Các phương pháp giải bất phương trình ppt

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + 9 + 2x + 4 > 5 (1)
Lời giải:

x ≤ 0
⇔x≤0
x ∈ R

nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔ 
Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≤ 0 .

x + 9 ≥ 0
x ≥ −9
⇔
⇔ x ≥ −2 (*)
2x + 4 ≥ 0
x ≥ −2
1
1
'
+
> 0 với ∀ x > -2
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =
2 x + 9 2 2x + 4
x > 0
⇔x>0
nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔ 
x ≥ −2
Vậy bất phương trình có nghiệm: x > 0 .

Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: x + 2 − 3 - x < 5 − 2x (1)
Lời giải:

Thí dụ 129: Giải bất phương trình: x + x − 5 ≤ 5 (1)
Lời giải:

f(x) đồng biến

Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔ 

x ≥ 0
x ≥ 0
⇔
⇔ x ≥ 5 (*)
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔ 
x − 5 ≥ 0
x ≥ 5
1
1
'
+
> 0 với ∀x > 5
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =
2 x 2 x −5
x ≤ 5
⇔x=5
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(5) ⇔ 
x ≥ 5
Vậy bất phương trình có nghiệm: x = 5 .

Thí dụ 130: Giải bất phương trình: 2 x + 3x + 5x ≥ 38 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x ∈ R có:
f ' (x) = 2 x ln2 + 3x ln3 + 5 x ln5 > 0 với mọi x ∈ R nên f(x) đồng biến trên (*).Do
x ≥ 2
⇔x≥2
x ∈ R

đó (1) ⇔ f(x) ≥ f(2) ⇔ 

Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≥ 2 .
Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình:
log 2 (2 x + 1) + log 3 (4 x + 2) ≤ 2 (1)

Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x ∈ R có:
2 x ln2
4 x ln4
f (x) = x
+ x
> 0 với mọi x ∈ R
(2 + 1)ln2 (4 + 2)ln3
'

(1) ⇔ f(x) = x + 2 − 3 - x − 5 − 2x < 0 = f(2)
x + 2 ≥ 0
5

Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 3 - x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ (*)
2

5 − 2x ≥ 0

'
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) =

1
1
1
5
+
+
> 0 với − 2 < x < nên
2 x + 2 2 3 - x 2 5 - 2x
2

x < 2

trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔ 
5 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2
− 2 ≤ x ≤ 2

Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x ≤ 2 .

Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 1 + 2.2 x + 3.3x < 6 x (1)
Lời giải:
x

x

x

1
1
1
Ta có: (1) ⇔   + 2.  + 3.  < 1 (2) (do 6 x > 0 ∀x ∈ R )
6
 3
2
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x ∈ R có:
x

x

x

1 1
1 1
1 1
f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < 0 ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến trên R, do đó (
2
6 6
3 3
2
x < 1
1) ⇔ (2) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ 
⇔ x <1
x ∈ R
'

Vậy bất phương trình có nghiệm: x < 1 .

Thí dụ 134: Giải bất phương trình: 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x (1)
Lời giải:
Ta có: (1) ⇔ f(x) = 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 4 − x < 2 3 = f(1) (2)
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi:
2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 ≥ 0
(x + 2)(2x 2 - x + 8) ≥ 0
⇔

4 − x ≥ 0
 4−x ≥0


x + 2 ≥ 0 (do 2x 2 - x + 8 > 0)
⇔
⇔ −2 ≤ x ≤ 4 (*)
x ≤ 4
6x 2 - 6x + 6
1
f ' (x) =
+
> 0 với − 2 < x < 4
f(x) xác định, liên tục trên (*) có:
2 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 2 4 − x
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < 1
Kết hợp với (*) ta được: − 2 ≤ x < 1 .
Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x < 1 .

§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định:
Thí dụ 135: Giải hệ thức

(

)

2 
2 + x 2 − 7 x + 12  − 1 ≤
x 

(

)

2
14x − 2x 2 − 24 + 2 log x
x

Lời giải:
x > 0, x ≠ 1
x = 3
 2
⇔ 
Điều kiện: x − 7 x + 12 ≥ 0
x = 4
− 2 x 2 + 14 x − 24 ≥ 0

2
1
2
2

2 
2 − 1 ≤ 2 log 3 ⇒ − ≤ log 3 ⇒ ≥ 3
3
3
3
3
3 

1
3

3x 2 + 2x − 1 < 0

Thí dụ 138: Giải hệ thức  3
x − 3x + 1 > 0


(1)
(2)

Lời giải:
1
3

(1) ⇔ − 1 < x < (*)

x
y/

1

3

-1
0

2

2
1
1
−1
1
2 
2 − 1 ≤ 2 log 4 ⇒ − ≤ log 4 ⇒
≤ − log 4 2 = − (đúng)
4
2
2
2
2
4 

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4.
Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1)
Lời giải:
Điều kiện: 0 < x ≠ 1
- Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) khơng có
nghiệm trong khoảng này
- Xét 1 < x < +∞ khi đó logx(x+1) > logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1) khơng có
nghiệm trong khoảng này

Tóm lại (1) vơ nghiệm.

Lời giải:

x > 1
2 x − 2 > 0
x > 1
9

⇔ 2
⇔
9 ⇔x>
− 3x 2 + x + 4 < 2 x − 2 ⇔ 
2
2
7
7 x − 9 x > 0
− 3x + x + 4 < ( 2 x − 2 )
x < 0 ∨ x > 7

9
4
Kết hợp với điều kiện (*) ta được < x ≤ .
7
3

⇒ 2 ≥ 3 (sai)
3

- Với x = 4 bất phương trình trở thành

Thí dụ 137: Giải hệ thức

1
⇔ −1 ≤ x ≤ 1 ; x ≠ 0 (*) . Với điều kiện đó ta có:
3
− 3x + x + 4 ≥ 0
2

Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta
có bảng biến thiên:

- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
−

x ≠ 0

Điều kiện: 

− 3x 2 + x + 4 + 2
<2
x

1
27
1
Nghiệm của hệ: − 1 < x < .
3

y

Thí dụ 139: Giải

(

)

x 2 − 4 x + 3 + 1 log 5

x 1
+
5 x

(

)

8x − 2 x 2 − 6 + 1 ≤ 0 (1)

Lời giải:
x > 0
x > 0
 2

Điều kiện: x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 ⇔ x = 1; x = 3
8x − 2 x 2 − 6 ≥ 0
1 ≤ x ≤ 3


