Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 4 ppt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (578.8 KB, 54 trang )
188
CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
IV.1.
)
(
)
(
)
2
1 16 3 0 1
x x− − =
Điều kiện:
(
)
3 0 3.
x x
− ≥ ⇔ ≤ ∗
( )
2
2
16 0
1
3 0
16
3
4
4
3
x
x
x
x
x
x
x
− =
⇔
− =
=
⇔
=
= −
⇔ =
=
So với điều kiện
(
)
,
∗
phương trình đã cho có hai nghiệm là
4
x
= −
và
3.
x
=
)
(
)
(
)
2
2 9 2 0 2
x x− − =
Điều kiện:
(
)
2 0 2
x x
− ≥ ⇔ ≤ ∗
( )
2
2
9 0
2
2 0
3
9
3
2
2
x
x
x
x
x
x
x
− =
⇔
− =
= −
=
⇔ ⇔ =
=
=
So với điều kiện
(
)
∗
, phương trình đã cho có hai nghiệm là
3
x
= −
và
2.
x
=
) ( )
2
3 4 2 2 3 .
x x x+ − = − Ta có
( )
2 2 2
2
2 0 2
3 3.
0
4 2 4 4 2 6 0
3
x
x x
x
x
x x x x x x
x
≥
− ≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
+ − = − + − =
=
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
3.
x
=
) ( )
2
4 1 4 1 4
x x x+ − = −
Ta có
( )
2 2 2
1
1 1
4 3.
0
1 4 2 1 2 6 0
3
x
x x
x
x
x x x x x x
x
≥
≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
=
+ − = − + − =
=
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
3.
x
=
189
)
(
)
5 2 1 3 2 5
x x x+ + − =
Điều kiện:
( )
1
2 1 0
2
3 0 3 3
0 0
x
x
x x x
x x
−
≥
+ ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∗
≥ ≥
( ) ( )( )
( )( )
5 2 1 3 2 2 1 3 4
2 2 1 3 2
x x x x x
x x x
⇔ + + − + + − =
⇔ + − = +
(
)
2 2
4 2 5 3 4 4
x x x x
⇔ − − = + +
(Do
3
x
≥
nên
2 0)
x
+ >
2
7 24 16 0
4
4
7
x x
x
x
⇔ − − =
=
⇔
−
=
So với điều kiện
(
)
,
∗
ta có nghiệm của phương trình đã cho là
4.
x
=
)
(
)
6 1 4 13 3 12 6
x x x+ + + = +
Điều kiện:
( )
1
1 0
13
4 13 0 1
4
3 12 0
4
x
x
x x x
x
x
≥ −
+ ≥
−
+ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ∗
+ ≥
≥ −
( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
6 1 4 13 2 1 4 13 3 12
2 1 4 13 2 2 1 4 13 1(**)
x x x x x
x x x x x x
⇔ + + + + + + = +
⇔ + + = − − ⇔ + + = − −
Điều kiện của phương trình (**) là
1
x
≤ −
. Kết hợp với điều kiện (*) ta được
1.
x
= −
1
x
= −
thỏa phương trình (**).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1.
x
= −
)( ) ( )
2 2
7 3 10 12 7
x x x x+ − = − −
Điều kiện:
(
)
2
10 0 10 10.
x x
− ≥ ⇔ − ≤ ≤ ∗
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )
( )
2
2
2
7 3 10 3 4
3 10 4 0
3 0
10 4 0
x x x x
x x x
x
x x
⇔ + − = + −
⇔ + − − − =
+ =
⇔
− − − =
190
2
2 2
3
10 4
3
4 0
10 8 16
x
x x
x
x
x x x
= −
⇔
− = −
= −
− ≥
⇔
− = − +
3
4
3.
1
3
x
x
x
x
x
= −
≥
⇔ ⇔ = −
=
=
So với điều kiện
(
)
,
∗
ta có nghiệm của phương trình đã cho là
3.
x
= −
)
(
)
8 4 1 1 2 8
x x x+ − − = −
Điều kiện:
( )
4 0 4
1
1 0 1 4
2
1 2 0 1
2
x x
x x x
x
x
+ ≥ ≥ −
− ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ∗
− ≥
≤
Ta có
( )( )
( ) ( )
4 1 1 2
4 1 2 1
4 1 2 1 2 1 2 1
2 1 1 2 1
x x x
x x x
x x x x x
x x x
+ − − = −
⇔ + = − + −
⇔ + = − + − + − −
⇔ + = − −
2 2
2
2 1 0
4 4 1 1 3 2
1
2
7 0
1
2
0
0
7
7
x
x x x x
x
x x
x
x
x
x
x
+ ≥
⇔
+ + = − +
−
≥
⇔
− =
−
≥
=
⇔ ⇔
=
=
=
So với điều kiện
(
)
,
∗
ta có nghiệm của phương trình đã cho là
0.
x
=
IV.2. 1)
( )
2 2
3 15 2 5 1 2 1
x x x x+ + + + =
191
Đặt
2
5 1, 0
t x x t
= + + ≥
(
)
∗
(
)
1
trở thành
2
3 2 5 0
t t+ − =
5
1
3
t t
⇔ = ∨ = −
So với điều kiện
(
)
∗
ta nhận
1,
t
=
khi đó ta có
2 2
0
5 1 1 5 0
5.
x
t x x x x
x
=
= + + = ⇔ + = ⇔
= −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
0 5.
x x
= ∨ = −
2)
( )
2 2
3 3 3 6 3 1
x x x x− + + − + =
Đặt
2
3 3
t x x
= − +
(
)
1
trở thành
3 3
t t
+ + =
(
)
2
Điều kiện:
0
t
≥
Khi đó
(
)
2
tương đương với
( )
( )
( )
2
3 2 3 9
3 3
3 0
3 9 6
3 3
9 9 1
t t t t
t t t
t
t t t t
t t
t t
+ + + + =
⇔ + = −
− ≥
⇔
+ = − +
≤ ≤
⇔ ⇔
= =
1
t
⇔ =
.
