Tài liệu ôn thi đại học đại số sơ cấp
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.36 MB, 152 trang )
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 1 -
TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC
(Đại số sơ cấp)
PHẦN I: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Phương trình và bất phương trình bậc 2,
2
( 0;
ax bx c a
.
Câu 1: Tìm
m
để phương trình:
2
2( 3) 4 12 0
x m x m
có hai nghiệm cùng lớn hơn -1.
Giải
Để pt đã cho có hai nghiệm cùng lớn hơn -1 thì m thỏa mãn hệ sau:
' 2
1 2
0 ( 3) 4 12 0
7
1. ( 1) 0 1 2( 3) 4 12 0 3.
2
1 3
1
2
m m
f m m m
x x m
Câu 2: Tìm a để BPT:
(1)
2
( 1) 2( 2) 2 1 0
a x a x a
, có nghiệm trong
( 1,2).
Giải
Xét ba trường hợp của a như sau
TH1:
1
1; (1) 6 3 0 .
2
a x x
(thỏa mãn)
TH2:
1;
a
ta có
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 2 -
2
'
2 2
1
2 2
2
2
5 3 5 5 3 5
5 5 0
0
2 2
2 ( 2) 5 5 2( 1) 5 5 3
1
( 2) 5 5 ( 1) 5 5 3
5 3 5 5 3 5
2 2
5 5 3 .
1 4
a
a a
x a a a a a a a
x
a a a a a a
a
a a a
a
(VN)
TH3:
1
a
+
'
0 (1; ).
a
'
2 2
1
2 2 2
5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5
0
2 2 2 2
1
1( 1) ( 2) 5 5 3 5 5
2
2( 1) ( 2) 5 5 3 5 5
5 3 5 5 3 5
2 2
( ; 1 / 2) (1
a a
x
a a a a a a
x
a a a a a a a
a
a
5 3 5
( ; 1 / 2).
2
; )
a
Câu 3: Tìm m để pt: [ ]+
2
2 0
x x x x m
, có hai nghiệm không âm. ([x] là phần nguyên của x).
Giải
Đặt
[ ] [ ]
;
y x z x x
, ta có,
2 2
0,
z z y y m
trong đó y nguyên và
0 1.
z
Pt theo z có nghiệm
1
2
z
, với
2
1 4( )
y y m
, vì
0
z
nên
1
2
z
và
1
0 1
2
z
hay
2
1 9 0 2.
y y m
Gọi
1 2
x x
là hai nghiệm không âm của pt, ta có
[ ] [ ]
1 1 2 2
;
y x y x
đều không âm, và
[ ]; [ ].
1 1 1 2 2 2
z x x z x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 3 -
- Nếu
1 2
y y
thì
[ ] [ ]
1 2
x x
và [ ]+ [ ]+
2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
2 0; 2 0
x x x x m x x x x m
, trừ vế
theo vế ta được
1 2
x x
(trái với GT)
- Nếu
1 2 1 2
1
y y y y
(do số nguyên).
Vì
2 2 2
1 1 2 2 2 2
0 2; 0 2 2 0(*)
y y m y y m y y m
nên
2 2 2 2
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2
2 2 | | 2 ( ) | 1 | 2,
y y y y y y y y y y y y
Vì
1 2
y y
là số nguyên dương nên
1 2
1 2
| 1 | 1
| 1 | 0
y y
y y
- TH1:
1 2 1 2 1 2
| 1 | 1 2 2; 0
y y y y y y
(không thỏa)
- TH2: [ ] [ ]
1 2 1 2 1 2 1 2
| 1 | 0 1 1; 0 1; 0
y y y y y y x x
Từ (*) suy ra:
0 2
m
và nghiệm
1,2
1 1 4
2
m
x
.
Câu 4. Tìm ĐK của a,b để pt:
2
1 0 (1);
x ax x bx
có nghiệm chung. Khi
đó tìm GTNN của
| | | |.
P a b
Giải
- Gọi
0
x
là nghiệm chung của hai pt trên, ta có,
2
0
2
0
.
x ax
a b x x a b
x bx
a b
Thế vào (1) ta được :
2
2
2 2 2 2
1 1
1 0 1 ( ) ( ) 0
2 3 1 0 3 2 1 0
a a a b a b
a b a b
a ab b ab a b
Vậy điều kiện của a,b là
2 2
3 2 1
a b
ab a b
thì pt có hai chung.