1

- Với x = 1 thì (1) ⇔ log 5 + 1 ≤ 0 ⇔ −1 + 1 = 0 ≤ 0 (luôn đúng)
5
1
−
3 1
3
27 1
log 5 + ≤ 0 ⇔ ≤ 5 3 ⇔
≤ (loại)
- Với x = 3 thì (1) ⇔
5 3
5
125 5

Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.
Thí dụ 140: Giải hệ thức 3 x

2

−4

(

)

+ x 2 − 4 3 x =2 ≥ 1

(1)

Lời giải:
- Với x > 2 thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó 3 x − 4 > 30 = 1 (vì hàm đồng biến)
nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình khơng có nghiệm trong khoảng trên
- Với x < 2 thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó 3 x − 4 < 30 = 1 (vì hàm đồng biến)
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình khơng có nghiệm trong khoảng
trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

2

2

Thí dụ141: Giải bất phương trình ( 3 x + 1) + 3 x 2 x −1 ≥ 1 (1)
Lời giải:
5
- Với x < 0 thì 3 x < 0 mà 2x-1 > 0 nên ( 3 x + 1) < 1; 3 x 2 x −1 < 0 . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất
phương trình khơng có nghiệm trong khoảng trên
5
- Với x ≥ 0 thì 3 x ≥ 0 mà 2x-1 > 0 nên ( 3 x + 1) ≥ 1; 3 x 2 x −1 ≥ 0 . Do đó VT(1) ≥ 1
Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ 0.
5

Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5 x + 2 = 2 + 5 2
(1)
Lời giải:
Đặt f(x) = x 4 + x 3 + 5 x + 1 có f(x) xác định liên tục trên [ − 1;+∞ )
3

2
f/(x) = 4x + 3x +

2

x ( x − 1)

2
- Nếu x > 1 thì VP = log 2 2( x − 1) = log 2 ( x − x ) − log 2 ( 2x − 2) mà
VT = 22x-2- 2 x − x . Do đó: (1) ⇔ 2 x − x + log 2 ( x 2 − x ) = log 2 ( 2x − 2) +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) =
2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:
2

f/(x) = t.ln2 +

2

1
< 0 nên f(x) nghịch biến trên R+
t. ln 2

(1/) ⇔ x2 – x = 2x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Thí dụ 143: Giải phương trình x 2 + x + 6 x + 2 = 18 (1)
Lời giải:
Điều kiện: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 2. Đặt f(x) = x 2 + x + 6 x + 2 có f(x) xác định,
liên tục trên [ − 2;+∞ ) và f/(x) = 2x + 1 +
/

3

x+2

- Nếu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó phương trình
có nghiệm duy nhất x = 2
- Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình khơng có nghiệm trong khoảng
trên .

2 x +1

/

- Nểu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà
VP(1) = const. Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
- Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
§3: Phương pháp hàm liên tục:
Thí dụ 145: Giải bất phương trình
Lời giải:

2

Thí dụ 142: Giải phương trình 4 x −1 − 2 x − x = log 2 x − 1
(1)
Lời giải:
2
x
- Nếu 0 < x ≤ 1 thì 4 x −1 − 2 x − x = ( 2 x −1 ) − ( 2 x −1 ) khi đó VP ≤ -1; VT > -1

5

Đặt f ( x ) =

tg

tg

πx
+ 2x + 3
4
<0
4 − x2 − x

(1)

πx
+ 2x + 3
4
; f(x) xác định khi và chỉ khi:
2
4−x −x

 πx π
x ≠ 4k + 2 ( k ∈ Ζ)
 4 ≠ 2 + kπ (k ∈ Ζ)


x < 2



2
⇔ x ≤ 2
⇔
(∗)
4 − x ≥ 0
x ≠ 2


2
x ≠ 2
 4−x −x ≠ 0



πx
f ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = tg
+ 2 x + 3 = 0 . Có g(x) xác định trên (∗) và
4
π
g' (x ) =
+2>0
với ∀x thoả mãn (∗) nên g(x) đồng biến trên (∗)
2 πx
4 cos
4
g ( x ) = g (−1) ⇔ x = −1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = −1
 3  2(1 + 2 )
> 0;
7 +3
 2

ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
−2
−1
x −∞
− 2
+∞

Do f(x) liên tục trên (∗) f  −  =

3
 6
3
2(7 + 2 )
f  −  < 0 , f (0) = > 0; f   =
< 0 nên
 
2
 5
7 −3
2
2

+
–
0
+
–
f(x)
Từ bảng ta được (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 2 .

2


Thí dụ 146: Giải bất phương trình:
Lời giải:

21− x − 2 x + 1
≤0
2x −1

(1)

1− x

− 2x + 1
, f(x) xác định khi và chỉ khi:
2x −1
2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;0 ) ∨ ( 0;+∞ ) := (∗)
Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔ g( x ) = 21− x − 2x + 1 = 0 . Có g(x) xác định, liên tục trên (∗)
g ' ( x ) = −21− x . ln 2 − 2 < 0 với ∀x ∈ (∗) nên g(x) nghịch biến trên (∗)

Đặt f ( x ) =

2

g ( x ) = g (1) ⇔ x = 1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = 1
−5
1
<0
Do f(x) liên tục trên (*) f (−1) = −14 < 0 ; f   = 2 + 2 > 0 ; f (2) =

6
2

Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)
x

−∞
+∞

0

1

Thí dụ 148: Giải bất phương trình 4x 2 + x.2 x
Lời giải:
(1) ⇔ 4x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 .2 x − 8x − 12 > 0

2

+1

+ 3.2 x > x 2 .2 x + 8x + 12 (1)

2

⇔ ( x − 2 x − 3)(4
2

x2
2

2

⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(2 x − 4) < 0

− 4) < 0

⇔ ( x − 2x − 3)(4
2

x 2 −2
2

− 1) < 0

x2 − 2
<0
2
⇔ ( x + 1)( x − 3)( x + 2 )( x − 2 ) < 0 ⇔ − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 .
⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(4 − 1)

Vậy (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 .
Thí dụ 149: Giải bất phương trình: log x (3− x ) (3 − x ) > 1
Lời giải:

(1)

0 < x < 3
3 − x > 0
⇔ 2

(∗) . Với điều kiện đó:
x (3 − x ) > 0, ≠ 1
x − 3x + 1 ≠ 0

Điều kiện: 

f(x)
+
0
Từ bảng ta được (1) có nghiệm x < 0 ∨ x ≥ 1 .

