x  3

3)

Điều kiện: x + 1  0  x  1

   

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

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

( ²

nhận

























































Vậy nghiệm là x = 3.

4)

Ta có : x²6x92 x²2x1 x² 



x3



² 2



x1



²  x²  x32x1 x (*) Bảng xét dấu :

x  0 1 3 +

x – 3    0 +

x – 1   0 + +

x  0 + + +

 Nếu x  0 : (*)  (x – 3) + 2(x – 1) = x  2x + 1 = 0  x = 2

1 (nhận)

 Nếu 0 < x  1 : (*)  (x – 3) – 2(x – 1) = x  0x = 1 (vô nghiệm)

 Nếu 1 < x  3 : (*)  (x – 3) – 2(x – 1) = x  4x + 5 = 0  x =

45 (nhận)

 Nếu x > 3 : (*)  (x – 3) – 2(x – 1) = x  2x – 1 = 0  x = 2

1 (loại) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là : x =

2

1, x = 4 5.

5)

Điều kiện : 1 – x²  0. Ta có

   22 1 2x2 x 1 x2 21 2x2

2 x 1

*  x        

 

 



  





















 



















 

x x 1 x x 1 2 x 1 x

0 x 2 1 x

x 1 2 x 1 x

0 x 2 1

2 2

2 2

2 2 2

2















 

0 x 1 x

0 x 2 1

2 2

(1) hoặc

















2 x 1 x 1

0 x 2 1

2 2

(2)

 

2

x 1 x

x 1

0 2 x

1 x

x 1

2 x 1 2 1 1

2 2 2





 













 

















 

 

4

2 x 6

2 0 x 1 2 x 2

2 x 1 2 1

2 x 1 x 1

2 x 1 2 1 2

2 2

 















































Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là :

2 x 1 ,

4 2 x 6

 .

6)

Điều kiện :

4 x1

Đặt

4 x 1

t  (t  0) 

4 t 1 x ²

Phương trình đã cho trở thành 9

2 t 1 4 t 1 9 2 t

1 4 t 1 4 t 1

2 2

2

2  



 

 



















2 3 t 1 2 3

t 1 2 9

t 1 2 9

t 1 4 t 1

2

2        



 

 













Với 3

2

t1  hay 2

t 5, ta có x = 6.

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là : x = 6.

11) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức.

Có những phương trình nếu ta dùng bất đẳng thức hoặc các tính chất của hàm số đánh giá hai vế, ta sẽ tìm được nghiệm của phương trình.

Xét phương trình : f(x) = g(x) xác định trên D.

Nếu

   

   







 x m x g

x m x

f x  D thì f(x) = g(x) với x  D

   

   







 

x m x g

x m x f

Trong cách đánh giá này ta thường dùng các bất đẳng thức quen thuộc để đánh giá hai vế.

Sử dụng các kiến thức về BĐT, các tính chất BĐT, BĐT chứa GTTĐ, BĐT Cô-si, BĐT Bunhiacốpski.

BÀI 11 : Giải các phương trình sau :

1)

 Cách 1 : (Sử dụng bất đẳng thức phụ ab 2(a²b²)) Điều kiện :







 10 x

2

x  2  x  10

Với a, b  0, ta có bất đẳng thức phụ : ab



ab



² 



ab

 

²  ab



²  2



a² b²



Do đó : x2 10x  2



x210x



4

Mà x² – 12x + 40 = (x² – 12x + 36) + 4 = (x – 6)² + 4  4 Dấu “=” xảy ra







 













 

6 x

6 x 0

6 x

x 10 2

x  x = 6. Vậy nghiệm là : x = 6.