Với
1,
t
=
ta có
2 2
3 3 1 3 2 0 1 2.
x x x x x x
− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1; 2.
x x
= =
3)
( )( ) ( )
2 5 2 5 4 .
x x x x
+ + − + + − = ∗
Điều kiện:
2 5.
x
− ≤ ≤
Đặt
2 5 , 0
t x x t
= + + − ≥
( )( )
( )( )
2
2
2 5 2 2 5
7 2 2 5
t x x x x
t x x
⇔ = + + − + + −
⇔ − = + −
(
)
∗
trở thành
192
2
2 2
3
7
4 2 7 8 2 15 0
5
2
t
t
t t t t t
t
=
−
+ = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔
= −
Vì
0
t
≥
nên ta nhận
3,
t
=
khi đó ta có
( )( )
( )( )
2
2
2 5 3
2 5 2 2 5 9
2 5 1
3 10 1
3 9 0
x t
x x x x
x x
x x
x x
+ + − =
⇔ + + − + + − =
⇔ + − =
⇔ − + + =
⇔ − − =
3 3 5 3 3 5
2 2
x x
− +
⇔ = ∨ = (Thỏa điều kiện)
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là
3 3 5 3 3 5
; .
2 2
x x
− +
= =
4)
( )
2
4 4 2 12 2 16x x x x
+ + − = − + − ∗
Điều kiện:
4
x
≥
Đặt 4 4, 0t x x t= + + − ≥
2 2
2 2 16
t x x
⇔ = + −
(
)
∗
trở thành
2
12
t t
= −
2
12 0
3 4
t t
t t
⇔ − − =
⇔ = − ∨ =
Vì
0
t
≥
nên nhận
4,
t
=
ta có
2
2
2 2
4 4 4
4 4 2 16 16
16 8
8 0
16 64 16
8 8
16 80 5
x x
x x x
x x
x
x x x
x x
x x
+ + − =
⇔ + + − + − =
⇔ − = −
− ≥
⇔
− = − +
≤ ≤
⇔ ⇔
= =
5
x
⇔ =
(Thỏa điều kiện).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
5.
x
=
193
5)
2
2
1 1 (1)
3
x x x x
+ − = + −
Đặt
,
1
u x
v x
=
= −
điều kiện:
, 0.
u v
≥
Phương trình (1) được chuyển thành hệ
( )
2
2
2 2
2
1
2 1 1 2 1
3
2
2
1
21
13
3
3
0
( )
3
1
0
2
3
2
1
( )
2
3
2
u v
u v uv uv uv
uv u v
u v uv
u v uv
uv
I
u v
uv uv
uv
u v uv
II
u v
+ =
+ − = + − =
⇔ ⇔
+ = +
+ = +
+ = +
=
+ =
= ∨ =
⇔ ⇔
=
+ = +
+ =
+ Trường hợp
( )
I
ta được
0
1 1
0
1
1
1 0
x
x
x
x
x
x
=
− =
=
⇔
=
=
− =
+ Trường hợp
( )
II
(Vô nghiệm).
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
0; 1.
x x
= =
Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3).
6)
( )
2
1 1 24 1
x x x+ + − =
Ta có
( )
2
1 1 24 1
x x x
⇔ + − = −
2 2 2 2
2
2 2
1 0 1
1 24 2 1 24 2
1
1
2 0
24 2
24 4 4
2 2
7
4 28 7
x x
x x x x x x x x
x
x
x
x x
x x x
x x
x
x x
− ≥ ≥
⇔ ⇔
+ − = − + − = −
≥
≥
⇔ ⇔ − ≥
− = −
− = − +
≥ ≥
⇔ ⇔ ⇔ =
= =
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
7.
x
=
194
7)
( )
11 11 4 1
x x x x+ + + − + =
Điều kiện:
( )
11 0
11 0
11 0
x
x x
x x
+ ≥
− + ≥ ∗
+ + ≥
( )
2
2
2 2
1 11 11 2 11 16
11 8
8 0
11 16 64
8 8
5
15 75 5
x x x x x x
x x x
x
x x x x
x x
x
x x
⇔ + + + − + + − − =
⇔ − − = −
− ≥
⇔
− − = − +
≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔ =
= =
So với điều kiện
(
)
∗
ta nhận
5.
x
=
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
5.
x
=
8)
(
)
( )
3 3 3 3
35 35 30 1
x x x x− + − =
Đặt
3 3
35
u x
v x
=
= −
(
)
1
trở thành
(
)
3 3
30
35
uv u v
u v
+ =
+ =
(
)
( ) ( )
(
)
( )
( )
3 3
30 30
3 35 125
30
5 2 3
6 3 2
5
u v uv u v uv
u v u v uv u v
u v uv u v u u
uv v v
u v
+ = + =
⇔ ⇔
+ − + = + =
+ =
+ = = =
⇔ ⇔ ⇔ ∨
= = =
+ =
Với
3
3 3
3
3
3
2
35 8
35 2
x
x
u
v
x
x
=
=
=
⇔ ⇔
=
− =
− =
3
3
3
27
x
x
x
=
⇔ ⇔ =
=
Với
3
3 3
2
2
2
3
35 27
35 3
x
x
u
v
x
x
=
=
=
⇔ ⇔
=
− =
− =
3
2
2
8
x
x
x
=
⇔ ⇔ =
=
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2; 3.
x x
= =
9)
(
)
3
3
2 3 3 2 1
x x+ = −
( )
3
3
2
1 3 2
3
x
x
+
⇔ = −
195
Hàm số
3
2
3
x
y
+
= luôn đồng biến trên
ℝ
nên có
hàm số ngược là
3
3 2
y x
= −
. Vì vậy, hoành độ giao điểm của hai đồ thị
3
2
3
x
y
+
= và
3
3 2
y x
= −
cũng chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị
y x
=
và
( )
3
1
2
3
y x
= +
.