- Ta có
| | | |
P a b
, thế vào điều kiện trên ta được
2 2 2 2
3 | || | 2 | | | | 1 6 1 5 | | 0
a b a b a P a P
Để pt luôn có nghiệm thì
2 2
24 0 24 | | 2 6
P P P Min P
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 4 -
Phương trình và bất pt quy về bậc hai
Ví dụ 1. Tìm m để pt :
( )
x m x mx m
, cos 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn
1 2 3.
1 2
x x x
Giải
pt (1) đã có 1 nghiệm
x m
nên pt
x mx m
phải có haio nghiệm phân biệt
thảo một trong các TH sau :
- TH1 :
1 2
1 2 .
m x x
- TH2 :
1 2
1 2 .
x m x
- TH3 :
1 2
1 2 .
x x m
- Xét TH1 :
1 2 1 2
1 2
1
1
1. ( 1) 0
1 2 1
1
2
2
1. (2) 0
m
m
f
m x x x x
S
x x
f
(VN)
- Xét TH2 :
2
'
2
1 2
1
2
2
2 1
1 2
2 3 0
0
1
1 2 2 .
1 2 3 1
6
2
2 3 2
m
m
m m
x m x m
x m m m
x
m m m
- Xét TH3 :
2
'
1 2
1 2
1 2
2
2
2
2 3 0
0
1
1 2 1. ( 1) 0
1
6
1. (2) 0
2
2
2
2
m
m
m
m m
x x m f m
x x
f
m
x x
S
(VN)
- Vậy với
1
2
6
m
thì pt (1) có 3 nghiệm thỏa mãn
1 2 3
1 2 .
x x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 5 -
Ví dụ 2. Tìm m để pt :
3 2
3 3 2 0
x mx x m
có 3 nghiệm thỏa mãn
1 2 3.
1 2
x x x
giải
Xét hàm số
3 2 2
( ) 3 3 2 ; '( ) 3 6
f x x mx x m f x x mx m
- pt
'( ) 0
f x
luôn có hai nghiệm phân biệt nen hs luôn có CĐ, CT. Giả sử
1 2
x x
là hai
nghiệm của pt
'( ) 0
f x
, khi đó :
2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
2(1 ) ; 2(1 )
. 2(1 ) 2(1 ) 4 7 4 0,
y m x m y m x m
y y m x m m x m m m m
- Suy ra, pt đã cho luôn có ba nghiệm
1 2 3
x x x
- Vì
1 2
1 0
x x
nên pt luôn có 2 nghiệm trái dấu. Để pt có nghiệm thỏa mãn ĐKBT thì
2
( 1) 0 2 0
1
2.
1
(2) 0 10 2 0
5
5
m
f m
m
f m
m
Bài 1. Biện luận theo m số nghiệm của pt :
(1).
( 1)( 2)( 3) 1 0
x x x x m
Giải
Pt
1
2 2 2 2 2
( 3 )( 3 2) 1 0 ( 3 ) 2( 3 ) 1 0.
x x x x m x x x x m
Đặt
2
9
( 3 ), .
4
t x x t
Pt quay trở về : (2);
2 '
2 1 0 .
t t m m
- TH1 :
'
0 0
m
, Pt có 2 nghiệm PB
+ Nếu
9 25
1
4 16
m m thì pt (2) có 2 nghiệm PB dẫn đến pt (1) có 4 nghiệm PB.
+ Nếu
9 25
1
4 16
m m thì pt (2) có 1 nghiệm đẫn đến pt (1) có 2 nghiệm PB.
- TH2 :
'
0 0
m
, pt (2) có nghiệm kép
1
t
, dẫn đén pt (1) có 2 nghiệm phân
biệt.
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 6 -
- TH3 :
'
0 0
m
, pt (2) vô nghiệm dẫn đến pt (1) vô nghiệm.
Bài 2. Tìm a để pt :
4
16
ax ax a x ax
cos 4 nghiệm PB lập thành
một cấp số nhân.
