Các phương pháp giải phương trình, bất phương trinh hệ mũ và logarit BD toán 12

CC PHNG PHP GII
PHNG TRèNH- BT PHNG TRèNH- H M- LễGARIT
CHNG I: PHNG PHP GII PHNG TRèNH- BT PHNG
TRèNH- H M
CH I:PHNG TRèNH M
BI TON 1: S DNG PHNG PHP BIN I TNG NG
I. Phng phỏp:
Ta s dng phộp bin i tng ng sau:

( ) ( )
( ) ( )
1
0 1





ộ
=
ờ
ờ
ỡ
ù
< ạ
=
ờ
ù
ù
ớ
ờ

ù
=
ờ
ù
ù
ợ
ở
hoc
( ) ( ) ( )
0
1 0


ỡ
ù
>
ù
ù
ớ
ộ ự
ù
- - =
ù
ờ ỳ
ở ỷ
ù
ợ
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
( ) ( )

sin 2 3cos
2 2
2 2


-
+ - = + -
Gii: Phng trỡnh c bin i v dng:
( )
( )
2
2
2
1 2(*)
2 0
1 0(1)
2 1 sin 2 3cos 0
sin 3cos 2(2)





ỡ
ù
- < <
ù
ỡ
ù
ù

+ - >
ù
ù
ộ
ù ù
- - =

ớ ớ
ờ
ù ù
+ - - - + =
ờ
ù ù
ù ù
ợ
+ =
ờ
ù
ở
ù
ợ
Gii (1) ta c
1,2
1 5
2


=
tho món iu kin (*)
Gii (2):

1 3
sin cos 1 sin 1 2 2 ,
2 2 3 3 2 6



ổ ử
ữ
ỗ
ữ
+ = + = + = + = + ẻ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
nghim tho món iu kin (*) ta phi cú:
1 1
1 2 2 1 2 0,
6 2 6 2 6




ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
- < + < - - < < - = ẻ

ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
khi ú ta nhn
c
3
6


=
Vy phng trỡnh cú 3 nghim phõn bit
1,2 3
1 5
;
2 6


= =
.
1
VD2: Giải phương trình:
( )
( )
4
3 5 2
2
2

2
3 6 9
 
 
  
+ -
- +
- = - +
Giải: Phương trình được biến đổi về dạng:
( ) ( ) ( )
4
3 5 2 2 2( 4)
2
2 2
3 3 3
 
   
  
+ -
- + + -
é ù
- = - = -
ê ú
ê ú
ë û
2 2 2
3 1 4
4
0 3 1 3 4
5

3 5 2 2 2 8 7 10 0
 

 

     
é é
- = =
ê ê
é
=
ê ê
ì ì
ê
ï ï
< - ¹ < ¹
Û Û Û
ê ê
ï ï
ï ï ê
=
í í
ê ê
ê
ë
ï ï
- + = + - - + =
ê ê
ï ï
ï ï

î î
ë ë
Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=4, x=5.
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ
CÙNG CƠ SỐ
I. Phương pháp:
Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit theo cùng 1
cơ số cả 2 vế của phương trình, ta có các dạng:
 Phương trình:

( )
( )
0 1, 0
log
 

 
 
  
ì
ï
< ¹ >
ï
ï
= Û
í
ï
=
ï
ï

î
 Phương trình :

( )
( ) ( ) ( )
log log ( ) ( ).log
 
     
  
        = Û = Û =
hoặc
( ) ( )
log log ( ).log ( ).
   
  
      = Û =
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
2
2
2
3
2
 -
=
Giải: Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:

2 2 2
2 2 2 2
2

3
log 2 log 2 log 3 1 2 1 log 3 0
2
 
   
-
= Û - = - Û - + - =
Ta có
,
2 2
1 1 log 3 log 3 0D = - + = >
suy ra phương trình có nghiệm
x = 1
2
log 3.±

2
VD2: Gii phng trỡnh:

1
5 .8 500.



-
=
Gii: Vit li phng trỡnh di dng:
1 1 3
3
3 2 3

8
5 .8 500 5 .2 5 .2 5 .2 1



- - -
-
= = =
Ly logarit c s 2 v, ta c:
( )
( )
3 3
3 3
2 2 2 2 2
3
log 5 .2 0 log 5 log 2 0 3 .log 5 log 2 0






- -
- -
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
-
ữ ữ
ỗ ỗ

= + = - + =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ

( )
2
2
3
1
3 log 5 0
1
log 5




ộ
=
ờ
ổ ử
ữ
ỗ
ờ
ữ

- + =
ỗ
ữ
ờ
ỗ
ữ
ỗ
= -
ố ứ
ờ
ờ
ở
Vy phng trỡnh cú 2 nghim phõn bit:
2
1
3;
log 5
= = -
Chỳ ý: i vi 1 phng trỡnh cn thit rỳt gn trc khi logarit hoỏ.
BI TON 3: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 1
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 1 l vic s dng 1 n ph chuyn
phng trỡnh ban u thnh 1 phng trỡnh vi 1 n ph.
Ta lu ý cỏc phộp t n ph thng gp sau:
Phng trỡnh
( 1)
1 1 0
0

-
-
+ + =
Khi ú t

=
iu kin t>0, ta c:
1
1 1 0
0



-
-
+ + =
M rng: Nu t
( )
,

=
iu kin hp t>0. Khi ú:
2 ( ) 2 3 ( ) 3 ( )
, , ,

= = =
V
( )
1

-
=
Phng trỡnh
1 2 3
0

+ + =
vi a.b=1
3
Khi đó đặt
,

 =
điều kiện t<0 suy ra
1



=
ta được:
2
2
1 3 1 3 2
0 0  


    + + = Û + + =

Mở rộng: Với a.b=1 thì khi đặt
( )
,
 
 =
điều kiện hẹp t>0, suy ra
( )
1
 


=
 Phương trình
( )
2 2
1 2 3
0

 
    + + =
khi đó chia 2 vế của
phương trình cho
2

>0 ( hoặc
( )
2
, .