Do đó phương trình đã cho tương đương với
3
2
3
x
x
+
=
3
3 2 0
2 1
x x
x x
⇔ − + =
⇔ = − ∨ =
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
2; 1.
x x
= − =
10)
( ) ( ) ( )
2 2
3 2
3 3
2 1 3 1 1 0 1
x x x+ + − + − =
Vì
1
x
= −
không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của
(
)
1
cho
( )
2
3
1
x
+ ta
được phương trình tương đương
( )
2
33
1 1
2 3 0
1 1
x x
x x
− −
+ + = ∗
+ +
Đăt
3
1
,
1
x
t
x
−
=
+
khi đó
(
)
∗
trở thành
2
2 3 0
t t
+ + =
3
3
1
1
1
1
1
9
1
1
2 1
7
1
8
2
1
1
x
x
t
x
x
x
t x
x
x
x
−
−
= −
= −
= −
+
+
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −
= − −
−
= −
= −
+
+
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
9
.
7
x
= −
11)
3
2 6 1 2 0(1)
x x+ − + =
Đặt
3 3
3
1 1 1 .
t x t x x t
= − ⇒ = − ⇒ = −
Phương trình (1) trở thành
(
)
3 3
3
2 1 6 2 0 2 6 4 0
1
3 2 0
2
t t t t
t
t t
t
− + + = ⇔ − − =
= −
⇔ − − = ⇔
=
+ Với
3
1 1 1 2.
t x x
= − ⇒ − = − ⇔ =
196
+ Với
3
2 1 2 1 8 7.
t x x x
= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = −
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
7; 2.
x x
= − =
12)
2
3 1 3 8 3(1)
x x x+ = − +
Điều kiện:
1.
x
≥ −
Phương trình (1) tương đương với
2
3 1 3 8 3 0.
x x x
+ − + − =
Xét hàm số
2
( ) 3 1 3 8 3, 1.
f x x x x x
= + − + − ≥ −
( )
3
3
( ) 6 8
2 1
3
( ) 6 0, 1
4 1
f x x
x
f x x
x
′
= − +
+
′′
= − − < ∀ > −
+
Suy ra hàm số lồi trên
[ 1; ).
− +∞
Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai
nghiệm, ta có
(0) (3) 0.
f f
= =
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là
0; 3.
x x
= =
Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể:
( )
( )
( )
( )
2
2
2
4 3 2
2
2
2
3 8 3 0
3 8 3 0
(1)
9 48 82 57 0
9 1 3 8 3
3 8 3 0
0
3.
3 9 21 19 0
x x
x x
x x x x
x x x
x x
x
x
x x x x
− + ≥
− + ≥
⇔ ⇔
− + − =
+ = − +
− + ≥
=
⇔
=
− − + =
13)
2
3 1 1(1)
x x x x+ + = + +
Điều kiện:
0.
x
≥
Phương trình (1) viết lại dưới dạng
2
3 1 1 0.
x x x x
+ + − − − =
Xét hàm số
2
( ) 3 1 1, 0.
f x x x x x x
= + + − − − ≥
( )
3 3
1 3
( ) 2 1
2 2 3 1
1 9
( ) 2 0, 0.
4
4 3 1
f x x
x x
f x x
x
x
′
= + − −
+
′′
= − − − < ∀ >
+
Lập luận giống Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm
0; 1.
x x
= =
Chú ý. Nếu sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sẽ nhận được phương trình bậc 8,
khi đó cho dù nhẩm được hai nghiệm
0, 1
x x
= =
thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc
giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả.
IV.3. 1)
2 24
15 15 2 (1).
x x x x+ − + =
Điều kiện:
0
x
≥
197
Đặt
(
)
( )
2 2
4
15 , 0 .
t x x t= + ≥
Khi đó phương trình (1) trở thành
2
2
2
2 0
1
2
t t
t t
t
t
− =
⇔ − − =
= −
⇔
=
Ta loại
1 0
t
= − <
.
Với
2
t
=
thì
2 2
4
( 15) 2
x x
+ =
( )
2
2 2 4 2
2
1
15 16 15 16 0
16
x
x x x x
x
=
⇔ + = ⇔ + − = ⇔
= −
Ta loại
2
16 0.
x
= − <
Với
2
1
1
1.
x
x
x
=
= ⇔
= −
So với điều kiện
0
x
≥
, ta nhận
1.
x
=
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1.
x
=
2)
4
2 2 (2).
2 3
x
x
− + =
− +
Điều kiện:
2 0 2
x x
− ≥ ⇔ ≤
.
Đặt
2 ,( 0).
t x t
= − ≥
Khi đó phương trình (2) trở thành
2 2
1
4
2 3 2 2 0 2 0
2
3
t
t t t t t t
t
t
=
+ = ⇔ + − − = ⇔ + − = ⇔
= −
+
Ta loại
2 0
t
= − <
.
