Bài tập Đại số sơ cấp Tác giả: Hoàng Huy Sơn, Trường Đại học An Giang, 2012

8/21/2019 Bài tập Đại số sơ cấp Tác giả: Hoàng Huy Sơn, Trường Đại học An Giang, 2012

http://slidepdf.com/reader/full/bai-tap-dai-so-so-cap-tac-gia-hoang-huy-son-truong-dai 1/363

Ộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

(Giáo trình đào tạo giáo viêntrung học hệ Đại học,Cao đ ẳng sư phạm)

NHÀ XUẤT ẢN GIÁO DỤC



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HOÀNG HUY SƠN

BÀI TẬP

ĐẠI SỐSƠ CẤPGiáo trình đào tạo giáo viên trung họchệ Đại học, Cao đ ẳng sư phạm

( Tái bản lần thứ 10)

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC



512/GD 01/1536/358 00 Mã số: 7K300T1



1

LỜ I NÓI ĐẦU

Khi biên soạn tài liệu “Đại số sơ cấp” chúng tôi đã cố gắng đưa nhiều ví dụ về thựchành giải toán nhằm giúp sinh viên có điều kiện rèn k ỹ năng thực hành khi học lý thuyết.

Tuy nhiên, qua thực tế giảng dạy, chúng tôi thấy rằng khi giải các bài tập trong sách, sinhviên gặp rất nhiều khó khăn. Ngay cả khi biết cách giải thì việc trình bày lờ i giải sao cho

chặt chẽ và logic thì cũng còn chưa đạt so vớ i yêu cầu. Vì thế, để giúp sinh viên có một bộ tài liệu hoàn chỉnh về Đại số sơ cấp, chúng tôi tiếp tục biên soạn cuốn “Bài tập Đại số sơ cấp” này để phục vụ nhu cầu học tập và k ể cả công việc giảng dạy của sinh viên sau khi ratrườ ng.

Tài liệu “Bài tập Đại số sơ cấp” gồm có hai phần:

Phần I. Tóm t ắ t lý thuyế t và đề bài.

Phần II. Lờ i giải và hướ ng d ẫ n.

Mỗi phần gồm sáu chươ ng:

1. Chươ ng I: Hàm số;

2. Chươ ng II: Phươ ng trình – Hệ phươ ng trình;

3. Chươ ng III: Bất đẳng thức – Bất phươ ng trình;

4. Chươ ng IV: Phươ ng trình, bất phươ ng trình vô tỉ;

5. Chươ ng V: Phươ ng trình, bất phươ ng trình mũ và logarit;

6. Chươ ng VI: Phươ ng trình lượ ng giác.

Thứ tự các chươ ng đượ c trình bày theo đúng thứ tự các chươ ng mục trong tài liệu“Đại số sơ cấp”. Tài liệu có 170 bài tập vớ i khoảng gần 550 câu nhỏ. Hầu hết các bài tập

trong tài liệu “Bài tập Đại số sơ cấp” đượ c chúng tôi trình bày lờ i giải tươ ng đối chi tiếtnhằm giúp sinh viên nhất là sinh viên các lớ p hệ đào tạo Liên thông Cao đẳng lên Đại học

dễ dàng trong việc củng cố lý thuyết và giải các bài tập tươ ng tự. Một số bài đượ c trình bàynhiều cách giải, mục đích giúp sinh viên có cách tiếp cận và đi đến k ết quả của bài toán từ

nhiều hướ ng. So vớ i tài liệu “Đại số sơ cấp” thì trong tài liệu này chúng tôi có cập nhậtthêm một số lượ ng rất đáng k ể các dạng toán rất hay gặp trong các k ỳ thi tuyển sinh Đại

học và Cao đẳng theo chươ ng trình mớ i của môn Toán ở bậc Phổ thông Trung học.

Một lờ i khuyên của chúng tôi đối vớ i sinh viên là khi giải các bài tập trong tài liệu

không nên quá lệ thuộc vào phần lờ i giải có sẵn trong tài liệu, mà trướ c hết hãy tự mình cố gắng tìm tòi lờ i giải, sau đó so sánh bài giải của mình vớ i bài giải trong tài liệu nhằm rút ra

những kinh nghiệm trong giải toán. Có như vậy cuốn tài liệu này mớ i thực sự có ích khihọc môn Đại số sơ cấp.

Cuối cùng, chúng tôi rất mong nhận đượ c các ý kiến đóng góp quí báu cho nội dungcũng như hình thức trình bày trong tài liệu của các bạn đồng nghiệp trong Bộ môn Toán và

Hội đồng Khoa học Khoa Sư phạm cũng như các bạn sinh viên để cuốn sách này có thể đượ c hoàn chỉnh tốt hơ n.

Tác giả

www.daykemquynhon.ucoz.com



2

MỤC LỤCTrang

LỜ I NÓI ĐẦU 1

BẢNG MỘT SỐ KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT SỬ DỤNG

TRONG TÀI LIỆU 3PHẦN I: TÓM TẮT LÝ THUYẾT VÀ ĐỀ BÀI 4

Chươ ng I. Hàm số 4

A. Tóm tắt lý thuyết 4

B. Bài tập 12

Chươ ng II. Phươ ng trình – Hệ phươ ng trình 17


B. Bài tập 24

Chươ ng III. Bất đẳng thức – Bất phươ ng trình 31

A. Tóm tắt lý thuyết 31 B. Bài tập 37

Chươ ng IV. Phươ ng trình, Bất phươ ng trình vô tỷ 43 A. Tóm tắt lý thuyết 43

B. Bài tập 45Chươ ng V. Phươ ng trình, Bất phươ ng trình mũ và lôgarit 51

A. Tóm tắt lý thuyết 51 B. Bài tập 55

Chươ ng VI. Phươ ng trình lượ ng giác 64


B. Bài tập 71

PHẦN II: LỜ I GIẢI VÀ HƯỚ NG DẪN 76

Chươ ng I. Hàm số 76

Chươ ng II. Phươ ng trình – Hệ phươ ng trình 98

Chươ ng III. Bất đẳng thức – Bất phươ ng trình 151

Chươ ng IV. Phươ ng trình, Bất phươ ng trình vô tỷ 188

Chươ ng V. Phươ ng trình, Bất phươ ng trình mũ và lôgarit 242Chươ ng VI. Phươ ng trình lượ ng giác 312

TÀI LIỆU THAM KHẢO 361




3

BẢNG MỘT SỐ KÍ HIỆU VÀ CHỮ VIẾT TẮT SỬ DỤNG TRONG TÀI LIỆU

:ℕ Tập hợ p các số tự nhiên: { }0;1;2;... .