 
), ta được:
2
1 2 3
0
 
 
 
  
æö æö
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
+ + =
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
Đặt
,




æö
÷
ç
÷

=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện t<0, ta được:
2
1 2 3
0   + + =
Mở rộng: Với phương trình mũ có chưa các nhân tử:
( )
2 2
, , .


  
, ta thực
hiện theo các bước sau:
- Chia 2 vế phương trình cho
2
0

 >
(hoặc
( )
2
, .



 
)
- Đặt




æö
÷
ç
÷
=
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện hẹp t>0
Dạng 4: Lượng giác hoá.
 Ta sử dụng ngôn từ điều kiện hẹp t>0 cho trường hợp đặt
( ) 
 =
vì:
- Nếu đặt

 =
thì t>0 là điều kiện đúng.
- Nếu đặt

1
2
2


+
=
thì t>0 chỉ là điều kiện hẹp, bới thực chất điều
kiện cho t phải là
2 ³
. Điều kiện này đặc biệt quan trọng cho lớp
các bài toán có chứa tham số.
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
1
cot
sin
2
2
4 2 3 0
 

+ - =
(1)
Giải: Điều kiện
sin 0 ,    ¹ Û ¹ Î
(*)
Vì
2
2

1
1 cot
sin
 

= +
nên phương trình (1) được biết dưới dạng:
4

cot
2
2 cot
4 2.2 3 0
 
 
+ - =
(2)
Đặt
cot
2
2
 
 =
điều kiện
1 ³
vì
2 cot 0
2
cot 0 2 2 1
 

  ³ Û ³ =
Khi đó phương trình (2) có dạng:
2 cot 2
2
1
2 3 0 2 1 cot 0
3
cot 0 ,
2
 

   

    


é
=
ê
+ - = Û Û = Û =
ê
= -
ê
ë
Û = Û = + Î
thoả mãn (*)
Vậy phương trình có 1 họ nghiệm
,
2
   


= + Î
VD2: Giải phương trình:
( ) ( )
7 4 3 3 2 3 2 0
 
+ - - + =
Giải: Nhận xét rằng:
( ) ( ) ( )
2
7 4 3 2 3 ; 2 3 2 3 1+ = + + - =
Do đó nếu đặt
( )
2 3

 = +
điều kiện t>0, thì:
( )
1
2 3


- =
và
( )
2
7 4 3

+ =
Khi đó phương trình tương đương với:

( )
( )
2 3 2
2
1
3
2 0 2 3 0 1 3 0
3 0( )

     
   
é
=
ê
- + = Û + - = Û - + + = Û
ê
+ + =
ê
ë

( )
2 3 1 0

Û + = Û =
Vậy phương trình có nghiệm x=0
Như vậy trong ví dụ trên bằng việc đánh giá:

( )
( ) ( )

2
7 4 3 2 3
2 3 2 3 1
+ = +
+ - =
Ta đã lựa chọn được ẩn phụ
( )
2 3

 = +
cho phương trình
Ví dụ tiếp theo ta sẽ miêu tả việc lựa chọn ẩn phụ thông qua đánh giá
mở rộng của a.b=1, đó là:
. . 1
 
 
 
= Û =
tức là với các phương trình có dạng:
. . 0
 
    + + =
5
Khi ú ta thc hin phộp chia c 2 v ca phng trỡnh cho
0

ạ
,
nhn c:
. 0

ổử ổử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
+ + =
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
t ú thit lp n ph
, 0




ổử
ữ
ỗ
ữ
= >
ỗ
ữ
ỗ
ữ

ỗ
ố ứ
v suy ra
1



ổử
ữ
ỗ
ữ
=
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
VD3: Gii phng trỡnh:
2 1 2 2
2 2
2 9.2 2 0
+ + +
- + =
Gii: Chia c 2 v phng trỡnh cho
2 2
2 0
+
ạ
ta c:

2 2 1 2 2 2 2
2 2 2 2
1 9
2 9.2 1 0 .2 .2 1 0
2 4
- - - - - -
- + = - + =

2 2
2 2
2.2 9.2 4 0
- -
- + =

t
2
2


-
=
iu kin t>0. Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
2 2
2
2
1
2
2
4

2 2 2 1
2 9 4 0
1
2
1
2 2
2








-
- -
ộ
ộ
=
ộ
ộ
ờ
= - = = -
ờ
ờ
ờ
ờ
ờ
- + =

ờ
ờ
ờ
ờ
=
- = -
=
ờ
ờ
=ờ
ở
ờ
ở
ở
ở
Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=-1, x=2.
Trong vớ d trờn, vỡ bi toỏn khụng cú tham s nờn ta s dng
iu kin cho n ph ch l t>0 v chỳng ta ó thy vi
1
2
=
vụ nghim.
Do vy nu bi toỏn cú cha tham s chỳng ta cn xỏc nh iu kin
ỳng cho n ph nh sau:

2
1
2
4
4

2
1 1 1 1
2 2
2 4 4
2


-
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
- = - - -
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
VD4: Gii phng trỡnh:
( )
3
3 1
1 12
2 6.2 1
2
2


-

- - + =
Gii: Vit li phng trỡnh cú dng:

3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2


ổ ử
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
- - - =
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ

ữ
ố ứ
ố ứ
(1)
t
3
3
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2



ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
= - ị - = - + - = +
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
Khi ú phng trỡnh (1) cú dng:
3
2
6 6 1 1 2 1

2


+ - = = - =
6
t
2 , 0

= >
khi ú phng trỡnh (2) cú dng:
2
1(1)
1 2 0 2 2 2 1
2
2





ộ
= -
ờ
- = - - = = = =
ờ
=
ờ
ở
Vy phng trỡnh cú nghim x=1
Tip theo chỳng ta s quan tõm n vic s dng phng phỏp

lng giỏc hoỏ.
VD5: Gii phng trỡnh:
2 2
1 1 2 1 2 1 2 .2

ổ ử
ữ
ỗ
+ - = + -
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
Gii: iu kin
2 2
1 2 0 2 1 0

