Chuyen de ptvt

1

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀI 1 : Giải các phương trình sau:

1) Xét hàm số f x  x  x  5  x  7  x 16 14, x  (5 ; +)

f'x  1  1  1  1  0 , x  (5 ; +)

2 x 2 x  5 2 x  7 2 x 16

 hàm số f(x) đồng biến trên (5 ; +) (1)

Ta lại có : f(9) = 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 9.

2) Ta thấy x2  35  x2  24 nên 5x  4  0  x  4

5

  Xét hàm soá : f(x) = x2  35  x2  24 ,  x  4
5
f '(x)  2x  2x  x x2  35  x2  24 4 
2 x2  35 2 x2  24 x2  35. x2  24  0 , x   ;  

5 

 f(x) laø haøm số luôn luôn nghịch biến trên 4/ 5 ;  

Ngoài ra hàm số g(x) = 5x – 4 là hàm số đồng biến trên R nên cũng đồng biến trên 4/ 5 ;   .

 Đồ thị hai hàm số này chỉ cắt nhau tại một điểm duy nhất (1)

Mặt khác, ta có : f(1) = g(1) = 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

x  0
3) Điều kieän:  0x6
6  x  0

Xét hàm số : f (x)  1  1 vaø g(x)  1  1
4 (2x)3 4 (6  x)3 6  x 2x

Ta coù : f '(x)   3  1  3  1  0 , x  (0 ; 6)  hàm số f(x) giảm trên khoảng (0 ; 6).
2 4 (2x)7 4 4 (6  x)7

g '(x)   1  1  0 , x  (0 ; 6)  hàm số g(x) tăng trên khoảng (0 ; 6).
2 (6  x)3 (2x)3

Mặt khác, ta có : f(2) = g(2) (2  (0 ; 6))  nhận x = 2.
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

4) Điều kiện : x  1

Nhận xét : x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.

Xét hàm số f x  x3  x2  x  34 x 1  3 treân 1; .

Ta coù : f 'x  3x2  2x 1 3 3  0,x  (1;  )

44 x 1

Do đó hàm số đồng biến và liên tục trên 1; .
Mà f 0  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 1.

2
Vậy nghiệm của phương trình là : x  1 .

2

5) Điều kiện : 5x3 1  0  x  315

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Ta có : *  5x3 1  3 2x 1  x  4  0 i

Khi x  315 không thỏa mãn (i)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

2

1 1 
Khi x  3 , xét hàm số y  fx  5x 1  2x 1  x  4 treân  3 ;   coù :33

5 5 

f'x  15x2 2 1 
3 3  1  0 , x   3 ; 
2 5x 1 3 2x 1 5 

1 
Do đó hàm số y = f(x) đồng biến trên  3 ;   và f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất cuûa (i).

5 

Keát luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 1.

 Cách 2 : Sử dụng bất đẳng thức Cauchy với điểm rơi x = 1

 5x3  1  1  5x3  1 4    Cauchy 1 5x3  3 5x3  32
Ta coù :  22 4

3 2x  1.1.1  Cauchy 2x  1
 3

Suy ra : VT*  5x 1  2x 1  x 33 5x3  3 2x  1 x 15x3  20x  13

4 3 12

Maø : 15x  4  3x  4x  7  0  x 1 3  20x  13 3 3x2  3x  7 0  x  1

12

Suy ra : 5x3 1  3 2x 1  x  15x3  20x  13  4 và dấu “=” xảy ra khi x = 1.
12

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

 Cách 3 : Liên hợp khi sử dụng Casio tìm được x = 1 là nghiệm duy nhất

5x 1x 1 2x 1
*   5x 1  2  2x 1 1 x 1  0  5x2  1  2 3 2x 12  x  2  0  3 2x 1  123

 x 1  5x  1 2 
 1  0  x  1

 5x2  1  2 3 2x  12  3 2x  1  1 

Do 5x2 5x  1  1  2 3 2x 12 2  1  0 , x   3 2x 1  1 315

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

6) Điều kiện : x  0

*  3x2  x  8x 2x2 1  3 2x2 1  3  0 i

Xét hàm số fx  3x2  x  8x 2x2 1  3 2x2 1  3 trên [0 ; ) có :

2 2x2  6x 32x2  6x  8
f'x  6x  1  8 2x  1  2   2  6x  1 
 2x 1  2x 1 2x 12

Do : 32x2 – 6x + 8 > 0, x  R neân f’(x) > 0, x  0. Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên [0 ; ) và có

f(0) = 0 nên x = 0 là nghiệm duy nhất của (i).

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.

7) Điều kiện : 0  x  4

 Xét hàm số fx  x x  x 12 xác định và liên tục trên [0 ; 4], có :

f'x  3 x  1  0 , x 0;4, nên f(x) đồng biến trên [0 ; 4] (i)

2 2 x  12

 Xeùt hàm số gx  12 5  x  4  x  xác định và liên tục trên [0 ; 4], coù :

1 1   0 , x 0;4, nên g(x) nghịch biến trên [0 ; 4] (ii)
g'x  12 
 2 5x 2 4x 

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

3

Từ (i), (ii) suy ra f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất và f(4) = g(4) = 12 nên x = 4 là nghiệm duy nhất của

phương trình (*).

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

8) Điều kiện : x  1

2

*   x  22x 1  3 x  2  x  62x 1  3 x  6 4
 x  2 2x 1  3 x  6 2x 1  3 4   2x 1  3 x  2  x  6 4 i

Do x  2  x  6  0 , x  1 và vế phải dương nên để phương trình (i) có nghiệm thì cần điều kiện kéo
2

theo laø : 2x 1  3  0  2x 1  3  x  5 1  0 , x > 5 nên f(x) là
2x 1
 Xét hàm số dương fx  2x 1  3 trên nửa khoảng (5 ; ) có : f'x 

hàm số dương đồng biến trên (5 ; ) (1)

 Xét hàm số dương gx  x  2  x  6 trên nửa khoảng (5 ; ) coù : g' x  1  1  0 ,

2 x2 2 x6

x  5 nên g(x) đồng biến trên (5 ; ) (2) x  6  là hàm số đồng biến trên (5 ; ) và có

Từ (1), (2)  h(x) = f(x).g(x) =  2x 1  3 x  2 

h7  4 nên x = 7 là nghiệm duy nhất của (i).