 Cách 2 : (Đưa về dạng tổng bình phương của các số không âm :







 



 B 0

0 0 A

B

A^{2 2} )

Điều kiện : 2  x  10

   

 



^{x 6}

 

^{4 4 x 2 x 2}

 

^{4 4 10 x 10 x}



⁰

4

0 x 10 4 2 x 4 16 36 x 12 x 4

0 x 10 4 2 x 4 40 x 12 x 4 0 x 10 2 x 40 x 12 x 1

2 2

2 2













































































     













 







































6 x

6 x

6 x

2 x 10

2 2 x

0 6 x 0 x 10 2 2 x 2 6 x

4 ^{2 2 2}  x = 6

 Cách 3 : (Sử dụng bất đẳng thức cô-si

2 b

ab a . Dấu “=” xảy ra  a = b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số không âm, ta có :

   

₄

4 x 14 4

2 x 22

4 x 10 22

4 2 x 2

4 . x 10 2

4 . 2 x x

10 2

x  

 













 

 









Dấu “=” xảy ra











 

4 x 10

4 2

x  x = 6

Mà x² – 12x + 40 = (x² – 12x + 36) + 4 = (x – 6)² + 4  4 Dấu “=” xảy ra  x – 6 = 0  x = 6.

 Cách 4 : (Sử dụng bất đẳng thức B.C.S : abcd  (a²c²)(b²d²). Dấu “=” xảy ra  0 d c b

a   ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có :

4 ) x 10 2 x )(

1 1 ( x 10 . 1 2 x . 1 x 10 2

x        ² ²    

Dấu “=” xảy ra x 2 10 x x 2 10 x x 6

1 x 10 1

2

x            



Mà x² – 12x + 40 = (x² – 12x + 36) + 4 = (x – 6)² + 4  4 Dấu “=” xảy ra  x – 6 = 0  x = 6. Vậy nghiệm là : x = 6.

 Cách 5 : (Sử dụng phương pháp đối lập : Chẳng hạn chứng minh được vế trái của phương trình lớn hơn một hằng số C và vế phải nhỏ hơn C. Do đó phương trình tương đương với hệ :







 C phải vế

C trái vế

Điều kiện : 2  x  10

 

^{1 x210x2}



^x2



^10x



^



^{x212x40}



^{2 82}



^x2



^10x



^



^{x2 12x40}



²

Xét vế trái : 82



x2



10x



8



x2

 

 10x



16 Xét vế phải : (x² – 12x + 40)² = [(x – 6)² + 4]²  16

Hai vế bằng nhau  cả hai vế đều bằng 16 Lúc đó : (x – 6)² = 0  x = 6.

Vậy nghiệm là : x = 6.

 Cách 6 :

Điều kiện : 2  x  10

VP : x² – 12x + 40 = (x² – 12x + 36) + 4 = (x – 6)² + 4  4 (1) Xét vế trái : f(x) = x2 10x, x  [2 ; 10]

x 10 . 2 x 2

2 x x 10 x

10 2

1 2

x 2 ) 1 x ( '

f  





 

 

 

f’(x) = 0  x2  10x x6 Bảng biến thiên :

x 2 6 10

f’(x) + 0 –

f(x)

4 2

2 2 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy f(x)  4, x  [2 ; 10]. (2)

Dấu đẳng thức xảy ra  x = 6

Từ (1) và (2) ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi VT = VP = 4 khi x = 6 Vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm duy nhất x = 6.

2)

Điều kiện : x  1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có :

 

²

2

2 1 x 1 x 3

1 ) 3 x .(

1 1 x . 1 3 x 1

x             2



x1

 

2 x3



²

Theo giả thiết thì dấu “=” xảy ra 

1 3 x 1

1 x  











 















 







 x 7x 10 0

3 x 9 x 6 x 1 x

0 3 3 x

x 1

x _{2 2} x 5

2 x

5 x

3 x



 

















 Vậy nghiệm là x = 5.

3)

Xét vế trái : (áp dụng (a + b)²  2(a² + b²))



x4 6x



² 2



x46x



4 x4 6x 2 Xét vế phải : x² – 10x + 27 = (x² – 10x + 25) + 2 = (x – 5)² + 2  2

Để hai vế bằng nhau thì cả hai vế phải đều bằng 2. Khi mỗi vế bằng 2, ta có : x² – 10x + 27 = 2

 x² – 10x + 25 = 0  x = 5. Vậy nghiệm là x = 5.