- Ê Ê
Nh vy
0 2 1

< Ê
, t
2 sin , 0;
2



ổ ử
ữ

ỗ
ữ
= ẻ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Khi ú phng trỡnh cú dng:
( )
2 2
1 1 sin sin 1 2 1 sin 1 cos 1 2cos sin
3 3
2cos sin sin2 2cos 2sin cos 2cos 1 2sin 0
2 2 2 2 2 2
1
cos 0(1)
1
2
2
6
2
0
3 2
2 1
sin
2
2 2

ổ ử
ữ
ỗ
+ - = + - + = +
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
= + = - =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ

ố ứ
ộ
ộ
ộ
ờ
ờ
=
=
ộ
ờ
= -
=
ờ
ờ
ờ
ờ

ờ
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ờ
ờ
=
ờ
ở
=
=

ờ
ờ
ở
ờ
ở
ở
Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=-1, x=0.
BI TON 4: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 2
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 2 l vic s dng 1 n ph chuyn
phng trỡnh ban u thnh 1 phng trỡnh vi 1 n ph nhng cỏc h
s vn cũn cha x.
Phng phỏp ny thng s dng i vi nhng phng trỡnh khi la
chn n ph cho 1 biu thc thỡ cỏc biu thc cũn li khụng biu din
c trit qua n ph ú hoc nu biu din c thỡ cụng thc biu
din li quỏ phc tp.
Khi ú thng ta c 1 phng trỡnh bc 2 theo n ph ( hoc vn theo
n x) cú bit s
D
l mt s chớnh phng.
II. VD minh ho:
7
VD1: Gii phng trỡnh:
( )
2
3 2 9 .3 9.2 0

- + + =
Gii: t
3

=
, iu kin t>0. Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( ) ( ) ( )
2 2
2
9
2 9 9.2 0; 2 9 4.9.2 2 9
2





ộ
=
ờ
- + + = D = + - = + ị
ờ
=
ờ
ở

Khi ú:
+ Vi
9 3 9 2

= = =
+ Vi
3

2 3 2 1 0
2



ổử
ữ
ỗ
ữ
= = = =
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
Vy phng trỡnh cú 2 nghim x=2, x=0.
VD2: Gii phng trỡnh:
( )
2 2
2 2
9 3 3 2 2 0

+ - - + =
Gii: t
2
3

=
iu kin

1
vỡ
2 0
2
0 3 3 1

=
Khi ú phng trỡnh tng ng vi:
( )
2 2 2
3 2 2 0 + - - + =

( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2
2
2
3 4 2 2 1
1



ộ
=
ờ
D = - - - + = + ị
ờ
= -
ờ
ở

Khi ú:
+ Vi
2
3 3
2
2 3 2 log 2 log 2

= = = =
+ Vi
2 2
2
1 3 1

= - = -
ta cú nhn xột:
2
2
1 1
3 1
0
1 1
1 1



! !

ỡ
ù
ỡ ỡ

ù ù
=
ù
=
ù ù
ù
ị =
ớ ớ ớ
ù ù ù
=
- =
ù ù ù
ợ ợ
ù
ợ
Vy phng trỡnh cú 3 nghim
3
log 2; 0 = =
BI TON 5: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 3
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 3 s dng 2 n ph cho 2 biu thc m
trong phng trỡnh v khộo lộo bin i phng trỡnh thnh phng
trỡnh tớch.
II. VD minh ho:
8
VD1: Giải phương trình:
3 2 6 5 2 3 7
2 2 2
4 4 4 1
     - + + + + +

+ = +
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
3 2 2 6 5 3 2 2 6 5
2 2 2 2
4 4 4 .4 1
       - + + + - + + +
+ = +
Đặt
3 2
2 6 5
2
2
4
, , 0
4
 
 

 

- +
+ +
ì
ï
ï
=
ï
ï
>
í

ï
ï
=
ï
ï
î
Khi đó phương trình tương đương với:
( ) ( )
1 1 1 0    + = + Û - - =
3 2 2
2
2 6 5
2
2
1
1 4 1 3 2 0 2
1 1
2 6 5
4 1
5
 
 

   
 
 

- +
+ +
é

=
ê
é
é
ê
é
ê
= = - + = =
ê
ê
ê
ê
Û Û Û Û
ê
ê
ê
ê
= = -
+ +
ê
ê
ê
=ê
ë
ë
ê
ë
= -
ê
ë

Vậy phương trình có 4 nghiệm.
VD2: Cho phương trình:
5 6 1 6 5
2 2
.2 2 2.2 (1)
   
" "
- + - -
+ = +
a) Giải phương trình với m=1
b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:

( 5 6) 1
5 6 1 7 5 5 6 1
5 6 1 5 6 1
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
.2 2 2 .2 2 2
.2 2 2 .2
  
      
     
" " " "
" "
æ ö
÷
ç
÷

- + + -
ç
÷
ç
÷
- + - - - + - è ø
- + - - + -
+ = + Û + = +
Û + = +
Đặt:
5 6
1
2
2
2
, , 0
2
 


 

- +
-
ì
ï
ï
=
ï
ï

>
í
ï
ï
=
ï
ï
î
. Khi đó phương trình tương đương với:
( ) ( )
5 6
1
1
2
2
2
3
1 2 1
1 0 2
2
2 (*)
 




"   "   " 
 "
"
"

- +
-
-
é
ê
é
=
é
ê
ê
= =
ê
ê
ê
+ = + Û - - = Û Û Û =
ê
ê
ê
=
ê
ê
=ê
ë
ë
ê
=
ê
ë
Vậy với mọi m phương trình luôn có 2 nghiệm x=3, x=2
a) Với m=1, phương trình (*) có dạng:

1 2 2
2
2 1 1 0 1 1

  
-
= Û - = Û = Û = ±
9
Vy vi m=1, phng trỡnh cú 4 nghim phõn bit: x=3, x=2, x=

1
b) (1) cú 4 nghim phõn bit
(*)
cú 2 nghim phõn bit khỏc 2 v 3.
(*)
2 2
2 2
0 0
1 log 1 log
" "
" "
ỡ ỡ
ù ù
> >
ù ù
ù ù