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 7.

9) Điều kiện : x  8. Đặt t  3 x 1  x  t3 1  8  t  3 7 .

*  t2  2t  t3  4 t3  7  3t3  28  0  3t3  t2  2t  28  t3  4 t3  7  0

Nhận thấy t  3 7 không là nghiệm nên chỉ xét t 3 7 ; .

Xét hàm số fx  3t3  t2  2t  28  t3  4 t3  7 treân 3 7 ;   coù :

2 2 3 3 t2 t3  4 3
f't  9t  2t  2 3t t  7   0 , t  7 ; 
 t  7332

0 , t

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên khoảng 3 7 ;  .

Ta lại có : f(2) = 0  t = 2  x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 9.

10) Điều kiện : x  1. Do x = 1 không là nghiệm phương trình nên ta chỉ xét x > 0.

Lúc đó, ta coù : *  3 x  6  x2  x 1  7 1

Xét hàm số fx  3 x  6  x2  x 1 treân (1 ; ), ta coù : f' x  1  2x  1  0 , x > 1
33 x 2 2 x 1

 6

 hàm số f(x) đồng biến trên (1 ; ) và có f(2) = 7 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

11) Điều kiện : x 1

Do x = 1 không là nghiệm của phương trình nên với x > 1, ta coù : *  2 x 1  33 x  6  x  6 1

x 1

Xét hàm số : fx  2 x 1  3 x  6 treân (1 ; ) ta coù : f'x 3 1 3 1  0 , x > 1

x 1 x 6

 f(x) đồng biến trên (1 ; )

Xét hàm số : gx  x  6 trên (1 ; ) có g' x  2  7  0 , x > 1  g(x) nghịch biến trên (1 ; )
x 1 x 1

Mặt khác : f(2) = g(2)  x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

12) Phương trình xác định với mọi x  R.

Ta thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình.

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

4
 Xeùt x > 0, chia hai vế phương trình cho x và đặt t  1 ta được phương trình :

x

2 t2  t  4  2  33 2t 1  4t2  4t  9 1

Đặt u  3 2t 1 , khi đó phương trình (1) trở thành : u6  15  2  3u  u6  8

 3u  u6  8  u6 15  2  0 2

Xét hàm số fu  3u  u6  8  u6  15  2 trên R. Ta thấy nếu u < 0 thì f(u) < 0 nên ta chỉ cần xét u > 0.

Khi đó f'u  3  3u 5 1   1   0 với mọi u > 0. Do đó f(u) là hàm đồng biến trên (0 ; ).

 u6  8 u6  15 
Mà f(1) = 0 nên u = 1 là nghiệm duy nhất của (2). Từ đó ta tìm được x = 1.

 Xét x < 0, làm tương tự như trên ta có phương trình : u6  8  3u  u6  15  2  0 với u < 1

Xét hàm số gu  u6  8  3u  u6  15  2 với u < 1.

Ta có : g'u  3u 5 6  1 1 
  3  0 với mọi u < 1. Neân g(u) > g(1) = 2.
6
 u  8 u  15 

Vaäy x = 0, x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

13) Điều kiện : 8 – 3x2  0

Khi đó phương trình đã cho tương đương với : x3  3x 1  2  x  2  x  8  3x2  0

 x 1x  x 1 4x2  x 1  0  x  x 1 x  1  4 
2 2  2   0 1

2  x  8  3x 2  2  x  8  3x 

Ta chứng minh phương trình x  1  4  0 2 vô nghiệm.
2  x  8  3x2

Xét hàm số fx  2  x  8  3x2 với x   8 ; 8  .

 3 3

Ta coù : f'x  1  2 3x ; f'x  0  x   2 ; f   2   6  4 6
8  3x 3  3 3

f   8   2  8  0 , f   8   2  8  0
 3 3  3 3

Suy ra : 0  fx  6  4 6 3 . Do đó : x  1  1 fx  1  83  1 6  4 6  0 . Nên phương trình (2) vô nghiệm.

3

Từ đó suy ra phương trình (1)  x2 – x – 1  x  1  5
2

Vậy nghiệm của phương trình là : x  1  5 .
2

BÀI 2 : Giải các bất phương trình sau :

1) Điều kiện : –2  x  4

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Xét hàm số f x  2x3  3x2  6x 16  4  x treân [–2 ; 4] ta coù :

f 'x  3x2  x 1  1  0,x  (2 ; 4)

2x3  3x2  6x 16 2 4  x

Suy ra hàm số f(x) luôn đồng biến trên [–2 ; 4]

Mặt khác, ta có: f(x) > f(1) = 2 3  x > 1.

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

5

Kết luận : Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [–2 ; 4].

   Cách 2 : Sử dụng kỹ thuật nhân lượng liên hợp.

2x3  3x2  6x 16  4  x  2 3  2x3  3x2  6x 16  3 3   3  4  x  0

 2x3  3x2  6x 11  x 1  0  (x 1)(2x2  5x 11)  x 1  0
2x3  3x2  6x 16  3 3 3  4  x 2x3  3x2  6x 16  3 3 3  4  x

  5 2 63 
2 x   
 
 4 8  1 0
 (x 1)  x – 1 > 0  x > 1
 2x3  3x2  6x  16  3 3 3  4  x 
 


0,x[2 ; 4]

Kết luận : Giao với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [–2 ; 4].

2) Điều kieän : 1  x  3
2 2

Xét hàm số fx  3 3  2x  5 1 3
 2x  6 treân  ;  .
2x 1 2 2

Ta coù : f'x  3 5 1 3 1 3
 3  2  0 với mọi x   ;  . Do đó hàm f(x) nghịch biến trên  ;  .
3  2x  2x 1 2 2 2 2

Ta thấy f(1) = 0 nên bất phương trình tương đương với f(x)  f(1)  x  1

Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của bất phương trình là : 1  x  3
2

3) Điều kiện : x   1

3

Bất phương trình đã cho tương đương với : 3 1

3x 1  1  x  2  0

3 1 
Xét hàm số fx  3x 1  1 x  2 trên đoạn  ;  .