4)

Xét vế trái : 3



x 1



4 5



x 1



9 4 9 5

5 x 14 2 x 3 5

x 7 2 x

3 ^{2 2}    ²   ²    



 



  





 



  

5 14 x 10 x 5 7 x 6 x

3 ²    ²  



Xét vế phải : 4 – 2x – x² = (x² + 2x – 4) = (x + 1)² + 5  5

Để hai vế bằng nhau thì cả hai vế phải đều bằng 5. Khi mỗi vế bằng 5, ta có : 4 – 2x – x² = 5

 x² + 2x + 1 = 0  x = 1. Vậy nghiệm là x = 1.

5)

Xét vế trái :



x 3



2 ^{1 24 3} 1 4

11 x 6 x

15 x 6 x

2 2

2   



 

 







Xét vế phải : x² 6x18



x3



²9 3

Để hai vế bằng nhau thì cả hai vế phải đều bằng 3. Ta có : x² 6x183x² 6x189

 x² – 6x + 9 = 0  x = 3. Vậy nghiệm là x = 3.

6)

Xét vế trái :



x3



² 2



x3



²4⁴



x2



² 1 2 41  vế trái  3 2 Dấu bằng xảy ra

 

 





 













 

2 x

3 x 0 2 x

0 3 x

2 2

 phương trình vô nghiệm

7)

Điều kiện : x  1

 

1

x 1 x x 2

1 1 x 1 . 1 x

2        

2x² – 8x + 9 = 2(x² – 4x + 4) + 1 = 2(x – 2)² + 1  1

Để hai vế bằng nhau thì cả hai vế phải đều bằng 1, lúc đó : (x – 2)² = 0  x = 2. Vậy nghiệm là x = 2.

8)

Điều kiện : 1  x  1

Áp dụng bất đẳng thức cauchy, ta có :

2 x 1 x x 1

1 . x 1 x

1 x

1 ²

4 2   













 (1)

2 1 x 1 1

. x 1 x

41      (2)

2 1 x 1 1

. x 1 x

1

4       (3)

Cộng theo vế của (1), (2), (3) thu được : ⁴ 1x² ⁴1x⁴1x 1 1x 1x (4) Lại theo bất đẳng thức Cauchy ta có :

   

2 x 2 2

1 x 1 1

. x 1 x

1 

 

 







   

2 x 2 2

1 x 1 1

. x 1 x

1       

Suy ra

2 x 2 2

x 1 2

x 1 x 1

1 

 











 (5)

Từ (4) và (5) suy ra ⁴1x² ⁴1x⁴1x 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 3.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

9)

Ta có 0

8 47 2

2 x 11 2 21 x 11 x 2

2

2   



 



  





 nên 4x – 4 > 0 hay x > 1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta được :



x 1



2 2



x 1



x 3 2

. 2 3 4 x 4

3³   ³        (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2x² – 11x + 21  x + 3 hay 2x² – 12x + 18  0  2(x – 3)²  0  x = 3 Thử lại ta được x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

10)

Điều kiện : x  1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có : 2 x15x



x² 4

 

x125







x² 4

 

x24



Dấu “=” xảy ra  x x 1 10 x



x 1



100 x x 100 0

1 x

2 5

x     2    3 2  

   x = 5

Vậy nghiệm là x = 5.

12) Phương pháp chia khoảng và tách căn. (xét nghiệm theo điều kiện bài toán) Phương pháp chung :

 Dấu hiệu : phương trình có chứa nhân tử chung.

 Dựa vào điều kiện của phương trình hoặc các giá trị đặc biệt để xét và chọn các nghiệm của phương trình.

