phương trình và bất phương trình vô tỷ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (302.98 KB, 8 trang )
Phương trình và bất phương trình vô tỉ
173
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LŨY THỪA TRỰC TIẾP
1. Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình và bất phương trình vô tỷ:
1.1. Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình vô tỷ:
Bài 1.
GPT:
3 3
34 3 1
x x
+ − − =
(1)
(1)
⇔
( )
( ) ( ) ( )( )
( )
3
3 3 3 3
3
1 34 3 34 3 3. 34 3 34 3
x x x x x x x x
= + − − = + − − − + − + − −
( )( )
2
3
34 3 12 31 1830 0 61 30
x x x x x x
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = − ∨ =
Bài 2.
GPT:
3 3 3
1 2 2 3
x x x
− + − = −
(1)
(1)
⇔
( )
( ) ( )
( )
3
3 3 3 3
3
2 3 1 2 2 3 3. 1 2 1 2
x x x x x x x x
− = − + − = − + − − − + −
( ) ( ) ( )
3
3
1 2 2 3 0 1 2
2
x x x x x x
⇔ − − − = ⇔ = ∨ = ∨ =
Bài 3.
GPT:
3 3 3
2 1 1 3 1
x x x
− + − = +
(1)
(1)
⇔
( )
( )( )
( )
3
3 3 3 3
3
3 1 2 1 1 3 2 3. 2 1 1 2 1 1
x x x x x x x x
+ = − + − = − + − − − + −
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 2
3
7
1 2 1 1 3 1 1 6 7 1 0 6 7 0
6
x x x x x x x x x
⇔ = − − + ⇔ = − + ⇔ = − ⇔ = ∨ =
Chú ý:
Thử lại ta thấy
0
x
=
là nghiệm ngoại lai vì không thỏa mãn (1)
Bình luận:
Các bài toán 1, 2, 3 là trường hợp đặc biệt của dạng phương trình
3
3 3
f g h
+ =
hoặc
3
3 3
f g h
− =
(thực chất là 2 dạng hoàn toàn giống nhau)
Trong cách giải trên chúng ta đã thay thế
3 3
f g
+
bởi
3
h
nên xuất hiện
nghiệm ngoại lai. Thật vậy giả sử ta sử dụng cấu trúc thay thế để có biến đổi
(
)
3
3 3 3 3 3 3
3 3
f g h f g fg f g h fgh h f g
+ = ⇔ + + ⋅ + = ⇔ ⋅ = − −
(
)
3
3 3 3 3 3 3
3 3
f g h f g fg f g h fgh f g h
− = ⇔ − − ⋅ − = ⇔ ⋅ = − −
Sử dụng:
( )
3 3 3 2 2 2
1
3 ( ) ( ) ( )
2
a b c abc a b c a b b c c a
+ + − = + + − + − + −
ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3
1
3. 0
2
h f g hfg h f g h f h g f g
− − − = + − + − + + + + − =
⇔
3 3
3 3 3 3
3
3 3
3 3
3 3 3 3
0h f g h f g
f g h
f g h
f g h f g h
+ − + − = = +
+ =
⇔ ⇔
= = −
= = − = = −
www.VNMATH.com
Chương VI. Phương trình và bất phương trình đại số – Trần Phương
174
Như vậy phép thay thế sẽ tạo ra phương trình hệ quả. Nếu
f g h
= = −
vô nghiệm
hoặc có tập nghiệm thỏa mãn
3
3 3
f g h
+ =
thì không có nghiệm ngoại lai.
Nếu
f g h
= = −
có nghiệm thì cần phải thử nghiệm trực tiếp vào (1)
Bài tập:
3 3
1 7 2
x x
+ + − =
;
3 3
59 22 1
x x
+ − − =
;
3 3 3
16 8
x x x
+ − = −
;
3 3 3
5 6 2 11
x x x
+ + + = +
;
3 3
24 5 1
x x
+ − + =
;
3 3 3
2 1 2 1 16
x x x
+ + − =
;
3 3
2 1 1
x x
+ + =
;
( )
3 3
3
2 3 12 1
x x x
+ − = −
;
3 3
3 3
3 3
1 1
x x x x x x
+ − + = + + −
1.2. Nâng lũy thừa bậc lẻ của bất phương trình vô tỷ
Bài mẫu.