Với
1
t
=
thì
2 1 2 1 1.
x x x
− = ⇔ − = ⇔ =
So với điều kiện
2
x
≤
, ta nhận
1.
x
=
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1.
x
=
3)
( )
6
9 5 3 3
3
x x
x
− = − +
−
Điều kiện:
9
9 5 0
9
(*)
5
3 0
5
3
x
x
x
x
x
− ≥
≤
⇔ ⇔ ≤
− >
<
Với điều kiện (*) ta có phương trình (3) tương đương với
198
( )( )
2
2
9 5 3 9
5 24 27 9
2 3 27 0
3
9
2
x x x
x x x
x x
x
x
− − = −
⇔ − + = −
⇔ − − =
= −
⇔
=
So với điều kiện
9
,
5
x
≤
ta được nghiệm của phương trình đã cho là
3
x
= −
.
4)
2 2
4 1 3
(4)
x
x x x x x x
− =
+ + − +
Điều kiện:
2
2
0
0
0
x x x
x x x
x
+ + ≠
− + ≠
≠
2 2
2
2
(4) 4( ) 3
3 5 3
5 3 3
x x x x x x
x x x
x x x
⇔ − + − − + = −
⇔ − + = −
⇔ + = +
2 2
2
3 3 0
9 18 9 25 25
1
16 7 9 0
1
1
9
16
1
9
16
x
x x x x
x
x x
x
x
x
x
x
+ ≥
⇔
+ + = +
≥ −
⇔
+ − =
≥ −
= −
⇔
=
= −
⇔
=
So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
9
1, .
16
x x= − =
5)
2 2
2 1 2 1 2
x x x x
+ + + − + =
.(5)
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
5 1 1 2 1 1 2
1 1 2 1 1 4 2 2 2 1 4
x x x x
x x x x x x
⇔ + + − = ⇔ + + − =
⇔ + + − + + − = ⇔ + + − =
199
( ) ( )
2
2 2 2 2
2 2
2 2
1 0
1 1 1 1 1 1.
1 1
x
x x x x x
x x
− ≥
⇔ + − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ − ≤ ≤
− = −
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
1 1.
x
− ≤ ≤
6)
2 2 2
(2 6 10) 3 11 33 8 0.
x x x x x x
+ + + − − + =
Đặt
2
3 0
t x x
= + ≥
, khi đó phương trình đã cho trở thành
3 2
2 11 10 8 0.
t t t
− + + =
Phương trình này có ba nghiệm
1
2; 4;
2
t t t
= = = −
. Ta chỉ nhận
2; 4.
t t
= =
· Với
2,
t
=
ta có
2 2
1
3 2 3 4 0
4
x
x x x x
x
=
+ = ⇔ + − = ⇔
= −
· Với
4,
t
=
ta có
2 2
3 73
2
3 4 3 16 0
3 73
2
x
x x x x
x
− −
=
+ = ⇔ + − = ⇔
− +
=
Từ đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là
3 73
; 1; 4.
2
x x x
− ±
= = = −
7)
2
2 4 3 2 2 3 2 0
x x x x x
+ − + − + =
(1). Ta có
( )
(
)
( ) ( ) ( )
( )( )
2
2
1 2 ( 2) 3 2 2 3 2 0
2 2 3 2 2 3 2 0 2 2 3 2 2 3 0
2 3 2 2 0
9
2 3 0 2 2 0 2.
2
x x x x x
x x x x x x x x x
x x x
x x x x x
⇔ + − + − + =
⇔ + − + − + = ⇔ + − − − =
⇔ − + − =
⇔ − = ∨ + − = ⇔ = ∨ =
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
9
, 2.
2
x x
= =
8)
3
2 3 2 3 6 5 8 0.
x x
− + − − =
(1)
Đặt
3
3
3
2
3 2 3 2 .
3
t
t x t x x
+
= − ⇒ = − ⇒ =
Phương trình (1) trở thành
3 3
3
3 3
2 18 5 10
2 3 6 5. 8 0 2 3 8 0
3 3
8 5
2 3 8 0 2 24 15 8 0 24 15 8 2
3
t t
t t
t
t t t t t
+ − −
+ − − = ⇔ + − =
−
⇔ + − = ⇔ + − − = ⇔ − = −
200
( )
( )
3 2 3 2
2
8 2 0 4
24 15 64 32 4 15 4 32 40 0
4
4
2 15 26 20 0 2.
t t
t t t t t t
t
t
t t t t
− ≥ ≤
⇔ ⇔
− = − + + − + =
≤
≤
⇔ ⇔
+ − + = = −
Với
2
t
= −
ta có
3
3 2 2 3 2 8 2.
x x x
− = − ⇔ − = − ⇔ = −
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
2.
x
= −
9)
(
)
4 4 4
1 32 1
x x x x
+ = − +
Điều kiện:
0.
x
≥
Nhận xét rằng
0
x
=
không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia hai vế của phương
trình cho
4
0
x x
≠
ta được
4 4
4 4
4 4
1 1
32
1 1 1
32 .
x x
x x x
x x
x x x
+ +
= −
+ +
⇔ = −
Đặt
4 4
4 4
1 1 1 1
1 1 1.
x
t t t
x x x x
+
= = + ⇒ = + ⇒ = −
Ta có phương trình
(
)
4 5
1 32 32 2.
t t t t t
− = − ⇔ = ⇔ =
Suy ra
4
1 1 1 1
1 2 1 16 15 .
15
x
x x x
+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = Thỏa điều kiện (*).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
1
.
15
x =
10)
3
2 1 1(1)
x x− = − −
Đặt
2
1 0
u x
v x
= −
= − ≥
, suy ra
3 2
1.
u v
+ =
Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ
( )
3 2
2
3 2
3
1
1
1
1 2 0
1 1 0
1
0 0 1 2
1 1 0 3
2
v u
v u
u v
u v u u u
u u
v u
u u u u
u v v v
u
= −
= −
+ =
⇔ ⇔
+ = + − =
+ − − =
= −
= = = = −
⇔ ⇔ ∨ ∨
= = = =
= −
201
3 3 3
2 0 2 1 2 2
1 1 1 0 1 3
2 1 10.
x x x
x x x
x x x
− = − = − = −
⇒ ∨ ∨
− = − = − =
⇔ = ∨ = ∨ =
Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ
3
2
t x
= −
như đã trình bày ở Bài IV.3. 8).