ớ ớ
ù ù
- = = -

ù ù
ù ù
ợ ợ
. Khi ú iu kin l:
( )
2
2
2
0
0
2
1 log 0
1 1
1
0;2 \ ;
1 log 4
8 256
8
1 log 9 1
256
"
"
"
"
"
"
"
"
"
ỡ

ù
>
ù
ỡ
ù
ù
>
ù
ù
<
ù
ù
ù
ù
ỡ ỹ
- >
ù ù
ù
ù
ù ù ù ù
ẻ
ớ ớ ớ ý
ạ
ù ù ù ù
- ạ
ù ùù ù
ợ ỵ
ù ù
ù ù
- ạ

ù ù
ù
ợ
ù
ạ
ù
ù
ợ
Vy vi
( )
1 1
0;2 \ ;
8 256
"
ỡ ỹ
ù ù
ù ù
ẻ
ớ ý
ù ù
ù ù
ợ ỵ
tho món iu kin u bi.
BI TON 6: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 4
I. Phng phỏp:
Phng phỏp dựng n ph dng 4 l vic s dng k n ph chuyn
phng trỡnh ban u thnh 1 h phng trỡnh vi k n ph.
Trong h mi thỡ k-1 thỡ phng trỡnh nhn c t cỏc mi liờn h gia
cỏc i lng tng ng.
Trng hp c bit l vic s dng 1 n ph chuyn phng trỡnh ban

u thnh 1 h phng trỡnh vi 1 n ph v 1 n x, khi ú ta thc hin
theo cỏc bc:
Bc 1: t iu kin cú ngha cho cỏc biu tng trong phng trỡnh.
Bc 2: Bin i phng trỡnh v dng:
( )
, 0 #
ộ ự
=
ờ ỳ
ở ỷ
Bc 3: t
( )
$ #=
ta bin i phng trỡnh thnh h:
( )
( )
; 0
$
$
#
ỡ
ù
=
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ù

ợ
II. VD minh ho:
VD1: Gii phng trỡnh:
1 1 1
8 2 18
2 1 2 2 2 2 2

- - -
+ =
+ + + +
10
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
1 1 1 1
8 1 18
2 1 2 1 2 2 2
   - - - -
+ =
+ + + +
Đặt:
1
1
2 1
, , 1
2 1



 

-

-
ì
ï
= +
ï
ï
>
í
ï
= +
ï
ï
î
Nhận xét rằng:
( ) ( )
1 1 1 1
. 2 1 . 2 1 2 2 2
   
  
- - - -
= + + = + + = +
Phương trình tương đương với hệ:
8 1 18
2
8 18
9
9;
8
 
 

   
  
 
  
ì
é
ï
= =
ì
ï
ï
+ =
ê
+ =
ï
ï
ï
ê
Û Û
í í
+
ê
ï ï
+ =
= =
ï ï
+ =
î
ê
ï

ë
ï
î
+ Với u=v=2, ta được:
1
1
2 1 2
1
2 1 2



-
-
ì
ï
+ =
ï
ï
Û =
í
ï
+ =
ï
ï
î
+ Với u=9 và
9
8
 =

, ta được:
1
1
2 1 9
4
9
2 1
8



-
-
ì
ï
+ =
ï
ï
ï
Û =
í
ï
+ =
ï
ï
ï
î
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x=1 và x=4.
VD2: Giải phương trình:
2

2 2 6 6
 
- + =
Giải: Đặt
2

 =
, điều kiện u>0. Khi đó phương trình thành:
2
6 6 - + =
Đặt
6, = +
điều kiện
2
6 6  ³ Þ = +
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
( ) ( ) ( )
2
2 2
2
6 0
0
1 0
6
   
       
 
 
ì
é

ï
= + - =
ï
ï
ê
Û - = - - Û - + = Û
í
ê
ï
+ + =
= +
ê
ï
ë
ï
î
+ Với u=v ta được:
2
3
6 0 2 3 8
2(1)


  

é
=
ê
- - = Û Û = Û =
ê

= -
ê
ë
+ Với u+v+1=0 ta được:
2
2
1 21
21 1 21 1
2
5 0 2 log
2 2
1 21
(1)
2


  

é
- +
ê
=
ê
- -
ê
+ - = Û Û = Û =
ê
- -
ê
=

ê
ë
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=8 và x=
2
21 1
log .
2
-
11
BÀI 7: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SÔ
I. Phương pháp:
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá
quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng:
Hướng1: Thực hiện các bước sau:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=k
Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm
số đơn điệu( giả sử đồng biến)
Bước 3: Nhận xét:
+ Với
( ) ( )
0 0
      = Û = =
do đó
0
 =
là nghiệm
+ Với
( ) ( )
0
      > Û > =

do đó phương trình vô
nghiệm
+ Với
( ) ( )
0 0
      < Û < =
do đó phương trình vô
nghiệm.
Vậy
0
 =
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(x)=g(x)
Bước 2: Xét hàm số y=f(x) và y=g(x). Dùng lập luận khẳng
định hàm số y=f(x) là
Là đồng biến còn hàm số y=g(x) là hàm hằng hoặc
nghịch biến
Xác định
0

sao cho
( ) ( )
0 0
   =
Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0
 =

Hướng 3: Thực hiện theo các bước:

12
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f(u)=f(v) (3)
Bước 2: Xét hàm số y=f(x). Dùng lập luận khẳng định hàm
số đơn điệu ( giả sử
đồng biến)
Bước 3: Khi đó: (3)
 Û =
với
,

  " Î
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải phương trình:
log
2
2.3 3

 + =
(1)
Giải: Điều kiện x>0. Biến đổi phương trình về dạng:
log
2
2.3 3

= -
(2)
Nhận xét rằng:
+ Vế phải của phương trình là một hàm nghịch biến.
+ Vế trái của phương trình là một hàm đồng biến.
Do vậy nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Nhận xét rằng x=1 là nghiệm của phương t rình (2) vì
log
2
2.3 3 1

= -
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
VD2: Giải phương trình:
3 1
2
3
2
1
log 3 2 2 2
5
 