Giải BPT:
3
2
6
x x x
+ >
(1)
(1)
⇔
(
)
( ) ( )
2 3 2
6 6 0 2 3 0 2 0 3
x x x x x x x x x x x
+ > ⇔ − − < ⇔ + − < ⇔ < − ∨ < <
Bài tập:
3
2
9 6 3
x x x
− + <
;
3
2
3
2
x x x
> −
;
3 3 3
2 1 6 1 2 1
x x x
+ + + > −
.
2. Nâng lũy thừa bậc chẵn của phương trình và bất phương trình vô tỷ:
2.1. Nâng lũy thừa bậc chẵn của phương trình vô tỷ
0
f g f g
= ⇔ = ≥
;
2
0
g
f g
f g
≥
= ⇔
=
;
f g f g
= ⇒ =
và thử lại
Bài 1.
GPT:
( )
2 2 3
1 1 2 1
x x x x x
− − + + − = +
(1)
Không cần đặt điều kiện, bình phương 2 vế ta nhận được phương trình hệ quả:
(1)
⇒
(
)
(
)
( )
2 2 3
1 1 2 2 1
x x x x x
− − + + − + = +
⇔
(
)
2
1 0 0 1
x x x x
− = ⇔ = ∨ = ±
Thử lại:
Chỉ có
1
x
=
thỏa mãn (1)
Bài 2.
GPT:
2
2 2
7 7
x x x
x x
− + − =
(1)
(1)
⇔
2 2 2
2 2 2 2 2
7 7 7 7 7
2x x x x x x x x
x x x x x
− = − − ⇒ − = + − − −
⇔
( )
( )
2 2
2
0
7
7
0 1 2 4 1 2
2 4 7 14 0
x
x x x x
x x
x x x
≠
= − − ⇔ − = ⇔ ⇔ =
− + + =
Chú ý:
Ở bài này nếu không chuyển vế mà bình phương ngay thì rất khó giải.
www.VNMATH.com
Phương trình và bất phương trình vô tỉ
175
Bài tập:
2
2 8 1 3 4
x x x
+ + = +
;
2
3 2 2 1
x x x
− + = −
;
2
3 2 1
3 2
x
x x
x
− − = −
−
;
2
2
5
1
2 1
x x
x
+ − =
+
;
2
2
40
16
16
x x
x
+ + =
+
;
8 1 3 5 7 4 2 2
x x x x
+ + − = + + −
;
3 19 3 2 7 11 2
x x x x
+ + − = + +
;
11 3 2 9 7 2
x x x x
+ − − = + − −
;
2 2 2
4 9 5 2 1 1
x x x x x
+ + − + − = −
;
2
2 1 2 4 23
x x x x+ + = + −
;
2 2
3 5 7 3 7 2 3
x x x x
− + + − + =
;
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4
x x x x x x x
− + − − = − − − − +
;
36
5 4
5
x x
x
− = − +
−
;
10
15 1
1
x x
x
+ = + −
−
;
2
2
1
1
5
3
x x
x
+ − =
−
2.2. Nâng lũy thừa bậc chẵn của bất phương trình vô tỷ:
Bài mẫu.
Giải BPT:
1 1
x x x
+ − − ≤
(1)
Điều kiện:
1 0
1 1
1 0
x
x
x
+ ≥
⇔ − ≤ ≤
− ≥
(1)
⇔
( )
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
2
1 0 1 0
1 1 1 1 0
1 0
1 0
0
0 1 0 1
1 1 1 1 0
x x
x x x x
x
x
x
x x
x x x x
− ≤ ≤ − ≤ ≤
+ − − ≥ − − ≥
− ≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤
=
≤ ≤ ≤ ≤
+ − − ≤ − − ≤
Bình luận:
Chỉ lũy thừa bậc chẵn cả 2 vế của 1 BPT vô tỉ khi và chỉ khi các vế
cùng dấu. Nếu cả 2 vế cùng không âm thì dấu BPT nhận được giữ nguyên. Nếu
cả 2 vế cùng không dương thì dấu BPT nhận được đổi ngược lại. Xét riêng khi
2 vế trái dấu, khi đó BPT hoặc luôn đúng hoặc vô nghiệm
Bài tập:
2
2 6 1 2 0
x x x
− + − + >
;
2
3 10 8
x x x
− − + <
;
( )
2 2
3 4 9
x x x
− − ≤ −
( )
2
3 6 2 2 1
x x x
− + + > − −
;
3 9 5
x x x
+ > − + −
;
2 5 4 2
x x x
+ − > −
;
2 1 3 2 4 3 5 4
x x x x
− + − < − + −
;
4 2 4 2 2
2 1 2 1
x x x x x x
+ − − + + < +
;
2 7 3 2
x x x
− > − − − −
;
2 12 2 10
x x x
+ < + − −
;
2
1 1 4 3
x x x
+ + < +
;
www.VNMATH.com
Chương VI. Phương trình và bất phương trình đại số – Trần Phương
176
II. ĐẶT 1 ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1 ẨN MỚI
Bài mẫu.
Giải BPT:
2 2
5 10 1 7 2
x x x x
+ + ≥ − −
(1)
Đặt
(
)
2 2 2
5 10 1 0 5 2 1
u x x u x x
= + + ≥ ⇒ = + +
. Khi đó:
2
1
(1) 7
5
u
u
−
⇔ ≥ −
( )( )
( )
2 2
1
5 36 0 9 4 0 4 5 2 3 0
3
x
u u u u u x x
x
≥
⇔ + − ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ ⇔
≤ −
Bình luận:
Đặt ẩn phụ nhằm trục căn thức để tránh phải GPT, GBPT bậc cao.
Khi đó nói chung ta sẽ giải 2 PT, BPT bậc thấp hơn.
Bài tập:
1
2 3
1
x x
x x
+
− >
+
;
3
2 1 2 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
;
4
2 2
1 1 2
x x x x
− − + + − =
;
2
1 12 11 23
x x x x+ − − = − + −
;
2
7 9 2 63
x x x x+ − − = − + +
;
2
3 1 4 4 3 2
x x x x
− + − − − + − = −
;
( ) ( )
2
5 2 3 3
x x x x
+ − = +
;
2 2
4 2 3 4
x x x x
+ − = + −
2
2
1 1
3
x x x x
+ − = + −
;
5
1
5 2 4
2
2
x x
x
x
+ < + +
III. ĐẶT 1 ẨN PHỤ VỚI PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VỚI 2 CĂN THỨC
Bài mẫu.
( )( )
1 8 1 8
x x x x m
+ + − + + − =
. Tìm
m
để PT có nghiệm.
Đặt
( )( ) ( ) ( )
2
1 8 0 9 9 2 1 8 9 1 8 18
u x x u x x x x
= + + − ≥ ⇒ ≤ = + + − ≤ + + + − =
Bài toán đưa về: Tìm
m
để
( )
2
9
2
u
f u u m
−
= + =
có nghiệm
3;3 2
u
∈
Ta có đồ thị
(
)
y f u
=
là một parabol quay bề lõm lên trên và có hoành độ đỉnh
0
1 3
u
= − <
nên ycbt
⇔
( ) ( )
[ ]
( )
( )
9 6 2
min ; max 3 ; 3 2 3;
2
m f u f u f f
+
∈ = =
Bài tập.
2
2 2 2 4 2 2
x x x x
− − + = − − +
;
2
2 3 1 3 16 2 5 3
x x x x x
+ + + = − + + +
( ) ( )
3 6 3 6
x x x x m
+ + − − + − =
. GPT khi
m
=
3; Tìm
m
để PT có nghiệm.
( ) ( )
1 4 1 4
x x x x m
+ + − + + − =
. Tìm
m
để PT có nghiệm duy nhất.
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
+ − + − − ⋅ − =
. Tìm
m
để PT có nghiệm duy nhất.
4 4
1 1
x x x x m
+ − + + − =
. Tìm
m
để PT có nghiệm duy nhất.
www.VNMATH.com
Phương trình và bất phương trình vô tỉ
177
IV. ĐẶT 1 ẨN PHỤ VÀ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN
Bài 1.
GPT:
( )
3 3
4 1 1 2 2 1
x x x x
− + = + +
(1)
Đặt
3 2 3
1 0 1
u x u x
= + ≥ ⇒ = +
. Khi đó (1)
⇔
( )
(
)
3
4 1 2 1 2 1
x u x x
− = + + −
( )
2
2 4 1 2 1 0
u x u x
⇔ − − + − =
. Ta có:
∆
=
( ) ( ) ( )
2 2
4 1 8 2 1 4 3
x x x− − − = −
(1)
⇔
( )
( )
3
3
3
2 2
3
3
1
1
4
4
1
3
2
4
2 1 0
2 1 0
2 1
2
1 2 1 2 0
x
x
u
x
x
x
u x
x
x x x x
+ =
= −
=
= −
⇔ ⇔ ⇔
− ≥
− ≥
= −
=
+ = − − =
Bài 2.
GPT:
2
7 7
x x
+ + =
(1)
(1)
⇔
( )
( )
2
2
2
2
2 2 4
2
7 0
7 0
7 7
7 2 1 7 0
7 7
x
x
x x
x x x
x x
− ≥
− ≥
+ = − ⇔ ⇔
− + + − =
+ = −
⇔
2 2
1 29
7 7
2
7 7 1
2
x
x
x x x x
x
−
− ≤ ≤
=
⇔
= − ∨ = + +
=
Bài tập.
( )
2 2
3 1 3 1
x x x x
+ + = + +
;
( )
2
2 1 1 0
x x x x x x
− − − − + − =
;
( )
2 2
2 3 1 2 1 6 3 4
x x x x x
− + − = − −
;
( )
2 2
2 1 2 1 2 1
x x x x x
− + − = − −
;
V. ĐẶT 1 ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ ĐỐI XỨNG, HỆ NỬA ĐỐI XỨNG
Bài 1.
GPT:
3
3
1 2 2 1
x x
+ = ⋅ −
(1)
Đặt
3
3
2 1 2 1
y x y x
= − ⇔ = −
. Khi đó (1)
⇔
3
3
1 2
1 2
x y
y x
+ =
+ =
⇔
( )
( )
3
2 2
1 2
2 0
x y
x y x xy y
+ =
− + + + =
3
1 2
1 5
1
2
x x
x x
x y
+ =
− ±
⇔ = ∨ =
=
Bài 2.
GPT:
2
2 3 3
x x x
− − = +
(1)
Đặt
3 1 0
x y
+ = − ≥
suy ra
1
y
≥
và
2
3 2 1
x y y
+ = − +
. Khi đó ta có:
(1)
⇔
( ) ( )
2 2
2
2 2 2 2
3 17 1 13
2 2
1 0
2 2
x x y x x y
x x
x y x y
y y x
− − = − − =
+ −
⇔ ⇔ = ∨ =
− + − =
− − =
www.VNMATH.com
Chương VI. Phương trình và bất phương trình đại số – Trần Phương
178
Bài tập.
2
4 3 5
x x x
− − = +
;
2
6 2 8
x x x
− − = +
;
2
3
2 4
2
x
x x
+
= +
;
2
4
3 6 2
3
x
x x
+
= − −
;
2
2 15 32 32 20
x x x
+ = + −
;
2
3 1 4 13 5
x x x
+ = − + −
;
2
4 3 1 5 13
x x x
+ + + =
;
2
32 32 2 15 20
x x x
+ = + +
;
2
4 6
x x x
+ = +
;
3 2
3
9 9 27 21
x x x x
− = − + −
;
3 2
3
3 5 8 36 53 25
x x x x
− = − + −
VI. ĐẶT 2 ẨN PHỤ VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài mẫu.
GPT:
3 2 3 2
2 1 3
x x x x
+ + + + − =
(1)
Đặt
3 2 2 3 2
2 3 2
3 2
2 0 2
1
1 0
u x x u x x
v x x
v x x
= + + ≥ = + +
⇒
= + −
= + − ≥
. Khi đó ta có:
(1)
⇔
( )
( )
2
2 2
3
3 2
1 2 2 0 1
1 1
3
u v
u v u
x x x x
u v v
u v
+ =
+ = =
⇔ ⇔ ⇔ − + + = ⇔ =
− = =
− =
Bài tập.