11)
3
9 2 1
x x
− = − −
. Trình bày tương tự như Bài IV.3. 8).
Phương trình có ba nghiệm là
1; 10; 17.
x x x
= = =
12)
3 2 2
2 1 4 4(1)
x x− + − =
Giải tương tự như Bài IV.3. 8). Phương trình có một nghiệm duy nhất
0.
x
=
IV.4.
) ( )
3
1 2 1 2 1 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
Đặt
1 0
t x
= − ≥
( )
2
2 2
4
1 1 2 1 2
2
t
t t t t
+
⇔ + + + + − =
( ) ( )
2
2 2
4
1 1
2
t
t t
+
⇔ + + − =
2
4
1 1
2
t
t t
+
⇔ + + − =
2
2
1
4
1 1
2
1
4
1 1
2
t
t
t t
t
t
t t
≥
+
+ + − =
⇔
<
+
+ − + =
2
2
1
4
2
2
1
4
2
2
t
t
t
t
t
≥
+
=
⇔
<
+
=
2
2
1
4 4 0
1
0
t
t t
t
t
≥
− + =
⇔
<
=
2
0
t
t
=
⇔
=
· Với
2 1 2
t x
= ⇔ − =
1 4
x
⇔ − =
5.
x
⇔ =
· Với
0 1 0
t x
= ⇔ − =
1 0
x
⇔ − =
1.
x
⇔ =
Vậy, phương trình có hai nghiệm là
5
1.
x
x
=
=
) ( )
2 2 2 2 1 1 4 2
x x x+ + + − + =
Đặt
1 0
t x
= + ≥
( )
2
2 2 1 2 4
t t t
⇔ + + − =
( )
2
2 1 4
t t
⇔ + − =
(
)
2 1 4
t t
⇔ + − =
2 4 2
t t
⇔ + = ⇔ =
1 2 1 4 3
x x x
⇔ + = ⇔ + = ⇔ =
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
3
x
=
.
202
)
(
)
( )
2
2
2 2 4
3 2 2 3 2 4 1
2
x x
x x x
x
− +
= + + − +
+
Điều kiện:
2
2 0
2
2 4 0
x
x
x x
+ >
⇔ > −
− + ≥
( )
(
)
( )
(
)
( )
2 2
1 2 2 4 2 2 3 2 4 2
x x x x x x
⇔ − + = + + − + +
Đặt
2
2 4 0
2 0
u x x
v x
= − + ≥
= + ≥
Phương trình trở thành
2 2
2 2 3
u v uv
= +
2 2
2 3 2 0
u uv v
⇔ − − =
2
.
2
u v
v
u
=
⇔
= −
Ta chỉ nhận trường hợp
2 .
u v
=
Với
2
u v
=
ta được
2
2 4 2 2
x x x
− + = +
( )
2 2
3 13
2 4 4 2 6 4 0
3 13
x
x x x x x
x
= −
⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔
= +
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
3 13
3 13.
x
x
= −
= +
Chú ý. Có thể biến đổi (1) tương đương với
(
)
2
2
2 2 4
2 4
2 3.
2
2
x x
x x
x
x
− +
− +
= +
+
+
.
Đặt
2
2 4
0
2
x x
t
x
− +
= >
+
,
Ta có phương trình
2
1
2 3 2 0 2
2
t t t t
− − = ⇔ = ∨ = −
. Ta chỉ nhận trường hợp
2.
t
=
Từ đây
ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho là
3 13
3 13.
x
x
= −
= +
4)
2 3
2( 3 2) 3 8
x x x
− + = +
.
Ta có
2 3
2( 3 2) 3 8
x x x
− + = +
2 2
2( 3 2) 3 ( 2)( 2 4)
x x x x x
⇔ − + = + − +
2 2
2( 3 2) 3 ( 2)( 3 2 2)
x x x x x x
⇔ − + = + − + + +
.
Đặt
2
3 2
t x x
= − +
ta có phương trình trở thành
[
]
2 3 ( 2) ( 2)
t x t x= + + + (1).
203
Điều kiện:
0.
t
≥
(1)
2 2
4 9 ( 2) ( 2)
t x t x
⇔ = + + +
2 2
4 9( 2) 9( 2) 0
t x t x
⇔ − + − + =
3
( 2)
4
3( 2)
t x
t x
−
= +
⇔
= +
.
Với
2 2
3 3
( 2) 3 2 ( 2) 4 9 14 0
4 4
t x x x x x x
−
= + ⇔ − + = − + ⇔ − + =
(Vô nghiệm).
Với
2
3( 2) 3 2 3( 2)
t x x x x
= + ⇔ − + = +
2
6 4 0
x x
⇔ − − =
3 13
3 13
x
x
= −
⇔
= +
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
3 13 3 13.
x x= − ∨ = +
5)
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )
x x x x
+ − = − .
Điều kiện:
1 1
x
− ≤ ≤
.
Ta có
3 2 3 2
(1 ) 2(1 )
x x x x
+ − = −
2 2 2
( 1 )(1 1 ) 2. 1
x x x x x x
⇔ + − − − = −
(1).
Đặt
2
1 ,
t x x
= + −
1 1
x
− ≤ ≤
2
2
1
1
2
t
x x
−
⇒ = −
.