 
- -
æö
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
- + + + =
ç
÷
÷
ç

÷
ç
è ø ÷
ç
è ø
(1)
Giải: Điều kiện:
2
1
3 2 0
2

 

é
£
ê
- + ³ Û
ê
³
ê
ë
Đặt
2
3 2  = - +
, điều kiện
0 ³
suy ra:
2 2 2 2
3 2 3 1 1     - + = Û - - = -

Khi đó (1) có dạng:
( )
1
3
2
1
log 2 2
5


-
æö
÷
ç
÷
+ + =
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Xét hàm số:
( ) ( )
1
2
3 3
2
1 1
( ) log 2 log 2 .5

5 5

    
-
æö
÷
ç
÷
= + + = + +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
+ Miền xác định
0; )
é
= +¥
ê
ë
+ Đạo hàm:
( )
2
1 1
.2 .5 .ln3 0,
5
2 ln3

   


= + > " Î
+
. Suy ra hàm số tăng
trên D
13
Mặt khác
( ) ( )
3
1
1 log 1 2 .5 2.
7
 = + + =
Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng:
( ) ( )
2
3 5
1 1 3 2 1
2
      
±
= Û = Û - + = Û =
Vậy phương trình có hai nghiệm
3 5
2

±
=
VD2: Cho phương trình:
2 2 2

2
2 2 4 2
5 5 2
 "
 "
 " "
+ +
+ +
- = + +
a) Giải phương trình với
4
5
" = -
b) Giải và biện luận phương trình
Giải: Đặt
2
2 2  "= + +
phương trình có dạng:
2 2
5 5 2 2
  "
  "
+ -
+ = + + -

(1)
Xác định hàm số
( )
5


  = +
+ Miền xác định D=R
+ Đạo hàm:
5.ln5 1 0,

  = + > " Î Þ
hàm số tăng trên D
Vậy (1)
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 0 2 0    "   "  "  " "Û = + - Û = + - Û + - = Û + + =
(2)
a) Với
4
5
" = -
ta được:
2 2
2
8 4
0 5 8 4 0
2
5 5
5

   

é
=
ê

ê
+ - = Û - - = Û
ê
= -
ê
ë
Vậy với
4
5
" = -
phương trình có 2nghiệm
2
2;
5
 = = -
b) Xét phương trình (2) ta có:
2
' " "D = -
+ Nếu
2
' 0 0 0 1" " "D < Û - < Û < <
. Phương trình (2) vô nghiệm
Û
phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu
' 0D = Û
m=0 hoặc m=1.
với m=0 phương trình có nghiệm kép x=0
với m=1 phương trình có nghiệm kép x
0

=-1
14
+ Nu
1
' 0
0
"
"
ộ
>
ờ
D >
ờ
<
ờ
ở
phng trỡnh (2) cú 2 nghim phõn bit
2
1,2
" " "= - -
ú cng l nghim kộp ca (1)
Kt lun:
Vi m=0 phng trỡnh cú nghim kộp x=0
Vi m=1 phng trỡnh cú nghim kộp x
0
=-1
Vi 0<m<1 phng trỡnh vụ nghim
Vi m>1 hoc m<0 phng trỡnh cú 2 nghim
2
1,2

" " "= - -
BI TON 8: S DNG GI TR LN NHT V NH NHT CA
HM S
I. Phng phỏp:
Vi phng trỡnh cú cha tham s: f(x,m)=g(m). Chỳng ta thc hin cỏc
bc sau:
Bc 1: Lp lun s nghim ca (1) l s giao im ca th hm s
(C): y=f(x,m) v ng thng (d): y=g(m).
Bc 2: Xột hm s y=f(x,m)
+ Tỡm min xỏc nh D
+ Tớnh o hm y rũi gii phng trỡnh y=0
+ Lp bng bin thiờn ca hm s
Bc 3: Kt lun:
+ Phng trỡnh cú nghim
( ) ( )
min , ( ) max , ( ) " " " Ê Ê ẻ
+ Phng trỡnh cú k nghim phõn bit

(d) ct (C) ti k im phõn bit
+ Phng trỡnh vụ nghim
( ) ( )
% = ặI
II. VD minh ho:
VD1: Cho phng trỡnh:
2 2 2
2 2 2
2
2
3 2 2 2

"
ổ ử
ữ
ỗ
ữ- +
ỗ
ữ
ỗ
ữ
- + ố ứ
+ + - = -
a) Gii phng trỡnh vi m=8
15
b) Giải phương trình với m=27
c) Tìm m để phương trình có nghiệm
Giải: Viết lại phương trình dưới dạng:
2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
   
  "
- + - +
+ + - + =
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số:

2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
   

$  
- + - +
= + + - +
với đường thẳng y=m
Xét hàm số
2 2 2 2 2
2 2
3 4 2 2
   
$  
- + - +
= + + - +
xác định trên D=R
Giới hạn:
lim$ = +¥
Bảng biến thiên: vì 3>1, 4>1 nên sự biến thiên của hàm số phụ thuộc
vào sự biến thiên ccủa hàm số
2
2 2  = - +
ta có:
Với m=8 phương trình có nghiệm duy nhất x=1
a) Với m=27 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x=0 và x=2
b) Phương trình có nghiệm khi m>8
VD2: Với giá trị nào của m thì phương trình:
4 3
4 2
2
1
1
5

 
" "
- +
æö
÷
ç
÷
= - +
ç
÷
ç
÷
ç
è ø

có 4 nghiệm phân biệt
Giải: Vì
4 2
1 0" "- + >
với mọi m do đó phương trình tương đương với:

( )
2 4 2
1
5
4 3 log 1  " "- + = - +
Đặt
( )
4 2
1

5
log 1" " - + =
, khi đó:
2
4 3  - + =
Phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt
Û
phương trình (1) có 4
nghiệm phân biệt
Û
đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số
2
4 3$  = - +
tại 4 điểm phân
biệt
Xét hàm số:
2
2
2
4 3 1 3
4 3
4 3 1 3
  & '
$  
  & 
ì
ï
- + £ ³
ï
ï

