Đoàn Ngọc Dũng -

HƯỚNG DẪN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ 2 GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

1)

Đặt

 











 















3 v x

1 u x 3

x v

0 u 1 x

u ²

Khi đó phương trình đã cho trở thành u v 2 x 5

0 2 u u

v u

0 v u

0 u

3 v 1 u

v 2 u 2 v u

0 x

2 2

2

2     

















































2)

Điều kiện : _













 

















0 x

1 x 3 0

3 x

0 x

0 x x²

(1)  ^{x2 x 1} _x¹₂ ²



^{x2 x}



¹ _x¹₂ ^x3



 

 









 ^{2 2 2}



²



2

x 1 1

x x 1 0

x x

    

      

3)

(1)  x²6x9 x3118x2 18x 1 18x



^x3



^{2 x3}



^{1 18x}



^{2 1 18x}

 (1). Đặt x3a, 1 18x b (với a > 0, b > 0)

Khi đó phương trình (1) trở thành ^{a4 a b4 b a4b4   a b 0}



^ab

 

^_ ^{ab a}

 

^2b2



^{ 1}_ ⁰

Vì a0, b0 nên



^ab

 

^a2b2



^{10. Do đó ab0ab}. Tức là x3 1 18x

 

^





 













 













 

















 x 3

1 x 0 3 x 4 x

2 x 2

x x 8 1

0 2 x x

8 1 2 x x 8 1 1 3

x _{2 2}

4)

Điều kiện : x > 0 và x  5

(1)

 

     



5 x



⁰

x 1 x 192 1

x x 5 5 x

x 5 x

1 x 192 1

x 5 x

x ^{2 2} 



 











 

 



 











 

Đặt

 

1 x

x 5 y 5



  (y  0) ta có :



^5y



^2192_y ^{0y310y225y1920}



^y3

 

^{y213y64}



^0

Do y² – 13y + 64 = (y – 6,5)² + 21,75 > 0 nên y + 3 = 0  y = 3 (thỏa mãn)

Khi đó ta có :

 

_{3 x x 8 x 3 0}

1 x

x 5

x     





Đặt t x (t > 0 và t  5) ta có : t³ – 8t – 3 = 0  (t – 3)(t² + 3t + 1) = 0

5)

Điều kiện xác định :

3 x 22 2 



Ta có : ^{x284 x2 223x}



^x24



^4



^x22

 

^{ 223x4}



   

x 2



Ax

4 x 3 22

16 x 3 22 2 2 x

4 2 4 x

2 x 2

x   







 







 







 (2)

Trong đó :

 

4 x 3 22

3 2

2 x 2 4 x x

A   



 



 Nhận xét rằng, nếu

3 y 22 x 2  

 thì x2 y2 ; 223x 223y

 y 2 2

4 2

2 x

4



 

 

  ;

4 y 3 22

3 4

x 3 22

3



 





6)

Điều kiện xác định của phương trình :

4 x 3 0 

   

4x



3 4x

 

2x 1



0

x 4

1 x 2 x 4 3

x x

2 x 1 x 4 3

1 x^{3 3}   ²  ⁴     ² 

 



 

 (2)

Ta có : 4x⁴ – (3 – 4x)(2x + 1)² = 4x⁴ + 16x³ + 4x² – 8x – 3 = (4x⁴ + 16x³ + 6x²) – (2x² + 8x + 3)

= (2x² – 1)(2x² + 8x + 3)

Do đó (2)  (2x² – 1)(2x² + 8x + 3) = 0  x = 2

2 (do

4 x 3 0  )

7)

Điều kiện :













 0 x 3 11

0 1 x 9 x²

Đặt a x²9x1 ; b 113x (a  0, b  0)

Ta có : a + x.b = 2x + 3  a = 2x + 3 – xb  x² + 9x = a² + 1 = (2x + 3 – xb)² + 1 (1) Mặt khác : (2x + 3 – xb)² + 1 – (x² + 9x) = (4x² + 9 + x²b² + 12x – 4x²b – 6xb) + 1 – (x² + 9x)

= x²(b² – 4b + 3) + 3x(1 – 2b) + 10 = x²(b – 1)(b – 3) + (11 – b²)(1 – 2b) + 10 (vì 3x = 11 – b²)

= x²(b – 1)(b – 3) + 2b³ – b² – 22b + 21 = x²(b – 1)(b – 3) + (b – 1)(2b² + b – 21)

= x²(b – 1)(b – 3) + (b – 1)(b – 3)(2b + 7) = (b – 1)(b – 3)(x² + 2b + 7) (2)