Ta có
2
2
1 0 1 0
1
x
t x x
x
′
= − = ⇔ − − =
−
2
2
x⇔ = .
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta được
1 2
t− ≤ ≤
(*).
Với
2
1 , 1 2
t x x t= + − − ≤ ≤ thì (1) trở thành
2 2
1 1
(1 ) 2
2 2
t t
t
− −
− = (2). Ta có
(2)
2 2
2 ( 1) 2( 1)
t t t t
⇔ − − = −
3 2
2 3 2 0
t t t
⇔ + − − =
204
2
( 2)( 2 2 1) 0
t t t
⇔ − + + =
2
2 1
2 1
t
t
t
=
⇔ = − +
= − −
, kết hợp với điều kiện (*) ta được
2 2 1
t t
= ∨ = − +
.
Với
2
2 1 2
t x x= ⇔ + − =
2 2
2 0
1 2 2 2
x
x x x
− ≥
⇔
− = + −
2
2
2 2 2 1 0
x
x x
≤
⇔
− + =
2
2
2
2
2
x
x
x
≤
⇔ ⇔ =
=
.
Với
2
2 1 1 2 1
t x x
= − + ⇔ + − = − +
2 2
1 2
2 2(1 2) (1 2) 1 0
x
x x
≤ −
⇔
− − + − − =
1 2
1 2 2 2 1
1 2 2 2 1
2
2
1 2 2 2 1
2
x
x
x
x
≤ −
− − −
− − −
=
⇔ ⇔ =
− + −
=
.
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
2 1 2 2 2 1
2 2
x x
− − −
= ∨ = .
Chú ý. Ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa bằng cách đặt
sin , [ ; ].
2 2
x t t
π π
= ∈ − (Do điều kiện
1 1
x
− ≤ ≤
)
Khi đó phương trình được đưa về
( ) ( )
( ) ( )
3
3 2 2
3 3
3
sin 1 sin sin 2 1 sin
sin cos 2 sin cos
sin cos 3 sin cos sin cos 2 sin cos
sin cos 2(*)
sin cos 1 2(**)
t t t t
t t t t
t t t t t t t t
t t
t t
+ − = −
⇔ + =
⇔ + − + =
+ =
⇔
+ = −
205
· Giải trường hợp (*) ta được
2
.
2
x =
· Giải trường hợp (**) ta được
1 2 2 2 1
.
2
x
− − −
=
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm
2 1 2 2 2 1
2 2
x x
− − −
= ∨ = .
6)
2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1
x x x x
+ − − − + = + −
.
Điều kiện:
1 1
x
− ≤ ≤
(*).
Ta có:
2 3 3 2
1 1 (1 ) (1 ) 2 1
x x x x
+ − − − + = + −
2 2 2
1 1 ( 1 1 )(2 1 ) (2 1 ) 0
x x x x x
⇔ + − − − + + − − + − =
2 2
1 1 .( 1 1 ) 1 (2 1 ) 0
x x x x
⇔ + − − − + − + − =
2
2
2 1 0 ( )
1 1 .( 1 1 ) 1 (2)
x VN
x x x
+ − =
⇔
+ − − − + =
Giải (2):
2
1 1 ( 1 1 ) 1
x x x
+ − − − + =
.
Đặt
1 1 , 2 2
t x x t= − − + − ≤ ≤ (**).
2
2
1 1
2
t
x
⇒ − = −
, ta được
(2)
2
1 1 . 1
2
t
t
⇔ + − =
2
2
0
4
1
2
t
t
t
>
⇔
−
=
4 2
0
4 2 0
t
t t
>
⇔
− + − =
206
0
2 2
2 2
2 2
2 2
t
t
t
t
t
>
= +
⇔
= − −
= −
= − +
2 2
2 2
t
t
= +
⇔
= −
, kết hợp với điều kiện (**) ta được:
2 2
t = − .
Với
2 2 1 1 2 2
t x x= − ⇔ − − + = −
2
2
2
1 1 1 0
1 1 0
1
2
1
1
2 2 1 2 2
2
2
x x x
x x
x
x
x
− > + − ≤ <
− − + >
⇔ ⇔ ⇔
− =
− =
− − = −
1 0
1
1 1
2
2 2
x
x
x x
− ≤ <
⇔ ⇔ = −
= ∨ = −
thoả điều kiện (*).
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.
Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau:
Do điều kiện
1 1
x
− ≤ ≤
nên đặt
cos , [0; ].
x t t
π
= ∈
Khi đó ta có phương trình
(
)
( )
( )
( )( )
2
2
1 sin 1 cos 1 cos 2 sin 2 sin
1 sin 1 cos 1 cos 1
1 cos 1 cos 0
1 cos 1 cos 0
1
1 sin 2 2sin 1
1 sin
2
1 cos 1 cos 0
1 cos 1 cos 0
1
2 2
cos
cos cos
2
2 2
t t t t t
t t t
t t
t t
t t
t
t t
t t
t
t t
+ − − + + = +
⇔ + − − + =
− − + ≥
− − + ≥
⇔ ⇔
+ − =
− =
− − + ≥
− − + ≥
⇔ ⇔
−
=
= ∨ =
2 2
cos .