:ℤ Tập hợ p các số nguyên: { }...; 2; 1;0;1;2;... .− −

ℚ : Tập hợ p các số hữu tỉ: / , , 0 .a

a b bb

∈ ≠

ℤ

:ℝ Tập hợ p các số thực.

* :ℝ Tập hợ p các số thực khác không.

:+ℝ Tập hợ p các số thực dươ ng.

1

:n

∑ Phép lấy tổng từ 1 đến .n

{ }... / ... :Tập hợ p.

: f T Tập (miền) giá trị của hàm số . f

( ) : x D

Max f x∈

Giá trị lớ n nhất của hàm số f trên tập . D

( ) : x D

Min f x∈

Giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên tập . D

:∈ Thuộc.

, :⊆ ⊂ Tập con.

∅ : Tập hợ p rỗng.

:∀ Mọi.

:≠ Khác.

\: Hiệu của hai tập hợ p.

:∪ Hợ p của hai tập hợ p.

:∩ Giao của hai tập hợ p.

1

:n

∪ Phép lấy hợ p từ 1 đến .n

1

:n

∩ Phép lấy giao từ 1 đến .n

:∨ Hoặc (tuyển của hai mệnh đề).

:⇒ Phép kéo theo, phươ ng trình hệ quả.

:⇔ Phép tươ ng đươ ng (khi và chỉ khi), phươ ng trình tươ ng đươ ng.

Đpcm: Kết thúc chứng minh, điều phải chứng minh.




4

PHẦN I. TÓM TẮT LÍ THUYẾT VÀ ĐỀ BÀICHƯƠ NG I

HÀM SỐ

A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT

I. KHÁI NIỆM HÀM SỐ 1. Định ngh ĩ a

Giả sử X và Y là hai tập hợ p tùy ý. Nếu có một quy tắc f cho tươ ng ứng mỗi x X ∈

vớ i một và chỉ một y Y ∈ thì ta nói rằng f là một hàm từ X vào ,Y kí hiệu

:

( )

f X Y

x y f x

→

=֏

Nếu , X Y là các tập hợ p số thì f đượ c gọi là một hàm số . Trong chươ ng này chúng ta chỉ xét các hàm số thực của các biến số thực, ngh ĩ a là ; . X Y ⊆ ⊆ℝ ℝ

X đượ c gọi là t ậ p xác định (hay là miề n xác định) của hàm số . f (Ngườ i ta hay dùng kíhiệu tập xác định của hàm số là ). D

Số thực x X ∈ đượ c gọi là biến số độc lập (gọi tắt là biến số hay đối số). Số thực

( ) y f x Y = ∈ đượ c gọi là giá trị của hàm số f tại điểm . x Tập hợ p tất cả các giá trị ( ) f x

khi x lấy mọi số thực thuộc tập hợ p X gọi là t ậ p giá tr ị (miề n giá tr ị) của hàm số f và

đượ c kí hiệu là , f

T (như vậy ( ){ }| ( )). f T f x x X f X = ∈ =

Hiển nhiên . f

T Y ⊆ Chú ý rằng f

T có thể là một tập hợ p con thực sự của Y hoặc

bằng tập .Y

Trong nhiều trườ ng hợ p, ngườ i ta cho hàm số f dướ i dạng ( ) x f x֏ hoặc

( ) y f x= mà không nêu rõ tập xác định X và tập hợ p Y chứa tập các giá trị của . f Khi

đó, ta hiểu rằng Y = ℝ và X là tập hợ p các số thực x ∈ ℝ sao cho quy tắc đã cho thì

( ) f x tồn tại.

2. Đồ thị của hàm số

Cho hàm số ( ) y f x= có tập xác định , D ta gọi tập hợ p các điểm ( )( ); x f x vớ i

x D∀ ∈ là đồ thị của hàm số ( ). y f x=

Việc biểu diễn các điểm ( )( )

; x f x thuộc đồ thị của hàm số ( ) y f x= lên mặt phẳng

tọa độ Oxy gọi là vẽ đồ thị của hàm số.

Chú ý rằng một đườ ng ( )ζ (đườ ng cong hoặc đườ ng thẳng) trong mặt phẳng tọa độ

chỉ có thể là đồ thị của một hàm số nào đó, nếu nó cắt một đườ ng thẳng cùng phươ ng vớ itrục Oy tại không quá tại một điểm.

3. Hàm số đơ n điệu




5

3.1. Định ngh ĩ a. Cho hàm số ( ) y f x= có tập xác định là tập D, khoảng ( );a b là

tập con của D. Khi đó ta có

Hàm số ( ) y f x= gọi là đồng biế n (hay t ăng) trên khoảng ( );a b , nếu vớ i

( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2, ; , . x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ <

Hàm số ( ) y f x= gọi là nghịch biế n (hay giảm) trên khoảng ( );a b , nếu vớ i( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2, ; , . x x a b x x f x f x∀ ∈ < ⇒ >

Một hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng ( );a b thì ta nói hàm số đơ n đ iệu

trên khoảng đó.

3.2. Tính chất

3.3.1. Nếu hàm số ( ) y f x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );a b , thì

hàm số ( ) y f x c= + (c là hằng số) cũng đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );b .

3.3.2. Nếu hàm số ( ) y f x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );a b , thìhàm số ( ) y kf x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );a b nếu 0k > ; hàm số

( ) y kf x= nghịch biến (đồng biến) trên khoảng ( );a b nếu 0.k <

3.3.3. Nếu hàm số ( ) y f x= và ( ) y g x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng

( );a b thì hàm số ( ) ( ) y f x g x= + đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );a b .

3.3.4. Nếu hàm số ( ) y f x= và ( ) y g x= không âm trên khoảng ( );a b và cùng

đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( );a b , thì hàm số ( ) ( ). y f x g x= đồng biến (nghịch

biến) trên khoảng ( );a b .

Chú ý. Đồ thị của hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng ( );a b cắt đườ ng thẳng

cùng phươ ng vớ i trục Ox nhiều nhất tại một điểm.