3 

Ta coù : f'x  3 2 1  1 
 31  x  0 với mọi x   ;   . Do đó hàm số đồng biến trên  ;  .
2 3x  1 3  3 

Mặt khác, ta thấy f(1) = 0 neân suy ra (1)  f(x)  0  x  1

Vậy nghiệm của bất phương trình là : x  1.
 Trong nhiều trường hợp hàm số y = f(x) xác định trên D nhưng ta chỉ chứng tỏ được f đơn điệu trên khoảng

K  D, để vận dụng được tính đơn điệu của f trong giải phương trình f(x) = c (tương ứng bất phương trình)

chúng ta có thể nhận xét x  K hoặc phân chia các trường hợp x  K, x  K.

4) Điều kiện : x  2 . Khi đó BPT đã cho tương đương với :  x  2  3x  2 x2  x  2 0

3

 22  x  x  2x 1  0  x  2 2  x  1  0 1

x  2  3x  2  x  2  3x  2 

Xét hàm số fx   2  x  1 với x  2 .
x  2  3x  2 3

1 3 2 2 
Ta coù : f' x  1 x  2 3x  2
2  0 với mọi x  . Do đó hàm f(x) đồng biến trên  ;  .
 x  2  3x  2  3 3 

2 5 3 2
Suy ra : fx  f     0 với mọi x  . Suy ra bất phương trình (1)  x – 2  0  x  2.
3 3 2 3

Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình là : 2  x  2 .
3

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

6

BÀI 3 : Giải các phương trình sau :

x  0 x2


1) Điều kiện : x  1  0

xx  2  0

Nhận xét x = 2 không phải là nghiệm của phương trình do ñoù x > 2.

Ta coù: (*)  x   x  1  (x 1)  (x 1) 12 2

Đặt u  x  1 (do x  2)  u  u2 1  v  v2 1  f (u)  f (v)
v  x 1  1 (do x  2)

Xét hàm đặc trưng f t  t  t2 1 với t  (1 ; +)

 f 't  1 2t  t2 1  t  0 , t > 1  f(t) là hàm đồng biến t > 1
2 t2 1 t2 1

Do đó : f u  f v  u  v  x  1  x  3  5 loaïi  3 5
x  x 1  2 x
2 2

x  x  2x 1  3 5 nhaän 
x 
 2

2) Tập xác định : D = R.

*  2x3  3x  1  3 2x3  3x  1  x2  2  3 x2  2

 3 2x3  3x 3  3 2x3  3x 1  3 x2  3  3 x2  2  f3 2x3  3x 1 f3 x2  2 1

1 2

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  R

    Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2) suy ra : f 3 2x3  3x  1  f 3 x2  2  3 2x3  3x  1  3 x2  2  2x3  x2  3x 1  0

 2x  1x2  x 1  0  x   1  x  1  5
2 2

Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là x   1 , x  1  5 .

2 2

3) Điều kiện : x  2

u  x2  2x  0 2 u  x2  2x  0 2 2
Đặt   v  u  3x  x  2 Hoặc đặt:   u  u  v  v  f (u)  f (v)
v  x  2  0
v  x  2  0

Khi đó (1)  x2  2x  x2  2x  x  2  x  2  u  u  v  v  f u  f v

Xét hàm đặc trưng : ft  t  t với t  0
f 't  1 1  0 t  0  f(t) là hàm đồng biến t  0

2t

Do đó : fu  fv  u  v  3x  x2  2  0  x  1 loại . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2.
x  2 nhận

4) Điều kiện : x   1

2
Ta coù : 4x3  x  (x 1) 2x 1  0 (nhân thêm cho 2 do thấy trong căn có 2x + 1)

 8x3  2x  (2x  2) 2x 1  0  (2x)3  2x  [(2x 1) 1] 2x 1  (2x)3  2x   2x 1  2x 1 3 (1)

Đặt u  2x  0   u3  u  v3  v  f (u)  f (v)
v  2x 1  0

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DUÕNG

7

Xét hàm đặc trưng : f t  t3  t với t  0  f 't  2t2 1  0 , t  0  f(t) là hàm đồng biến t  0

x  0


 1 5
Do đó : f u  f v  u  v  2x  x  0 x  0  x  1 5
2x 1   2  2 2 x 2
2x 1  4x 4x  2x 1  0 
x  1 5
 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  1 5 .
4

 Chú ý : Có thể phân tích như sau :

4x3  x  (x 1) 2x 1  0  8x3  2x  (2x  2) 2x 1  0  2x[(2x)2 1]  2x 1  2x 1 1 2 

5) Điều kiện : x  1

9

*   9x 1  2 9x 1  2x 1  22x 1  f 9x 1 f2x 1 133

Xét hàm số f(t) = t3 + 2t trên R có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t  R.

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến treân R. (2)

Từ (1), (2)  f 9x 1  f2x 1  9x 1  2x 1  x  13  137

8

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm là x  13  137 .
8

6) Điều kiện : x  5/2

*  2x  2x   5  2x   5  2x  f2x  f 5  2x  133

Xét hàm số f(t) = t3 + 2t trên R có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2)  f2x  f 5  2x   5  2x  2x  x  21 1

4

Kết luận : So với điều kiện, nghiệm phương trình đã cho là x  21 1 .
4

u  3 x 1 u3  x 1 u3 1  x  2 3 u3 1  3 x  2

7)   3 2  3 2  33 33
 u 1  u  v 1  v  f (u)  f (v)
v  3 2x2 v  2x v 1  2x 1  3 v3 1  3 2x2 1

Xét hàm đặc trưng : f t  3 t3 1  t với t

f 't  t2 1  0 , t  f(t) là hàm đồng biến t

3 (t3 1)2

x  0


x 1  1 5
Do đó : f u  f v  u  v  2x2  x 1   x  1 5
1  2 x
x    2
 2  1 5
x 
 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1  x   1 .
2

8) Điều kiện : 5x  x2  0  x(5  x)  0  0  x  5

Ta coù : (x 1)3  (5x  x2)3  3 5x  x2  3(x 1)  3 5x  x2  (5x  x2)3  (x 1)3  3(x 1)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

8

Đặt u  5x  x2  0  3u  u3  3v  v3  f (u)  f (v)
v  x 1  0

Xét hàm đặc trưng : f t  3t  t3 với t > 0

f 't  3  3t2  0 , t > 0  f(t) là hàm đồng biến t > 0

x  1 1

 x 1  1 x  1  1 x 

Do đó : f u  f v  u  v  5x  x  x 1  02  2  x   2

 5x  x  x  2x 1 2x  3x 1  0  2 22

 x 1
x  1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1  x  1 .
2

9) Điều kiện : 3x + 1  0  x   1

3

Phương trình đã cho tương đương với : x  3  x  1  3x  1 3x 1  3x  1

1

 x 1  x 1   3x 1  3x 1 *3 3

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R. Ta coù : f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t  R.