3
3 1
x x
+ − =
;
3
2 1 1
x x
− + − =
;
2 2
3 10 5
x x
+ + − =
;
(
)
2 3
2 2 5 1
x x
+ = +
;
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
+ + − − − = +
;
3
24 12 6
x x
+ + − =
;
4 4
18 1 3
x x
− + − =
;
4 4
17 5 4
x x
− + + =
;
4 4 4
1 1
x x x
− + = +
;
3 3
2 2
3
2 2 4
x x x x+ + + − − =
VII. ĐẶT ẨN PHỤ BẰNG BIẾN SỐ LƯỢNG GIÁC
Bài mẫu.
GPT:
( ) ( )
3
3 2 2
1 2 1
x x x x
+ − = −
(1)
Điều kiện:
[
]
1;1
x ∈ −
. Đặt
sin ; ;
2 2
x
π π
= α α∈ −
, khi đó ta có:
(1)
⇔
3 3
sin cos 2 sin cos
α + α = α α
. Đặt
sin cos 2; 2
u
= α + α ∈ −
, khi đó:
(1)
⇔
(
)
(
)
(
)
3 2
2 3 2 0 2 2 1 2 1 0
u u u u u u
+ − − = ⇔ − + − + + =
Nếu
2
u =
thì
(
)
2
2 cos 2 sin sin
4 4 4 2
x
π π π
α − = ⇔ α = ⇒ = α = =
Nếu
1 2
u = −
thì
2
1 2 2 2 1
1 1 2
2
x x x
− − −
+ − = − ⇔ =
Bài tập.
2
35
12
1
x
x
x
+ =
−
;
( ) ( )
3 3
2 2
1 1 1 1 2 1
x x x x
+ − − − + = + −
www.VNMATH.com
Phương trình và bất phương trình vô tỉ
179
VII. BIẾN ĐỔI TỔNG THÀNH TÍCH
Các đẳng thức cơ bản
:
1
a b ab
+ = +
⇔
( 1)( 1) 0
a b
− − =
av bu ab uv
+ = +
⇔
(
)
(
)
0
a v b u
− − =
Bài 1.
Giải phương trình:
3
2 2 3 2
x x
x
+ − = +
(1)
(1)
⇔
( )
2
2
2 2 3 3 2
1
0 2 3 0
x x x x
x x
x x
+ − − −
= ⇔ − + =
⇔
2 3
x x
= +
⇔
3
x
=
Bài 2.
GPT:
6
5 4 3
3
1 1 2
x x x x x
− + = + − +
(1)
(1)
⇔
( )
2
6
3
3 3 3
1 1 1 1 1 1
x x x x x x x x
− + = + − ⇔ − + = + −
⇔
(
)
(
)
3
1 1 1 0
x x
− − − =
⇔
1 1 1 1 2
x x x x
− = ∨ = ⇔ = ∨ =
Bài 3.
Giải phương trình:
2 2
2 1 2 6 2 2 4 3
x x x x x x
+ + + = + + +
(1)
(1)
⇔
2 1 2 3 2 2 1 3
x x x x x x
+ + + = + + +
⇔
(
)
(
)
1 2 2 3 0
x x x
+ − − + =
⇔
1
x
=
Bài 4.
Giải phương trình:
2 2
4 7 3 7 3 6 2 7 46 21
x x x x x x x
+ + − = + + −
(1)
(1)
⇔
2
4 7 6 3 7 3 2 7 7 3 0
x x x x x x x
+ − + − − + − =
⇔
(
)
(
)
2 7 3 2 7 3 0
x x x x
− − + − =
⇔
7 3 2 2 7 3
x x x x
− = ∨ + =
⇔
2 2
4 7 3 0 9 4 28 0
x x x x
− + = ∨ − − =
⇔
3
1; 2;
4
x x x
= = =
(lấy nghiệm
3
7
x
≥
)
VIII. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Bài mẫu.
Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm:
(
)
2 2 4 2 2
1 1 2 2 1 1 1
m x x x x x
+ − − + = − + + − −
(1)
Đặt
2 2
1 1 0
t x x
= + − − ≥
, khi đó
2 4
2 2 1 2
t x
= − − ≤
⇒
0 2
t≤ ≤
và
4 2
2 1 2
x t
− = −
. Ta có (1)
⇔
( )
2
2 2
m t t t
+ = − +
⇔
( )
2
2
2
t t
m f t
t
− + +
= =
+
Ta có
( )
( )
(
)
( )
2
2 2
4
4
0 0; 2
2 2
t t
t t
f t t
t t
− +
− −
′
= = ≤ ∀ ∈
+ +
⇒
(
)
f t
nghịch biến /
0; 2
Phương trình có nghiệm
⇔
m TGT
∈
của
(
)
f t
(
)
( )
2 ; 0 2 1; 1
m f f
⇔ ∈ ≡ −
www.VNMATH.com
Chương VI. Phương trình và bất phương trình đại số – Trần Phương
180
IX. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Bài 1.
Giải phương trình:
(
)
2
2
1 1
2 2 4x x
x
x
− + − = − +
(1)
(1)
⇔
2
2
1 1
2 2 4
x x
x
x
+ − + + − =
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 1. 1. 2 1 1 2 2
1 1 1 1 1 1
2 1 1 2 1 1 2 2
x x x x x x
x x
x x x x
+ − = + − ≤ + + − =
+
+ − = ⋅ + ⋅ − ≤ + + − =
⇒
2
2
1 1
2 2 4
x x
x
x
+ − + + − ≤
. Dấu bằng xảy ra
⇔
1
x
=
Bài 2.
Giải phương trình:
3 2 2
1 1
5 3 3 2 3
2 2
x x x x x
+ + − = + −
(1)
(1)
⇔
( )
( )
2 2
1 1
5 2 1 3
2 2
x x x x x
− + + = + −
; ĐK:
5 2 0
x
− ≥
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
( )
( )
( )
(
)
2
2 2
5 2 1
1 1
5 2 1 3
2 2 2
x x x
x x x x x
− + + +
− + + ≤ = + −
Do đó (1)
⇔
2 2
1 5 2 4 3 0 1; 3
x x x x x x x
+ + = − ⇔ − + = ⇔ = =
Bài 3.
Giải phương trình:
4
3 7 15 2
x x x
+ + = +
(1)
ĐK:
0
x
≥
. (1)
⇔
2
4
2
4 4
4 (7 15)
7 15 2 3 7 15 4
4 5
x x
x x x x x
x
− +
+ − = − ⇔ + − =
+
(2)
•
Nếu
2
4 7 15
x x
< +
thì
(
)
(
)
2 0 2
VT VP> >
nên (2) vô nghiệm
•
Nếu
2
4 7 15
x x
≥ +
thì
(
)
(
)
2 0 2
VT VP≤ ≤
nên (2)
⇔
2
4 7 15 0 3
x x x
= + ⇒ < =
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
3
x
=
Bài 4.
Giải phương trình:
3
2
3
1 2 1 3 1
x x x x
+ + = + + −
(1)
•
ĐK:
0
x
≥
. (1)
⇔
3
2
3
2 1 3 1 1
x x x x
+ − + − = −
(2)
•
Xét
3
2
3
2 1 3 1
x x x
+ ≥ + −
⇔
2
2 1 3 1
x x x
+ ≥ + −
⇔
2
3 2 0 0 1
x x x
− − ≤ ⇒ ≤ ≤
Mặt khác ta có
( )
2 2
2 1 0 1 1
VP x x x
= − ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≥
. Từ đó suy ra (1)
⇔
1
x
=
•
Xét
3
2
3
2 1 3 1
x x x
+ ≤ + −
⇔
2
2 1 3 1
x x x
+ ≤ + −
⇔
2
3 2 0 1
x x x
− − ≥ ⇒ ≥
Mặt khác ta có
( )
2 2
2 1 0 1 0 1
VP x x x
= − ≤ ⇔ ≤ ⇒ ≤ ≤
. Từ đó suy ra (1)
⇔
1
x
=
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1
x
=
www.VNMATH.com