(1) ⇔ 1 − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0

⇔ log x ( 3− x ) x (3 − x ) − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0

Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x − 3) x − 4 ≤ x − 9
(1)
Lời giải:
(1) ⇔ f ( x ) = ( x − 3)( x 2 − 4 − x − 3) ≤ 0 , f(x) xác định khi và chỉ khi
2

2

x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;−2] ∨ [ 2;+∞ ) := (∗)

x − 3 = 0
f ( x ) = 0 ⇔ ( x − 3)( x 4 − 4 − x − 3) = 0 ⇔  2
 x −4 = x +3

(α ) ⇔ x = 3

(α )
(β)

x ≥ −3
x + 3 ≥ 0
 x ≥ −3
− 13

− 13 ⇔ x =
(β) ⇔  2
⇔
⇔
2
x=
6
6 x + 13 = 0

x − 4 = ( x + 3)
6

f(x) liên tục trên (∗) f (−3) = −6 5 < 0 ; f (−2) = 5 > 0 ; f (4) = 2 3 − 7 < 0
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
13
−∞
−
3
−2
2
6

x
+∞

f(x)

−

0

+

Từ bảng ta được (1) có nghiệm x ≤

+
− 13
∨ x ≥ 3.
6

0

−

⇔ log x ( 3− x ) x < 0 ⇔ [ x (3 − x ) − 1] ( x − 1) < 0

3 − 5 
3+ 5 
 x −
( x − 1) > 0
⇔ ( x 2 − 3 + 1)( x − 1) > 0 ⇔  x −



2 
2 


3− 5
3+ 5
< x < 1∨ x >
2
2
3− 5
3+ 5
< x < 1∨
< x < 3.
Vậy (1) có nghiệm
2
2
⇔

Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x − sin x − cos 2x > 0 (1) với x ∈ ( 0;2π) := (*).
Lời giải:
Đặt f ( x ) = cos x − sin x − cos 2x , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0
⇔ cos x − sin x − cos 2 x = 0

⇔ cos x − sin x − (cos 2 x − sin 2 x ) = 0 ⇔ (cos x − sin x )(1 − cos x − sin x ) = 0
⇔ cos x − sin x = 0 ∨ cos x + sin x = 1
 
π
sin  x − 4  = 0



⇔
 
π
2
cos x −  =
4
2
 


π

 x − 4 = kx

π π
⇔  x − = + 2kx

4 4

 x − π = − π + 2kx

4
4


π

 x = 4 + kx


π
(k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx
2
 x = 2kx



π
4

π
2
π
Do f(x) liên tục trên (*) và f   =
6
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
π
−∞
0
4
X
+∞
2π

x ≤ 1

−3−2 3
−3+ 2 3
⇔ − 3 − 2 3
≤x≤

−3+ 2 3 ⇔
≤x≤
3
3

3
3


(k ∈ Z)

Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 0 < x ≤

5π
.
4
 3π 
3−2
< 0 ; f ( π) = −f   = −2 < 0
2
 2 

Kết hợp với (∗) ta có x = ∨ x = ∨ x =

−

f(x)

0

+

Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm

π
2

0

5π
4
−

0

+

π
π 5π
< x < 2π .
4
2 4
x+2 − x )

2 ≤ log

⇔ log 2 ( x + 2 − x ) ≥ log 2 x + 1
⇔ log 2 ( x + 2 − x ) − log 2 x + 1 ≥ 0

⇔

x +1

 x+2− x

− 1 ≥ 0
≥ 0 ⇔ (2 − 1)


x +1



x + 2 − x − x +1

(1)

Lời giải:

( x + 1) 2 > 0

x > −1
3
Điều kiện: ( x2 + 1) > 0 ⇔ x ≠ 4 (*). Với điều kiện đó:


x − 3x − 4 ≠ 0

x ≠ 0


3 
(1) ⇔ [ 2 log 2 ( x + 1) − 3 log 3 ( x + 1)]( x − 3x − 4) > 0 ⇔  2

 log 2 − log 3 ( x + 1)( x − 4) > 0


x +1
x +1 

x ≠ 0

⇔  2 log x +1 3 − 3 log x +1 2 ( x + 1)( x − 4) > 0
 log x +1 2. log x +1 3


x +1

2

(1)

x + 2 ≥ 0

x ≥ 0
x > 0


⇔
Điều kiện: x + 1 ≥ 0

1 (*). Với điều kiện đó:

x ≠ 4

 x + 2 − x > 0, ≠ 1
 x + 1 > 0, ≠ 1

1
1
(1) ⇔
≤
log 2 ( x + 2 − x ) log 2 x + 1

x+2− x

log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3
>0
Thí dụ 152: Giải bất phương trình:
x 2 − 3x − 4

2

Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log (
Lời giải:

⇔ log 2

−3+ 2 3
.
3

≥ 0 ⇔ x + 2 − x − x +1 ≥ 0

x +1
⇔ x + 2 ≥ x + x + 1 + 2 x ( x + 1) ⇔ 1 − x ≥ 2 x ( x + 1)
1− x ≥ 0
x ≤ 1
⇔
(1 − x ) 2 ≥ 4 x ( x + 1) ⇔ 3x 2 + 6x − 1 ≤ 0



⇔ x ≠ 0
(log 9 − log 8). log ( x + 1). log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
x +1
x +1
2
3

x ≠ 0

9
⇔
log
. log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
 x +1 8

x ≠ 0

9

⇔
log
. log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0
 x +1 8

x ≠ 0
x ≠ 0

9
⇔
⇔ 3
( x + 1 − 1)( − 1).(2 − 1)( x + 1 − 1).(3 − 1)( x + 1 − 1).( x + 1)( x − 4) > 0

x ( x + 1)( x − 4) > 0
8

⇔ x ( x + 1)(x − 4) > 0 ⇔ −1 < x < 0 ∨ x > 4

Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm − 1 < x < 0 ∨ x > 4 .
§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:
 2
x − 1 ≤ 0
Thí dụ 153: Tìm m để hệ: 
vô nghiêm
(m − x 2 )( x + m) < 0


Lời giải:
Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có:

(1)


− 1 ≤ x ≤ 1
x 2 − 1 ≤ 0
(1) ( y − x 2 )( x + y) < 0  
2
2

min{− x; x } < y < max{− x; x }
− 1 ≤ x ≤ 1
− 1 ≤ x ≤ 1
 2
hoặc 
(2)
2
x < y < − x
− x < y < x

y
4
1)^2

-

3
y = (x

-

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x 2
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
miền được gạch chéo khơng lấy biên trên hình vẽ

1

y=x

2

1

y

y=

y=x

2

1
--

x
1

1

x

=
x

3

4

y = x^2

=
x

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ
của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N. Từ nhận xét trên và
từ hình vê ta thu được (1) có nghiệm  đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N có điểm chung

1

x
-1

2

1

-1

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ
của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N.
Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vơ nghiệm khi y = m và N khơng có điểm chung, khi

và chỉ khi m < –1 hoặc m > 1
Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm.
x 2 − 2 x + 1 − m ≤ 0

Thí dụ 154: Tìm m để hệ  2
có nghiệm duy nhất
x − (2m + 1) x + m 2 + m ≤ 0


Lời giải:
Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có:
x 2 − 2 x + 1 − y ≤ 0

(1)  2
x − (2 y + 1) x + y 2 + y ≤ 0

 y ≥ ( x − 1) 2
 y ≥ ( x − 1) 2

 2

 y − (2x − 1) y + x 2 − x ≤ 0
x − 1 ≤ y ≤ x


3+ 5
2
3+ 5
Vậy 0 ≤ m ≤
là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm.