= - + =
í
ï
- - + £ £
ï
ï
î

Đạo hàm:
2 4 1 3
'
2 4 1 3
 & '
$
 & 
ì
ï
- < >
ï
=
í
ï
- + < <
ï
î
16
Bảng biến thiên:
Từ đó, đường thẳng y=a cắt đồ thị hàm số
2
4 3$  = - +

tại 4 điểm phân
biệt
( )
4 2 4 2
1
5
1
0 1 0 log 1 1 1 1 0 1
5
 " " " " "Û < < Û < - + < Û < - + < Û < <
Vậy với
0 1"< <
phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
VD3: Giải và biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
2 3 4 1
 
"+ = +
Giải: Đặt
2 , 0

 = >
phương trình được viết dưới dạng:

2
2
3
3 1
1

 "  "


+
+ = + Û =
+
(1)
Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số (C):
2
3
1

$

+
=
+
với
đường thẳng (d):y=m
Xét hàm số:
2
3
1

$

+
=
+
xác định trên
( )
0; +¥

+ Đạo hàm:
( )
2 2
1 3 1
' ; ' 0 1 3 0
3
1 1

$ $  
 
-
= = Û - = Û
+ +
+ Giới hạn:
( )
lim 1$ = ® +¥
+ Bảng biến thiên:
Biện luận:
Với
1" £
hoặc
10" >
phương trình vô nghiệm
17
Với
1 3"< £
hoặc
10" =
phương trình có nghiệm duy nhất
Với

3 10"< <
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
CHỦ ĐỀ II:BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
BÀI TOÁN I: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
I. Phương pháp:
Ta sử dụng các phép biến đổi tương đương sau:
Dạng 1: Với bất phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
0 1
   

   
 

   
é
ì
ï
>
ï
ê
ï
í
ê
ï
<
ê

ï
ï
î
< Û
ê
ì
ï
ê
< <
ï
ï
ê
í
ê
ï
>
ï
ê
ï
î
ë
hoặc
( ) ( ) ( )
0
1 0

    
ì
ï
>

ï
ï
í
é ù
ï
- - <
ï
ê ú
ë û
ï
î
18
Dng 2: Vi bt phng trỡnh:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
1
0 1






ộ
ỡ
ù
>
ờ

ù
ù
ớ
ờ
ù
Ê
ờ
ù
ù
ợ
ờ
ờ
Ê =
ờ
ỡ
ờ
ù
< <
ù
ù
ờ
ớ
ờ
ù

ù
ờ
ù
ợ
ở

hoc
( ) ( ) ( )
0
1 0


ỡ
ù
>
ù
ù
ớ
ộ ự
ù
- - Ê
ù
ờ ỳ
ở ỷ
ù
ợ
Chỳ ý: Cn c bit lu ý ti giỏ tr ca c s a i vi bt phng trỡnh
m.
II. VD minh ho:
VD1: Gii cỏc bt phng trỡnh:
a)
1
2
2
1
2

2


-
-
Ê
b)
( ) ( )
3 1
1 3
10 3 10 3


- +
- +
+ < +
Gii:
a) Bin i tng ng bt phng trỡnh v dng:

( )
2
2 1
2
2
2
2
1 0
2 0
1 1
2 1 2

1 0
2 2
2 1






- -
ộ
ỡ
ù
- Ê
ù
ờ
ù
ớ
ờ
ù
-
ổử ổử ờ
ù
ù
ợ
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ
ữ ữ
Ê - -

ỗ ỗ
ữ ữ
ỡ
ỗ ỗ
ờ
ù
ữ ữ
- >
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ù
ờ
ù
ớ
ờ
ù
- -
ờ
ù
ù
ợ
ở
Vy nghim ca bt phng trỡnh l
2
Chỳ ý: trỏnh sai sút khụng ỏng cú khi bin i bt phng trỡnh m
vi c s nh hn 1 cỏc em hc sinh nờn la chn cỏch bin i:
1 2 1 2 2
2
2
2

1
2 2 2 2 1 2 1 2
2



- - - -
-
Ê Ê - - Ê - - -
b) Nhn xột rng:
( ) ( ) ( )
1
10 3 10 3 1 10 3 10 3
-
+ - = ị - = +
Khi ú bt phng trỡnh c vit di dng:
19
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 1 3 1
1 3 1 3
2
10 3 10 3 10 3 1
3 5
3 1 5
0 0
1 3
1 3
1 5
   

   

  
 
 

- + - +
+
- + - +
+ £ + Û + <
é
- < <-
- + -
ê
Û + < Û < Û
ê
- +
- +
ê
< <
ë
Vậy nghiệm của bất phương trình là:
( ) ( )
3; 5 1; 5- - È
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LOGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ
CÙNG CƠ SỐ
I. Phương pháp:
Để chuyển ẩn số khỏi số mũ luỹ thừa người ta có thể logarit hoá theo
cùng 1 cơ số cả hai vế của bất phương trình mũ. Chúng ta lưu ý 1 số
trường hợp cơ bản sau cho các bất phương trình mũ:

Dạng 1: Với bất phương trình:
( ) 
 <
( với b>0)
( )
( )
1
log
0 1
log



  

  
é
ì
ï
>
ï
ê
ï
í
ê
ï
<
ê
ï
ï

î
Û
ê
ì
ï
ê
< <
ï
ï
ê
í
ê
ï
>
ï
ê
ï
î
ë
Dạng 2: Với bất phương trình:
( )
( )
1
0
0
1
( ) log
0 1
( ) log
 




 


 
  

  
é
ì
ï
>
ï
ê
ï
í
ê
ï
¹
ê
ï
ï
î
ê
ì
ï
ê
<

ï
ê
ï
ï
é
ê ì
ï
ï
>
> Û
ï
ê
ï
ê
ï
í
ê
ê
ï
ï
>
í
ê
ê
ï
î
ï
ê
ê
ï

ì
ï
ï < <
ê
ê
ï
ï
ê
ïê
í
ï
ï
ê
<
ê
ï
ï
î
ï
ê
ë
î
ë
Dạng 3: Với bất phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
lg lg ( ).lg ( ).lg
       
         > Û > Û >
hoặc có thể sử dụng logarit
theo cơ số a hay b.