Do đó hàm f(t) đồng biến trên R.

Suy ra : *  fx  1  f 3x  1 x  1  3x  1  x2  x  0  x  0

x  1

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 0, x = 1.

10) Tập xác định : D = R.

*  2x3  3x  1  3 2x3  3x  1  x2  2  3 x2  2

 3 2x3  3x 3  3 2x3  3x 1  3 x2  3  3 x2  2  f3 2x3  3x 1 f3 x2  2 1

1 2

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  R

    Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2) suy ra : f 3 2x3  3x  1  f 3 x2  2  3 2x3  3x  1  3 x2  2  2x3  x2  3x 1  0

 2x  1x2  x 1  0  x   1  x  1  5
2 2

Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là x   1 , x  1  5 .
2 2

11) 2x 12  4x2  4x  4 3x2  9x2  3 0  2x 12  2x 12  3    3x2      3x2  3 



u  2x  1  u2  u  3 v2  v  3  f(u) = f(v).2 2
Đặt 
v  3x
Xét hàm đặc trưng : ft  t2  t2  3, t  R

f 't  2  t2  3  t2  0 , t  f(t) là hàm số luôn luôn đồng biến t

t2  3

Do đó : f(u) = f(v)  u = v  2x + 1 = 3x  x   1 . Vậy nghiệm của phương trình là : x = –1/5.
5

12) Tập xác định : D = R

Do x = 0 không là nghiệm nên xét x  0.

Chia hai vế (*) cho x3  0 ta được : *  2  10  2 17  3 8  23 2 5 1 i
xx x x

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

9

  Ñaët 1 3 3
y  , (y  0) thì i  8y3 17y 10y  2  23 5y2  1  2y   22y  1  3 5y2 5y2 1
1 1  23

x
   f2y 1  f 3 5y2 1
  Xét hàm số f(t) = t3 + 2t coù f’(t) = 3t2 + 2 > 0, t  R nên f(t) tăng trên R và coù : f2y 1  f 3 5y2 1

 2y 1  3 5y2 1  8y3 17y2  6y  0  y8y2 17y  6  0  y = 0 (loại) hoặc y  17  97

16

 x  1  17  97
y 12

Kết luận : Các nghiệm cần tìm của phương trình là x  17  97 .
16

x  1  x2  x  1  0

13) Điều kiện : 

2x  4x2  2x  1  0

Phương trình đã cho tương đương với : x 1 x 1 x 1  x 1 1  2x  2x  2x  2x 1 12 2

u  x 1 2 2
Đặt   u  u  u  u 1  v  v  v  v 1  f(u) = f(v).
v  2x

  Xeùt hàm số ft  t  t  t2  t 1 trên tập xác định.
Ta có : f't  1  t  t2  t  1 '  1  2 t2  t  1  2t 1
2 t  t2  t 1 4 t  t2  t 1. t2  t 1

Để ý rằng : 2 t2  t  1  2t 1  4t2  4t  4  2t 1  2

2t 1  3  2t 1  2t 1  2t 1  0

Suy ra f’(x) > 0 với mọi x thuộc tập xác định. Do đó hàm số đồng biến trên tập xác định.

Khi đó (1)  f(x + 1) = f(2x)  x + 1 = 2x  x = 1, thỏa mãn điều kiện.

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1.

14) *  x2  x  2  x2  x  x2 1  f x2  x  2  f x2  x  x2 1 1
1 4x2  x  2 1 4x2  x

0  x2  x  2  4 1 17
Điều kiện :  2  1  x  ( 1,561552813)
0  x  x  4 2

(Bấm máy ta thấy phương trình có 1 nghiệm x = 1. Khi đó ta xét hàm số ta xét các giá trị khác 1)

u  x2  x  2 u v
Đặt  2    f(u) = f(v).
v  x  x 1 4u 1 4 v

u  0 u  0
Điều kiện :   0u4
4  u  0 u  4

Xét hàm số ft  t trên [0 ; 4] coù : f't  1 4  t   t   2 1  0 , t  (0 ; 4)
1 4t  2 t 2 4  t  1 4  t 

 hàm số f(t) đồng biến trên [0 ; 4]

x2  x  2  x2  x fx2  x  2 fx2  x fx2  x  2 fx2  x 0
 Neáu x  [1 ; 1)   2  2  2
x 1  0 x 1  0 x 1  0

 (1) vô nghiệm khi x  [1 ; 1)

 1 17  x2  x  2  x2  x fx2  x  2 fx2  x fx2  x  2 fx2  x 0
 Neáu x 1;  2  2  2
 2  x 1  0 x 1  0 x 1  0


IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

10

 (1) voâ nghieäm khi x 1; 1  17 
 2

Thử trực tiếp thấy x = 1 thỏa  x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Chú ý:

 Với x  [1 ; 1). Do hàm số đồng biến nên x2  x  2  x2  x  f x2  x  2  f x2  x

 1 17   . Do hàm số đồng biến neân x  x  2  x  x  f x  x  2  f x  x22 2 2

 Với x  1; 2


x  1

15) Điều kiện : 

x  13

Phương trình đã cho tương đương với : x  2 x 1  2 3 2x 1  3

3 3 3 33

 x 1 x 1  x 1  2x 1 2x 1   x 1  x 1   2x 1  2x 1 1

Xét hàm số f(t) = t3 + t với t  R. Ta coù : f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t  R.