2

0≤m≤

x 2 + y 2 + 2 y ≤ m

Thí dụ 155: Tìm m để hệ  2 2
x + y + 2 x ≤ m


(1) có nghiệm duy nhất

Lời giải:
x 2 + ( y + 1) 2 ≤ m + 1

(1) 
( x + 1) 2 + y 2 ≤ m + 1


Xét 2 đường tròn (α): x 2 + (y + 1) 2 = m + 1 có tâm A(0; –1); R = m + 1
(β): (x + 1) 2 + y 2 = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = m + 1
Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung
 (α) và (β) tiếp xúc ngồi với nhau khi đó:
AB = 2 m + 1  (0 + 1) + (−1 − 0) 2 = 2 m + 1
2



2 = 2 m +1  m = –

1
2

1
2

Vậy giá trị cần tìm của m là m = – .
(2)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) 2 ; y = x – 1; y = x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ


log x 2 + y 2 ( x + y) ≥ 1

x + 2 y = m

Thí dụ 156: Tìm m để hệ 
Lời giải:

(1) có nghiệm


x + y ≤ 1

 m + 2 xy ≥ 1 − ( x + y) ≥ 0


Ta có: log x + y (x + y) = 1 (2)

 0 < x + y ≤ x 2 + y 2 < 1 hoặc x + y ≥ x 2 + y 2 > 1
2

2


x + y > 0

 2
2
 x + y < 1

2
2
 x − 1  +  y − 1  ≥ 1

 


2 
2
2


(1) 

x + y > 1

hoặc  1  2  1  2 1
 x −  +  y −  ≤

2 
2
2

2

x + y ≤ 1



2

m + 2 xy ≥ 1 − 2( x + y) + ( x + y)

(2)

y ≤ 1 − x
m + 1 ≥ ( y − 1) + ( x − 1)

▲

y

=m

(3)

3

1

1
1
∆: x + y = 0; (T 1 ): x + y = 1; (T 2 ): (x – ) 2 + (y – ) 2 =
2
2
2
2y

2

y

2

x+

2

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
y = 1 – x (∆); (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = m + 1 (α)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
2

(2)



2

(α)

2

2

2

Δ

:

1

x+y=0

T1

1

x+

2y

x
-1

=m

T2

1

1

-1

A

Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A(

1
2

;–

1
2

)⇒ m1 = –

1
2

Đồ thị của hàm số: x + 2y = m 2 tiếp xúc với (T 2 ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất ⇒ m
3 + 10
2
1

Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ cịn

nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường tròn α
Nên:
a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung
 d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α))
|1+1−1|
2

2

3 + 10
2
2
1
3 + 10
Vậy –
là những giá trị cần tìm.
2
2

a) Có nghiệm.
b) Vơ nghiệm.
Lời giải:

≤ m + 1 (m ≥ –1) 

≤

m +1  –

1
2

Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vơ nghiệm là m < – .


x + y + m + 2 xy ≥ 1

Thí dụ 157: Tìm m để hệ 
x + y ≤ 1


1

1
≤m
2
2
1 +1
1
Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – .
2



b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vơ nghiệm.

(1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung
–

3

-1

Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần
gạch chéo trên hình vẽ khơng lấy những điểm thuộc (T 2 ) và (∆)
Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m 1 và m 2

=

2

x

-1

2

1

(α )
| x | +2 | y |= 4
( x − 2a )( y − a ) = 0 (β)

Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ: 
Lời giải:
(1)

x ≥ 0; y ≥ 0 x ≥ 0; y ≤ 0 x ≤ 0; y ≥ 0

x ≤ 0; y ≤ 0
v
v
v
x + 2 y = 4
x − 2 y = 4
 − x + 2 y = 4  x + 2 y = −4

(α) 

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ:


y

y = x^2+x-3
4

3

2

 x = 2a (∆ 1 )

Còn (β)  
 y = a (∆ 2 )
Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ 1 và ∆ 2 . Vì ∆ 1 cắt ∆ 2 tại M có tọa
độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0
∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC.
Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD. Trên hình thoi xét 4 điểm

đặc biệt K; P; Q; N
Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được:
Khi M nằm ngoài đoạn KN  |a| > 2 thì hệ vơ nghiệm
Khi M ∈ {K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt
Khi M ∈ {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt
Khi M ∈ [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt.
Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x 2
Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:
2

− 3 ≤ x < 0
3 − x 2 ≥ 0;
− 3 ≤ x < 0




2
x < 0
 2
 y < −x + x + 3
2
x − 3 < x − y < 3 − x
| x − y |< 3 − x 2
y > x 2 + x − 3






(2)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường:
x = 0; y = –x 2 + x +3; y = x 2 + x – 3; x = – 3
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
phần gạch chéo khơng lấy biên trên hình vẽ

1

x
-5

-4

-3

-2

-1

N

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

y = -x2 + x + 3

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành
độ điểm chung của đường thẳng y = a với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  –
Vậy –

13
4

13
< a < 3 là các giá trị cần tìm.
4

Thí dụ 160: Cho phương trình x − a (x 2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0

1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình.
2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4].
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:
(1)  x − y (x 2 – x – y )(2y + 2 – x ) = 0


y = x
y = x 2 − x

1
y = x −1

2

(1)

(2)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x 2 – x; y =

1
x–1
2

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là hoành
độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x 2 – x; y =

1
x–1

2


y

0 ≤ x ≤ 4


 y = x

2
 y = x − x

1
 y = x − 1
2


14
2

y = x -x

12

10

8
6

(4)

4

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x 2 – x; y =

2

x
-12

-10

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

10

12

13

14

y

12
11

0
=
x

-2

y = x^2

-4

y = -1/2x-1

10
9
8

-6
-

7

4
=
x

x

6

-8

5

y =x

-10

y=x

4

-

3

1
x; y = x – 1
2

Gọi x 0 là nghiệm của phương trình x − a = 0 thì x 0 = a
x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1)
x 2 < x 3 là nghiệm của phương trình x 2 – x – a = 0 thì:
1
1 − 1 + 4a
1 + 1 + 4a
; x3=
(a ≥ – )
4
2
2