 Cách 2 :

Đặt a³ x²4x3 ; b³ 4x²9x3 ; c ³3x 2 2x² ; d ³3x²2x2 Ta có : a³ + b³ + c³ = d³ (2)

Phương trình đã cho trở thành a + b + c = d  (a + b + c)³ = d³  a³ + b³ + c³ + 3(a + b)(b + c)(c + a) = d³ Kết hợp với (2) ta có : (a + b)(b + c)(c + a) = 0

 Với a + b = 0, suy ra 5x² – 5x = 0  x = 0 hoặc x = 1

 Với b + c = 0, suy ra 2x² – 6x – 1 = 0 

2 11 x3 hoặc

2 11 x3

 Với c + a = 0, suy ra x² – 7x – 5 = 0 

2 69

x7 hoặc

2 69 x7

8)

 Cách 1 :

     ^{ }  

2 2 2

2 2 2 2 2

2 3

4

x 1 1

x 1 x 2 x x

4 x 3 x x 1 x 2 x 1 1 x 4 x 3

1  







 





















x 0 1 1

x 1 x x 2

4 x 3

x 2

2 2 2

2 



















 





Nhận thấy

 



^{1 1 x}



⁰

6

2 x 5 1 1 x 3

x 2 x 3

1 1

x 1 x x 2

4 x

3 2

2 2 2 2

2 2

2 2 











 



 

 

 







 

 với mọi x.

Do đó (1)  x² = 0  x = 0. Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 0.

 Cách 2 :

Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số không âm : ³

2 2 2

2 x

2 1 3 3 1 2x 1 3 2x

1 3 



 

 







 

 





 

 

 

^{2 3 x2}

2 1 3 x

1  

 (2)

Áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số không âm : ^{4 4 2} x² 4⁴ x¹² 4x³ 2

x 1 x 2

x       ⁴ x² 4x³

2 x 3

3   (3)

Cộng theo vế của (2) và (3), biến đổi được ^{3x44x31}



^1x2



^{3 (4)}

Đẳng thức ở (4) xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

9)

Điều kiện : x  1

Phương trình trong đầu bài tương đương với



^{3 x62}

 

^{ x11}



^x24

 

 

  

x 2



x 2



1 1 x

1 1 x 4 6 x 2 6 x

8 6 x

3 2 3   







 











 

 

  

x 2



0

1 1 x

1 4

6 x 2 6 x 2 1

x 3 2 3 









  



 







 



     













 

 











 x 2 0 1

1 1 x

1 4

6 x 2 6 x

1 2

x

3 2 3

Ta có :

 

 

^{x 1 1 x 2}

1 4

6 x 2 6 x 1 1

3 2 3  



 







  (2)

Vì x  1 nên

 

 

^{49 2 7 4 1 2}

1 1

1 x

1 4

6 x 2 6 x 2 1

VT _{3 3}

3 2 3  



 



 







  VP(2) = x + 2 > 2 > VT(2)

10)

 Cách 1 : Điều kiện : 0

x

x1  ; 0

x

11  x  1 hoặc 1  x < 0 Với điều kiện trên, ta có :

 











 





 















    

 

0 x 1

1 1 x

x x 0

1 x 0

x 1 1 1 x

x x 1 1 x

 



 







 







 1 2

x 1 1 x

x

mãn thỏa 1

x

Ta có

 

x 1 2 x x 1

x 1

2 







 (3)

 Nếu 1  x < 0 thì vế trái của (3) luôn âm, còn vế phải không âm.

 Nếu x  1. Khi đó hai vế của (3) không âm, ta được :

 

3 x²1x2 x



x1



 (x² + 1 – x)² = 4x(x – 1)  x⁴ – 2x³ – x² + 2x + 1 = 0 1 0 x

x 1 x 2

x² 1₂  



 

 





 



 



2 5 x 1

0 1 x x 0 x 1

x 1 ²

2        



 



  

 (do x  1)

 Cách 2 : Điều kiện : x  1 hoặc 1  x < 0

 Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình (1).