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Khi đó 1  f x 1 f3 2x 1 x 1  3 2x 1

1 1 x   12 x  0
x   x   
 2  2  x  0   1 5
x   1 5 x  2
x 13  2x 12 x 3  x2  x  0


 2

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho laø x = 0 vaø x  1 5 .
2

16) Taäp xác định : D = R

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Phân tích :

*  8x3  12x 2  5x  3x  2  3 3x  3  3 3x  2  8x3  12x 2  8x  2  3 3x  3  3 3x  2

2 2

 Với phương trình 8x3 12x2  8x  2 , bấm máy ta được nghiệm x   1
2

 8x3  12x 2  8x  2    1 8x2  8x  4  (2x  1)(4x 2  4x  2)  (2x  1)(2x  1)2  1
x
 2

Ta coù:

*  8x3  12x 2  5x  3x  2  3 3 3 3x  2  (2x 1)3  (2x 1)  3 3 3 3x  2 (1)

3x  2 3x  2

Xeùt hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  R  f(t) đồng biến trên R (2)

Từ (1), (2)  3 3x  2  2x 1  8x3 – 12x2 + 3x + 1 = 0  x = 1  x  1  3
4

Vaäy phương trình đã cho có ba nghiệm : x  1 x  1  3  x  1  3 .
4 4

3 2 8x3 12x2  5x  y 8x3 12x2  5x  y
 Hoặc: Đặt y  8x 12x  5x , ta coù:  
3 3x  2  y 3x  2  y 3


 y3  y  8x3 12x2  8x  2  (2x 1)(4x2  4x  2)  (2x 1)(2x 1)2 1 (2x 1)3  (2x 1)

 Cách 2 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ
Xét hàm số f(x) = 8x3 – 12x2 + 5x có f’(x) = 24x2 – 24x + 5 và có f”(x) = 48x – 24 = 0  x  1 neân có phép

2

đặt ẩn phụ : 2y 1  3 3x  2 để đưa về hệ phương trình và lời giải như sau :

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

11

3 2y 2  3x  2 8y3 12y2  6y  3x 1  0
Đặt : 2y 1  3x  2   3  3
 1

8x 12x  5x  2y 1 8x 12x  5x  2y 1  02 2

 8(y3 – x3) – 12(y2 – x2) + 8(y – x) = 0  (y – x)[2(y2 + x2 + xy) – 3(y + x) + 2] = 0

 y = x  2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0

 Với y = x  8x3 – 12x2 + 3x + 1 = 0  x = 1  x  1  3

4

 Với 2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0 (1)

Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn y coù :
 = (2x – 3)2 – 8(2x2 – 3x + 2) = 12x2 + 12x – 7 < 0, x
 (1) vô nghiệm  hệ vô nghiệm khi 2y2 + (2x – 3)y + 2x2 – 3x + 2 = 0

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm : x  1 x  1  3  x  1  3 .
4 4

17) Tập xác định : D = R.

  *  x3  4x2  5x  6  (7x2  9x  4)  3 7x2  9x  4  7x  9x  4 3 3 2

   x3  3x2  4x  2  3 7x2 3  9x  4  3 7x2  9x  4

 x 3  x 1  3 7x2  9x  3  3 7x2  9x  4  f x 1  f 3 7x2  9x  4 1

 1 4

 Caùch 1 : Sử dụng đơn điệu hàm số

*  x 3  x 1  3 7x2  9x 3 3 7x2  9x 4  fx 1  f3 7x2  9x 4 1

 1 4

  Xét hàm số f(t) = t3 + t trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  f(t) đồng biến trên R (2)

Từ (1), (2)  fx 1  f 3 7x2  9x  4  x 1  3 7x2  9x  4  x3  4x2  6x  5  0

 (x – 5)(x2 + x – 1) = 0  x  5  x  1  5
2

 Cách 2 : Đặt ẩn phụ đưa về hệ

y3  7x2  9x  4 
3
32 y  y  x 1  x  1  y  x 1  y  x 1  033 3
Đặt y  7x  9x  4   3 2
y  x  4x  5x  6

2 2  x 12 3x 12 
 (y – x  1)[y + y(x + 1) + (x + 1) + 1] = 0  y  x 1 y    1  0  y = x + 1
 2  4
 

1; x , y

Với y = x + 1  x 1  3 7x2  9x  4  (x + 1)3 = 7x2 + 9x – 4  x3 – 4x2 – 6x + 5 = 0

 (x – 5)(x2 + x – 1) = 0  x  5  x  1  5
2

 Cách 3 : Đặt ẩn phụ đưa về heä

3 2 x3  4x2  5x  6  y 3 3 2 3 3
Đặt y = x – 4x – 5x + 6, ta coù heä :  2 3  y  y  x  3x  4x  2  y  y  (x 1)  (x 1)
7x  9x  4  y

u  y 3 3
Đặt  Ta coù : u + u = v + v  f(u) = f(v)
v  x 1

Xét hàm đặc trưng : f(t) = t3 + t, t  f ’(t) = 3t2 + 1 > 0, t  f(t) đồng biến trên R.

Do ñoù : f u  f v  y  x 1  x3  4x2  5x  6  x 1  x3  4x2  6x  5  0

x  5 nhận  . Vậy phương trình có nghieäm: x = 5  x  1  5

 x3  4x2  6x  5  0  x  1  5 nhaän  2

2

18) Tập xác định : D = R.

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

12

Khi đó : *  3x2   3x2  3  x 12   x  2  3   f 3x  f x  1 1

1

Xét ft  t2  t2  3 trên R coù f't  2  t2  3  t  0 , t  f(t) đồng biến trên R (2) 2
t2  3

Từ (1), (2)  f(3x) = f(x + 1)  3x = x + 1  x  1
2

19) Điều kiện : x  . Khi đó : *  5x  6 7 2 1 x 2 1  f5x  6  fx 1

5 5x  61 x 1

Xét ft  t2  1 trên t  (1 ; ) coù f't  2t  1  0 , t > 1  f(t) đồng biến trên (1 ; ) (2)
t 1 2t 1 t 1

Từ (1) và (2)  f(5x – 6) = f(x)  5x – 6 = x  x  3 là nghiệm duy nhất
2

20) Tập xác định : D = R

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm soá

*  3x 3  23x 1  3 2x 3  3 2x 1  f3x 1  f 3 2x 1 1

1 1

Xét hàm số f(t) = t3 + 2t trên R có f’(t) = 3t2 + 2 > 0,  t  R  f(t) đồng biến trên R (2)
f3x 1  f3 2x 1 3x 1  3
Từ (1), (2)  2x 1 3  2x 1  27x3  27x2  7x 0

 3x 1

 x(27x2 – 27x + 7) = 0  x = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 0.