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có:
Phương trình ln có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) ∀ a ∈ R
1
1 − 1 + 4a
1 + 1 + 4a
phương trình có thêm 2 nghiệm x =
;x=
4
2
2
3
x ( x − 1) = 0

Do đó: (γ)  3
 y ( y − 1) = 0


Khi a ≥ –

x = 0 ∨ x = 1
x = 0 x = 0 x = 1
x = 1

v
v
v
y = 0 ∨ y = 1
y = 0 y = 1
y = 0 y = 1
x = 0
x = 1
Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: 
và 
y = 1
y = 0



2) Yêu cầu bài ra tương đương với

1

y = 1/2*x

2

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1) chính là

hồnh độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = x 2 –

x2 =

1
x–1
2

1
-5

-4

-3

-2

-1

x
1

2

3

4

5

6

7

8

9

-1

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4) là phần đồ
thị N (phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x 2 – x ; y =

1
x – 1 vẽ trong đoạn [0 ; 4].
2

Nghiệm x∈ [0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung của
đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với (N)
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng [0; 4] thì
–1 ≤ a ≤ 14
Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x 2 – 2x +a | ≥ |2x 2 – 3x –a | (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)| x 2 – 2x +y | ≥ |2x 2 – 3x –y | (2)
Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên:
(2)(x 2 – 2x +y) 2 ≥ (2x 2 – 3x –y) 2  (3x 2 –5x)(x 2 –x–2y) ≤ 0
5

5


0 ≤ x ≤ 3
0 ≤ x ≤ 3
3x − 5x ≤ 0
3x − 5x ≥ 0



∨ 
 x 2 − x − 2 y ≥ 0 ∨  x 2 − x − 2 y ≤ 0  
x 2 − x (3)


x2 − x


y ≤
y ≥

2

2

5
x2 − x
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y =
(α)
3
2
2

2


y

3

y = (x^2

3
/
5
=
x

0
=
x

2

-

x)/2
1

x
-2

-1

1

2

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x 2 – x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N của
(2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ)
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ
phần chung của đường thẳng y = p ( ⊥ y’oy) với N

3

y
-1

8

y = x^2

3

7

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (3) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (3) là
phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ. Nghiệm của (1) là nghiệm của (2) với y = 1.
Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với N. Gọi
x 1 < x 2 là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình:

=
x

6

y=1

x

-

x

5
4
3

1
x −x
1 − 1 + 8a
1 + 1 + 8a
a=
 x 2 –x–2a = 0  x 1 =
và x 2 =
(a ≥ – )
8
2
2
2
2

2
1

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:
Khi a ≤ –

x

1
5
thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤
8
3

-4

1
8

1 − 1 + 8a ∩ 1 + 1 + 8a 5
] [
; ]
3
2
2
5
1 − 1 + 8a
1 + 1 + 8a 5
Khi 0 < a ≤ thì (1) có nghiệm x ∈ [

; 0] ∩ [
; ]
9
3
2
2
5
5 1 + 1 + 8a
1 − 1 + 8a
Khi a > thì (1) có nghiệm x ∈ [
; 0] ∩ [ ;
].
9
3
2
2

Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình
(x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 khơng có nghiệm chung
Lời giải:
Hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 khơng có
( x 2 − x − p)( x + p − 1) > 0

nghiệm chung khi và chỉ khi hệ  2
x − 2x − 3 ≤ 0


(1) vô nghiệm

Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:

x 2 − x − y > 0


( x − x − y)( x + y − 1) > 0
 2
 x + y − 1 > 0
x − 2 x − 3 ≤ 0

x 2 − 2x − 3 ≤ 0

2

∨

− 1 ≤ x ≤ 3

y < −x + 1
y > x 2 − x


-2

-1

1

2

3

4

5

6

-1

Khi – < a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x ∈ [0;

− 1 ≤ x ≤ 3

 y > −x + 1
y < x 2 − x


-3

(2)

x 2 − x − y < 0

∨ x + y − 1 < 0
x 2 − 2 x − 3 ≤ 0


-2

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vơ nghiệm khi và chỉ khi đường y = p ( ⊥ y’oy)
khơng có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6

Vậy p∈ (–∞;–2] ∩ [6;+∞) là các giá trị cần tìm.


CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC
§1: Các phương pháp khác
Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a)

Lời giải:
3x 2 + x − m = 0

7
2

Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b ∈ (3, ) . Giải bất phương trình f(f(x)) > x
Lời giải:
Ta có f(f(x)) – x = [ x 2 + (b + 1) x + b + 2][ x 2 + (b − 1) x + 1]
f(f(x)) – x > 0  [ x 2 + (b + 1) x + b + 2][ x 2 + (b − 1) x + 1] > 0
2
2
Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; ∆ g ( x ) = b − 2b − 3 , ∆ h(x) = b − 2b − 7
7
Vì b∈ (3; ) nên ∆ g ( x ) > 0 và ∆ h ( x ) < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm
2
1 − b − b 2 − 2b − 3
1 − b + b 2 − 2b − 3
x1 =
, x2 =
2
2

bx 2 + x − a = 0
(1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) = 0   2 2
b x − bx − ab + 1 = 0

2 2

(i)
( ii )

1
4

+) Nếu ( i ) có ∆ = 1 + 4ab . Khi ab ≥ − phương trình có nghiệm
− 1 + 1 + 4ab
− 1 − 1 + 4ab
, x2 =
2b
2b

3
+) Nếu ( ii ) có ∆ = b (4ab − 3) .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm
4
2

x3 =

b + b 2 (4ab − 3)
2b 2

, x4 =

(1)

x=a+ a+ x

x

à hàm đồng biến trên R +

(1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ x − x − a = 0

- Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a
- Với b ≠ 0

x1 =

Thí dụ 167: Giải phương trình
Với f ( x ) = a +

Thí dụ 165: (Đề số 143-4)
Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 )
Lời giải:
2

1
∆1 = 1 + 12m ≥ 0
∆ 2 = 108m − 27 ≥ 0  m ≥ − 12

1
Vậy m ≥ − là các giá trị cần tìm.

12

Lời giải:

Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2.

b − b 2 (4ab − 3)
2b 2

Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a
3
1
Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2
4
4
3
Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 .
4
1
Với ab < − phương trình vơ nghiệm .
4

Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm

(1)