2 2
t x
− −
⇔ = ⇒ =
7)
2 2
1 2 1 2 1 0.
x x x x
− − − − + =
(
)
1
Điều kiện:
1 1.
x
− ≤ ≤
207
Đặt
cos
x t
=
,
[0; ].
t
π
∈
(
)
1
⇔
2 2
1 cos 2cos 1 cos 2cos 1 0
t t t t
− − − − + =
2 sin 2cos sin cos 2 0
2
t
t t t
⇔ − − =
2 sin sin2t cos2t = 0
2
t
⇔ − − (vì
[0; ] sin 0,sin 0
2
t
t t
π
∈ ⇒ ≥ ≥
)
2 sin 2 cos 2 0
2 4
t
t
π
⇔ − − =
sin cos(2 )
2 4
t
t
π
⇔ = −
sin sin( 2 )
2 2 4
t
t
π π
⇔ = − +
3
sin sin 2
2 4
t
t
π
⇔ = −
3
2 2
2 4
2 2
2 4
t
t k
t
t k
π
π
π
π
= − +
⇔
= + +
5 3
2
2 4
3
2
2 4
t
k
k
π
π
π π
π
= +
⇔
= − −
( )
3 4
10 5
, .
4
6 3
k
t
k
k
t
π π
π π
= +
⇔ ∈
= − −
ℤ
Do
[0; ]
t
π
∈
nên ta nhận
3
.
10
t
π
=
Hay
3
cos
10
x
π
= là nghiệm của phương trình đã cho.
8)
(
)
( )
( )
2
2
2
2
2
1
1
1 1
2
2 1
x
x
x
x
x x
+
+
+ + =
−
Điều kiện:
0
1
x
x
≠
≠ ±
208
Đặt
tan .
x t
=
Khi đó điều kiện của
t
là
;
2 2
0
4
t
t
t
π π
π
∈ −
≠
≠ ±
(
)
1
⇔
(
)
( )
2
2
2
2
2
tan 1
tan 1
tan 1 .
2 tan
2 tan 1 tan
t
t
t
t
t t
+
+
+ + =
−
( )
( )
2
4 2
2 2
1 1 1
cos 2cos tan
2cos tan 1 tan
1 1 1
cos 2sin cos
2sin cos cos sin
t t t
t t t
t t t
t t t t
⇔ + =
−
⇔ + =
−
(
)
( )
( )
2 2 2 2
2 2
3 2
2
2sin cos sin cos sin 1
2sin 1 2sin 2sin 0
2sin sin sin 0
sin 2sin sin 1 0
0
sin 0
sin 1 .
2
1
sin
2
6
t t t t t
t t t
t t t
t t t
t
t
t t
t
t
π
π
⇔ − + − =
⇔ − − =
⇔ + − =
⇔ + − =
=
=
⇔ = − ⇔ = −
=
=
So sánh điều kiện của
t
ban đầu ta thấy chỉ có giá trị
6
t
π
=
thỏa.
Vậy, với
6
t
π
=
ta được
1
tan .
6
3
x x
π
= ⇔ =
Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là
1
.
3
x =
IV.5. 1)
( )
2
1 2 0
x x x
− − − ≥
(1). Ta có
2
2
2 0
(1)
2 0
1 0
x x
x x
x
− − =
⇔
− − >
− ≥
1 2
1 2
1
x x
x x
x
= − ∨ =
⇔
< − ∨ >
≥
1
2
x
x
= −
⇔
≥
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
2
x
≥
hoặc
1
x
= −
.
209
2)
(
)
2 2
1 2 0
x x x
− − − ≥
(1). Ta có
2
2
2
1 2
2 0
1
(1)
1 1
1 0
2
1 2
2 0
x x
x x
x
x x
x
x
x x
x x
= − ∨ =
− − =
≤ −
⇔ ⇔ ⇔
≤ − ∨ ≥
− ≥
≥
< − ∨ >
− − >
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
1
2
x
x
≤ −
≥
.
3)
2
2 5
x x x
− < −
(1). Ta có
( )
2
2
2
5 0
(1) 2 0
2 5
x
x x
x x x
− >
⇔ − ≥
− < −
2
5
0 2
2 12 25 0
x
x
x x
<
⇔ ≤ ≤
− + >
0 2
x
⇔ ≤ ≤
.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
0 2
x
≤ ≤
.
4)
2
3 2 3 0
x x x
− + − − >
(1). Ta có
2
(1) 3 2 3
x x x
⇔ − + > +
( )
2
2
2
3 0
3 2 0
3 0
3 2 3
x
x x
x
x x x
+ <
− + ≥
⇔
+ ≥
− + > +
3
1 2
3
9 7 0
x
x x
x
x
< −
≤ ∨ ≥
⇔
≥ −
+ <
3
3
7
9
x
x
x
< −
≥ −
⇔
< −
7
9
x
⇔ < −
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
7
9
x
< −
.
5)
3 2 2 4 0
x x x
+ + + − + >
(1)
Điều kiện:
2
x
≥ −
(*)
(1)
3 2 2 4
x x x
⇔ + + + > +
2 5 2 ( 3)( 2) 2 4
1
( 3)( 2) (2)
2
x x x x
x x
⇔ + + + + > +
⇔ + + > −
Bất phương trình (2) luôn đúng. Kết hợp với (*) ta có
2
x
≥ −
là nghiệm của (1).
6)
2 2
3 5 7 3 5 2 1
x x x x
+ + − + + >
(1)
Đặt
2
3 5 2 0(*)
t x x= + + ≥
(1) trở thành
2
5 1 .
t t
+ > +
(2)
210
Do
0
t
≥
nên
1 0.
t
+ >
Vì vậy bình phương hai vế của (2) ta được
2 2
5 1 2 2
t t t t
+ > + + ⇔ <
. Như vậy ta có
2
2
2
1
2 1
2
3 5 2 0
0 2 3 5 2 2
2 1
3
.
3 5 2 4
3 3
1
2
3
x
x
x x
x
t x x
x
x x
x
≤ −
− < ≤ −
+ + ≥
≥ −
≤ < ⇔ + + < ⇔ ⇔ ⇔
− ≤ <
+ + <
− < <
Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là
2 1
2 1
.