II. VD minh hoạ:
VD: Giải bất phương trình:
2
49.2 16.7
 
>
Giải: Biến đổi tương đương phương trình về dạng:
4 2
2 7
 - -
>
Lấy logarit cơ số 2 hai vế phương trình ta được:
20
( )
4 2 2 2
2 2 2 2 2
2
log 2 log 7 4 2 log 7 ( ) log 7 2log 7 4 0


- -
> - > - = - + - >
Ta cú:
( ) ( )
2
2
2 2 2 2
log 7 8log 7 16 log 7 4 4 log 7D = - + = - = -
. Suy ra f(x)=0 cú
nghim:

( )
2 2
1
1,2
2 2 1
log 7 4 log 7
2
log 7 2
2



ộ
-
=
ờ
=
ờ
= - <
ờ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim x>2 hoc
2
log 7 2 < -
BI TON 3: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 1
I. Phng phỏp:
Mc ớch chớnh ca phng phỏp ny l chuyn cỏc bi toỏn ó cho v
bt phng trỡnh i s quen bit c bit l cỏc bt phng trỡnh bc 2
hoc cỏc h bt phng trỡnh.

II. VD minh ho:
VD1: Gii bt phng trỡnh :
( ) ( )
2
2
2 2 2 2 1 2 1

ổ ử
ữ
ỗ
- < + - -
ữ
ỗ
ữ
ố ứ
Gii: iu kin
2 1 0 0

-
.
t
2 1

= -
, iu kin
0
, khi ú:
2
2 1

= +
. Bt phng trỡnh cú
dng:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 3
1 2 1 2 1 1 3 1
1 3 1 0 1 1 3 0
1 2 2 0 1 1
2 1 1 2 2 1





+ - < + + - - < + -
ộ ự
- - + - < - + - + <
ờ ỳ

ờ ỳ
ở ỷ
- - < - <
- < < <
Vy nghim ca bt phng trỡnh l
0;1)
ộ
ờ
ở
VD2: Gii bt phng trỡnh:
( ) ( ) ( )
9 3 11 2 2 5 2 6 2 3 2 1

+ + + + - - <
Gii: Nhn xột rng:
21
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3
3
2
2
9 3 11 2 3 2 3 2
5 2 6 3 2 3 2
3 2 3 2 3 2 3 2 1

 

 


 
é ù é ù
ê ú ê ú
+ = + = +
ê ú ê ú
ë û ë û
é ù é ù
ê ú ê ú
+ = + = +
ê ú ê ú
ë û ë û
é ù
+ - = + - =
ê ú
ë û
Do đó nếu đặt
( )
3 2

 = +
, điều kiện t>0 thì
( )
1
3 2


- =
Khi đó bất phương trình tương đương với:

( ) ( )
( )
3 2 4 3
2
1
2 2 1 2 2 1
1 2 1 0 2 1
    

    
+ - < Û + - - <
Û - + + + < Û - < <
Kết hợp với điều kiện của t ta được:
( )
0 1 2 3 1 0

 < < Û + < Û <
Vậy nghiệm của bất phương trình là x<0.
VD3: Giải bất phương trình:
( ) ( )
log 5
2
5 21 5 21 2
 
+
+ + - £
Giải: Chia 2 vế bất phương trình cho
2 0

>

ta được:
5 21 5 21
5
2 2
 
æ ö æ ö
+ -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
+ £
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø
Nhận xét rằng:
5 21 5 21
. 1
2 2
 
æ ö æ ö
+ -
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç

=
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
÷ ÷
ç ç
è ø è ø

Nên nếu đặt
5 21
2


æ ö
+
÷
ç
÷
ç
=
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
điều kiện t>0 thì
5 21 1

2


æ ö
-
÷
ç
÷
ç
=
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
. Khi đó bất
phương trình có dạng:
2
1 5 21 5 21
5 5 1 0
2 2
5 21 5 21 5 21
1 1
2 2 2

   



- +
+ £ Û - + £ Û £ £
æ ö
- + +
÷
ç
÷
ç
Û £ £ Û - £ £
÷
ç
÷
ç
÷
ç
è ø
Vậy nghiệm của phương trình là:
1;1
é ù
-
ê ú
ë û
22
VD4: Gii bt phng trỡnh :
2
2.5
5 3 5
5 4

+ >
-
Gii: iu kin
2
5 5
5 4 0 2 log 4 log 2

- > > >
(*)
t
5

=
, iu kin u>2, khi ú bt phng trỡnh cú dng:
2
2
3 5
4



+ >
-
(1)
Bỡnh phng 2 v phng trỡnh (1) ta c:
2 2 2 2
2
2 2
2 2

4 4
45 4. 45
4 4
4 4




+ + > + >
- -
- -
(2)
t
2
2
, 0
4



= >
-
. Khi ú bt phng trỡnh (2) cú dng:
2
2 4 2
2
2
5
2
2

4 45 0 5 5 25 100 0
4
log 20
20 20 5 20(*)
1
5
5 5 5
log 5
2










+ - > > > - + >
-
ộ
ộ ộ
ộ
>
ờ
> > >
ờ ờ
ờ
ờ

ờ ờ
ờ
ờ
<
ờ ờ
< >
ờ
< <
ờ
ở
ở ở
ở
Vy nghim ca bt phng trỡnh l
( )
5 5
1
log 2; log 20;
2

ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ẻ ẩ +Ơ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ

ố ứ
BI TON 4: S DNG PHNG PHP T N PH- DNG 2
I. Phng phỏp:
Phng phỏp ny ging nh phng trỡnh m.
II. VD minh ho:
VD1: Gii bt phng trỡnh:
1
2
4 2 4 0
+
- + Ê
Gii: t
2

=
iu kin t>0
Khi ú bt phng trỡnh cú dng:
2
2
2 4 0

- + Ê
. Ta cú:
2
' 1 4 0

D = - Ê
Do ú:
2
2

' 0
0
4 1
1 4 0
(2) 0
0
1
2 1
2










ỡ
ỡ
ỡ
ù
D =
ù
ù
ỡ
ù
ù
=

ù
ù
=
- =
ù
ù
ù ù
=
ớ ớ ớ ớ
ù ù ù ù
=
= -
=
=
ù ù ù ù
ợ
ù ù ù
ợ
ợ
ợ
Vy bt phng trỡnh cú nghim duy nht x=0.
VD2: Gii bt phng trỡnh :
( ) ( )
9 2 5 .3 9 2 1 0

- + + +
23
Giải: Đặt
3


 =
điều kiện t>0. khi đó bất phương trình tương đương với:
( ) ( ) ( )
2
2 5 9 2 1 0     = - + + + ³
. Ta có
( ) ( ) ( )
2 2
' 5 9 2 1 4  D = + - + = -
.
Do đó f(t)=0 có 2 nghiệm t=9 hoặc t=2x+1
Do đó bất phương trình có dạng:
( ) ( )
9 2 1 0  - - - ³
3 9
9 0 2
2 1 0 3 2 1 0 1
2
0 1
9 0 2
3 9
2 1 0 0 1
3 2 1




 
   ("')&  



 
  

é
ì
ï
é é
ì ì
³
ï ï
- ³ ³
ï
ê
ï
ï ï
ê ê
í
ê
í í
ê ê
ï
é
ï ï
ê
- - ³ ³ + £ Ú ³
³
ï
ê ê
ï ï

ê
ï
î î î
ê
Û Û Û Û
ê ê
ê
ê
ì ì ì
£ £
ï ï ï
- £ £
ê ê
£
ê
ï ï ï
ê
ë
ï
ê ê
í í
í
ê
ï ï
ê ê
- - £ £ £
ï
£ +
ê
ï ï

ï
î î
ë ë
ï
î
ë
Vậy bất phương trình có nghiệm
2 ³
hoặc
0 1£ £
BÀI TOÁN 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 3
I. Phương pháp:
Sử dụng 2 ẩn phụ cho 2 biểu thức mũ trong bất phương trình và khéo
léo biến đổi bất phương trình thành phương trình tích, khi đó lưu ý:

0
0
. 0
0
0


 


é
ì
ï
>
ï

ê
í
ê
ï
>
ê
ï
î
> Û
ê
ì
ï
<
ê
ï
ê
í
ï
ê
<
ï
î
ë
và
0
0
. 0
0
0



 


é
ì
ï
>
ï
ê
í
ê
ï
<
ê
ï
î
< Û
ê
ì
ï
<
ê
ï
ê
í
ï
ê
>
ï

î
ë
II. VD minh hoạ:
VD1: Giải bất phương trình :
2 2
6 2 4.3 2
   +
+ ³ +
Giải: Viết lại bất phương trình dưới dạng:
2
2 .3 4.2 4.3 2 0
    
+ - - ³
Đặt
3
2




ì
ï
=
ï
ï
í
ï
=
ï
ï

î
điều kiện u,v>0. khi đó bất phương trình có dạng:
( ) ( )
2
4 4 0 4 0
3 2
0 0
4 0 2 4 2
0 0
3 2
4 0 2
2 4
 

 

      
  
 
  
 
+ - - ³ Û - - ³
é
ì
ï
é é
ì ì
³
ï ï
- ³ ³

ï
ê
ï
ï ï
ê ê
í
ê
í í
ê ê
ï
ï ï
ê
- ³ ³ ³
ï
ê ê
ï ï
ï
î î î
ê
Û Û Û
ê ê
ê
ì ì ì
ï ï ï
- £ £
ê ê
£
ï ï ï
ê
ï

ê ê
í í
í
ê
ï ï
ê ê
- £ £
ï
£
ê
ï ï
ï
î î
ë ë
ï
î
ë
Vậy bất phương trình có nghiệm
2 ³
hoặc
0 £
VD2: Giải bất phương trình :
2 1
2 2 1 2 4 2
 
 
+
+ + < + +
24
Gii: iu kin:

1
2 1 0
2
+ -
Vit li bt phng trỡnh di dng:
( )
2
2 2 1 2.2 2 2 1

+ + < + +
t
2
2 1



ỡ
ù
=
ù
ù
ớ
ù
= +
ù
ù
ợ
iu kin u>0 v
0
. Khi ú bt phng trỡnh c

bin i v dng:
( )
( )
( )
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 0
2 2 1



+ < + + < + - >
ạ ạ +
Ta xột phng trỡnh:
2
0
2 0
2 2 1 2 2 1
1
2 1
2






ộ
=
ộ

=
ờ
ờ
ờ
= + = +
ờ
ờ
=
=
ờ
ở
ờ
ở
Vy bt phng trỡnh cú nghim
1 1
; / 0;
2 2

ộ ử ỡ ỹ
ù ù
ữ
ù ù
ờ
ữ
ẻ - +Ơ
ớ ý
ữ
ờ
ữ
ù ù

ứ
ù ù
ở ợ ỵ
VD3:Bt phng trỡnh :
2 log 2
1
5
5 1 5 3 5 2.5 16


+
+
- + - - +
cú
nghim l
a)
1 Ê
b) x>1
Gii: Vit li bt phng trỡnh di dng:

( ) ( )
2 1
2
5 1 5 3 2.5 10.5 16
5 1 5 3 2 5 3 2 5 1


+
- + - - +
- + - - + -

iu kin:
5 1 0 0

-
. t
5 1 0
5 3




ỡ
ù
ù
= -
ù
ớ
ù
= -
ù
ù
ợ
. Bt phng trỡnh c
bin i v dng:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2
0 0

2 2 5 1 5 3
2 2 0
5 3 0
5 3
1
5 7.5 10 0
5 1 5 3









ỡ ỡ
ù ù
+ +
ù ù
ù ù
+ + = - = -
ớ ớ
ù ù
+ + - Ê
ù ù
ù ù
ợ ợ
ỡ
ỡ

ù
ù
-

ù
ù
ù ù
=
ớ ớ
ù ù
- + =
- = -
ù ù
ù
ợ
ù
ợ
Vy bt phng trỡnh cú nghim x=1.
25