 Cách 2 : Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ

Xét hàm số f(x) = 27x3 – 27x2 + 13x – 2 có f’(x) = 81x2 – 54x + 12 và coù f”(x) = 162x – 54 = 0  x  1 neân
3

coù phép đặt ẩn phụ : 3y 1  3 2x 1 để đưa về hệ phương trình và có lời giải như sau :

3 3y 3  2x 1 27y3  27y2  9y  2x  0

1
Đặt : 3y 1  2x 1   3  3
27x  27x 13x  2  23y 1 27x  27x 13x  6y  02 2

 27(y3 – x3) – 27(y2 – x2) + 15(y – x) = 0  9(y – x)(y2 + xy + x2) – 9(y – x)(y + x) + 5(y – x) = 0

 (y – x)[9y2 + 9(x – 1)y + 9x2 – 9x + 5] = 0  y = x  9y2 + 9(x – 1)y + 9x2 – 9x + 5 = 0

Với y = x  27x3 – 27x2 + 7x = 0  x(27x2 – 27x + 7) = 0  x = 0
Với 9y2 + 9(x – 1)y + 9x2 – 9x + 5 = 0 (1)

Xem (1) laø phương trình bậc hai với ẩn y có :  = 81(x – 1)2 – 36(9x2 – 9x + 5) = 243x2 + 162x – 99 < 0

 (1) voâ nghiệm  hệ vô nghiệm khi 9y2 + 9(x – 1)y + 9x2 – 9x + 5 = 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất : x = 0.

21) Tập xác định : D = R

 Cách 1 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

*  x 3  5x  5  3 2x 3  53 2x 9  fx  5  f 3 2x 9 1

 5 9

Xét hàm số f(t) = t3 + 5t coù f’(t) = 3t2 + 5 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (2)

Từ (1), (2)  fx  5  f 2x  9   x  5  2x  9  x = 4 hoaëc x 33 11  5

2

Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4, x  11  5 .
2

 Cách 2 : Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình tích số

*  x 3  5x  5  3 2x 3  53 2x 9 i

 5 9

Đặt a = x – 5, b  3 2x  9 thì (i)  a3 + 5a = b3 + 5b  a3 – b3 + 5(a – b) = 0

 (a – b)(a2 + ab + b2 + 5) = 0  a = b  3 2x  9  x  5  x = 4, x  11  5
2

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

13

Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4, x  11  5 .
2

 Cách 3 : Đặt 1 ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II

3 y  3  2x  9 y3 15y2  75y  2x 116  0
Đặt y  5  2x  9   3  3
5

x 15x  78x 141  5y  5 x 15x  78x  5y 116  02 2

 (y3 – x3) – 15(y2 – x2) + 80(y – x) = 0  (y – x)[y2 + yx + x2 – 15(y + x) + 80] = 0

y  x
 2
y  x 15y  x 15x  80  02

 Với y = x  x  5  3 2x  9  x = 4 hoaëc x  11  5
2

 Với y2 + (x – 15)y + x2 – 15x + 80 = 0 và xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là y có :
y = 3x2 + 30x – 95 < 0, x nên phương trình vô nghiệm

Kết luận : Phương trình đã cho có các nghiệm là x = 4, x  11  5 .
2

 Cách 4 : Đặt 1 ẩn phụ để đơn giản hơn, rồi sử dụng tính đơn điệu của hàm số

3 y3  2x  9  3 2
Đặt y  2x  9   3
 y  5y  x 15x  80x 150
5y  x 15x  78x 14132

 y3  5y  x  3  5.x  5  f y  f x  5 3

5

Xét hàm số f(t) = t3 + 5t coù f’(t) = 3t2 + 5 > 0, t  R. Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R. (4)

Từ (3), (4)  f(y) = f(x – 5)  3 2x  9  x  5  x = 4 hoaëc x  11  5
2

22) Tập xác định : D = R

Đặt : u  x2  x  4  0

Khi đó : *  1 x2  u  u2 1  x  1  x2   x  1 u2  u  f x  fu

Xét hàm số ft  t  1 t2 trên R có :

f't  1 t  1 t2  t  0 t  R (do 0  1 t2  t2  t  t )
1 t2 1 t2

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên R.

2 x  0
Suy ra : f(x) = f(u)  x = u   x  x  x  4   2 2  x = 4
x  x  4  x

Kết luận : Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 4.

23) Điều kiện : x  3

*  5x  2x  3 5x 19  x  2  2 x  3  22  4 x 3  2

x3 4

 5x 15 5x 19    x  3  2  4 x  3  2 (do : x + 2 > 0, x  3)

2

  2  5x 19   3 x 3  2

5x 19   4 x  3  2  4.

  5x 19   4. 5x 19   x  3  2  4. x 3  2 f 5x 19  f x 3  2 133

Xét hàm số f(t) = t3 + 4t coù f’(t) = 3t2 + 4 > 0, t  R nên hàm số f(t) luôn đồng biến trên R và có :

1  f 5x 19  f x  3  2 5x 19  x  3  2  5x 19  x 1 4 x  3  x  3  x  5

 x = 7

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x = 7.

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

14

24) Điều kiện : x > 0

*  4  4 1 4x x 1 x 1x  2  1x  x 12 x  2 x 1  xx 12 1

 4x 4x 1 4x  x 12 x 1 x 1x  2  1 x 1  1 x 1  x  2 x 1

11 1 1
 4x 4x. 1 4x    1  f4x  f 
x1 x1 x1  x1

Xét hàm số ft  t  t 1 t trên (0 ; ) có f't  1 1 t  t  0 t  (0 ; )

2 1t

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên (0 ; ).

1 1 1 2
Suy ra : f4x  f   4x   4x  4x 1  0  x 2

 x1 x 1 2

Kết luận : So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm là x  1 2 .
2

25) Điều kiện : 1  x  1

 Cách 1 : Đánh giá bằng phương pháp hàm soá

*  x3  2x  2  x 1  fx  3 f2x  2  x 1 i
1 4  x  3 1 4  2x  2

Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Xét hàm số ft  t xác định trên đoạn [0 ; 4] có :

1 4t

f't  1  4  t  t 2 1  0 , t  [0 ; 4]


 2 t 2 4  t  1  4  t 

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn [0 ; 4].

x  3  2x  2 fx  3  f2x  2 fx  3 f2x  2  0
Neáu x  [1 ; 1), suy ra :    thì phương trình
x 1  0 x 1  0 x 1  0

(i) vô nghiệm khi x  [1 ; 1).

