Tập xác định của hàm số là D

Bài 1. Tìm tập xác định của hàm số sau 1. y 3 x 6x.

2.

2

1 1 y x 9

   x

 ^. 3.



³⁴



^{x 1}

y x x

 

  ^.

Lời giải

1. Điều kiện xác định của hàm số là: 3 0 3

3 6

6 0 6

x x

x x x

   

 

    

    

  ^.

Tập xác định của hàm số là ^{D }



^3;6



^.

2. Điều kiện xác định của hàm số là: ₂ 1 0 1

3 9 0 3

3

 

       

 

  

   x x

x x x

x

.

Vậy tập xác định của hàm số là ^D



^{3; }



^.

3. Điều kiện xác định của hàm số là:

3 0 3

1 4

1 0 1

4 0 4 3

x x

x x x

x x x

  

 

  

     

   

    

 

.

Vậy tập xác định của hàm số là: ^D



^{1; 4 \ 3}

  

^.

Bài 2. Giải và biện luận các phương trình sau:

1.



^4m22



^{x 1 2m x ;}

2. 4x3m  2x m ;

3.



³



^{2 3}



¹

 

^{2 1}



²

1

m x m

m x

x

  

  

 ;

4.



^m29



^x22

^

^m3

^

^{x 1 0.}

Lời giải

1. Phương trình đã cho ^



^4m21



^{x 1 2m}

● Với ² 1

4 1 0

m     m 2, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

2

1 2 1

4 1 2 1

x m

m m

  

  ^.

● Với ² 1

4 1 0

m     m 2. +) Với 1

m2 thì phương trình đã cho trở thành 0.x2, phương trình vô nghiệm.

+) Với 1

m 2 thì phương trình đã cho trở thành 0.x0. phương trình nghiệm đúng với mọi x^.

Vậy với 1

m 2 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1

2 1

x m

 ^.

với 1

m2 thì phương trình vô nghiệm.

với 1

m 2 thì phương trình có nghiệm là mọi x^. 2. Phương trình đã cho tương đương với

4 3 2 2

4 3 2

3 x m x m x m

x m x m x m

 

  

 

      

 

● Với 2 0

3

m mm , phương trình có nghiệm duy nhất x0.

● Với 2 0

3

m mm , phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

3.



³



^{2 3}



¹

 

^{2 1}



²

1

m x m

m x

x

  

  

 .

 

³

Lời giải Điều kiện: x 1.

Phương trình trở thành:



^2m1



^{x2 }



^m2



^x6m0.

 

^3*

● Với 1

2 1 0

m  m2. Khi đó phương trình trở thành

3 3 0 2

2x x

      .

● Với 1

2 1 0

m  m 2, phương trình tương đương với



²

 

^{2 1}



^{3 0 2}3

2 1 x

x m x m m

x m

  

      





.

+ Xét 3 2

2 3 2 4

2 1 7

m m m m

m       

 ^.

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất x 2.

+ Xét 3 1

1 3 1 2

2 1 5

m m m m

m       

 ^.

Khi đó phương trình

 

^3* có hai nghiệm x 1,x 2. Nên phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x 2.

Vậy với 1

m 2 thì phương trình ban đầu có một nghiệm 6 x5, với 2 1

7; 5

m m thì phương trình ban đầu có một nghiệm x 2, với 1 2 1

2 7 5; ; m  

  thì phương trình ban đầu có hai nghiệm phân biệt 2; 3

2 1

x x m

   m

 .

4.



^m29



^x22

^

^m3

^

^{x 1 0.}

^{ }

⁴

● Với m 3,

 

^{4  1 0}( vô lí). Vậy phương trình vô nghiệm.

● Với m3,

 

^{4 12 1 0 1}

x x 12

      .

● Với m²  9 0 m 3. Ta có:   6m18.

+ TH1:   6m18 0   m 3, phương trình vô nghiệm.

+ TH2:   6m18 0   m 3 (loại).

+ TH3:   6m18 0   m 3.

Phương trình có hai nghiện phân biệt

 

 

1 2

2 2

3 6 18

9

3 6 18

9

m m

x m

m m

x m

    

 

 

    

  



.

Kết luận:

+ Với m3, phương trình có một nghiệm: 1 x 12, + Với m 3, phương trình vô nghiệm,

+ Với m 3,m3, phương trình có hai nghiệm phân biệt

 

 

1 2

2 2

3 6 18

9

3 6 18

9

m m

x m

m m

x m

    

 

 

    

  



.

Bài 3. Giải các phương trình 1. x²6x 9 2x1; 2.



^x3



^{x 1 x29;}

3. x²4x3x  2 6 0; 4. 3x  2 x 1;

5.



^{x2 3}



^x



^{ x x}



^{ 1}



^4.

Lời giải 1. Do hai vế không âm nên

 

²

2 6 9 2 1 2 6 9 2 1

x  x  x  x  x  x

2 2 2

2

6 9 4 4 1 3 10 8 0 3

4

x x x x x x x

x

  

         

 

  ^.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 2 3, 4

x  x . 2. Điều kiện xác định của phương trình x1 0  x 1.

Ta có



^x3



^{x 1 x29}



^x3



^{x 1}



^x3



^x3



     

 

 

3

3 1 3 0 3 0

1 3 0 1 3 1

x loai

x x x x

x x x x

  

  

 

                   Giải phương trình

 

 

²

1 3 3

1 3

1 : x x

x x

x

  

 

 

 

 

2

3 3

5 ˆ 7 10 0 5

2

. x

x n an

x x h

x x

x

 



 

    

 

  

 

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x5. 3.

● Với x 2, ta có

   

 

2 2 2 0 ˆ

4 3 2 6 0 4 3 2 6 0 0

ˆ 1 x nhan

x x x x x x x x

x nhan

                

   

 .

● Với x 2, ta có

   

 

2 2 2 3 ˆ

4 3 2 6 0 4 3 2 6 0 7 12 0

4 ˆ x nhan

x x x x x x x x

x nhan

  

                

    . 

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm x0,x 1,x 3,x 4.

4.

  

²



²

3 2 1 1

3 2 1

x x x

x x

  

    

  





  

1 1

1 1 2

2 1 4 3 0 2 3

3 4

4 x

x x x

x x

x x

  

 

   

   

     

     

 

     



.

Vậy phương trình có tập nghiệm: 1 3 2 , 4 S   

 . 5.



^{x2 3}



^x



^{ x x}



^{ 1}



^4.

Điều kiện: x 1 hoặc x0.



^{x2 3}



^x



^{ x x}



^{  1}



^{4 x2   x 2 x2 x}

 

¹

Đặt: ^{t x2x}



^t0



^.

Phương trình

 

^{1 có dạng : 2 2 0 2 0}

1 0 t t t

t

 

        .

Với t2 ta có : ^{2 2}

1 17

2 4 0 2

1 17 2 x

x x x x

x

  

 

      

   



(thỏa mãn).

Vậy phương trình có 2 nghiệm x ^{1 17} 2

  .

Bài 4. Cho phương trình mx²2x4m 1 0. 1. Giải và biện luận phương trình.

2. Tìm m để phương trình có nghiệm bằng 2. Tìm nghiệm còn lại.

3. Tìm m để phương trình có các nghiệm x x₁; ₂thỏa mãn:

(a)

1 2

1 1

x x 2 (b) x₁2x₂ 4. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương.

5. Tìm m để phương trình có một nghiệm nhỏ hơn 1, một nghiệm lớn hơn 1. Lời giải

1. Tập xác địnhD

+ m0, phương trình đã cho thành 1

2 1 0

x x 2

     . + m0, phương trình đã cho thành phương trình bậc 2 một ẩn.

2

2 1 15

4 1 2 0,

4 16

m m  m  m

          .

Do đó, phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

1 4m2 m 1

x m

  



Kết luận:

+ m0, phương trình đã cho có 1 nghiệm 1 x 2 .

+ m0, phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 4m² m 1

x m

  

 .

2. Thay x2 vào phương trình đã cho ta được 4m 4 4m   1 5 0 2

 x không phải là nghiệm của phương trình đã cho.

Vậy không có giá trị của m nào để phương trình đã cho có nghiệm là 2.

3.

(a) Theo Định lí Vi-ét, với m0 phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệtx x₁; ₂ thỏa mãn:

1 2

1 2

2

4 1

x x m x x m

m

  

  

 



(2)

Theo giả thiết _{1 2 1 2}

1 2

1 1

2 x x 2x x

x  x    

 

2 4 1

2 1

1 4 1

2

m m m

m m

  

        (thỏa mãn).

Vậy 1

m 2

 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(b): Theo giả thiết x₁2x₂. Thay vào (2) có: 2 1

 

2 4

; 0

3 3

x x m

m m

  

2

1 2 2

8 4 1

36 9 8 0

9

x x m m m

m m

 

      (vô nghiệm)

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.

4.

Phương trình đã cho có hai nghiệm dương khi và chỉ khi

 

0

0 1 4 1 0

0 4 1 0 0 01

0 4 1 0

0 2 4

0 m

a m m

m m

P mm m m

S

m

 

 

      

    

    

         

  

  

  



.

Suy ra không tồn tại m để phương trình đã cho có hai nghiệm dương.

5. Đặt t x 1, phương trình đã cho trở thành



¹



^{2 2}



¹



^{4 1 0 2 2}



¹



^{3 3 0}

 

^*

m t  t  m  mt  m t m  . Yêu cầu bài toán 

 

^* có hai nghiệm trái dấu ^m



^{3m    3}



^{0 m 1 hoặc}

0 m .

Bài 5. Cho phương trình ^2x2²



^m¹



^{x m} ²^4m ^{3 0}. Tìm mđể phương trình có hai ngihệm x x₁, ₂. Khi đó, hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

 

1 2 2 1 2

A x x  x x .

Lời giải

*) Ta có ^{ }



^m1



^22



^m24m3



^{ m26m5.}

Phương trình có hai nghiệm x x₁, ₂khi và chỉ khi        0 5 m 1.

*) Khi đó theo định lí Vi-et ta có

 

1 2

2 1 2

1

4 3

. 2

x x m

m m

x x

    

   

 .

 

²

 

²

1 2 1 2

4 3 1 7

2 2 1 4

2 2 2

m m

A x x x x   m m m

         .

Xét hàm số

 

^{1 2 4 7,}



^{5; 1}



2 2

f m  m  m m   .

Hàm số là hàm số bậc hai có hệ số 1 2 0

a  , đồ thị có đỉnh là 9 4; 2

I   ^{và có} bảng biến thiên trên đoạn



^{ 5; 1}



^{như sau}

Từ bảng biến thiên suy ra:

Giá trị lớn nhất của A bằng 0 khi m 1. Giá trị nhỏ nhất của A bằng 9

2 khi m 4.