3 3
x
x
− < ≤ −
− ≤ <
7)
9 1 4
x x x x
+ + ≥ + + +
(1)
Điều kiện:
0 0
9 0 9
0.
1 0 1
4 0 4
x x
x x
x
x x
x x
≥ ≥
+ ≥ ≥ −
⇔ ⇔ ≥
+ ≥ ≥ −
+ ≥ ≥ −
2 2 2 2
2 2 2 2
(1) 2 9 2 9 2 5 2 5 4 2 9 5 4
4 4 9 9 5 4 9 (*)
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x
⇔ + + + ≥ + + + + ⇔ + + ≥ + +
⇔ + + + + ≥ + + ⇔ + ≥ −
Ta có bất phương trình (*) đúng với mọi
0
x
≥
.
Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là
0
x
≥
.
8)
5 1 1 2 4
x x x
− − − > −
. (1)
Điều kiện:
1
5 1 0
5
1 0 1 2
2 4 0 2
x
x
x x x
x x
≥
− ≥
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
− ≥ ≥
Với
2
x
≥
(1)
5 1 2 4 1
x x x
⇔ − > − + −
2 2 2
2
5 1 2 4 1 2 (2 4)( 1) (2 4)( 2) 2,( 2)
(2 4)( 1) ( 2) 4 4 2 6 4
10 0 0 10.
x x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x
⇔ − > − + − + − − ⇔ − − < + ≥
⇔ − − < + ⇔ + + > − +
⇔ − < ⇔ < <
Kết hợp với điều kiện
2
x
≥
ta được
2 10
x
≤ <
. Vậy,
2 10
x
≤ <
là nghiệm của bất đã cho.
9)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
+ + + + + ≤ + +
(1)
211
Điều kiện:
2
2
2
3 2 0
6 5 0
2 9 7 0.
x x
x x
x x
+ + ≥
+ + ≥
+ + ≥
2
1
5 5
1 1
7
2
1
x
x
x x
x x
x
x
≤ −
≥ −
≤ − ≤ −
⇔ ⇔
≥ − ≥ −
≤ −
≥ −
(*)
Với điều kiện đó bất phương trình (1) tương đương với
2 2
2 2
2 9 7 2 ( 1)( 2). ( 1)( 5) 2 9 7
( 1) ( 2)( 5) 0 ( 1) ( 2)( 5) 0
1
2
5.
x x x x x x x x
x x x x x x
x
x
x
+ + + + + + + ≤ + +
⇔ + + + ≤ ⇔ + + + =
= −
⇔ = −
= −
Kết hợp với điều kiện (*) ta có
1
x
= −
,
5
x
= −
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
10)
2 2 2
2 2 3 4 5.
x x x x x x
+ − + + − ≤ + −
Điều kiện:
2
2
2
2 0
2 1
5
2 3 0 3 1
1.
5 1
4 5 0
x x
x x
x
x x x x
x
x x
x x
+ − ≥
≤ − ∨ ≥
≤ −
+ − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ ⇔
≥
≤ − ∨ ≥
+ − ≥
Ta có
2 2 2
2 2 3 4 5.
x x x x x x
+ − + + − ≤ + −
2 2 2 2
2 3 5 2 ( 2)( 2 3) 4 5.
x x x x x x x x
⇔ + − + + − + − ≤ + −
2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
⇔ − + − + + ≤
.
· Với
5
x
≤ −
ta có
2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
( 1) 2( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
x x x x x
− + − + + ≤
⇔ − − − + + ≤
( 1)( 2 ( 2)( 3) ) 0
x x x x
⇔ − − + + ≤
(*)
Nhận xét: Với
5
x
≤ −
suy ra
1 0
x
− <
và
2 ( 2)( 3) 0
x x x
− + + <
. Suy ra (*) vô nghiệm.
· Với
1
x
≥
suy ra
1 0
x
− ≥
Ta có
2
( 1) 2 ( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
− + − + + ≤
212
( 1) 2( 1) ( 2)( 3) 0
x x x x x
⇔ − + − + + ≤
( 1)( 2 ( 2)( 3) ) 0 ( 1)( 2 ( 2)( 3)) 0.
x x x x x x x x
⇔ − + + + ≤ ⇔ − + + + =
1.
x
⇔ =
(Do
2 ( 2)( 3) 0, 1
x x x x
+ + + > ∀ ≥
)
Vậy, bất phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là
1.
x
=
11)
2
1 1 4
3(1)
x
x
− −
<
Điều kiện:
2
1
1 1
0
1 4 0
2
2 2
1
0
0
0
2
x
x
x
x
x
x
− ≤ <
− ≤ ≤
− ≥
⇔ ⇔
≠
≠
< ≤
+ Xét trường hợp
1
0.
2
x
− ≤ <
( )
2
2
2
2
1 3 0
(1) 1 4 1 3
1 4 1 3
1
0.
3
13 6 0
x
x x
x x
x
x
x x
− >
⇔ − < − ⇔
− < −
<
⇔ ⇔ <
− >
Kết hợp với điều kiện đang xét ta được nghiệm là
1
0.
2
x
− ≤ <
+ Xét trường hợp
1
0 .
2
x
< ≤
( )
2
2
2
2
2
1 3 0
1 4 0
(1) 1 4 1 3
1 3 0
1 4 1 3
1
3
1 1
1 1
1
3 2
2 2
0 .
1
2
1
0
3
3
13 6 0
x
x
x x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x x
− <
− ≥
⇔ − > − ⇔
− ≥
− > −
>
< ≤
− ≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔ < ≤
< ≤
≤
− <
Kết hợp với điều kiện đang xét ta được nghiệm là
1
0 .
2
x
< ≤