(1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0  9x 2 − 3x + 1 − 3m = 0 ( 2 )

Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy
ra khi và chỉ khi


1+
x1 = 



⇔
x =  1 −

 2 



2


1 + 2a + 1 + 4a
 =

4
1

(a ≥ − )
2
4
1 + 4a 
1 + 2a − 1 + 4a
 =


2
4


1 + 4a
2

Vậy phương trình có nghiệm x1; x2.
Thí dụ 168: Giải phương trình

x= a+ a+x

(1)

Lời giải:
Với f(x) =

a+x

xác định với mọi x ≥ -a, có

f ′( x ) =

1
2 a+x

〉 0 ∀x 〉 − a

Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:
x ≥ 0

(*)

x − x − a = 0

(2)

(1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ 

1+
x =
(2) ⇔ 

1−
x =

x 2 thỏa

1 + 4a
:= x 1
2
1 + 4a
:= x 2
2

( thoa mãn (*))

2

1

(a ≥ − )
4
1
4

mãn (*) khi và chỉ khi 1 − 1 + 4a ≥ 0 ⇔ 1≥1 + 4a ≥ 0 ⇔ − ≤ a ≤ 0


1
4

Phương trình đã cho tương đương với:

1
4

Vậy (1) có nghiệm x 1 khi a ≥ − ; x 2 khi − ≤ a ≤ 0 .

Thí dụ 169: Giải phương trình

7

a −x= a+x
7

(

. Với

f (a ) = 7 a + x

(1)

xác định với mọi a thuộc R, có:

∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a ⇔

7

Thí dụ 172: Giải phương trình x − 2 x + 5 + x + 2 x + 10 =
Lời giải:
→
→
Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có:
→

→

→

f ′(a ) =

a + x = a ⇔ x = a7 − a

2

2

29 (1)

→

→

x −1

→

Vậy nghiệm của (1) là x =

2
3

x=

1
(thoả mãn (1))
5

1
.
5

x 2 − 10 x + 50 | = 5 (1)

BM = ( x − 5) 2 + 5 2 = x 2 − 10x + 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)
Do đó VT(1) = | x 2 − 4 x + 5 – x 2 − 10x + 50 | ≤ 5 = VP(1)
Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB
1


k > 0
k = 5


  2 − x = k (5 − x )  
1 = 5k
x = 5


4

5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
4
−→
 −→
CA = k CB

k > 0


Thí dụ 174: Giải phương trình:
2 x 2 − 2 x + 1 + 2x 2 −

(

)

3 − 1 x + 1 + 2x 2 +

1
77 ( x + a )6

≥ 0 với

(1 + 1 −

)

(

)

3 + 1 x + 1 = 3 (1)

1

2

⇔ VT(1) ≥ 3 2 + 3 2 = 3 2 = VP(1)

=3 2



↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n

3x + 1 + 3x + (1 − 2 x + x + 1 + x + 1)

(

2

)

(

)

)

1 = k 1 − 3x

1 − 2x = k ( x + 1)


u = kv





Do đó (1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ p ⇔    ⇔ 1 = n 1 + 3x
u = np
1 − 2x = n ( x + 1)

k ; n > 0

1


k = n > 0
1

k = 2

x = 5

1 = k 1 + 3x + 1 − 3x

⇔
⇔ 2 − 4 x = x + 1 ⇔ 
(loại)
1 − 2x = k ( x + 1)

x = 1

1 = k 1 + 3x
2 = 1 + 3x
3




(

Thí dụ 173: Giải phương trình | x 2 − 4 x + 5 –
Lời giải:
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:
AB = 5AM= ( x − 2) 2 + 12 = x 2 − 4 x + 5

Lời giải:


( =' a

n


Áp dụng bất đẳng thức ∑ a i ≤ ∑ a i
i =1
i =1
     
VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p

⇔ VT(1) ≥

| u |+| v | ≥ | u + v |  x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 ≥ 29
Đẳng thức xảy ra khi u // v  − x − 1 =

)

2

n

x+7 a+x

(

( 2x − 1) 2 + 1 + (1 − 3x ) + ( x + 1) 2 + (1 + 3x ) 2 +( x + 1) 2




Đặt u (1;1 − 2x ); v(1 − 3 ) x; x + 1; p(1 + 3x; x + 1)
⇔

Lời giải:
(1) ⇔ a = 7

)

4x 2 − 4x + 2 + 4x 2 − 2 3 − 1 x + 2 + 4x 2 + 2 3 + 1 x + 2 = 3 2

)

(

)

Vậy hệ đã cho vơ nghiệm.
Thí dụ 175: Giải phươnh trình x 1 + x + 3 − x = 2 x 2 + 1 (1)
Lời giải:



1+ x ≥ 0
Điều kiện: 3 − x ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 3 (*) . Đặt u ( 1 + x ;− 3 − x ); v( x;1)


n

Áp dụng BĐT thức



∑a
i =1

i


( =: a

n

≤ ∑ ai

1

i =1

)



↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n có:

  
VT(1) = x 1 + x + 3 − x = u.v = u v = 2 x 2 + 1 = VP(1)
 1 + x = kx


Điều đó có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔ 








 3− x = k


x = 1
⇔
2
1 + x = ( 3 − x ) x
x = 1 + 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = 1 + 2 .
x ≥ 0

Ta có: (1) ⇔ 


Thí dụ 176: Giải phương trình: x + x + 4 x + +4 = x x + 2
Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x 2 + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*)
→
→

→ →
→
→
Đặt u (x; 2) và v ( x ; 1). Ta có: u . v ≤ | u |.| v |
hay x x + 2 ≤ x 2 + 4 . x + 1 ≤ x 3 + x 2 + 4x + +4
3

→

→

2

x

Đẳng thức xảy ra khi u // v 
= 2  x = 4 (thoả mãn điều kiện (*))
x
Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.