 Với x > 1 hoặc 1  x < 0, ta đặt a x

x1  ; b

x

11  (a  0 ; b > 0)

Khi đó







 







 x

1 b x

a

1 x b a^{2 2}

 a + b = x

Do đó x > 1. Suy ra

   

1 2a a 1



a 1



0 a 1 x

x 1 b a b

a        ²   ²  

Vì vậy

2 5 x 1

1 x

x 1

x 1 



 











11)

Nhận thấy a²  a a, đẳng thức xảy ra khi a  0. Ta có :

2 3 5 4 75 4

75 2

x 1 19 x x

2

2    



 

 









2x 1



3



x 3



3



x 3



3



x 3



28 x 22 x

7 ²    ²  ²   ²  



 



 

 



 



 

 



 



 

 



 

 





 2

x 7 2 2 3

x 7 2 2 3

x 7 2 2 3

x 1 37 x 43 x 13

2 2

2 2

Gọi vế trái của phương trình là A thì :

 

3x 3 3



x 3



2 3 7 2 3 5 2 x 7 2 3 3 x 2 3

3

A 5  



 



   





 



 









Do đó A3 3



x3



khi và chỉ khi các BĐT trên đều trở thành đẳng thức, tức là :

2 x 1

2 0 x 7 2

0 3 x

0 1 x 2

2 0 x 1





































12)

Điều kiện :





















 0 2 x

0 35 x 2 x

0 19 x 25 x 7

2 2

 x  7 (*)

(1)  7x²25x197 x2 x²2x35



^{x 2}



¹⁴



^{x 2}

 

^{x 2x 35}



^{x 2x 35}

49 19 x 25 x

7 ²      ²   ² 





x 2



x 5



x 7



7 22 x 11 x

3 ²     

 ^3



^x25x14



^4



^x5



^7



^x5

 

^x25x14



⁽²⁾

Đặt a x²5x14, b x5 (chú ý rằng với x  7 thì x² – 5x – 14  0, x + 5 > 0) Khi đó phương trình (2) trở thành : 3a² + 4b² = 7ab  (a – b)(3a – 4b) = 0 _







 

b 4 a 3

b a

 Với a = b, ta có : x²5x14 x5x²5x14x5x²6x190

 

 

 

 













 

* mãn thỏa không 7

2 3 x

* mãn thỏa 7

2 3 x

 Với 3a = 4b, ta có : 3 x²5x144 x59



x²5x14



16



x5



9x²61x2060

 

 

 

 









 

 



* mãn thỏa không 18

11137 x 61

* mãn thỏa 18

11137 x 61

13)

Điều kiện : x  2. Đặt t³ 9



x3



thì ta có :

9 27 xt³ ;

18 45 t 2

2

x  ³ ;

 

3 3 t x

3 ²

3  2 

Phương trình đã cho trở thành : t 3t 3

2 45 t t

3 1 t 18

45

t3 2 3 2





 







  (1)

Ta có : 0

4 3 2 t 3 3 t 3 t

2

2   



 

 





 , nên phương trình (1) tương đương với : ^t3₂^45



^t23t3



²

 2t⁴ + 11t³ + 30t² + 36t – 27 = 0  (2t – 1)(t + 3)(t² + 3t + 9) = 0

2 t1

 hoặc t = 3

 Với 2

t1 thì t³ 27 217

x 9 72

  

 Với t = 3 thì 0 9

27 xt³ 

Các nghiệm trên thỏa mãn điều kiện của bài toán.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 0 ;

12 x217

14)

Điều kiện : xyz  0, xy  0, yz  0, zx  0  x  0, y  0, z  0

Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại ít nhất hai trong ba số x , y , z cùng lớn hơn hoặc bằng 2 hay cùng bé hơn hoặc bằng 2. Giả sử hai số đó là x và y , khi đó



^x2



^y2



^0.

Phương trình đã cho tương đương với



^{x y}

 

^{2 z2}



^{2 z}



^x2



^y2



^{0 (1)}

Vì mỗi số hạng ở vế trái của (1) đều không âm, nên để có (1) thì phải có

  





















0 2 z

0 2 y 2 x z

y x

4 z y x 2 z y

x      

 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : (x ; y ; z) = (4 ; 4 ; 4).

15)

Đặt a x1 ; b x2 (a  0, b  0) ta có :

21x – 25 = 6(x + 1) + 15(x – 2) – 1 = 6a² + 15b² – 1 và ^{x2  x 2}



^{x 1 x}



^2



^ab

Phương trình đã cho trở thành : 6a² + 15b² – 1 + 2b = 19ab + a (1)

 (2a – 3b – 1)(3a – 5b + 1) = 0









 

 

 















 

3 1 b a 5

2 1 b a 3 0 1 b 5 a 3

0 1 b 3 a 2

 Với

2 1 b a 3 

 thì 2 x13 x214x49x176 x26 x2215x













 

0 513 x 246 x

25 5 x 21

2

 x = 3

 Với

3 1 b

a5  thì 3 x115 x29x106 x125x503 x18x30

64 x 297 0

891 x 489 x

64 4 x 15

2



 











 

16)

Điều kiện : 0  x  17

 Cách 1 : Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số không âm ta có :



1 4

 

x 17 x



17 x

17 4

x   ² ²    (1)



^{1 4}

 

^{x 4 17 x}



¹⁷



^{x 4 17 x}



¹⁷

x 17 8

x ^{4 2 2}

4           (2)

Cộng theo vế các bất đẳng thức (1) và (2) ta được : x⁴ x4 17x8⁴17x34 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

4 x 17 1

x 

  x = 1.

 Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm, ta có : 2

1

x  x ;

 

2 x 33 2

x 17 x 16

17

4       ;

4 3 1 x

2 1 x 2 1 2

1 x x

4  



 



  

 

 ;

4 x 65 8

x 4 33

2 2 x 17 4 4

x 17

8⁴  



 



  

 

 





Suy ra x⁴ x4 17x8⁴17x34

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Vậy phương trình đã cho có đúng một nghiệm x = 1.

17)

Điều kiện : 3 x  2

 Với 3

x 2, phương trình đã cho tương đương với 9 9x² 4 2₂ 18₂

25 x x x 1

   

 (1) Ta thấy phương trình (1) có VT > 25, và do

3

x 2, ta có 25

13 162 2

VP9  nên phương trình đã cho vô nghiệm.

 Với

3

x2, phương trình đã cho tương đương với 4₂ 2₂ 18₂ 25 9 9

x x x 1

   

 (2)

Đặt t

x 1

2  _



 



   4 t 9

0 , phương trình (2) trở thành 18t

25 9 9 4t 2t

   1 t

      

 0

1 t

4 t 1 t 4 9 2 18 1 t

t

4 t 2 t 2 1 t 4 9

2 t 16 36

t 1

t t 18 2 t 4 9 9

9 



 







 



 

 



 





 

 









 (3)

Lưu ý rằng với

4 t 9

0  có

4 18 1 t 4 9

18 



 và

4 4 18 1 t 1 3 1 t

4

t  

 

 

 nên 0

1 t

4 t 1 t 4 9

18 



 



 Vậy (3)  t = 2. Suy ra

2

x 2 (vì x < 0). Phương trình đã cho có một nghiệm

2 x 2 .

18)

Điều kiện : 3 x 5

 

^{1 4x220x256x104 6x104}



^2x5



^2



^6x102



^{2  2x5  6x102 (2)}

Do 3

x 5

 nên 5 0

3 2 5 5 x

2   





 , suy ra

 

2 2x5 6x1022x3 6x10

 

_4x ²_{6x 1 0} ^{x 3 4 13}

x 3 10 x 6 3 x 2

0 3 x 2

2 2



 

 













 













  (thỏa mãn điều kiện)

19)

4

x 9 3 4 x

11 25 x 3 x 2 2

x 3 4 11 25 x 3 x

2 ^{2 2}

2

2        



 

 







 2 x²3x11x²3x4 (*)

Đặt u x²3x11 (u  0)

Phương trình (*) trở thành u² + 2u – 15 = 0  u = 3

Với u = 3 thì x²3x113  x² – 3x + 2 = 0  x = 1 hoặc x = 2

20)

Biến đổi phương trình đã cho về dạng ²



^x22x4



^2



^x2



^3



^x2

 

^x22x4



⁽¹⁾

Do x = 2 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên ta chia hai vế của phương trình (1) cho

x + 2 ta được

 

_{2 0}

2 x

4 x 2 3 x

2 x

4 x 2 x

2 ^{2 2}  





 





 (2)

Đặt

2 x

4 x 2 u x²





  (u  0) . Phương trình (2) trở thành 2u² – 3u – 2 = 0  u = 2 hoặc

2

u1 (loại)

Với u = 2 thì 2

2 x

4 x 2

x² 





  x² – 2x + 4 = 4(x + 2)  x² – 6x – 4 = 0  x3 13

21)

Đặt u x²2x1 (u  0) thì u² = x² + 2x – 1 hay x² – 2x – 1 = u² – 4x Phương trình đã cho trở thành u² – 2(1 – x)u – 4x = 0 (*)

Ta có ’ = (1 – x)² + 4x = (1 + x)²  0 nên phương trình (*) có hai nghiệm u = 2 hoặc u = 2x

 Với u = 2 thì x²2x12x²2x50x1 6

 Với u = 2x thì











 







 _{2 2}

2

x 4 1 x 2 x

0 x x

2 1 x 2

x (vô nghiệm). Vậy nghiệm là : x1 6.

22)

Điều kiện :











 0 x 2

0 2

x  2  x  2

Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được : ⁴



^{2x484x4 2}



^4x2

 

^9x216



^{8 2x}



^{16 8 2x x 8x 0}

4  ²   ²  ² 

 (1)

Đặt u2 82x² (u  0) thì u² = 4(8 – 2x²)

Phương trình đã cho trở thành u² + 8u – x² – 8x = 0 (2)

Ta có ’ = 16 + x² + 8x = (4 + x)²  0 nên phương trình (2) có hai nghiệm u = x hay u = x – 8

 Với u = x thì

3 2 x 4

x x 8 32

2 x x 0

x 2 8

2 ² _{2 2}  











 





 Với u = x – 8 thì 2 82x² x8 vô nghiệm (do 2  x  2)

23)

Điều kiện :











 0 x

2 x 2

Đặt ² ₂

x 4

x x

x u 4

 

  , 1

x 4

x x u 4 2

u ² ₂ ² ₂ 

 







Phương trình đã cho trở thành ^

 



















 loại

2 u 1

2 u 0 1 2u u² 5

Với u = 2 thì

















 







 













 

 

4 2 4

2 2

2 2 2

2

x 3 x 12 x x 4 16

0 x 2 x 3

4 x x

4

0 x 2 x 2

4 x x

x 4



^{x 4x 4}



⁰



^{x2 2x}



^{00 x 2}

4

0 x 2

2 2 2

4  















 















 

24)

Điều kiện : 2  x  8

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương



x2



3 x23 8x



x2



8x



0



^{x 2 3}



^{8 x}



^{x 2 3}



⁰



^{x 2 3}



^{x 2 8 x}



⁰

2

x              



 

 







 















 

nhận 5

x

loại 11

x x 8 2 x

3 2 x

25)

Điều kiện : 0 x 1

0 x 1

0 x

0 x x ²





 

















Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được : ^1₉⁴



^xx2



^₃^{4 xx2 x1x2 xx2}

   









 





































 x 1

0 x 4 x 9 x

0 x 0 x

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

2 ₂

2 2

2 2

2

26)

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.

27)

Điều kiện :

2 17 x 3

0 2 x 3

x²       hoặc

2 17

x 3 (*) Từ điều kiện, ta có x²3x2 x²x10. Từ phương trình đã cho suy ra :



^4x3

 

^{x23x2 x2x11}



^0x ₄^{3 hoặc x23x2 x2x11 (**)}

Cộng vế với vế phương trình đã cho và phương trình (**), ta được : x²3x2 2x1

 

⁶

13 x 7

0 3 x 7 x 3

2 x 1 1

x 2 2 x 3 x

2 x 1

2 2 2

 

 











 















  , thử lại chỉ có

6 13 x 7

 thỏa mãn (*)

28)

Từ phương trình đã cho suy ra ³



^2x



^{2 3}



^7x



^{22 3}



^{3 2x3 7x}





^{2 x 7 x}



^{2 x 7 x 3}

3 x 7 x

2    ³  ³  ³  ³  

  x = 1 hoặc x = 6

29)

Thấy x = 0 không nghiệm đúng phương trình đã cho. Do đó với x  0 thì x110 Từ phương trình đã cho suy ra ^x



^x11

 

^{x x175}



^{ x11 x175}

1 x 0 1 x 1 x 8 16 1 x 17 x 4 1 x 17

x               

 (thử lại đúng)

30)

Điều kiện : x 4 2

5  

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương :



^x21

 

^{ 4x1}

 

^{ 2x51}



^{2x25x3}

 

_{2x 5x 3}

1 5 x 2

3 x 2 1 x 4

x 3 1 2 x

3

x  2 





 





 





 

  

x 3



2x 1



1 5 x 2

2 1

x 4

1 1

2 x 3 1

x   



 







 



 



 

 (*)

 Với x = 3 thỏa mãn phương trình (*).

 Với x  3, ta có

 

2x 1

1 5 x 2

2 1

x 4

1 1

2 x

* 1  



 



 



  (**)

Với điều kiện x 4 2

5  ;

 

1 6

2 2 5 1 x 2

*

*

VP       , VT (**) < 1 + 2 = 3

 (**) vô nghiệm hay phương trình đã cho không có nghiệm x  3

31)

Điều kiện : x  0

Với điều kiện trên, giả sử x là một nghiệm của phương trình (*).

Khi đó, từ phương trình đã cho suy ra x > 0, ta chỉ cần xét x > 0.

Vì 2x² + x + 6 – (x² + x + 3) = x² + 3 > 0 nên :

   

x 3 x 2 3 x x 6 x x 2

3

* x ²

2 2

2  











 

0 144 x 24 x 16 x 7 3 x x x 4 12 x 3 3 x x 2 x 6 x x 2

2 ²    ²   ²  ²   ⁴ ³ ² 



 (x – 2)(7x³ + 30x² + 36x + 72) = 0  x = 2 hoặc 7x³ + 30x² + 36x + 72 = 0 (vô nghiệm do x > 0)

32)

Điều kiện :

2 x 5 2

3   . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

   

₂

2 1 x 2 5 2

1 3 x x 2 2 5 3 x

2           (1) và 3x² – 12x + 14 = 3(x – 2)² + 2  2 (2) Từ (1) và (2) ta thấy 2x3 52x3x²12x14 có nghiệm duy nhất x = 2.

33)

Điều kiện : x² + x – 1  0 và x – x² + 1  0 (1)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

 

2 x x 2

1 1 x 1 x

x

x²   ²    ²  (2)

 

2 2 x x 2

1 1 x 1 x

x

x ^{2 2}  ²

 



 



 (3)

Cộng theo từng vế của (2) và (3), ta được : x²x1 xx²1x1 (4) Kết hợp (4) với phương trình đã cho ta được x² – x + 2  x + 1 hay (x – 1)²  0 Đẳng thức xảy ra khi x = 1 (thỏa mãn(1))

Thay giá trị vào phương trình đã cho thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

34)

Điều kiện : x > 1

 Ta thấy x = 5 là nghiệm của phương trình (*).

 Với x > 5 thì x – 1 > 4. Do đó

5 4 x

0 4  và

4 1 1 x

0 1 

   VT (*) < VP (*)

 phương trình (*) không có nghiệm trên (5 ; +)

 Với x < 5 thì 0 < x – 1 < 4. Do đó 5 4 x

4  và

4 1 1 x

1 

  VT (*) > VP (*)

 phương trình (*) không có nghiệm trên ( ; 5) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 5.

35)

Đặt

 

















3 2

4 2

1 x 2 v

0 u x 17

u . Ta có hệ

 

_^















 













 













0 34 u 3 u 3 u u 2

1 u v 33 1 u u 2

1 u v 33 v u 2

1 v u

2 3 3 4

4 3

4

   













 







 



























 2x 1 1

2 x 17 1

v 2 0 u

17 u 7 u 5 u 2 2 u

1 u v

3 2

4 2

0 u , 0

2

3  

 

  x² = 1  x = 1 (thỏa mãn)

36)

Đặt u v 2

1 x 3 v

1 x 3 u 1 x 3 v

1 x 3

u _{3 3}

3 3 3

3





 











 















Ta có hệ

   

^_^{    }_^{   }



















 

















2 v u

1 uv v u 2

v u

1 uv v u 2 uv v u v u

1 uv v u 2

v u

1 uv v

u ^{2 2 2 2}

2 2 2 2 3

3 2 2

     

_{x 0}

1 1 x 3

1 1 x 3 1

u 1 v 2

v u

0 1 v 3 2

v u

1 v 2 v v 2 v

3 3 2 2

2



 













 









 











 

















  (thỏa mãn)

37)

Điều kiện : x  3. Đặt







 







0 v 2 ,

3 v x

1 x u

Ta có hệ

    

^

 































 













1 u 2 2 v 1

v u 0 1 v 2 u 2 v u u v v u 2 2 u v 2

2 v u

2 _{2 2}

2 2

 







 





 











 











 









 





4 17 x 3

1 x 0 1 x 3 x 2

1 x 1 x 2 2 x

3 x

1 x 1 2 x

3 v x

u _{2 2}

4 17 x 3





     



















 









 











 









2 0 x 3 5 x 2

2 x 3 9

x 12 4 x

1 2

3 x

0 3 x 2 3

x 2 2 1 2

3 1 x

u 2 2 v 1

2 2

4 13 x 5

4 13 x 5

2 x 3



 













 







38)

Điều kiện :













 0 15 x 2

0 5 x 8 x

8 ² . Phương trình đã cho tương đương 2x152



4x2



²28

Đặt 4y2 2x15,

2

y1. Ta có hệ

 

  

x y



8x 8y 9



0

15 y 2 2 x 4

15 x 2 2 y 4

2 2









 



















  

4x 2



2x 15 ^{64x 14x 11 0 x 21}

y x 15 x 2 2 y 4

0 y

x ₂

2

2      











 













 (thỏa điều kiện)



 

2 2x 15 ^{64x 72x 35 0}

8 9 x 8

8 9 x y 8

15 x 2 2 y 4

8 9 x

y 8 ₂

2 2



















 



 



  



 

 













 

16 221 x9

 (thỏa)

39)

Điều kiện : 1 – x²  0  1  x  1. Đặt x = sinu, _^^{ }_^

; 2 u 2

Phương trình đã cho trở thành

 

sinu sin2u

2 cosu 2 u

cos 2 1 u sin u cos

1     

2 2 2

u sin3 2

u sin3 2 cosu 2 2

cosu

2   

 



 



  

 

 0

2 cosu

; 2 u 2

do 







 









 

 



1

x 2

x 1 u 2

u 6

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : 2

x1 ; x=1.

40)

Đặt ^a



^{4x;20 2}



^{ a  x28x816 ; b}



^{5x;11 2}



^{ b  x210x267}

Ta có ^ab



^{9;31 2}



^{ ab  2003}

Mà ab  a b x²8x816 x²10x267  2003 Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu

31 x 56 2 11

5 x 2 20

x

4    

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất :

31 x56.

41)

Điều kiện : x  2010. Đặt u x x2010 (x  u  0) Phương trình đã cho trở thành x xu 2010 (*)

Nếu u < 2010  x – u > x –2010 > 0  xu x20100 x xu x x2010 hay 2010 < u (vô lí) Nếu u > 2010  x –2010 > x – u  0  x2010 xu0 x xu x x2010 hay 2010 > u (vô lí) Do đó u = 2010 

 













 













 ₂

2 2

2

2010 x

2010 x

2010 2010 x

x 2010 x

2010 2010

x x



^{2.2010 1}



^{x 2010 2010 0 x 2010 2010}

x

2010

x ₂

4 2

2

2





 















 

42)

Điều kiện : x > 1

Phương trình đã cho có thể viết lại ⁵₄



_x²_^₁⁷



^{ 5}₄



_x²_^₁⁷



^4



^x1



^3



^21



^(*)

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương

 

^{* 3 5}₄



_x² ₁⁷

 

^{4 x 1}



^{3 5 2 7 3}



^{2 1}

 

^{3 2 1}



VT ³    ³   ³  ³  



 

Đẳng thức xảy ra

     

4 3 x 2

1 x

1 2 1 x 1 4 x 4

7 2

5   

















 





43)

Phương trình đã cho viết lại :



x²x1



2



x1



x²x12



x1



10 Đặt t  x²x1 và t  0

Phương trình đã cho trở thành : t² + 2(x – 1)t – 2x + 1 = 0, t  0, dễ thấy phương trình có dạng đặc biệt, vì thế có hai nghiệm t = 1 hoặc t = 1 – 2x.

Với t = 1 tức x²x11  x = 0 hoặc x = 1.

Với t = 1 – 2x tức

 

_^







 















 









0 x 5 x 3

2 x 1 x

2 1 1 x x

0 x 2 x 1

2 1 1 x x

2 2 2

2  x = 0

44)

Đặt u x²11  u² = x² + 1

Khi đó phương trình đã cho viết lại : (4x – 1)u = 2u² + 2x – 1  u² – (4x – 1)u + 2x – 1 = 0, giải phương trình ta được u = 2x – 1 hoặc

2

u 1 không thỏa u  1.

Với u = 2x – 1 tức x²12x1 phương trình này 

 















2 1 2x 12

x

0 1 x 2

3 x 4 0 x 4 x 3

2 x 1

2



 









 

45)

Điều kiện : 1  x  8

Đặt t  1x 8x và t  0 suy ra t² 92



1x



8x



, hay

  

2 9 x t

8 x

1   ²

(1)  3 t 2t 15 0

2 9

tt²   ²   , phương trình này có nghiệm t = 3 thỏa mãn điều kiện.

Với t = 3 tức 1x 8x0  x = 1 hoặc x = 8

46)

Đặt y³ 3x2 suy ra y³ = 3x – 2 (1) 













 2 x 3 y

2 y 3 x

3 3

suy ra x³ – y³ = 3y – 3x hay x³ – y³ = 3y – 3x hay (x – y)(x² + xy + y² + 3) = 0 (*)

Ta thấy 3 0

4 y 3 2 x y 3 y xy

x ²

2 3

3    



 

 







 (x, y  R). Do vậy phương trình (*)  x = y

Thay x = y vào phương trình y³ = 3x – 2 ta được x³ – 3x + 2 = 0, phương trình tương đương với (x – 1)²(x + 2) = 0  x = 2 hoặc x = 1

47)

Đặt y³ 35x³  x³ + y³ = 35. Khi đó phương trình đã cho trở thành :

 











 35 y x

30 y x xy

3 3

giải hệ này ta tìm được (x ; y) = (2 ; 3) = (3 ; 2)

48)

Điều kiện : x  0, x  1. Đặt ⁵ 1 x

x t 16

  . Khi đó (1) 

2 5 t

t1  2t² – 5t + 2 = 0 t 1

2 t 2

 



 

 Với 2

t 1 tức

 

511 x 1 1 32 x x 1 2 16 1 1 x

x

5 16 











 

 Với t = 2 tức 2 16x 32x 32 x 2 1

x x

5 16      



49)

x = 1 không là nghiệm của phương trình.

Với x  1, chia cả hai vế phương trình cho ⁴



1x



² 0, ta được phương trình :

41 x 4 1 x

2 3 1 0

1 x 1 x

    

  (*) . Đặt

t 1 x 1

x 0 1

x 1

x

t ⁴ 1 ⁴ 



 

 

 

Khi đó phương trình (*) trở thành : 2t² + 3t + 1 = 0, phương trình này vô nghiệm với t > 0.

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

50)

Điều kiện : x – 1  0  x  1.

 x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.

 x > 1 thì phương trình (1)  2 x 1 3 x³ 6 ^{x 6} x 1

    

 (2) Xét hai hàm số :

f (x) 2 x 1 3 x3 6 x 6

g(x) x 1

    

  

 



trên khoảng (1 ; +)

Nhận xét : x = 2 là một nghiệm của phương trình (2). Mặt khác, ta có :

3

3 2

1 1

f (x) 2 x 1 3 x 6 f '(x) 0, x 1

x 1 (x 6)

         

 

2

x 6 7

g(x) g '(x) 0, x 1

x 1 (x 1)

 

     

 

 Đồ thị hai hàm số này chỉ cắt nhau tại một điểm duy nhất x = 2.

51)

Phương trình viết lại : 2. 5x³3x²3x2 x²6x1, đặt điều kiện vế phải rồi bình phương hai vế, rút gọn ta được phương trình : x⁴ – 8x³ + 22x² – 24x + 9 = 0 (*)

 x = 0 không là nghiệm của phương trình (*).

 x  0 chia cả hai vế của phương trình (*) cho x², khi đó phương trình (*) viết lại x 0

9 x 22 24 x 8

x²    ₂  (**). Đặt

x x 3

y  phương trình (**) trở thành y² – 8y + 16 = 0  y = 4 Với y = 4 tức 4

x

x 3   x² – 4x + 3 = 0, phương trình có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 3.

52)

Đặt a³ x²4x3 ; b³ 4x²9x3 ; c³ 3x²2x2 ; d³ 2x²3x2

Ta có : a + b = c + d (1). Và a³ + b³ = c³ + d³  (a + b)³ – 3ab(a + b) = (c + d)³ – 3cd(c + d) Kết hợp với (1) ta có (a + b)(ab – cd) = 0

 Với a + b = 0, suy ra 5x² – 5x = 0  x = 0 hoặc x = 1

 Với ab = cd, ta có : (x² + 4x + 3)(4x² –9x –3) = (3x² –2x + 2)(2x² –3x –2)  (x² –7x –5)(2x² –6x –1) = 0 Phương trình trên có bốn nghiệm :

2 69 x₁ 7

 ;

2 69 x₂ 7

 ;

2 11 x₃ 3

 ;

2 11 x₄ 3



53)

Cộng hai vế với 3x + 4, ta được phương trình tương đương : 3x4³ 3x4



x1

 

³ x1



33x 4 x 1

    (vì nếu a < b thì a³ < b³  a³ + a < b³ + b)  (x + 1)³ – 3(x + 1) = 1 (1) Xét trường hợp x12. Khi đó tồn tại duy nhất   [0 ; ] sao cho x + 1 = 2cos.

Suy ra (x + 1)³ – 3(x + 1) = 2(4cos² - 3cos) = 2cos3

Do đó (1)  2cos3 = 1  cos3 =

3 k 2 2 9

3 k 2 3

1     (k  Z) Kết hợp với 0    , suy ra







  



 9

;7 9

;5

9 . Chú ý rằng đa thức bậc ba có không quá ba nghiệm thực.