Giải
Nhận thấy
0
x
không là nghiệm của pt (1), chia hai vế pt (1) cho
2
x
ta được
2
2
1 1
16 2 17 0
x a x a
x
x
, đặt
1
;| | 2
t x t
x
, ta có :
2
16 2 15 0
t at a
Để pt (1) có 4 nghiệm PB thì pt (2) phait có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn
1 2
| |,| | 2.
t t
Gọi
1 2 3 4
, , ,
x x x x
là 4 nghiệm lập thành một CSN của pt (1), ta có
1 4
,
x x
là hai nghiệm của pt :
2
1
1 0
x t x
, và
2 3
;
x x
là hai nghiệm của pt
2
2
1 0
x t x
, gọi q là công bội ta có,
2 3 3 3
2 1 3 1 4 1 1 4 1 1 1
3
2 2
3 2 2 3 2 2 2
1
. ; . ; . . 1 . ;
1
1 .
x x q x x q x x q x x x q x q x
q
x x q x x x q x q x
q
Vậy
3
1 2 3 4
3
1 1
; ; ;
x x x q x q
q
q
.
Theo ĐL Viét ta có,
3
3
1 2 3 4
2
1 2 1 3 1 2 2 4 3 4
2
1 1
16
1 1 2 17
1 1
16
a
b
q q
x x x x
q
q
a
c
a
x x x x x x x x x x
q q
a
q
q
Đặt
1
;| | 2
t q t
q
ta được
3
4 3 2
4 2
2
15
16
2 3 4 0
2 15
16
3
16
a
t t
t t t t
a
t t
PT này có nghiệm :
3 5 1 2
; ;
2 2 2
t t t
vì
| | 2
t
nên
5 85
170.
2 16 8
a
t a
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 7 -
BÀI TẬP
Bài 1. Biết PT
2
27 12 2001 0
ax x x
có ba nghiệm PB. Tính số nghiệm của PT :
2
4( 27 12 2001)(3 27) (3 .
ax x x ax ax x
Giải
Đặt
2 2
( ) 27 12 2001 '( ) 3 54 12 ''( ) 6 54 2(3 27)
f x ax x x f x ax x f x ax ax
Pt quy về :
[ ]
2
2 ( ). ''( ) '( )
f x f x f x
.
Đặt [ ]
2
( ) 2 ( ). ''( ) '( ) '( ) 2 ( ). '''( ).
g x f x f x f x g x f x f x
Gọi
1 2 3
x x x
là nghiệm của pt :
( ) 0
f x
, suy ra
2
1 2 3 1 2 3
( ) ( )( )( ) '( ) 12 ( )( )( )
f x a x x x x x x g x a x x x x x x
, vậy
'( ) 0
g x
cũng có 3 nghiệm PB
1 2 3
, ,
x x x
do đó hs
g
x
đạt cực trị tại ba điểm. Ta có
[ ]
[ ]
[ ]
2
1 1
2
2 2
2
3 3
( ) '( ) 0
( ) '( ) 0 ( ) 0
( ) '( ) 0
g x f x
g x f x g x
g x f x
có hai nghiệm PB
1. Phương trình và bất pt chứa căn
Bài 1. Giải bất pt :
1 1 1
1
x
x
x x x
(1).
ĐK :
2
1
0
1 0 1
1 0 1.
0 1
1
0
x
x x
x
x x
x x
x
x
- Với
1
x
;
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 8 -
-
2
2
2
2
2
( 1)
1 1 1 1 1 1
(1)
1
1 1 ( 1) 1 ( 1) 1
( 1) 1 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 0 ( ( 1) 1) 0
1 5 1 5
( 1) 1 1 0 ( 1)
2 2
x
x x x x x x
x x x
x x
x
x
x x x x x x x x x
x
x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x
- Với
1 0
x
2
2
2
(1 )
1 1 1 1
(1) 1 1
( )
( 1) 1 ( 1) 1
( 1) 1 2 (1 ) (1 ) 2 (1 ) 1 0
( (1 ) 1) 0 ( )
x
x x x x
x
x x x
x
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x VN
Vậy bất pt có nghiệm là :
1 5
1;
2
x x
.
Bài 2. Giải bất pt :
2
1 1 2 (1)
4
x
x x
Giải
ĐK :
1 1
x
2
2 4
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2
2
(1) 1 1 2 2 2 1 4
4 16
2(1 1 ) (1 ) 2(1 1 )(1 1 ) (1 )(1 1 )
16 16
(1 )(1 1 )
16
x x
x x x x
x x
x x x x x x
x
x x x
+
x
là một nghiệm của (*).
+ Khi
0
x
,
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 9 -
(ñuùng vôùi moïi
2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
2
2
2 2 2
2
2 (1 )(1 1 ) 2 1 1 (1 1 )
16 16
1 1 (1 1 )
16
1 1 (1 1 ) 0 0
16
(1 1 )
(1 1 )
16
0 0)
(1 1 )
x x
x x x
x
x x
x
x x
x
x
x x
x
x
Vậy tập nghiệm của bất pt là
[
1;1].
S
Bài 2. Giải pt
(1)
2
2 3 3
2 1
1 1 (1 ) (1 )
3
3
x
x x x
Giải
- Với
1 0
x
3 3
2 3 3
1 1 (1 ) (1 )
1 1 (1 ) (1 ) 0 (1) .
x x x x
x x x V N
- Với
0 1
x
, đặt os
( );0 .
2
x c t t
3
2 sin
(1) 1 sin (1 cos ) cos
3
sin
sin cos cos sin
sin cos cos sin sin cos sin cos
t
t t t
t t t t t
t t t t t t t t
cos cos
cos sin
cos
t t t t
t x
Bài 3. Giải pt
(1)
6 10
4
2 3
x x
Giải
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 10 -
Đặt
2 2
2 2 2
2
2
2 2 2 4 3 2
2
2
3 2
6
0.
2
10 10 10
(1) 4 4 4
2 6 6 6
3
0 4
0 4 0 4
10
10 (4 ) ( 6) 8 12 48 96 0
(4 )
6
0 4
0 4
2
( 2)( 6 48) 0
t
x
t t
t t t
t t t
t
t
t t
t
t t t t t t t
t
t
t
t
t
t t t
(vì
Vôùi
3 2
( 6 48) 0).
6 6 1
2 2 4 .
2 2 2
t t
t x
x x
Bài 4. Giải pt
(1)
3
2 2 2
3 3
7 8 6 7 2 3 12 3
x x x x x x
Giải
- Đặt
3
2 2 2
3 3
7 8; 6 7; 2 3 12
t x x u x x v x x
(1) 3
t u v
- Ta có,
Khi töùc laø
Khi töù
3 3 3 3 3 3 3 3
2 2
2 2
3
2 2
3
27 ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) 0
( )( ) ( )( ) 0
( )( )( ) 0
7 5 5
6 7 2 3 12 ,
2
t u v t u v t u v t u v
t u v u t v tv v u uv v t
u v t tv t v u uv
u v
u v t v t u v t
t u
u v x x x x x
v t
c laø
Khi töùc laø
3
2
2 2
3 3
7 5 5
2 3 12 ,
2
5
6 7 7 8 .
3
2
x x x
x
t u x x x x
x
- Vậy pt có 6 nghiệm
7 5 5 7 5 5 3
; ; 5; .
2 2 2
x x x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 11 -
Bài 5. Giải bất pt
(1)
1 1
5
2 4
x x x x x
Giải
ĐK :
1
4
x
; ta có
2
1 1 1 1
2 4 4 2
x x x
.
2
1 1 1 1 1 9
(1) 5 5
2 4 2 4 4 2
1
20 20.
4
x x x x x x
x x
Bài 6. Giải pt
(1)
3
3
6 6 4 4 0
x x
- Đặt
3
6 4
t x
,
ta có
3
3 3 2 2
3
6 4 0
6( ) 0 ( )( 6) 0
6 4 0
t x
t x t x t x t x tx
x t
2 2
6 0
t x
t x tx
, hệ pt trên tương đương với hệ
3
2 2
3 3
(I)
6 4 0
6 0
(II)
6( ) 8 0
t x
t x
t x tx
t x t x
3 2
( )
6 4 0 ( 2)( 2 2) 0
2 1 3 1 3
.
2
1 3 1 3
t x t x
I
t x t t t
t t t
x
x x
2 2
3 3
6 0
(II)
6( ) 8 0
t x tx
t x t x
; đặt
2
, ( 4 0)
S x t P tx S P
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 12 -
2
2
2
58
6 0
6
9
( )
2
( 12) 8 0
( 6) 8 0
3
P
S P
P S
II
S
S S P
S
- Vì
2
4 58
4 4. 0
9 9
S p
nên hệ (II) vô nghiệm.
Vậy pt co 3 nghiệm là
2; 1 3.
x x
Bài 7. Giải pt
2 3
2( 3 2) 3 8 (1).
x x x
Giải
ĐK :
2.
x
- Đặt
2
2 0; 2 4 0.
u x v x x
2 2 2 2
(1) 2( ) 3 2 2 3 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0
2
( 2 )(2 ) 0
2
u v uv u v uv v v u u v u
v u
v u v u
u v
(loaïi)
-
2 2
2 2 4 2 2 6 4 0 3 13
v u x x x x x x
Bài 8. Giải bất pt
2
1 1
2 2 18 7
2 4
x
x x x
(1).
Giải
ĐK :
1
2
x
2 2
1 1 18 7 1 1 ( 1)
(1) 2 1
2 4 8 2 4 8
x x x x x
x x x
- Đặt
1 1
;
2 4
x
u x v
, khi đó
2 2 2 2
2 2 2
u v u v u v u v
2 2 2 2
1 1
2 0 ( ) 0 6 3 0
2 4
3 6.
x
u uv v u v u v x x x
x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 13 -
Vậy nghiệm của bất pt là :
1
2
3 6
x
x
Bài 9. Giải bất pt
(1).
3
2001
3 1 2 4 3
304
x x x
ĐK :
2
x
3
2001
(1) 3 1 2 4 3
304
x x x
;
xét
3
2
3
2001 1 1 2001
( ) 3 1 2 4 ; '( ) 0
304 304
2 4
(3 1)
f x x x x f x
x
x
Vậy
( )
f x
đồng biến,
( ) 3 0
f x x
, suy ra tập nghiệm là :
2 0.
x
Bài 10. Giải pt
(1).
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x
Giải
2
2 2 2
2
2 2
2 2
3 1
(1) 2( 1) ( 1) ( 1)
3
1
1 3 1
2 1
3
1 1
x x
x x x x x x
x x
x x x x
x x x x
- Đặt (1)
(loaïi)
2
2
2
1
1 3
3
; 0; 2 1
3
1
3
2
t
x x
t t t t
x x
t
-
2 2
2
2 2
1 1 1 1 1
2 1 1
3
1 1
3 3
x x x x
t x x x
x x x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 14 -
- Vậy pt có một nghiệm
1
x
.
Bài 11. Giải và biện luận pt
(1)
3 2 4 4 4
x x x x m
.
Giải
ĐK :
4
x
2 2
(1) 4 1 4 2 4 1 4 2
x x m x x m
- Đặt
(1) (2).
4; 0; | 1 | | 2 |
t x t t t m
+ TH1 : (2)
3
0 1; 1 2 2 3 .
2
m
t t t m t m t
Nếu
3
0 1 1 3
2
m
m
, thì (2) có nghiệm là
3 3
4
2 2
m m
t x
2
3
4
2
m
x
là nghiệm của (1).
Nếu
1 3
m m
thì (2) vô nghiệm, do đó (1) cũng vô nghiệm.
+ TH2 :
1 2;(2) 1 2 1
t t t m m
Nếu
1
m
thì (2) có vô số nghiệm, do đó (1) cso vô số nghiệm.
Nếu
1
m
thì (2) vô nghiệm, do đó (1) vô nghiệm.
+ TH3 :
3
2;(2) 1 2
2
m
t t t m t
Nếu
3
2 1
2
m
m
thì
2
3 3 3
(2) 4 4 .
2 2 2
m m m
t x x
Nếu
1
m
thì (2) vô nghiệm, do đó (1) vô nghiệm.
Bài 12. giải pt
(1)
2
3
2 4
2
x
x x
.
Giải
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 15 -
ĐK :
3
x
2
3
(1) 2 4 1 1
2
x
x x
; đặt
(1)
(2)
2
2
2 4 1
3
1;(1)
2 4 1
2
x y y
x
y
y x x
[
2 2
2( ) 4( ) 2( )( ) 5( ) 0
( ) 2( ) 5] 0
2( ) 5 0
x y y x y x y x y x y x
y x
y x y x
y x
Hệ đã cho tương đương với
(I)
(II)
2
2 2
2 4 1
2( ) 5 0
2( ) 4( ) 2
y x
x y y
y x
x y y x y x
-
2
3 17 3 17
4 4
( ) .
2 3 1 0
3 17 3 17
4 4
x x
y x
I
y y
y y
-
2 2
2( ) 5 0 2( ) 5 0
( )
2[( ) 2 ] 3( ) 2 0 2( ) 3( ) 4 2 0
x y x y
II
x y xy x y x y x y xy
+ Đặt
2
; ( 4 0).
S x y P xy S P
2
5
2 5 0
2
( )
3
2 3 4 2 0
4
S
S
II
S S P
P
Khi đó
,
x y
là nghiệm của pt
2 2
5 3 5 13
0 4 10 3 0
2 4 4
5 13 5 13
4 4
.
5 13 5 13
4 4
X X X X X
x y
y x
Vậy (1) có 4 ngiệm là :
5 13 3 17
; .
4 4
x x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 16 -
Bài 13. Giải pt
(1).
3
2
1 2
5
2
x
x
Giải
ĐK :
1
x
; đặt
2
1; 1 .
u x v x x
2 2
2 2
2
(1) 2( ) 5 2 ( 2 ) ( 2 ) 0
5
2
( 2 )(2 ) 0
2
uv
u v uv u u v v u v
u v
u v
u v u v
v u
-
2 2 2
2 1 2 1 1 4( 1) 4 5 3 0( )
u v x x x x x x x x VN
-
2 2 2
5 37
2 2 1 1 4 4 1 5 3 0
2
v u x x x x x x x x x
Vậy (1) có 2 nghiệm
5 37
2
x
.
Bài 14. Giải pt
(1).
3 3
2 2
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
Giải
- Đặt
3 3
2 2
3
7 1; 8; 8 1 2,
u x v x x w x x u v w
- Ta có,
3 3
u v w u v w
Suy ra,
3 3 3 3
)(
u v w u v w u v v w u w
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 17 -
3
2
3
3 3
2 2
3
2
3
2
2 2
2
7 1 8
)( 8 8 1
7 1 8 1
7 1 8
8 8 1
7 1 8 1
x x x
u v
u v v w u w v w x x x x
u w
x x x
x x x
x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x
- Vậy pt có 4 nghiệm
0; 1; 9.
x x x
Phương trình và bất pt mũ, lôgarit
Bài 1. Giải pt
(1).
2
2 7 7
log log ( 3) log 2 log ( 3)
2
x
x x x x x
Giải
ĐK :
0
x
[ ]=0
2
2 2 7 2
2
2 2 7
2 7
(1) log log 2 log ( 3) log 0
2 2
log
log log 2 log ( 3)
2
2
log 2 log ( 3)
x x
x x x
x
x
x
x x x
x x
-
2 2
2
ln ln 2
log 2 ln( ) ln 2
2 2
x x
x x
x x x
x
Xét
2
ln 1 ln
( ) ; 0 '( ) ; '( ) 0 0
t t
f t t f t f t t
t
t
, suy ra pt có nhiều nhất là hai
nghiệm,
2; 4
x x
(nhẩm nghiệm)
-
2 7
log 2 log ( 3)
x x
, đặt
2
log 2
t
t x x
Ta có,
2 2 2
7
log ( 3) ( 3) 7 (2 3) 7 4 6.2 9 7
t t t t t t
x t x
4 2 9
6 1
7 7
7
t t
t
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 18 -
+ Xét
4 2 9 4 4 2 2 9 1
( ) 6 '( ) ln 6 ln ln 0 ( ) .
7 7 7 7 7 7 7
7 7
t t t t
t t
f t f t f t N B
Suy ra,
( ) 1
f t
có duy nhất một nghiệm là
2
2 log 2 4
t x x
KL : (1) có hai nghiệm là
2; 4
x x
.
Bài 2. CMR không tồn tại a để bất pt sau có nghiệm duy nhất :
1
2
log 11 log 2 3 log 2
a a
ax x ax x
Giải
ĐK :
ax x
a
; đặt
; .
t ax x t
log log
log 11 log log 11 log
log log
log log
log 11 .log log 11 .log *
log log
a a
a a a a
a a
a a
a a a a
a a
t t
t t
t t
t t
- Nếu
1 log 2 0
a
a
thì
(*) log 2.log 11 log .log
a a a a
t t
+ Xét
( ) log .log
a a
f t t t
(
2
2
1
'( ) . log ( 1) .log 1 1; 0)
( 1) ln
( 2)ln
a a
t
f t t t a t
t a
t a
Do đó,
( ); 0
f t t
là hàm đồng biến,
( ) 3 3
f t t
, BPT có vô số nghiệm
- Nếu (*)
2
0 1 log 2 0, log 2.log 11 log 2 log ( 1)
a a a a a
a t t
Tương tự trường hợp trên ta có,
( ) (3) 3
f t f t
hay
2 2
2 1 9 2 8 0
ax x ax x
,
vì bất phương trình này luôn có nhiều hơn một nghiệm nên không tồn tại a để BPT có nghiệm duy
nhất.
Bài 3. Giải PT
2 2
1 1
1
2 2
x
a a
a a
, với
0 1
a
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 19 -
Giải
Chia hai vế của pt cho
2
1
2
x
a
a
ta được,
(*)
2
2 2
1 2
1
1 1
x
a a
a a
- Đặt tan ;0
4
a t t
, ta có, os
(*) (sin 2 ) ( 2 ) 1
x x
t c t
Vì
os
0 sin 2 1, 0 2 1
t c t
nên
os
(sin 2 ) ( 2 )
x x
t c t
là hàm nghịch biến, do đó PT có nghiệm
duy nhất
2.
x
2. Phương trình và bất phương trình lượng giác
Bài 1. Giải pt
1
cos cos cos cos
16
x x x x
Giải
2 2
1 3 1 3 1
cos cos cos cos
4 4 4 4 2
cos
cos cos
cos
cos cos
cos
cos cos
PT x x x x
x
x x
x
x x
x
x x
-
(loaïi)
cos
cos
x
x
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 20 -
-
1
cos
3 1
2
cos cos
1
2 2
(2)
cos
1
2
1 3
cos
3 3
2
2 2
cos
2 2
x
x x
x
x
x
5
cos cos
6
2
cos cos
3
cos cos
3
cos cos
6
x
x
x
x
2 5
2 | | 2
3 6
( )
2 | | 2
6 3
k x k
k
k x k
-
3
cos cos cos cos 2
2 6 6
(3) ( )
5 5
3
cos cos cos 2
cos
6 6
2
x x x x k
k
x x x k
x
Vậy bất pt đã cho có nghiệm là
2 5
2 | | 2
3 6
( ).
2 | | 2
3 6
k x k
k
k x k
Bài 2. Giải pt
3 1 tan sin cos sin cos
x x x x x
ĐK :
cos .sin
tan
cos
k x k
x x
x
k x k
x
x k
x k
k x k
k x k
3 1 tan tan tan
x x x
; đặt
tan
t x
, ta được :
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 21 -
(*)
3 1 ( 2) 5( 3)
t t t
- Đặt
2
1 1
u t t u
2 2 3 2 2
(*) 3 ( 1) 5( 2) 3 5 3 10 0 ( 2)(3 5) 0
2 1 2 3 tan arctan .
u u u u u u u u u
u t t x x k
- Vậy pt đã cho có nghiệm là
arctan .
x k k
Bài tập
Bài 1. Giải pt
tan
sin cos
3 1 tan
sin cos
x
x x
x
x x
Giải
ĐK :
cos .sin
tan
cos
sin cos
tan
arctan
x x
k x k
x
x x k
k x k
x x
x
x k
tan
tan
1 tan
tan
x
x
x
x
, đặt
tan
t x
, ta được,
*
3 1
t
t
t
t
- Ta xét hàm số
2
1
2
( ) 1 ; ( ) ; ( ) 2
3
t
t
f t t g t h t
t
- Vì
( ), ( )
f t g t
là các hàm đồng biến nên
( ). ( )
f t g t
cũng là hàm đồng biến, mặt khác
( )
h t
là
hàm nghịch biến nên (*) có nghiệm duy nhất, ta nhẩm được nghiệm đó là
0
t
- Suy ra,
tan
x x k k
.
Bài 2. Giải BPT
| cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x
Giải
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 22 -
- Giả sử
| cos |
x
Đặt
| cos | cos cos | cos | | cos | | |
x x x x t x t t
(1)
2
| cos | | cos | 1 2 (1 2 ) 1 1
x x t t t t
+ TH1:
| cos |
x
Chứng minh tương tự trên ta có,
(2)
1
| cos | | cos |x x
Từ (1) và (2) ta có:
3
| cos | | cos | | cos | | cos | 2
2
x x x x
+ TH2:
1
| cos |
2
x
Vì | cos | | cos | | cos | | cos | | cos |x x x x x
| cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x
- Giả sử
1
| cos |
x
+ TH1:
1
| cos |
2
x
, chứng minh tương tự trên ta có
| cos | | cos | 1
x x
Suy ra,
| cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos |
x x x x x x x
+ TH2:
1
| cos |
x
Khi
1
| cos | | cos | | cos | 1
2
x x x
, ta có điều phải chứng minh
Khi
1
| cos |
2
x
, ta luôn có điều phải chứng minh.
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 23 -
Bài 6. Cho
( ),
n
P x n
thỏa
2
0 1
( )
( ) 0, ( ) ( ) ; 1
2
n
n n
x P x
P x P x P x n
. CMR:
2
0 ( )
1
n
x P x
n
Giải
+ Với
0
n
thì
2
0
1 0 0
( )
( ) ( ) 0 ( )
2 2
x P x x
P x P x P x
+ Với
1
n
thì
2
1
2 1 1
( )
( ) ( ) ( )
2 2 4 2
x P x x x x
P x P x P x
+ …
Vậy
1
0 ( ) ( )
n n
P x P x
Mặt khác
2
2
1 1
1 ( )
( )
1 ( ) 1 ( ) 0 ( ) 1
2 2 2
n
n
n n n
P x
x P x x
P x P x P x
Vậy
( ),
n
P x n
tăng và bị chặn
+ Đặt
lim ( ) ( )
n
n
P x f x
. Từ công thức đã cho ta được
2
( ) ( )
f x x f x x
Do
( ),
n
P x n
tăng nên ( ) ( )
n
P x f x x
Đặt
2
1 1
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
( )( ( )) ( )
( ) ( ) 1 ( ) 1
2 2 2
n
n n n n n
n n n
n n n
x P x
u x x P x u x x P x u x
u x x P x x P x x
u x u x u x
2
1 2
( ) ( ) 1 ( ) 1 1
2 2 2
n
n n n
x x x
u x u x u x x
Xét hàm số
1
2
n
t
y t
trong đó
; 0;1
t x t
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 24 -
1
0;1
2
' 1 . . 1 ; ' 0
2 2 2 1
2
max
1
n n
t
t n t
y t y x
n
y
n
Mặt khác
1
2
n
t
y t
trong đó
0;1
t nên
0
y
Suy ra
2
0 ( )
1
n
x P x
n
Bài 7 Giải hệ
2 2 2
3
2
3
4
1
8
x y z
xy yz zx
xyz
(1)
Giải
2
3
( ) 2( )
2
3
(1)
4
1
8
0
3
4
1
8
x y z xy yz zx
xy yz zx
xyz
x y z
xy yz zx
xyz
Theo định lí viet ta có
, ,
x y z
là nghiệm của pt
3 3
3 1 1
0 4 3 0
4 8 2
t t t t
(2)
Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt
Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 25 -
Đặt
cos ;(0 )
t u u
3
1
(2) 4cos 3cos 0
2
1
cos3
2
5 7
; ;
9 9 9
u u
u
u u
u u u
Vậy
5 7
cos ; ;
9 9 9
x y z
và các hoán vị của chúng
Bài 8 Tìm m để hệ
3
3
0
0
(1)
(2)
x mx y
y my x
có 5 nghiệm
Giải
+
0
x y
là một nghiệm của hệ
+ Ta tìm m để hệ có 4 nghiệm khác 0
Hệ
4 2
4 4 2 2
4 2
0
( ) 0
0
x mx yx
x y m x y m
y my yx
Thế
3
y x mx
vào (2) ta được
3 3 3
2 2 3 2
( ) ( ) 0
( ) ( ) 1 0
x mx m x mx x
x x m m x m
Đặt
2
,
t x m t m
Phương trình trở thành
2 3 4 3
2
2
2
( ) 1 0 1 0
1 1
0 ( 0)
1 1
2 0
t m t mt t mt mt
t mt m t
t t
t m t
t t