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

 Cách 2 : Đặt ẩn phụ kết hợp với phương pháp hàm số

*  x  3  2x  2  x 1 i
1 4  x  3 1 4  2x  2

u  x  3 u v
Đặt   v – u = x – 1 thì (i)    vu
v  2x  2 1 4  u2 1 4  v2

 2 u  u  2 v  v  fu  fv 1

1 4u 1 4v

Xét hàm soá ft  t  t xác định và liên tục trên đoạn [0 ; 4] coù :
1 4  t2

  f't  1 4  t2  t t   2 1 1  0 , t  (0 ; 4)2t
 4  t2  1 4  t2

Do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn [0 ; 4].(2)

Từ (1), (2)  f(u) = f(v)  u = v, suy ra : x + 3 = 2x + 2  x = 1

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

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

15

26) Điều kiện : x  0

Do x = 1 không là nghiệm nên với x  1 ta có :

*  x 14  x2  2x  4  2x8  2 4x2  3 1 x 1  3x 1 2x

 x 14 x 12  3  2x4  2x2  3  3x 1
 
2
 2x  2x

 x 14  x 12  3   2x4   2x2  3  1  1
 x 1 2x

 x 14  x 12  3  1   2x4   2x2  3  1  fx 1  f 2x
 x 1    2x

  2 1 2 t2 1
Xeùt hàm số ft  t 4  t  3  trên R \ {0} có : f't  4  t  3   2  0 , t  0 nên hàm số
t t2 3 t

f(t) đồng biến. Suy ra : f(x + 1) = f(2x)  x + 1 = 2x  x   1
3

Kết luận : So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x   1 .
3

27) Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình.

Với x  0 thì phương trình đã cho tương đương với :  2  10  2 17  3 8  23 2 5 1
xx x x

Đặt t  1 , khi đó t  0 và phương trình trở thành :  2 10t 17t2  8t3  23 5t2 1
x

 2t 13  22t 1  5t2 1 23 5t2 1 *

  Xét hàm số f(u) = u3 + 2u trên R. Ta có : f’(u) = 3u2 + 2 ; f’(u) > 0 với mọi u  R.

Suy ra hàm f(u) đồng biến trên R. Do đó *  f2t 1  f 3 5t2 1  2t 1  3 5t2 1  2t 13  5t2 1

t  0 không thỏa mãn 

 8t3 17t 2  6t  0  t  17  97
 16

Suy ra : x  16 . Vậy nghiệm của phương trình là : x  16 .
17  97 17  97

 Nhận xét : ta có thể giải cách khác như sau :
Để ý rằng : (x – 2)3 + 5x – x3 = 6x2 + 17x – 8

Đặt a  3 5x  x3 , b = x – 2, khi đó phương trình trở thành :  2x2 x  2  6x2 17x  8  2x2 3 5x  x3

 2x2b = (a3 + b3) = 2x2a  (a + b)(a2 – ab + b2 + 2x2) = 0

Vì a2 – ab + b2  0 và 2x2  0 nên phương trình tương đương với a  b  0
a  b  x  0

Với a + b = 0 ta suy ra : 6x2 – 17x + 8 = 0  x  17  97
12

Với a = b = x = 0 không thỏa mãn.

Vậy nghiệm của phương trình là : x  17  97 .
12

BÀI 4 : Giải các bất phương trình sau :

1) Điều kiện : 1  x  3.

(*)  (x 1)2  2  x 1  (3  x)2  2  3  x  f (x 1)  f (3  x)

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

16

0  x 1 4
Do 1  x  3  

0  3  x  4

Xeùt hàm số f t  t2  2  t trên [0 ; 4] có f 't  t  t  0,t  (0 ; 4)

2 t2  2 2 t

Do đó f(t) đồng biến trên (0 ; 4] và có f(x – 1) > f(3 – x)  x – 1 > 3 – x  x > 2.

Kết luận : So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là x  (2 ; 3].

2) Tập xác định : D = R

*  x 1 x2  2x  5  1 4x x2  1  2x  x 1 x  2  4  1  2x2 x2 1 1

1

 x 1. x 12  4 1  2x. 2x2  4 1  fx 1  f2x

  Xét hàm số ft  t. t2  4 trên R có f't  t2  1  1  t2  0 , t  R
t2 1

Do đó f(t) đồng biến trên R và có f(x – 1)  f(2x)  x – 1  2x  x  1

Kết luận : So với điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là x  ( ; 1].

(u – 2)(u2 + u + 4) = 0  u = 2  x = 9
Vậy nghiệm của phương trình là : x = 9.

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

1

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 : x  5

3

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

 ( 10x 1  9x  4)( 10x 1  9x  4)  ( 3x  5  2x  2)( 3x  5  2x  2)  0

10x 1  9x  4 3x  5  2x  2

 x3  x3  1 1 
 0  (x  3)  0
10x 1  9x  4 3x  5  2x  2  10x 1  9x  4 3x  5  2x  2 

 x – 3 = 0 Do 1 1 5
  0, x    x = 3
10x 1  9x  4 3x  5  2x  2 3


2) Điều kiện : x  2/3

Phương trình  9   (4x 1)  (3x  2)   x  3  9   x  3   x  3  9  4x 1  3x  2
 4x 1  3x  2   4x  1  3x  2 

Bình phương hai vế và giải ra ta có nghiệm x = 6.

3) Điều kiện : 2  x  2.

(1)  2x  4  2 2  x  6x  4  6x  4  6x  4  x  32

x2  4 2x  4  2 2  x x2  4  2x  4  2 2  x  x2  4 *

Bình phương hai vế phương trình (*) và chuyển vế ta có : 4 2x  42  x  x2  2x  8

Do x2 + 2x – 8  0  x  4 . Kết hợp điều kiện ta có x = 2 (thỏa). Vậy nghiệm là x  3 vaø x = 2.
x  2 2

4) Điều kiện : x  0 1  3  4 x2  x  x x2  x  x  3

1  4  x2  x  x x x x x

x2  x  x

 4 x2  x  4x  x2  x  x  3 (do x  0)

2 3x  3  0 x  1
 5 x  x  3x  3   2 2  2
25x  x  3x  3 25x  25x  9x 18x  92

x  1 x  1 nhaän 
nhaän 
x  1 
x  1 x2  3x  2 
 2   9  x  9
16x  7x  9  0 
x  16  16

 Vậy nghiệm là x = 1  x = 9 . x2  5x  3 
16

5) Ta coù : (*)  2x + 1 = (2x + 1)

   x2  5x  3  x2  3x  2 1 2x 1  0   2 2 2x 1  0
 x  5x  3  x  3x  2 1  0 (**)
 Cộng vế với vế phương trình (*) và (**)  x2  5x  3  x 1  x   2

3
 2x + 1 = 0  x   1

2

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TAØI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

2

 Thử lại : Ta thaáy x   1 ; x   2 đều là nghiệm của (*).
2 3

6) Điều kiện : 4x + 1  0 và 3x – 2  0 suy ra x  2 . Từ ñoù x + 3 > 0.