Lời giải:
→
→
→ →
→
→
Đặt u (x 2 ; y 2 ; z 2 ); v (1; 1; 2), có u . v ≤ | u | | v |
hay x 2 + y 2 +2z 2 ≤ x 4 + y 4 + z 4  7 ≤ 6 (Điều này là vơ lí)
Vậy phương trình vơ nghiệm.
Thí dụ 179: Giải phương trình 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1

(1)
Lời giải:
Đặt u = x 2 − x + 1 ; v = x + 1 thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nên điều kiện để (1) xác định là
v ≥ 0 (Vì u ln lơn hơn 0). Với điều kiện đó:
 v
= 2 (α )

v
v
 u
(1) trở thành 2(u + v) = 5 uv ⇔ 2 + 2 = 5
(u ≠ 0) ⇔ 
u
u
v 1
( β)
=

 u 2
x + 1 ≥ 0
 x ≥ −1
x +1
=2⇔
⇔ 2
* Vớí (α) ta có:
2
x2 − x +1
x + 1 = 4 x − x + 1
4 x − 5x + 3 = 0 (∆ < 0)

)

(vơ nghệm)
* Với (β) ta có:

3 + 13
3 − 13
;x =
.
2
2

Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx
(1)
Lời giải:
(1) ⇔ 4sin3x – sinx – cosx = 0 ⇔ sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0
⇔ sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0
⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0
⇔ (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0
sin x − cos x = 0

(α)

⇔

x 4 + y 4 + z 4 = 1

Thí dụ 177: Giải phương trình:  2 2
 x + y + 2z 2 = 7


(

Vậy phương trình có nghiệm là: x =

x + 1 ≥ 0
 x ≥ −1
x +1
1
= ⇔
⇔ 2
2
2
x − x +1 2
2( x + 1) = x − x + 1
 x − 3x − 1 = 0

x ≥ −1
3 + 13
3 − 13

⇔
;x =
3 + 13
3 − 13 ⇔ x =
2
2
∨x=
x =
2

2


2
(β)
2 sin x + 2 sin x cos x + 1 = 0
π

 x = 2 − x + 2 kπ
π
( α ) ⇔ sin x = cos x = sin  π − x  ⇔ 
⇔ x = + kπ (k ∈ Z)


4
2

 x = π + x + 2 kπ

2

sin x + cos x = 0
cos x = 0
( β) ⇔ ( sin x + cos x ) 2 + 2 sin 2 x = 0 ⇔  2
⇔
sin x = 0
2 sin x = 0

(vơ nghiệm)

π
4

Vậy phương trình có nghiệm là x = + kπ
Thí dụ 181: Giải phương trình sau

(x

2

( k ∈ Z) .

) (

) (

3

3

)

+ 3x − 4 + 2 x 2 − 5x + 3 = 3x 2 − 2x − 1

3

Lời giải:
Đặt x 2 + 3x − 4 = a; 2x 2 − 5x + 3 = b thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành
+ b)3
 x 2 + 3x − 4 = 0

 2
1
3
⇔ 3ab(a + b) = 0 ⇔ 2x − 5x + 3 = 0  x = −4 ∨ x = − ∨ x = 1 ∨ x =
3
2
3x 2 − 2 x − 1 = 0

1 3

Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = − 4; − ;1;  .


x 3 + y 3 = 1

Thí dụ 182: Giải hệ: x 5 + y 5 = x 2 + y 2

Lời giải:

(I)

3

2

a3 + b3 = (a


x + y = 1 (1)


x 5 + y 5 = x 2 + y 2 x 3 + y 3

3

3

(I) ⇔ 

(

)(

)

x 3 + y 3 = 1

x 3 + y 3 = 1

 x = 0
⇔ 2 2
⇔ 
x y ( x + y ) = 0

 y = 0
 x + y = 0


+) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1
+) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1
+) Với x + y = 0 ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = 1 ⇔ 0 = 1 (vơ lí)

Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0).
x 3 − y 3 = 7
Thí dụ 183: Giải hệ 
xy( x − y) = 2

(

)

- Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = 0 (3)
+) Với y = 0 ta được x = 0 thay vào (1) thấy vô lý
+) Với y ≠ 0 chia hai vế của (3) cho y ta được:
2

x
2 
 y
 

2

x
y = 2
x
− 5  + 2 = 0 ⇔ 
y
x 1
 
y = 2


Khi x = 2y thì (1) ⇔ 8y3 – y3 = 7 ⇔ 7y3 = 7 ⇔ y = 1 nên x = 2
Khi y = 2x tương tự ta được x = –1; y = –2
7
2

7
2

Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (3 ; 3 ); (2;1); (−1,−2) .
2 x − 9 y = ( x − y)(2 xy + 3)
3

Thí dụ 184: Giải hệ x 2 − xy + y 2 = 3

Lời giải:
(I)  x 2 − xy + y 2 = 3


2

(I)

x 2 − y 2 = 4( y − x )

(I)   y 2 − 3xy = 4x  x 2 − 3xy = 4 y


x − y = 0
  x = y = −2

x 2 − 3xy = 4 y
 x + y + 4 = 0    x = y = 0

 x = y = −2
 2


x − 3xy = 4 y

( x − y)( x + y + 4) = 0

 x 2 − 3xy = 4 y


(Loại do x, y ≠ 0)

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2.
1

 3x (1 + x + y ) = 2

Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ 
1
 7 y (1 −
)=4 2

x+y


(I)

Lời giải:
Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0

1
2
1
2 2

1+
=
+
1 =
 x+y
3x
3x
7y


⇔ 
Do đó (I)  
1 − 1 = 4 2
 1 = 1 −2 2
 x+y
x + y
7y
3x
7y



(1)
(2)

Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:
(I)

1
1
8
=
−
 21xy = (x + y)(7y – 24x)  7y2 – 38xy – 24x2 = 0
x + y 3x 7 y

 (y – 6x)(7y + 4x) = 0  y = 6x (Do x; y > 0)

2 x − 9 y = ( x − y)(2 xy + x − xy + y )
3

y

 x − 3y = 4 x
Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ 
x
 y − 3x = 4
y


x 2 − 3xy = 4 y

3
 3
(1)
x − y = 7
Hệ bài cho tương đương với  3 3
2 x − y − 7 xy( x − y) = 0
(2)

x − y = 0
(2) ⇔ (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 ⇔  2
2
2 x + 2 y − 5xy = 0
7
- Nếu x – y = 0 ⇔ x = y thay vào (1) ta được x = y = 3
2

3

Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1).

Lời giải:
Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó

Lời giải:

3

x = 2
y = 1

x − 2 y = 0 ( Do x 2 + 2xy + 4 y 2 ≥ 0 ∀x ∈ R )
 x 2 − xy + y 2 = 3
 x = −2


 y = −1


2

2
2

( x − 2 y)( x + 2 xy + 4 y ) = 0
x 3 − 8 y 3 = 0
⇔ 2
 x 2 − xy + y 2 = 3
x − xy + y 2 = 3



Thay y = 6x vào (1) ta được 1 =

1
3 x

+

2 2
42 x

⇒x=

57 + 12 21
114 + 24 21
⇒y=
189
63

thấy thoả mãn)
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (

57 + 12 21 114 + 24 21
;
)
189
63

(thử lại


x

Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình a = (a – 1)x + 1 (a > 0)
Lời giải:
(1) ⇔ f ( x ) = a x − (a − 1) x − 1 = 0 . Nhận xét rằng:
ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt
x = 0; x = 1.
Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo
hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất 2 nghiệm.

Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1)
f//(x) = ax(lna)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên)
Vậy ∀a > 0 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1.
Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2
Lời giải:
Ta có: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng:
3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân
biệt x = 0; x = 1.
Giả sử (2) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo hệ
quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất hai nghiệm.
Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3
f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1.
Thí dụ 189: Chứng minh rằng với ∀n∈N ; n chẵn và với ∀p; q∈R thì phương trình x + px
+ q = 0 (3) khơng thể có q hai nghiệm thực phân biệt
Lời giải:
Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + px + q xác định
liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta có phương trình f/(x) = 0 có ít nhất hai
nghiệm.
Tương tự f//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = n.xn – 1 + p; f//(x) = n(n – 1)xn – 2 Do n ∈N*;
n chẵn nên n(n – 1) > 0 và n – 2 chẵn
⇒ f//(x) > 0 ∀x∈R (điều này trái với kết quả trên)
Vậy (3) không thể có q hai nghiệm thực phân biệt (đpcm).
*

n

Thí dụ 190: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đôi một khác nhau thì phương trình
(x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) =
0 (4) luôn có ba nghiệm phân biệt

Lời giải:

Đặt f(x) = VT(4) và F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục trên R, do F(a) =
F(b) = F(c) = F(d) = 0 nên phương trình F(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Theo hệ quả định
lý Rolle có F/(x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà
F/(x) = f(x) ⇒ f(x) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt.
Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt
Vậy (4) có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm).
Thí dụ 191: Chứng minh rằng với ∀a, b, c∈R phương trình
acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) ln có nghiệm x ∈ [ 0;2π] (*)
Lời giải:
a
3

b
2

Đặt F( x ) = sin 3x + sin 2x + cos+ 1 ta có F(x) xác định và liên tục trên [ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π)
mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a;b;c ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 ln có
nghiệm x ∈(0;2π) ⊂ [ 0;2π] mà F/(x) = VT(5)
Vậy (5) ln có nghiệm x∈ [ 0;2π] .
Thí dụ 192: Chứng minh rằng với ∀a, b, c, d, e ∈R phương trình sau ln có nghiệm F(x)
= acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = 0
Lời giải:
a
6

b
5

c
4

d
a c
3
6 4
[ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π) mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a, b, c, d, e
Ta có F(x) xác định và liên tục trên

Đặt F( x ) = − sin 6x + sin 5x − cos 4x + sin 3x − e cos x + + + e

∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 ln có ít nhất một nghiệm x ∈(0;2π)
⊂ [ 0;2π] Mà F/(x) = f(x)
Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm.
Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + …. + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu
∃n∈N* sao cho

a
an
a n −11
a
+
+ .... + 1 + o = 0 thì phương trình
m + n m + n −1
m +1 m

f(x) = 0 ln có nghiệm x ∈(0;1).
Lời giải:

a
an
a n −1
a
x m+n +
x m + n −1 + .... + 1 x m +1 + o x m = 0
m+n
m + n −1
m +1
m
Ta có F(x) xác định và liên tục trên [ 0;1] ; khả vi ( 0;1) và có F(0) = F(1) = 0 nên theo định lý

Đặt F( x ) =

Rolle phương trình F/(x) = 0 ln có ít nhất một nghiệm x ∈(0;1)
Mà F/(x) = an x n + m – 1 + an - 1 x n + m – 2 + … + a1 x m + aox m – 1
= x m – 1 (an x n + a n – 1 x n - 1 +….+a1x + ao)
⇒ Nếu gọi xo∈ (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F/(x) = 0 thì:
xm-1(anxn + an-1xn-1 +….+ a1x + ao) = 0


⇔ f(xo) = 0 (xo ∈(0;1))
Vậy phương trình f(x) = 0 ln có nghiệm (x ∈(0; 1)).
5+x
Thí dụ 194: Giải bất phương trình f ( x ) =
5− x < 0
x
2 − 3x + 1
lg

n

Đặt F(x) =

(1)

(*)

Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + 1 = 0, có g(x) xác định liên tục trên R và
21– 3.1 + 1 = 0; 23 – 3.2 + 1 = 0
Nên phương trình g(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm x = 1; x = 3.
Giả sử phương trình g(x)=0 có nhiều hơn hai nghiệm, khi đó theo định lý Rolle phương
trình g/(x) = 0 ln có ít nhất hai nghiệm và phương trình g//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà
g/(x) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(ln2)2 ∀x ∈R (điều này trái với giả thiết trên)
Do đó g(x) = 0 ⇔ x = 0; x = 3 ⇒ g(x) ≠0 ⇔ x ≠ 0; x ≠ 3
− 5 < x < 5

Vậy (*) ⇔ x ≠ 1
x ≠ 3


(*1 )

Với điều kiện đó xét phương trình:

5+ x
f(x) = 0 ⇔
5 − x = 0 ⇔ 5 + x = 1 ⇔ x = 0 (TM (* ))
1
x

5−x
2 − 3x + 1
⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
1
Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và f (−1) < 0; f   > 0; f (2) < 0; f (4) > 0
2
lg

Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*1) như sau:
BẢNG XÉT DẤU
Thí dụ 198: Chứng minh rằng với ∀ak; bk∈R; an + bn ≠ 0 phương trình
n

∑(a
k =1

k

sin kx + b k cos kx ) = 0 ln có nghiệm

Lời giải:

k =1

k

sin kx + b k cos kx ) thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và

F(0) = F(2π) = − ∑

Lời giải:
Điều kiện:

5 + x
>0
− 5 < x < 5

⇔  x
5 − x
2 − 3x + 1 ≠ 0
2 x − 3x + 1 ≠ 0


∑(a

ak
. Do đó theo định lý Rolle thì phương trình F/(x) = 0 ln có ít nhất
k

một nghiệm x ∈(0; 2π) mà F/(x) = VT(1)
Vậy phương trình ln có ít nhất một nghiệm (đpcm).

Thí dụ 200: Chứng minh rằng với ∀a, b, c đa thức
P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + ax + bx + c có khơng q 3 nghiệm
Lời giải:
Giả sử P(x) có nhiều hơn 3 nghiệm thì khi đó theo định lý Rolle phương trình P/(x) = 0
ln có ít nhất ba nghiệm và phương trình P//(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm; phương trình P///
(x) = 0 có ít nhất một nghiệm mà
P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a;
P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên)

Vậy phương trình đã cho có không quá 3 nghiệm (đpcm).