BÀI 11 : Giải phương trình sau :

1)

(1) 



x1



x2

 

 x1



x3



2



x1



x4



0

Điều kiện : 







 

























 

























1 x

4 x 1 x 4 x

1 x 3 x

1 x 2 x 0 4 x 5 x

0 3 x 4 x

0 2 x 3 x

2 2 2

Xét 2 trường hợp :

* Nếu x  1 :

Ta có : ^{1x . 2x 1x . 3x2 1x . 4x 0 1x}



^{2x 3x2 4x}



^0





















 

0 x 4 2 x 3 x 2

0 x 1

 Khi 1x 0  1 – x = 0  x = 1

 Khi 2x  3x2 4x 0 2x 3x 2 4x

Nếu x  1, ta có : 2x  4x ; 3x  4x  2x 3x 2 4x Trường hợp này phương trình vô nghiệm.

* Nếu x  4, lập luận tương tự như trên.

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.

2)

Điều kiện :

















 















3 x

1 x

1 x 0

1 x

0 6 x 8 x 2

2 2

Khi đó phương trình  2



x3



x1

 

 x1



x1

 

2 x1



 Nếu x = 1 thì phương trình nghiệm đúng. Suy ra x = 1 là nghiệm.

 Nếu x  1 thì x + 1 > 0

Do đó phương trình 2 2



x3



 x12



x1



2 2



x3



x1



x1

       

^

 





























 loại

7 x 25

1 x 0 25 x 7 1 x 1

x 1 x 3 x

8 ²

 Nếu x  3 thì VP < 0, VT > 0. Suy ra phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình có hai nghiệm : x = 1, x = 1.

3)

Điều kiện :

 

 















































 

















0 x

2 x

1 x

0 x

2 x

1 x

0 x

0 x

0 2 x x

0 1 x x

2

 Với x = 0 : (*) luôn đúng

 Với x  2 : (*)  1x 2x  x  2x12



x1



2x



x

 2



x1



2x



x10

Do đó phương trình (*) không có nghiệm trên ( ; 2]

 Với x  1 : (*)  x1 x2  x 2x12



x1



x2



x

1 2



x 1



x 2



0 x

0 0













     (vô lí)

Do đó phương trình (*) không có nghiệm trên [1 ; +) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là : x = 0.

4)

Điều kiện :















 











2 x 1

2 x 1 0

1 x 2

0 1 x 4 ²

Phương trình 



2x1



2x1

 

 2x1



x1



 2x1

 Nếu

2

x1 thì phương trình nghiệm đúng. Suy ra

2

x1 là nghiệm.

 Nếu 2

x 1 thì 2x + 1 > 0 nên phương trình  2x1 2x1



x1



1 ^2x¹¹



^x¹



^2x¹



^{x 1}

 

^{1 x}



^{2x 1}



^{2x 1 1}



2      

 ^

   













 

nghiệm vô

0 1 1 x 2 1 x 2 2

1 x

Vậy phương trình có nghiệm

2

x1, x = 1.

13) Phương pháp dùng hằng đẳng thức.

Phương pháp chung :

Dùng hằng đẳng thức (A + B + C)³ = A³ + B³ + C³ + 3(A + B)(B + C)(C + A) a) Nếu (A + B + C) = 0 thì A³ + B³ + C³ = 3ABC

b) Nếu (A + B + C)³ = A³ + B³ + C³ thì (A + B)(B + C)(C + A) = 0.

BÀI 13 : Giải các phương trình sau :

1)

Đặt A³ x1, B³ x2, C³ x3

Ta có : (A + B + C) = 0 nên A³ + B³ + C³ = 3ABC 3



x2



3³



x1



x2



x3





x2

 

³ x1



x2



x3







^x2

 

^x2

 

^{2 x1}



^x3

 

^{0x20x2}

 















 

) 3 x )(

1 x ( ) 2 x (

0 2 x

2

















 

) nhận)

nghiem vo

( 3 x 4 x 4 x 4 x

( 2 x

2

2 x2

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

2)

Đặt : A³ 3x1, B³ 5x, C³ 2x9 Ta có : A³ + B³ + C³ = 4x – 3

Khi đó (1)  A + B + C = ³ 4x3  (A + B + C)³ = 4x – 3

Suy ra : A³ + B³ + C³ = (A + B + C)³. Do đó : (A + B)(B + C)(C + A) = 0







































































































5 x 8

4 x

3 x

x 2 9 1 x 3

x 2 9 x 5

5 x 1 x 3

0 1 x 3 9 x 2

0 9 x 2 x 5

0 x 5 1 x 3

0 A C

0 C B

0 B A

3 3

3 3

3 3

3 3

3 3

3 3

14) Phương pháp lượng giác hóa.

BÀI 14 : Giải các phương trình sau :

1)

Điều kiện : 1 – x²  0  1  x  1. Đặt x = cost , t  [0 ; ]

Phương trình đã cho trở thành : 1 1x² 2x² 1 1cos²t 2cos²t

0 1 t sin t sin 2 ) t sin 1 ( 2 t sin

1   ²  ²   

































 





   



 

2 6 k t 5

2 6 k t

2 2 k t

sin6 2 t 1 sin

1 t sin

Do t  [0 ; ] nên ta có :











 

















 

 

2 3 6

cos5 x

2 3 cos6

x

6 t 5 t 6

. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm :

2 x 3

2)

Điều kiện : x  0, x  1. Đặt x = tant, 



 



  



 ; 2

t 2 , do x  0 và x  1 nên t  0, 4



Phương trình đã cho trở thành : 0

t 2 cos . t sin . 2

1 t

2 sin 1 1 t cos

1 t

4 sin

2 t 2 sin

1 t cos

1 



 



  







 2.sint.cos2t + cos2t – 1 = 0  2sint(1 – 2sin²t) – 2sin²t = 0  sint(1 – sint – 2sin²t) = 0













































2 6 k t

2 2 k t

2 t 1 sin

1 t sin

0 t sin

Kết hợp với điều kiện suy ra :

t6. Vậy phương trình có nghiệm :

3 1 tan 6

x 



 



   . 15) Phương pháp tọa độ.

1) Tích vô hướng và độ dài của vectơ : Cho u = (x ; y) và u' = (x’ ; y’) a) u.u' = x.x’ + y.y’ (Tích vô hướng của 2 vectơ)

b) u = (x ; y)  u = x² y² (Độ dài của vectơ) 2) Các bất đẳng thức :

a) u .v u.v b) u  v  uv c) u  v  uv d) u v  uv _ Dấu đẳng thức trong a), b) xảy ra khi và chỉ khi u,v cùng hướng.

_ Dấu đẳng thức trong c) xảy ra khi và chỉ khi một trong hai trường hợp v0 hoặcu,v ngược hướng.

BÀI 15 : Giải các phương trình sau :

1)

Ta có : ^{x 3 4 x 1    x 8 6 x 1    1}



^{x 1 2 }

 

^{2  3 x 1}



^{2 1}

Đặt ^u



^{x 1 2 ; 0 }



^{ u }



^{x 1 2 }



^{2 ; v }



^{3 x 1 ; 0}



^{ u }



^{3 x 1}



²

 ^{u  v}



^{1 ; 0}



^{  u v 1 1}

Mà u    v u v x 3 4 x 1    x 8 6 x 1   1 Đẳng thức xảy ra  uk.v

với k là số thực không âm. Do đó, ta có :

  

x 1 2

0 x 1 2 3 x 1 0

3 x 1

        

 

Đặt t x 1 , t  0  (t – 2)(3 – t)  0  2  t  3  2  x1  3  4  x – 1  9  5  x  10

2)

(1) (x²2x1)4 (x²2x1)9 29  (1x)²2²  (x1)² 3²  29 Đặt u



1x;2



 u  x² 2x5 ; v



x1;3



 v  x² 2x10

 ^u^v



^2;5



 ^u^v  ²⁹

Mà uv  u  v  x²2x5 x²2x10  29 Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu

5 x 1 2 x 2 x 3 3 3

2 1 x

x

1       