3

Ta coù : 1  x  3  x  3  4x 1  3x  2  x  3 4x 1  3x  2  5 0

5

 4x 1  3x  2  5 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  x  2 và x > 2 để tìm thấy nghiệm duy nhất là x = 2.
3
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

 6x  3x 2x2  3x  5  2x2  3x  5 (2)

 Trường hợp 1 : x = 0 thỏa (2)

Thử laïi : 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 :

2x2  3x  5  2x2  3x  5  2 (3)

Từ (1) và (3), ta có :

2  3x  0  2 x   2
x    3
22 2x  3x  5  2  3x   2 2  3   x = 4 (nhaän)

42x  3x  5  4 12x  9x  2 x  4 nhaän 
x  16 
x  4 loại 

Vậy nghiệm là x = 4.

3x2  5x  1  0
2
x  2  0
8) Điều kieän :  2 (a)
x  x  1  0

x2  3x  4  0


*   3x2  5x 1  3x2  3x  3  x2  2  x2  3x  4 0

  2x  4  3x  6  0
3x2  5x  1  3x2  3x  3 x2  2  x2  3x  4

 x  2 2 2 3 
 0
 3x  5x  1  3x  3x  3 x  2  x  3x  4 2 2 2 

x  2  3  0 (1)
  2 3x2  3x  3 x2  2  x2  3x  4

 3x2  5x  1   3  0 , x xác định  (1) vô nghiệm
3x2  3x  3 x2  2  x2  3x  4
Do 2
3x2  5x  1 

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

9) Điều kiện : x  0

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

3

*  4x2 1  3x  x 1 0  2x 12x 1  2x 1  0

3x  x  1

 2x 1 2x  1  1   0  2x 1  0  x  1

3xx1 2

0 , x0

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

3x2  5x  1  0 x   2
2   5  13
x 
10) Điều kiện : x  2  0

x2  x  1  0  6

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

 4  2x  3x  6
3x2  5x 1  3x2  3x  3 x2  2  x2  3x  4

 2 3 
 (x  2) 2 2 2   0
2
 3x  5x 1  3x  3x  3 x  2  x  3x  4 

2 3 x   2
3x2  5x 1  3x2  3x  3  0 với  5  13
 (x  2)  0 vì 2 2

x  2  x  3x  4 x  6

x2

x   2

Kết hợp với điều kiện, ta được : 5  2

6 x2

11) Điều kiện : x  5  2x  9  3  0 3x  5  4x 3 2x 9 3  5 2x 9 3

3

2  2x 3x  5  4x  3 2x  9  3 15  5 2x  9  
 2x  9  3 2x  9  3

 3x  5  4x  3  5  7x 8  2 3x  54x  3  25  2 12x2  29x 15  33  7x

5  x  33 5 33
3  x 5
 7  3 7  x3
3
412x2  29x 15  33  7x 2 x2  346x  1029  0
 

12) Ta coù: (*)  1 21  4x  x2  0 (1)
2
x 1 21 4x  x 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 coù : 1   x2  4x  20  0  x2  4x  20  0 (2)
x 1 x 1

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

Nghiệm của bất phương trình là : x < –1

13) Điều kiện : 1 x  0  x  1

x  1  1  x  4  bất phương trình luôn đúng
 TH1 : khi 
x  4  0

Do đó : x 1; 4 là một tập nghiệm của bất phương trình.

 TH2 : khi x  4 :

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DUÕNG

4

x  4 x  4 x  4

 x1 1 x  2  2
Bất phương trình     x1  1  x  
   x  4    x  4 1  1  x   x  42

1 1 x 1 1 x   1 1  x 

x  4 x  4 x  4 x  4
       x 4 ; 8
1  2 1  x  1  x  x  4  1  x  3 1  x  9 x  8

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 : 3x  5  x  5  3x  1x  5  0

1) Điều kiện :  1  x  6 3x  1  4 1  6  x

3

*   3x 1  4 1 6  x  3x2 14x  5  0 

 x  53  1  3x  1  0

 3x  1  4 1  6  x 

Ta coù : x   1 ;6  3  1  3x  1  0
 3  3x  1  4 1  6  x

(1)  x = 5 (thỏa điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.

2) Điều kiện : x  1 . Khi đó phương trình   5x 1  2 3 9  x  2  2x2  3x  5

5

 5x 1  1  x  x 12x  5
5x 1  2 3 9  x2  23 9  x  4

x  1 thỏa mãn điều kiện 
  5  1  2x  5 *
 5x 1  2 3 9  x2  23 9  x  4


Phương trình (*) vô nghiệm vì VP (*) > 5, VT (*) < 5 .
2

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

 x  2 x2  4x  3  x x2 1  6x  1  0
x2  4x  7  2 x2  3  2

 x  1 2  x  2x  3  2 xx 1  6  0

 x  4x  7  2 x  3  2 

 x  1x2  5x  8  x2  4x  7  x2  x  2  x2  3  4  0  x  1
x2  4x  7  2 x2  3  2
 

4) Ta coù: (*)  x3  2x 1  5  x2  21  5  x3  2x  4  x2  4

x2  21  5

     (x  2)(x2  2x  2)  (x  2)(x  2)  (x  2)x2  2x  2  x  2   0
x2  21  5  x2  21  5

 (x  2) x2  2x  2 x2  21  5  x  2  0

   2
2 2
 (x  2)x 2x2x21  5x9x 8  0  x = 2. Vậy nghiệm là x = 2.
 0 
0 0

IIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIIII
TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG ..................................................................................................... GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG