phuong trinh dai so khong mau muc

PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC
LỜI GIỚI THIỆU
LỜI GIỚI THIỆU
rong quá trình học toán, các bạn học sinh có thể gặp đây đó mà đầu đề có vẻ “lạ” ,
những bài toán này không thể trực tiếp áp dụng những quy tắc quen thuộc. Những
bài toán như vậy thường được gọi “không mẫu mực” (non – standard
problems), có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là thử
thách của sinh trong những kì thi học sinh giỏi , thi vào các lớp chuyên toán , thi vào đại
học.
T
Để các phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” dần trở thành “quen
thuộc” với mình, chúng tôi xin giới thiệu với các bạn học sinh yêu toán một chuyên đề về
vấn dề trên .
Trong lúc biên soạn chắn không thể không sai sót, rất mong được sự góp ý của các
độc giả.
Nguyễn Lê Anh Khoa
Nguyễn Lê Anh Khoa
Thái Hữu Đăng Khang
Thái Hữu Đăng Khang
Nguyễn Khắc Thiên Chương
Nguyễn Khắc Thiên Chương
Nguyễn Minh Hùng.
Nguyễn Minh Hùng.
1
Mục lục:
PHƯƠNG TRÌNH
PHƯƠNG TRÌNH
I. Phương pháp thường vận dụng
1. Đưa về phương trình tích
2. Áp dụng bất đẳng thức

3. Chứng minh nghiệm duy nhất
4. Đưa về hệ phương trình
II.Bài tập vận dụng
1. Đề bài
2. Hướng dẫn giải
2
PHƯƠNG TRÌNH
I.PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG VẬN DỤNG:
1. Đưa về phương trình tích
a) Các bước
Tìm tập xác định của phương trình.
Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình dạng f(x) . g(x) … h(x) = 0 (gọi
là phương trình tích). Từ đó suy ra f(x) = 0; g(x) = 0; … ; h(x) = , là những
phương trình quen thuộc. Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các
phương trình f(x)=0; g(x) = 0; … ;h(x) = 0 thuộc tập xác định.
Đôi khi dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đưa về dạng tích (với ẩn
phụ). Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho.
Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách các số hạng … để đưa phương trình về dạng
quen thuộc mà ta đã biết cách giải
b) Thí dụ
1.Giải phương trình:
2
10 21 3 3 2 7 6x x x x
+ + = + + + −
(1)
Giải
(1)
⇔
( 3)( 7) 3 3 2 7 6 0x x x x+ + − + − + + =
⇔

3( 7 3) 2( 7 3) 0x x x+ + − − + − =
⇔
( 7 3)( 3 2) 0x x+ − + − =
⇔
3 2 0
7 3 0
x
x

+ − =

+ − =


⇔
7 9
3 4
x
x
+ =


+ =

⇔
2
1
x
x
=



=

Đs: 2 ; 1
2.Giải phương trình:
3 3 2 3
( 3 2) ( 1) (2 3) 0x x x x x− + + − + + + − =
(2)
Giải
Áp dụng hằng đẳng thức: (a-b)
3
+ (b-c)
3
+ (c-a)
3
= 3(a-b)(b-c)(c-a)
Với :
2
2
1
2 3
4
a x x
b x
c x x
= − −
= −
= + −
Đs:

1 5 3
2;1; ;
2 2
±
3
4
3.Giải phương trình:
5 4 3 2
2x x x x x
= + + + +
(3)
Giải
Đs: 2
4. Giải phương trình:
2 2 2
1 1 1 1
9 20 11 30 13 42 18x x x x x x
+ + =
+ + + + + +
(4)
Giải
1 1 1 1
(4)
( 4)( 5) ( 5)( 6) ( 6)( 7) 18x x x x x x
⇔ + + =
+ + + + + +
(điều kiện x ≠ -4 ,-5, -6, -7)
2
1 1 1 1 1 1 1
(4)

4 5 5 6 6 7 18
1 1 1
4 7 18
11 26 0
( 13)( 2) 0
x x x x x x
x x
x x
x x
⇔ − + − + − =
+ + + + + +
⇔ − =
+ +
⇔ + − =
⇔ + − =
Đs: -13; 2
5. Giải phương trình:
294 296 298 300
4
1700 1698 1696 1694
x x x x
− − − −
+ + + =
(5)
Giải
( )
294 296 298 300
(5) 1 1 1 1 0
1700 1698 1696 1694
1 1 1 1

1994 0
1700 1698 1696 1694
1994 0
x x x x
x
x
− − − −
       
⇔ − + − + − + − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
 
⇔ − + + + =
 ÷
 
⇔ − =
Do
1 1 1 1
0
1700 1698 1696 1694
+ + + 〉
Đs: 1994
6. Giải phương trình:
1 1 1
1
3 2 2 1 1x x x x x x
+ + =
+ + + + + + + +
(6)
Giải

Điều kiện: x ≥ 0
( ) ( ) ( )
(6) 3 2 2 1 1 1
3 1
1
x x x x x x
x x
x
⇔ + − + + + − + + + − =
⇔ + − =
⇔ =
Đs:1
5
5 4 3 2
4 3 2
(3) ( 1) ( 1)
( 2)( 1) 0
x x x x x
x x x x x
⇔ − − + + + +
⇔ − + + + + =
7. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
4 3
4 2 2 13 50 2 13x x x
+ = + + +
(7)
Giải
Đặt
2 3 5

4
2 2
x
y x y
+
= ⇒ + = −
4
3
5
(7) 16 100
2
y y y
 
⇔ − = +
 ÷
 

4
2
5 25
16 0
2 4
y y y
   
⇔ − − + =
 ÷  ÷
   
(*)
Ta có
2

2 2
25 5
5
4 2
y y y
 
+ = − +
 ÷
 
nên(*)được viết là:
4 2
2 2
5 5
16 80 0
2 2
y y y y
   
− − − − =
 ÷  ÷
   
(**)
Đặt
2
5
2
t y
 
= −
 ÷
 

(**) trở thành :
( ) ( )
2 2
16 80 0
4 20 0
t yt y
t y t y
− − =
⇔ + − =
Giải ra ta được Đs:
10 6 1 10 6 1
;
4 4
− − −
8. Giải phương trình:
(
)
(
)
2 3 2 3 4
x x
+ + − =
(8)
(câu 3 dề 52 bộ tuyển sinh đại học 1993)
Giải
Đặt
(
)
2 3
x

y = −
(y > 0)
Đs: 2 ; -2
9. Giải phương trình:
( )
( )
2 2
4 1 1 2 1 2 1x x x x− + = + + −
(9)
(Trích câu 2 đề 78 bộ dề thi tuyển sinh đại học 1993)
Giải
6
( )
2
2
1 2
1
(8) 4
1 4
2 3
3 2 ; 2 3
y
y
y y
y
y y
⇔ + =
⇔ + =
⇔ − =
⇔ = + = −

Đặt:
2
1 ; 1y x y= + ≥
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2
2
(9) 4 1 2 2 1
2 4 1 2 1 0
2 4 2 2 1 0
2 1 2 1 0
x y y x
y x y x
y xy y y x
y x y
⇔ − = + −
⇔ − − + − =
⇔ − + − − + =
⇔ − + − =
Đs:
4
0 ;
3
2. Áp dụng bất đẳng thức
a) Các bước
Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số)

Nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a
Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số)mà ta luôn có h(x) ≥ m
hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của hệ là các giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy ra.
Áp dụng các bất đẳng thức
Cauchy, Bunhiacốpki,…
b) Thí dụ
1. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
13 3 6 2 7 5 12 33x x x x x x
 
− + + − + = − +
 
 
Giải
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpki cho 4 số:
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
a b c d ac bd+ + ≥ +
Dấu “=” xảy ra khi
a b
c d
=
Với
2 2
2; 3; 3 6; 2 7a b c x x d x x= = = − + = − +

Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 3 3 6 2 7 2 3 6 3 2 7 5 12 33x x x x x x x x x x
 
 
+ − + + − + ≥ − + + − + = − +
 
 
 
Do đó:
( ) ( )
2 2
2
3 3 6 2 2 7
5 4 0
x x x x
x x
− + = − +
⇔ − + =
Đs: 1; 4
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 2 2
3 3.5 2 2 4 5x x x x x x
− + = − + − +
Giải:
Ta có:

( )
( )
( ) ( )
2
2
2
2
2 2
2
2 2 1 1 0
4 5 2 1 0
2 2 4 5
3 3.5
2
x x x
x x x
x x x x
x x
− + = − + 〉
− + = − + 〉
− + + − +
− + =
7
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương
( )
2
2 2x x− +
và
( )
2

4 5x x− +
Đs:
3
2
3. Giải phương trình:
2 2 2
4
6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x
− + + − + + − + = +
(3)
Giải:
( ) ( ) ( )
2 2 2
4
(3) 3 2 3 4 2 1 3 2x x x⇔ − + + − + + − + = +
(*)
Mà
( ) ( ) ( )
2 2 2
4
3 2 3 4 2 1 2 4 1 3 2x x x− + + − + + − + ≥ + + = +
Nên (*) xảy ra khi và chỉ khi
( )
( )
2
2
3 0
2 0
x
x


− =


− =


Điều này không thể có được. Vậy phương
trình vộ nghiệm
4. Giải phương trình:
2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
− +
= − +
− +
(4)
Giải:
( )
( )
2
2
4
(4) 1 3 9

3 2
x
x
⇔ + = − +
− +
Mà
( )
2
4 4
1 1 3
2
3 2x
+ ≤ + =
− +

( )
2
3 9 3x − + ≥
Do đó ta có:
( )
2
3 0 3x x− = ⇔ =
Đs:x = 3
5. Giải phương trình:
6
4
2 2
1 1 3 2
19 5 95 3
x x x x

− − − +
+ + =
Giải:
*Điều kiện:
2
2
1 0
1 0
3 2 0
x
x
x x
− ≥


− ≥


− + ≥

*Ta có:
6
4
2 2
1 1 3 2 0 0 0
19 5 95 19 5 95 3
x x x x
− − − +
+ + ≥ + + =
Nên

2 2
1 0 ; 1 0 ; 3 2 0x x x x− = − = − + =
Đs: 1
3. Chứng minh nghiệm duy nhất
a) Các bước
Ở một số phương trình ta có thể thử trực tiếp để thấy nghiệm của chúng, rồi tìm
cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác nữa.
8
b) Thí dụ
1. Giải phương trình:
2 2
3
2 3 9
x x
+
+ =
(1)
Giải:
x = 0 là một nghiệm (1)
Nếu x ≠ 0 ta có
2 2
3 0 3 0
2 3 2 3 9
x x
+ +
+ 〉 + 〉
Do đó x ≠ 0 không thể là nghiệm của (1) Đs: 0
2. Giải phương trình:
( )
2 3 1

x
x
= +
(2)
Giải:
* Dễ thấy x = 2 không phải là nghiệm của (2)
* Xét x > 2.Ta có:
2
2
3 1 3 1
1
2 2 2 2
x
x
   
   
+ 〈 + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
x < 2. Ta có:
2
2
3 1 3 1
1
2 2 2 2
x
x

   
   
+ 〉 + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Đs: 2
3. Giải phương trình:
1 1 1
2 3 5 2 3 5
x x x x x x− − − −
+ + = + +
(3)
Giải:
( ) ( ) ( )
1 2 1 1 2 1 2 1
(3) 2 2 1 3 3 1 5 5 1 0
x x x x x x
− − − − − −
⇔ − + − + − =
*
1
2
x =
là nghiệm của (3)
* Xét
1
2

x〉
=>
2 1 2 1 2 1
2 1 ; 3 1; 5 1
x x x− − −
〉 〉 〉 ⇒
vế trái của (*) lớn hơn 0
* Xét
1
2
x〈
. Tương tự với lý luận trên
⇒
vế trái của (*) nhỏ hơn 0. Đs:
1
2
4. Giải phương trình:
5 2 3 2
28 2 23 1 2 9x x x x
+ + + + − + = +
Giải:
x = 2 là nghiệm của (3)
Xét
1 2 à x 2 x v≤ 〈 〉
không thỏa (3) Đs: 2
5. Giải phương trình:
1994 1995
3 4 1x x
− + − =
Giải:

x = 3 và x = 4 là nghiệm của phương trình
Xét
3 ; 4 ; 3 4x x x〈 〉 〈 〈
Đs: 3 ; 4
9
6. Giải phương trình:
4 2 4 2 4 2
8 17 8 18 8 16
19 5 94 45
x x x x x x− + − + − +
+ + =
(6)
Giải:
*Ta có:
( )
( )
( )
2
4 2 2
2
4 2 2
2
4 2 2
8 17 4 1 0
8 18 4 2 0
8 16 4 0
x x x
x x x
x x x
− + = − + 〉

− + = − + 〉
− + = − ≥
Nhận thấy: x = ± 2 là nghiệm của phương trình (6)
* Xét x ≠ ± 2: không là nghiệm của phương trình (5)
Đs: ±2
4. Đưa về hệ phương trình
a) Các bước
Tìm điều kiện tồn tại của phương trình
Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung
Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình
quen thuộc
b) Thí dụ
1. Giải phương trình:
3 3
1x a x b+ − + =
Giải:
Đặt:
3
u x a= +
và
3
v x b= +
Ta có:
3 3
1u v
u v
− =


−


⇔
1
1
.
3
u v
a b
u v
− =


− −

=


⇔
( )
( )
1
1
.
3
u v
a b
u v

+ − =



− + +
− =


u, -v là nghiệm của phương trình
2
1
0
3
a b
y y
− + +
− + =
⇔
2
3 3 1 0y y a b− − + + =
( )
3 4 4 1a b∆ = − −
Nếu
1
4
a b− 〈
thì
0∆〈
: phương trình vô nghiệm
Nếu
1
4
a b− =

thì
0∆ =
:
suy ra
3 1
2.3 2
u v= − = =
10
do đó
3
3
1
2
1
2
x a
x b

+ =




+ = −



⇒
1
8

x b= − −
Nếu
1
4
a b− 〉
thì
0∆〉
( )
1
3 3 4 4 1
6
a b
y
+ − −
=
;
( )
2
3 3 4 4 1
6
a b
y
− − −
=
( )
3 3 4 4 1
6
a b
u
+ − −

=

⇒

( )
3 3 4 4 1
6
a b
v
− − − −
=
⇒
( )
3
3 3 4 4 1
6
a b
x b
 
− − − −
 ÷
= −
 ÷
 
( )
3 3 4 4 1
6
a b
u
− − −

=
⇒
( )
3 3 4 4 1
6
a b
v
− + − −
=
⇒
( )
3
3 3 4 4 1
6
a b
x b
 
− + − −
 ÷
= −
 ÷
 
2. Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
2
3 3
3 1 3 1 9 1 1x x x
+ + − + − =
(6)

Giải:
Đặt:
3
3 1u x= +
và
3
3 1v x= −
(6) trở thành:
2 2
3 3
. 1
2
u v u v
u v

+ + =


− =


2 2u v u v
⇒ − = ⇒ = +
Do đó:
( ) ( )
2
2
2 2 1v v v v+ + + + =
( )
2

2
3 6 3 0
3 1 0
1 1
v v
v
v u
⇔ + + =
⇔ + =
⇔ = − ⇒ =
Vậy ta có:
3
3
3 1 1
0
3 1 1
u x
x
v x

= + =

⇒ =

= − = −


Đs: 0
3. Giải phương trình:
( ) ( )

1 1 1 1 2x x x+ − − + =
Giải:
Điều kiện:
1 1x− ≤ ≤
Đặt:
1 x u+ =

( )
0 2u≤ ≤
11
Suy ra:
2
1x u= −
Phương trình trở thành:
( )
(
)
( )
2 2
1 2 1 2 1u u u− − + = −
( )
(
)
( )
(
)
( )
2
2
1 2 1 2 1 0

1 0
2 1 2 1 0
u u u
u
u u
 
⇔ − − + − + =
 
 
− =


⇔
− + − + =


a)
1 0 1u u− = ⇒ =
(thỏa
0u ≥
)
suy ra
0x
=
b)
(
)
( )
2
2 1 2 1u u− + = +

2
2 2 1u u⇔ − = +
( )
2
2
2 2 1
2 1 0 ( ng v 0)
u u
uđúì u

− = +

⇔

+ ≥ ≥


2
5 4 1 0 ( 0)u u a b c⇔ + − = − + =
1
1u = −
;
2
1
5
u =
(loại
1
1u = −
vì -1<0)

Ta có:
2
2
2
1 24
1 1
5 25
x u
 
= − = − = −
 ÷
 
Đs: 0 ;
24
25
−
II.Bài tập vận dụng
Đề bài:
Bài 1:Giả sử x
1
,x
2
,x
3
là nghiệm của PT:
CM:
Bài 2: Giả sử x
1
,x
2

,x
3
là nghiệm của PT:
CM:
Bài 3:Giải PT:
Bài 4:CM: là số vô tỉ
Bài 5:CM: là số vô tỉ
B ài 6:C ó bao nhi êu PT d ạng:
12
c ó 3 nghi ệm a;b;c?
B ài 7: T ìm m sao cho PT c ó nghi ệm duy
nh ất
B ài 8:Gi ải c ác PT sau:
a)
b)
c)
B ài 9:Gi ải PT:

B ài 10:Gi ải PT
B ài 11:Gi ải PT:
B ài 12:Gi ải PT:
B ài 13: Gi ải PT:
Bài 14: Giải PT:
Bài 15: Giải PT:
Bài 16: Giải PT:
Bài 17: Giải các PT sau:
a)
13
b)
c)

d)
Bài 18: Giải các PT sau:
a)
b)
c)
(3)
d)
e)
f)
(6)
g)
Bài 19:Giải PT:
Bài 20:Giải PT:
Bài 21: Giải PT
Bài 22: Giải PT:
Bài 23: Giải PT:
Bài 24: Giải PT:
Bài25: Giải PT:
Bài 26: Giải PT:
Bài 27:
14
Bài 28:
Bài 29:
Bài 30:
Bài 31:
Bài 32:
Bài 33: Giải PT:
Bi ết r ằng:
B ài 34:
B ài 35:

B ài 36:
Bài 37:
Giải phương trình:
38.
2 8
3
2
8
x x= +
39.
3
1 2 5x x+ + + =
40.
4 4 2 4 2
8 8 4 11 11 6 19 2x x x x x x x x+ + + + + + + + + =
41.
2 2
2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + +
42.
3 33 2 3 2
2 2 3 1 3 1 2x x x x x x− + − + = + + +
15
43.
2
1 2 1
2
x
x x− − = −
44.
2 2

8 816 10 267 2003x x x x− + + + + =
45.
10 6
5 5
27 5 864 0x x− + =
46.
2005 2006 2007 2008 2x x x y− + − + − + − =
47. ( x – 3 )
2
+ x
4
= -y
2
+6y – 4
48.
4 9 1
11
12
x yz x y z xy z
xyz
− + − + −
=
49.
2 2 2
3 2 1
20 11 2006 10127
x y z+ + +
+ + =
50.
2005 2004 2

2004 4009 2005
x y
x y y x z
+ + + =
+ + +
51.
( )
10 10
2
16 16 2 2
2 2
2 4 1 10
x y
x y x y
y x
 
+ + + = + −
 ÷
 
52.
( ) ( ) ( )
4 4 4 2 2 2
16 1 1 1 32
n n n n n n
x y z x y z+ + + =
( n là tham số nguyên dương)
Hướng dẫn giải
Bài 1:
Gợi ý: Sử dụng định lý Viet bậc 3
B ài 2:

Gợi ý : Đặt:
Sau đó lập PT bậc 3 nhận làm 3 nghiệm
+HD: Ta c ó:
(**) Nếu tạo được PT bậc 3 có nghiệm =1

⇒
Tổng các hệ số của PT có chứa p,q=0
Có thể dẫn tới đpcm
16
Từ (*)&(**) ta đặt:
Giải:
Đặt:
Áp dụng định lý Viet cho PT(1); ta có:
Xét 3 số a,b,c ta có:
+Thay a,b,c bởi
+Thay a,b,c bởi
Theo hệ thức Viet là nghiệm của PT:
⇔
⇔
⇒
B ài 3: Dành cho bạn đọc
Bài 4:
+HD: Bình phương số đã cho là nghiệm của PT:
⇒
số đã cho là số vô tỉ
Bài 5:
*L ưu ý: Không dùng cách của bài 4 do bình phương số đã cho là 1 số hữu tỉ
⇒
Không
thể kết luận.

+HD: Gi ả s ử là số hữu tỉ ;Đ ặt :
17
Bi ến đ ổi
⇒
là số vô tỉ
Bài 6: Dành cho bạn đọc
Bài 7:
Giải: 2 vế của PT là hàm số chẵn của x
Do PT có nghiệm duy nhất
⇒
x=0
⇒
m=0
Với m = 0(*)
⇔
ĐK:
⇒
⇒
Vế phải ≤ vế trái
⇒
PT(*) có nghiệm
⇔
Bài 8:
+HD:
a) Đặt
(*)
⇔
⇒
Giải hệ PT
b) Đ ặt :

c) Đ ặt :
B ài 9:
Giải: Đặt x = cost
(*)
⇔
⇒
VP
≤
1
(*)có nghiệm
⇔
⇔
⇔
⇔
18
Bài 10: Dành cho bạn đọc
Bài 11:
Gợi ý: ĐK: ; Đặt x = cost
Giải PT
⇒
Bài 12:Dành cho bạn đọc
Bài 13: Dành cho bạn đọc
Bài 14:
Gợi ý:
Sử dụng BĐT B-C-S
⇒
đpcm
Bài 15:
Gợi ý:
Đặt

Ta có hệ:
*Lưu ý:Chúng ta nên linh hoạt trong việc cộng trừ các ẩn số phụ
Bài 16:
Gợi ý: Dùng BĐT Côsi
Bài 17:
+HD:
a)
b) C1:(2)
⇔
⇔
C2:(2)
⇔
⇔
c)
d)
Bài 18:
+HD:
a)(1)
⇔
19

⇔
⇔
b)(2)
c)(3)
d)(4)
f)(6)
g)
Bài 19:
+HD:

C1: chuyển vế bình phương
C2: ĐK:
Ta thấy PT có 1 nghiệm = 1
Xét x
⇔
Làm tương tự cho x<1
Bài 20:
+HD: đặt
Bài 21:
20
+HD: Đặt
x = a
Ta có hệ
Bài 22:
+HD:chia 2 vế cho 3
Bài 23:
+HD: Áp dụng BĐT Cô-si
Bai 24: Dành cho bạn đọc
Bài 25: Dành cho bạn đọc
Bài 26:
+HD: Cộng 2 vào 2 vế
⇒
x=2007
Bài 27: Dành cho bạn đọc
Bài 28:
+HD:chia tử và mẫu của mỗi phân số cho x
Đặt :
Bài 29:
+HD:VT>0
Bài 30:

+HD:Nhân lượng liên hiệp
Bài 31:
+HD:
B ài 32:
Áp d ụng B ĐT C ô-si:
B ài 33:
+HD: Áp dụng BĐT
⇒
PT có nghiệm
⇔
⇔
Bài 34:
+HD: Đặt:
21
(
)
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
. 2 1. 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1x x x x x x x x x
 
+ + − ≤ + + + − = + + + −
 
 
Đặt
Bài 35:
+HD:Ta có :
Bài 36:

+HD:Ta c ó:
Bài 37:
+HD:Ta có :
Làm tương tự
Trước mọi bài toán cần phải đặt điều kiện
38)
39)
40)


41)
42)Xét :
Ta chứng minh hàm f(t) đồng biến trên R
22
8 8 4
4 4 2
1 1
2 2 2 .
8 8
1 1
2 .
4 4
x x x
x x x
+ ≥ =
+ ≥ =
3
3
x 7 1 2 5
2 x 7 1 2 5

x x
x x
> ⇔ + + + >
− ≤ < ⇔ + + + <
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
4 2 2
2 2
4 2 2
8 2 1 3 3 1 4
8 3 4
x x x x x x
x x x x
+ + + + + + + + +
≥ + + + + +
(
)
( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
. 2 1. 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1x x x x x x x x x
 
+ + − ≤ + + + − = + + + −

 
 
( )
( ) ( )
3
3 2
1
2 3 1
f t t t
f x x f x
= + +
− = +
6
5
4
5
6
4 4 4
5
6 6
Chia hai ve Cho x 0
32.27
27 5
1 1 1
5
3 3 3 27
x
x
x x x
x x

≠
⇔ + =
⇔ + + + + ≥
43)
( )
( )
2
2 2
1 1 2
1. 1 2 1 1
2 2 2
x x
x x
x x x
+ − −
+ − − ≤ + = − ≤
44)
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
: +tCMR x y z t x z y+ + + ≥ + +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi x.t = y.z
( )
( )
( )
( )
: 4
20 2

5
11 2
Thay x x
y
x z
t
− =
=
+ =
=
45)
46)
2005 2006 2007 2008 2005 0 2007 0 2x x x y x x− + − + − + − ≥ − + + − + =
47)
( )
( )
2
2
2
1 3 1 5 5x x− + − + ≥

( )
2
3 5 5y− − + ≤
48)
9
4 1 4 4 9 9 1 1 11
2 .2 3 .2 .2 12
y
x z x y z

x y z x y z
−
− − − + − + − +
+ + ≤ + + =
49)
2 2 2
3 3, 2 2, 1 1x y z+ ≥ + ≥ + ≥
2 2 2
3 2 1 3 2 1
20 11 2006 20 11 2006 10127
x y z+ + +
⇒ + + ≥ + + =
50)
Áp dụng:
( )
2
1 4
ab
a b
≥
+
51)
10 10
2 2
2 2
1 1 4
x y
x y
y x
+ + + ≥

( )
10 10
2
16 16 2 2
2 2
2 4 1 10
x y
x y x y
y x
 
⇒ + + + ≥ + −
 ÷
 
52)
4 2
16 1 8 0
n n
x x+ ≥ ≥
Tương tự cho ẩn y, z.
23
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2005 2004 2

2004 4009 2005 2008
2007 2006 2006 2007.5003
2
2007 2006 5003 2008

x y
x y y x z
x x y y x y
x y x y z
+ + + =
+ + + −
+ + + + +
⇔ + =
+ + + −