Giả sử hàm số ( ) y f x= đồng biến trên khoảng ( );a b ; hàm số ( ) y g x= nghịch biến

trên khoảng ( ); .a b Khi đó trên khoảng ( ; ),a b đồ thị của các hàm số ( ) y f x= và

( ) y g x= cắt nhau không quá tại một điểm.

4. Hàm số chẵn, hàm số lẻ

4.1. Định ngh ĩ a. Cho hàm số ( ) y f x= có tập xác định trên . D

Hàm số f gọi là hàm số chẵ n nếu vớ i mọi x D∈ , ta có x D− ∈ và ( ) ( ). f x f x− =

Hàm số f gọi là hàm số lẻ nếu vớ i mọi x D∈ , ta có x D− ∈ và ( ) ( ). f x f x− = −

4.2. Đồ thị của hàm số chẵn và hàm số lẻ

Giả sử hàm số ( ) y f x= có tập xác định D là hàm số chẵn và có đồ thị là ( ).G Vớ i




6

mỗi điểm ( )0 0; M x y thuộc đồ thị ( ) ,G ta xét điểm đối xứng vớ i nó qua trục tung là

( )0 0' ; . M x y−

Từ định ngh ĩ a hàm số chẵn, ta có0

x D− ∈ và ( ) ( )0 0. f x f x− = Do đó

( ) ( ) ( )0 0 0 0' . M G y f x y f x M G∈ ⇔ = ⇔ = − ⇔ ∈

Điều đó chứng tỏ ( )G có trục đối xứng là trục tung.

Nếu f là hàm số lẻ thì lí luận tươ ng tự, ta cũng đượ c ( )G có tâm đối xứng là gốc tọa độ

.O

5. Hàm số tuần hoàn

5.1. Định ngh ĩ a. Hàm số ( ) y f x= có tập xác định D đượ c gọi là hàm số tuần

hoàn nếu tồn tại một số dươ ng T sao cho vớ i mọi x D∈ ta có

)i x T D+ ∈ và ; x T D− ∈

( ) ( )) .ii f x T f x± =

Số nhỏ nhất (nếu có) trong các số T có các tính chất trên gọi là chu k ỳ của hàm số tuần

hoàn ( ). f x

Chú ý. Chúng ta có một số dấu hiệu để nhận biết một hàm số đã cho không phải là một hàm

số tuần hoàn, chẳng hạn ta có hai dấu hiệu sau.

+ Nếu một hàm số có tập xác định dạng \ , D A= ℝ vớ i A là một tập hợ p hữu hạn thì hàm

số đó không phải là một hàm số tuần hoàn.

+ Nếu phươ ng trình ( ) f x k = có nghiệm, nhưng số nghiệm là một số hữu hạn, thì hàm số

( ) y f x= không phải là một hàm số tuần hoàn.

6. Hàm số hợ p

6.1. Định ngh ĩ a. Cho hàm số ( ) y f x= xác định trên tập1

D và ( ) y g x= xác

định trên2 D . Khi đó ta gọi hàm số hợ p của hai hàm số f và g kí hiệu g f đượ c xác

định ( )( ) ( ) y g f x g f x = = xác định trên tập ( ){ }1 2| . D x D f x D= ∈ ∈

7. Hàm số ngượ c

7.1. Định ngh ĩ a. Cho hàm số

( )

: f X Y

x y f x

→

=֏

nếu vớ i mỗi giá trị ( ), f y T f X ∈ = có một và chỉ một x X ∈ sao cho ( ) , f x y= tức là

phươ ng trình ( ) f x y= vớ i ẩn x có nghiệm duy nhất, thì bằng cách cho tươ ng ứng vớ i mỗi

( ) y f X ∈ phần tử duy nhất , x X ∈ ta xác định đượ c hàm số




7

( )

( )

:g f X X

y x g y

→

=֏

( x thỏa mãn ( ) f x y= ).

Hàm số g xác định như vậy đượ c gọi là hàm số ngượ c của hàm số . f

Theo thông lệ, ngườ i ta thườ ng kí hiệu đối số là x và hàm số là . y Khi đó hàm số ngượ c

của hàm số ( ) y f x= sẽ đượ c viết lại là ( ) . y g x=

Giả sử hàm số ( ) y f x= có hàm số ngượ c, để tìm hàm số ngượ c của hàm số ( ) y f x=

ta giải phươ ng trình ( ) f x y= ẩn , x phươ ng trình này có nghiệm duy nhất ( ) , x g y= đổi

kí hiệu theo cách viết thông thườ ng ta đượ c hàm số ngượ c ( ). y g x=

Chú ý.

Ngườ i ta thườ ng kí hiệu hàm số ngượ c của hàm số ( ) y f x= là ( )1 . y f x−=

Từ định ngh ĩ a của hàm số ngượ c, suy ra rằng: Tập xác định của hàm số ngượ c

( )1 y f x−= là tập giá trị của hàm số ( ) , y f x= tập giá trị của hàm số ngượ c là tập xác định

của hàm số ( ). y f x=

D ĩ nhiên hàm số ( ) y f x= lại là hàm số ngượ c của hàm số ( )1 . y f x−= Vì vậy ta nói

hai hàm số ( ) y f x= và ( )1 y f x−= là hai hàm số ngượ c nhau.

7.2. Điều kiện đủ để hàm số có hàm số ngượ c

7.2.1. Định lý. Mọi hàm số đồng biến (hay nghịch biến) trên tập xác định của nóđều có hàm số ngượ c.

7.3. Đồ thị của hàm số ngượ c

7.3.1. Định lý. Trong hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc ,Oxy đồ thị của hai hàm

số ngượ c nhau ( ) y f x= và ( )1 y f x−= đối xứng nhau qua đườ ng phân giác thứ nhất

. y x=

Chú ý.

Từ tính chất của đồ thị hàm số ngượ c ta suy ra rằng đồ thị của hai hàm số ngượ c nhau, nếu

cắt nhau thì cắt nhau trên đườ ng thẳng . y x=

Từ

đó ta có th

ể áp d

ụng

để gi

ải các ph

ươ ng trình d

ạng ( ) ( )

1 f x f x−

= bằng cách

đưa v

ề

phươ ng trình ( ) f x x= hoặc ( )1 . f x x− =

II. MỘT SỐ PHÉP BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ

1. Trục đối xứ ng, tâm đối xứ ng của đồ thị

Chúng ta đã biết đồ thị hàm số chẵn nhận trục Oy làm trục đối xứng, đồ thị hàm số lẻ

nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. Sau đây chúng ta đưa ra dấu hiệu cho biết đồ thị của




8

một hàm số có trục đối xứng, tâm đối xứng. (Trong phần này chúng ta chỉ xét trục đối

xứng của đồ thị hàm số, cùng phươ ng vớ i trục tung).

1.1. Định lý. Đồ thị của hàm số ( ) y f x= nhận đườ ng thẳng ∆ có phươ ng trình x α

làm trục đối xứng khi và chỉ khi ( ) ( )2 f x f xα − = vớ i mọi . x D∈

Thật vậy, muốn cho đườ ng thẳng ∆ có phươ ng trình x = α là trục đối xứng của đồ thị

( ) y f x= thì ắt có và đủ là nếu điểm ( ); M x y thuộc đồ thị thì điểm ' M đối xứng vớ i điểm

M qua ∆ cũng thuộc đồ thị. Ở đây điểm ' M có tọa độ ( )2 ; x yα − , như vậy vớ i mọi

x D∈ ta có ( ) ( )2 f x f xα − = .

1.2. Định lý. Đồ thị hàm số ( ) y f x= nhận điểm ( ); I α β làm tâm đối xứng khi và chỉ

khi ( ) ( )2 2 , . f x f x x Dα − = β − ∀ ∈

Chú ý. Trong định lý 1.1 cho 0α = và trong định lý 1.2 cho 0,α = β = ta đượ c k ết quả

+ Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

+ Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Trong thực tế muốn chứng minh đồ thị hàm số ( ) y f x= nhận đườ ng thẳng0 x x= làm trục

đối xứng thì ta có thể làm như sau:

· Dờ i hệ trục tọa độ Oxy về hệ trục , IXY vớ i ( )0;0 I x theo công thức

0 x X x

y Y

= +

=

· Lập hàm số mớ i bằng cách thay0

; x X x y Y = + = vào hàm số ( ); y f x=

· Chứng minh hàm số mớ i ( )Y g X = là hàm số chẵn để k ết luận0 x x= là trục đối xứng.

Tươ ng tự như trên, muốn chứng minh ( )0 0, I x y là tâm đối xứng của đồ thị ( )C của hàm số

( ) y f x= , ta dờ i hệ trục tọa độ Oxy sang hệ trục , IXY bằng phép đặt

0

0

x X x

y Y y

= +

= +

Sau đó chứng minh hàm số mớ i ( )Y g X = là hàm số lẻ để k ết luận điểm ( )0 0; I x y là tâm

đối xứng của đồ thị.

2. Phép đối xứ ng qua trục tọa độ

2.1. Định lý. Đồ thị của các hàm số ( ) y f x= và ( ) y f x= − đối xứng nhau qua trục

hoành.

2.2. Định lý. Đồ thị của các hàm số ( ) y f x= và ( ) y f x= − đối xứng nhau qua trục

tung.

3. Phép tịnh tiến song song vớ i trục tung




9

3.1. Định lý. Đồ thị của hàm số ( ) ( )( ) , 0 y f x b y f x b b= + = − > suy ra từ đồ thị

( ) y f x= bằng một phép tịnh tiến theo vectơ ( )Oy Oy−

một đoạn bằng .b

4. Phép tịnh tiến song song vớ i trục hoành

4.1. Định lý. Đồ thị hàm số ( ) ( )( ) , 0 y f x a y f x a a= + = − > suy đượ c từ đồ thị

hàm số ( ) y f x= bằng phép tịnh tiến theo vectơ ( )Ox Ox− một đoạn bằng .a

Chú ý.

Ngoài phép tịnh tiến theo các trục tọa độ ngườ i ta còn đưa ra phép tịnh tiến theo vectơ

0.v ≠

Từ đồ thị hàm số ( ), y f x= tịnh tiến theo vectơ ( );v a b=

thì đượ c đồ thị hàm số

( ) . y f x a b= − +

5. Đồ thị của một số hàm số chứ a dấu giá trị tuyệt đối

5.1. Đồ thị hàm số ( ) y f x=

Ta có ( ) ( ) ( )

( ) ( )

; 0

; 0

f x f x y f x

f x f x

≥= =

− <

Do đó đồ thị của hàm số ( ) y f x= gồm

+ Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số ( ) y f x= ;

+ Đối xứng phần đồ thị hàm số ( ) y f x= phía dướ i trục hoành qua trục hoành.

5.2. Đồ thị hàm số ( ) y f x=

Thấy ngay ( ) y f x= là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là .Oy Vớ i 0 x thì

( ) ( ). y f x f x= = Vậy đồ thị gồm hai phần

+ Phần bên phải Oy của đồ thị ( ) y f x= ;

+ Đối xứng phần trên qua .Oy

5.3. Đồ thị hàm số ( ) ( ). y u x v x=

Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

. ; 0.

. ; < 0

u x v x u x y u x v x

u x v x u x

≥= =

−

Do đó ta vẽ đồ thị ( ) ( ) ( ). y f x u x v x= = và từ đó đồ thị ( ) ( ). y u x v x= gồm

+ Phần đồ thị ( ) y f x= trên miền ( ) 0.u x ≥




10

+ Đối xứng phần đồ thị ( ) y f x= trên miền ( ) 0u x < qua trục hoành.

5.4. Từ đồ thị hàm số ( ) y f x= suy ra đườ ng biểu diễn ( ) ( ), y f x= ζ

Ta có nhận xét: Giả sử điểm ( )0 0; x y thuộc ( )ζ thì ( )0 0; x y− cũng thuộc ( ).ζ

Vậy, ( )ζ có trục đối xứng là .Ox Vớ i 0 y ≥ thì ( ) ( ). y f x y f x= ⇔ =

Do đó ( )ζ gồm hai phần

+ Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị ( ) y f x= .

+ Đối xứng phần trên qua trục hoành để đượ c phần còn lại.

III. GIÁ TRỊ LỚ N NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

1. Định ngh ĩ a

Cho hàm số ( ) y f x= xác định trên tập . D

a) Số M đượ c gọi là giá tr ị lớ n nhấ t của hàm số ( ) y f x= trên tập D nếu

( )

( )0 0

) : ;

) : .

i x D f x M

ii x D f x M

∀ ∈ ≤

∃ ∈ =

Kí hiệu ( ). x D

M Max f x∈

=

b) Số m đượ c gọi là giá tr ị nhỏ nhấ t của hàm số ( ) y f x= trên tập D nếu

( )

( )0 0

) : ;

) : .

i x D f x m

ii x D f x m

∀ ∈ ≥

∃ ∈ =

Kí hiệu ( ). x D

m Min f x∈

=

2. Một số phươ ng pháp tìm giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

2.1. Phươ ng pháp miền giá trị

Nội dung của phươ ng pháp này như sau.

+ Xem ( ) y f x= là phươ ng trình đối vớ i ẩn x và y là tham số;

+ Tìm điều kiện của y để phươ ng trình ( ) y f x= có nghiệm;

+ Từ điều kiện trên, biến đổi đưa đến dạng .m y M ≤ ≤ Xét dấu “=” xảy ra và k ết luận

( ) ; ( ) . Minf x m Maxf x M = =

2.2. Phươ ng pháp đạo hàm

+ Khảo sát sự biến thiên của hàm số ( ) y f x= ;

+ Dựa vào bảng biến thiên để k ết luận ( ); ( ). Maxf x Minf x




11

Chú ý. Trong trườ ng hợ p tìm giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ( ) y f x= trên

đoạn [ ; ],a b ta có thể trình bày đơ n giản như sau.

Bướ c 1. Tìm ( ) f x′ và tìm các điểm tớ i hạn 1 2, ,...,n

x x x của ( ) f x trên đoạn [ ; ];a b

Bướ c 2. Tính ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2, ,..., , ,n f x f x f x f a f b ;

Bướ c 3. Tìm số lớ n nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên, khi đó

[ ]( )

[ ]( )

; ;; .

x a b x a b M Max f x m Min f x

∈ ∈= =

(Nếu hàm số ( ) y f x= liên tục trên đoạn [ ; ],a b thì giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của

hàm số trên đoạn [ ; ]a b bao giờ cũng tồn tại).

2.3. Phươ ng pháp dùng bất đẳng thứ c

Dùng bất đẳng thức quen thuộc để chứng minh ( ) f x M ≤ hoặc ( ) . f x m≥

Phải ch

ỉ ra t

ồn t

ại 0 1; x x D

∈ sao cho ( )0 , f x M

= ( )1 . f x m

= Khiđó

[ ]( )

[ ]( )

; ;; .

x a b x a b M Max f x m Min f x

∈ ∈= =

Các bất đẳng thức quen thuộc sau đây thườ ng đượ c dùng để tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số.

+ Bấ t đẳ ng thứ c Côsi. (Augustin Louis Cauchy,1789 – 1857. Nhà Toán học Pháp).

Cho n số thực1 2, ,...,

na a a không âm. Thế thì

1 21 2

.... ...n n

n

a a aa a a

n

+ + +≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi1 2

... .n

a a a= = =

+ Bấ t đẳ ng thứ c Bunhiacôpski. (Victor Yakovlevich Bunyakovsky, 1804 – 1889. Nhà Toánhọc Nga).

Cho n cặp số thực ( ; ),i i

a b i = 1, 2,…, n.

Thế thì

2

2 2

1 1 1

n n n

i i i i

i i i

a b a b= = =

≤

∑ ∑ ∑

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k ∈ ℝ sao cho ,i ib ka= i = 1, 2,…, n.

+ Bấ t đẳ ng thứ c về d ấ u giá tr ị tuyệt đố i. Cho , , , 1,2,...,i

a b a i n= là các số thực. Thế thì

1 2 1 2(*); (**); ... ...

n na b a b a b a b a a a a a a+ ≤ + − ≤ − + + + ≤ + + + (***)

Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi 0.ab ≥ Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi

và chỉ khi 0ia ≥ hoặc 0, 1, 2,..., .

ia i n≤ ∀ =

2.4. Phươ ng pháp tọa độ véc tơ




12

Ta có các bất đẳng thức về véc tơ như sau

· a b a b+ ≤ +

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,a b

cùng hướ ng.

· a b a b− ≤ −


cùng hướ ng.

· . .a b a b≤


cùng phươ ng.

B. BÀI TẬP

I.1. Tìm tập giá trị của hàm số

2

2 1.

4

x y

x x

−=

+ +

I.2. Cho hàm số 2

1.

x y

x a

+=

+ Tìm các giá trị 0a > để tập giá trị của hàm số đã cho chứa

đoạn [0;1].

I.3. Tìm các giá trị của m để hàm số

2

1

( 1) y

x m x m=

− + +

là hàm số chẵn.

I.4. Cho hàm số ( ) y f x= xác định trên ℝ thỏa ( ) ( ) ( ), , . f a b f a f b a b+ = + ∀ ∈ ℝ Chứng

minh rằng

1) (0) 0; f =

2) ( ) y f x= là một hàm số lẻ.

I.5. Cho hàm số ( ) y f x= xác định trên ℝ và là hàm số lẻ, thỏa (0) 0. f ≠ Chứng minh

rằng số nghiệm của phươ ng trình ( ) 0 f x = là một số chẵn.

I.6. Cho hàm số ( ) y f x= xác định trên ℝ thỏa ( ) 0, f x x≠ ∀ ∈ ℝ và

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2 ( ) ( ), , . f x x f x x f x f x x x+ + − = ∀ ∈ ℝ

Chứng minh rằng

1) (0) 1; f =

2) ( ) y f x= là một hàm số chẵn.

I.7. Chứng minh các hàm số cho sau đây là hàm số tuần hoàn, tìm chu kì (nếu có)1) cos(2 3); y x= +

2) 2sin . y x=

I.8. Chứng minh các hàm số cho sau đây không phải là một hàm số tuần hoàn

1) 3 22 ; y x x= +

2) 1 y x= − ;




13

3)2 1

x y

x=

−.

I.9. Chứng minh hàm số Đirichlê

1,( )

0, \

x f x

x

∈=

∈

ℚ

ℝ ℚ

là một hàm số tuần hoàn nhưng không có chu k ỳ.

I.10. Cho các hàm số 1

( )1

x y f x

x

+= =

− và ( ) 2 1 y g x x= = −

1) Xác định hàm số ( ( )); y f f x=

2) Xác định hàm số ( ( )). y f g x=

I.11. Cho hàm số 1

1( )

1 y f x

x= =

−. Kí hiệu

1( ) ( ( ))

n n f x f f x−= , vớ i n ∈ ℕ và 2.n ≥ Xác

định hàm số 100 ( ). y f x=

I.12. Cho các hàm số

11 2 ,

2( )

12 1,

2

x x

y f x

x x

− <

= = − ≥

và1, 1

( )1 , 1.

x x y g x

x x

− ≥= =

− <

Xác định các hàm số hợ p ( ( )), ( ( )). y f g x y g f x= =

I.13. Cho hàm số ( ) 2 1 y f x x= = − − .

Tìm hàm số ngượ c 1( ) y f x−= .

I.14. 1) Hãy xác định véc tơ ( ; ),v a b= sao cho khi tịnh tiến đồ thị của hàm số

2 3

2

x x y

x

+ −=

+

theo véc tơ v

ta đượ c đồ thị của hàm số cho trong các trườ ng hợ p sau đây

a)2 7

;2

x x y

x

− −=

+

b)2 7 9

;5

x x y

x

+ +=

+

c)2 2 4

.3

x x y

x

+ −=

+

2) Từ đồ thị của hàm số 2 3

,2

x x y

x

+ −=

+ suy ra đồ thị của các hàm số sau bằng các phép

biến đổi nào ?




14

a)2 3

;2

x x y

x

− − +=

+

b)2 5

;2

x y

x

− +=

+

I.15. Từ đồ thị của hàm số

1

y x= , bằng các phép biến đổi đồ thị nào để nhận đượ c đồ thị

của hàm số 3 7

?2

x y

x

−=

−

I.16. Cho hàm số

2 3 1

3

x x y

x

− +=

−.

1) Dựng đồ thị (C) của hàm số đã cho;

2) Từ đồ thị (C) hãy suy ra đồ thị của các hàm số sau

a)2 3 1

;3

x x y

x

− +=

−

b)2 3 1

;3

x x y

x

− +=

−

c)

23 1

;3

x x y

x

− +=

−

d)

23 1

.3

x x

y x

− +

= −

I.17. Chứng minh đồ thị của hàm số

2

5

4 3 y

x x=

− +

nhận đườ ng thẳng 2 x = làm trục đối xứng.

I.18. Chứng minh đồ thị của hàm số 4 3 24 3 2 y x x x x= + + −

có đúng một trục đối xứng cùng phươ ng vớ i trục tung.

I.19. Chứng minh đồ thị của hàm số 2

2

4 2

1

x x y

x

+ −=

+

không có tâm đối xứng.

I.20. Cho hàm số 4 3 24 2 12 . y x ax x ax= + − −




15

Tìm các giá trị của a để đồ thị của hàm số đã cho có trục đối xứng cùng phươ ng vớ i trục

.Oy

I.21. Cho hàm số 2 2 22

1

x m x m y

x

+ +=

+ có đồ thị là ( ).

mC

Tìm m để trên ( )m

C tồn tại hai điểm đối xứng nhau qua gốc toạ độ.

I.22. Tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số cho sau đây

1) 3 22.3 4.3 2.3 x x x y = − + trên đoạn [−1; 1];

2) cos3 15cos 8 y x x= − + trên đoạn [3

π;

3

2

π];

3) 3 23 5 y x x= − + trên đoạn [0; 3].

I.23. Tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số cho sau đây

1)

2

32 1

x

y x= − trên đoạn [

3

4 ; 2];

2) (cos 1)sin , [0, 2 ]. y x x x= + ∈ π

I.24. Giả sử ( , ) x y là một nghiệm của hệ phươ ng trình2 2

2

3.

x y a

x y x y

+ = −

+ + =

Tìm các giá trị của a để biểu thức 2 2 M x y x y= + − đạt giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất.

I.25. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ( 1)( 2)( 3)( 4). y x x x x= + + + +

I.26. Cho 0, 0 x y> > thỏa mãn

5

.4 x y+ = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4 1

.4 A x y= +

I.27. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 1 2 2 5 y x x x= + + − + − .

I.28. Cho hai số dươ ng , x y thay đổi thỏa mãn điều kiện 4 x y+ ≥ . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

2 3

2

3 4 2.

4

x y A

x y

+ += +

I.29. Tìm giá trị lớ n nhất của biểu thức

1 ( 3 4 5).T yz x zx y xy z xyz

= − + − + −

I.30. Xét các số dươ ng , , x y z thỏa mãn điều kiện 1. x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

2 2 2( ) ( ) ( ).

x y z y z x z x yP

yz zx xy

+ + += + +




16

I.31. Cho các số , ,a b c dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 1.abc = Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

3 3 3

.1 1 1 1 1 1

a b c A

b c c a a b= + +

+ + + + + +

I.32. Cho các số , ,a b c dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 3.a b c+ + ≥ Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

.a b c

Ab c a

= + +

I.33. Cho các số , , x y z dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 2 1. x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ


. xy yz zx

S z x y

= + +

I.34. Cho các số , ,a b c dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 1.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ


( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

1 1 1.

1 1 1

a b c A

a b c

+ + +=

− − −

I.35. Cho các số , ,a b c dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 2 3.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ


( )

2 2 2

2.

ab bc ca M

ab bc ca

+ +=

+ +

I.36. Cho các số , , x y z thay đổi thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 1. x y z− + − + − = Tìm

giá trị lớ n nhất của biểu thức

2 3 8 . A x y z= + + −

I.37. Cho các số , ,a b c dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 1.a b c+ + = Tìm giá trị nhỏ


2 2 2 2 2 2 . A a b b c c a= + + + + +

I.38. Cho các số , x y thay đổi thỏa mãn điều kiện 2 2 1. x y+ = Tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

2.

1 2 2

xy y A

x xy

+=

+ +

I.39. Cho , , x y z là các số thực dươ ng thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 1 1.

2 2 2

x y zP x y z

yz zx xy

= + + + + +




17

I.40. Cho , , x y z là các số thực dươ ng thay đổi thỏa mãn điều kiện 1. xyz = Tìm giá trị nhỏ


( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2

x y z y z x z x yP

y y z z z z x x x x y y

+ + += + +

+ + +.

I.41. Tìm giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

2

sin4

, ; .2sin 1 2cos

x

y x x x

π

π π

−

= ∈ + +

CHƯƠ NG II

PHƯƠ NG TRÌNH − HỆ PHƯƠ NG TRÌNH


I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN

1. Phươ ng trình1.1. Định ngh ĩ a

Cho hai hàm số của n biến thực1 2, ,...,

n x x x là1 2 1 2

( ; ;...; ), ( ; ;...; ).n n f x x x g x x x Ta gọi bộ n

số thực1 2

( ; ;...; ) n

n x x x ∈ℝ là một điểm trong .nℝ Khi đó các hàm số

1 2 1 2( ; ;...; ), ( ; ;...; )n n f x x x g x x x

đượ c xem là các hàm một biến x trong .nℝ

Ta gọi Phươ ng trình ẩ n x là mệnh đề chứa biến dạng ( ) ( ) f x g x= (1)

trong đó, ( ) f x và ( )g x là những biểu thức chứa x. Ta gọi ( ) f x là vế trái, ( )g x là vế phải

của phươ ng trình (1). Nếu coi f và g là hàm của n biến trong không gian ℝ thì (1) là

phươ ng trình của n ẩn 1 2, ,..., .n x x x

Giả sử f(x) có tập xác định là D1 , g(x) có tập xác định là D2 thì 1 2 D D D= ∩ gọi là t ậ p

(miề n) xác định của phươ ng trình (1).

Nếuo x D∈ sao cho ( )( )o o

f x g x= là một mệnh đề đúng thìo x đượ c gọi là một

nghiệm của phươ ng trình (1).

Giải phươ ng trình (1) là tìm tất cả các nghiệm của nó, tập hợ p các nghiệm của phươ ng

trình kí hiệu là S.

Nếu S = ∅ thì ta nói phươ ng trình vô nghiệm.

Chú ý. Trong một phươ ng trình (một hoặc nhiều ẩn), ngoài các chữ đóng vai trò là các ẩn

số, còn có thể có các chữ khác đượ c xem như những hằng số và đượ c gọi là tham số. Giảivà biện luận phươ ng trình chứa tham số, ngh ĩ a là xét xem vớ i giá trị nào của tham số thì

phươ ng trình vô nghiệm, có nghiệm và tìm các nghiệm đó.

1.2. Phươ ng trình tươ ng đươ ng, phươ ng trình hệ quả

1.2.1. Phươ ng trình tươ ng đươ ng. Hai phươ ng trình đượ c gọi là t ươ ng đươ ng vớ inhau khi chúng có cùng tập hợ p nghiệm.




18

Khi hai phươ ng trình ( ) ( ) f x g x= ;1 1( ) ( ) f x g x= tươ ng đươ ng vớ i nhau ta dùng kí hiệu

1 1( ) ( ) ( ) ( ). f x g x f x g x= ⇔ =

Chú ý. Nếu theo định ngh ĩ a trên thì hai phươ ng trình vô nghiệm cũng đượ c coi là tươ ng

đươ ng vớ i nhau vì có cùng tập hợ p nghiệm đó là tập hợ p ∅ . Vì vậy, cách viết sau cũng coi

như là đúng, tuy nhiên trong thực tế ít khi gặp. Chẳng hạn, 2 3 0 cos 3. x x+ = ⇔ =

Sự tươ ng đươ ng của hai phươ ng trình có tính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu.

1.2.2. Phươ ng trình hệ quả

Nếu mọi nghiệm của của phươ ng trình ( ) ( ) f x g x= đều là nghiệm của phươ ng trình

1 1( ) ( ) f x g x= thì phươ ng trình 1 1( ) ( ) f x g x= đượ c gọi là phươ ng trình hệ quả của phươ ng

trình ( ) ( ) f x g x= .

Ta dùng kí hiệu 1 1( ) ( ) ( ) ( ). f x g x f x g x= ⇒ =

1.2.3. Các phép biến đổi tươ ng đươ ng phươ ng trình

Quá trình giải một phươ ng trình là quá trình biến đổi phươ ng trình đó để đi đến mộtphươ ng trình đơ n giản hơ n mà ta đã biết cách giải. Nếu phép biến đổi không làm thay đổitập xác định của phươ ng trình thì phươ ng trình đã cho đượ c biến đổi tươ ng đươ ng, còn nếu

làm thay đổi tập xác định của phươ ng trình thì có thể tập hợ p nghiệm của phươ ng trình đãcho cũng đã bị thay đổi. Sau đây ta xét một số phép biến đổi tươ ng đươ ng.

1.2.3.1. Định lí. Cho phươ ng trình ( ) ( ) f x g x= . Nếu ( )h x có ngh ĩ a trong tập xác định

của phươ ng trình đã cho thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). f x g x f x h x g x h x= ⇔ + = + (1)

Hệ quả 1. Có thể chuyển các hạng tử từ vế này sang vế kia của phươ ng trình, nhưngphải đổi dấu của nó.

Hệ quả 2. Mọi phươ ng trình đều có thể đưa về dạng mà vế phải bằng không.

Do vậy, ta luôn có thể kí hiệu phươ ng trình là F ( x) = 0.

Chú ý. Điều kiện h( x) có ngh ĩ a trong tập xác định của phươ ng trình f ( x) = g( x) là điều kiệnđủ nhưng không cần. Nói khác đi, nếu có điều kiện ấy thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x h x g x h x= ⇔ + = +

là phép biến đổi tươ ng đươ ng, còn nếu không có điều kiện ấy thì phép biến đổi trên có thể

tươ ng đươ ng hoặc có thể không.

1.2.3.2. Định lí. Cho phươ ng trình f ( x) = g( x). Nếu h( x) có ngh ĩ a và khác không trong

tập xác định của phươ ng trình đã cho thì

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). f x g x f x h x g x h x= ⇔ =

Hệ quả. Có thể nhân hai vế của một phươ ng trình vớ i một số khác không tùy ý.

Ta cũng có nhận xét về h( x) tươ ng tự như định lí 1.2.3.1.

1.2.3.3. Định lí. Nếu nâng hai vế của một phươ ng trình lên một lũy thừa bậc lẻ thì ta

đượ c một phươ ng trình tươ ng đươ ng vớ i phươ ng trình đã cho.




19

Chú ý. Phép biến đổi nâng hai vế của phươ ng trình lên một lũy thừa bậc chẵn là phép biến

đổi hệ quả, nó chỉ là phép biến đổi tươ ng đươ ng nếu hai vế của phươ ng trình đều không âmtrên tập xác định.

[ ] [ ]2 2

( ) ( ) ( ) ( ) , ( ( ) 0, ( ) 0).k k

f x g x f x g x f x g x= ⇔ = ≥ ≥

Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phươ ng trình đã cho mở rộng ra

thì tập hợ p nghiệm của nó cũng có thể mở rộng ra, khi đó có thể xuất hiện những nghiệm,ta gọi là nghiệm ngoại lai (đối vớ i phươ ng trình đã cho). Những nghiệm ngoại lai đó (nếu

có) là những nghiệm của phươ ng trình sau khi biến đổi và thuộc vào phần mở rộng của tậpxác định. Nếu tập xác định mở rộng ra nhưng không có nghiệm ngoại lai thì phươ ng trình

đã cho và phươ ng trình biến đổi vẫn tươ ng đươ ng.

Nếu sau một phép biến đổi nào đó, tập xác định của phươ ng trình đã cho bị thu hẹp lại

thì tập nghiệm của nó cũng có thể bị thu hẹp lại, một số nghiệm nào đó có thể mất đi.Những nghiệm mất đi đó (nếu có) là những nghiệm của phươ ng trình đã cho nhưng thuộc

vào phần bị thu hẹp của tập xác định. Nếu tất cả các giá trị của ẩn số bị mất đi khi tập xácđịnh bị thu hẹp không thỏa mãn phươ ng trình đã cho, thì phươ ng trình đã cho và phươ ng

trình biến đổi vẫn tươ ng đươ ng.

2. Hệ phươ ng trình – Tuyển phươ ng trình

2.1. Định ngh ĩ a. Cho m phươ ng trình

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

.....................

( ) ( )m m

f x g x

f x g x

f x g x

=

=

=

(có thể coi ( )1 2; ;...; ,

n x x x x= khi đó các ( ), ( ), 1, 2,...,

i i f x g x i m= là những hàm n biến).

Giả sử m phươ ng trình đã cho có tập xác định lần lượ t là 1 2, ,..., m D D D .

Ta gọi hệ m phươ ng trình kí hiệu là

(1)

1

m

i

i

D D=

=∩ là tập xác định của hệ (1).

Một giá trị a D∈ của biến x làm cho từng phươ ng trình của hệ (1) đều trở thành đẳng

thức đúng đượ c gọi là một nghiệm của hệ (1). Kí hiệuiS là tập hợ p nghiệm của phươ ng

trình thứ i của hệ (1) thì tập hợ p nghiệm của hệ (1) là1

m

i

i

S S =

=∩ . Khi S = ∅ ta nói hệ vô

nghiệm.

2.2. Định ngh ĩ a. Ta cũng gọi tuyể n của m phươ ng trình kí hiệu là

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

....................

( ) ( )m m

f x g x

f x g x

f x g x

=

= =




20

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

...................

( ) ( )m m

f x g x

f x g x

f x g x

=

=

=

(2)

Tập xác định của tuyển phươ ng trình (2) cũng là1

m

i

i D D

=

=∩ , vớ i i D là tập xác định của

phươ ng trình thứ i.

Nếu có một giá trị a D∈ của x làm cho một phươ ng trình nào đó của tuyển phươ ng

trình (2) trở thành đẳng thức đúng thì a đượ c gọi là một nghiệm của tuyển phươ ng trình (2).

Tập hợ p nghiệm của tuyển phươ ng trình (2) là1

m

i

i

S S =

=∪ ,iS là tập hợ p nghiệm của phươ ng

trình thứ i của tuyển phươ ng trình (2).

Khái niệm tươ ng đươ ng của hệ phươ ng trình, tuyển phươ ng trình cũng tươ ng tự như phươ ng trình.

2.3. Các định lí về hệ phươ ng trình tươ ng đươ ng

2.3.1. Định lí. Nếu 1 2 1 1 2( ; ;...; ) 0 ( ;...; )n n

F x x x x f x x= ⇔ = thì

( )

( )

( )

( )

( )

( )

1 1 2 1 1 2

2 1 2 2 1 2 2

1 2 1 2 2

; ;...; 0 ;...;

; ;...; 0 ( ;...; ; ;...; ) 0

........................... ..........................................

; ;...; 0 ( ;...; ; ;...; ) 0

n n

n n n

m n m n n

F x x x x f x x

F x x x F f x x x x

F x x x F f x x x x

= =

= =

⇔

= =

2.3.2. Định lí

1 1

2 12 1 22 2

3 13 1 23 2 33 3

1 1 2 2

0 0

0 0

0 0

........... ................................

0 ..... 0m m m mm m

F F

F n F n F

F n F n F n F

F n F n F n F

= =

= + = = ⇔ + + =

= + + + =

2.4. Định lí về tuyển phươ ng trình tươ ng đươ ng

1

2

1 2

0

0

. ... 0 .......

0

m

m

F

F

F F F

F

=

== ⇔

=

II. PHƯƠ NG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN

1. Phươ ng trình bậc nhất một ẩn

1.1. Định ngh ĩ a. Phươ ng trình bậc nhấ t một ẩ n là phươ ng trình

0, , , 0.ax b a b a+ = ∈ ≠ℝ




21

Phươ ng trình bậc nhất có một nghiệm duy nhất .b

xa

= −

1.2. Giải và biện luận phươ ng trình dạng 0ax b+ = (1)

· 0a ≠ , phươ ng trình (1) có một nghiệm duy nhất .b

xa

= −

· 0, 0a b= ≠ , phươ ng trình (1) vô nghiệm.

· 0, 0a b= = , phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

1.3. Một số phươ ng trình qui về phươ ng trình bậc nhất một ẩn

Đó là các phươ ng trình dạng: 0; ; .ax b

ax b cx d ax b cx d cx d

+= + = + + = +

+

Khi giải phươ ng trình dạng 0ax b

cx d

+=

+ ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác không. Để giải

các phươ ng trình ; ,ax b cx d ax b cx d + = + + = + ta phải khử dấu giá trị tuyệt đối bằng

định ngh ĩ a và tính chất của dấu giá trị tuyệt đối. Cho , A B là các biểu thức chứa biến, ta có

·; 0

; 0

A A A

A A

≥=

− <

· A B

A B A B

== ⇔

−

·

0 B

A B A B

A B

≥

= ⇔ =

= −

2. Phươ ng trình bậc hai một ẩn

2.1. Định ngh ĩ a. Phươ ng trình bậc hai một ẩ n là phươ ng trình có dạng 2 0ax bx c+ + =

(1), vớ i a, b, c là các tham số thực, 0a ≠ .

Biểu thức 2 4b ac∆ = − đượ c gọi là biệt thức của phươ ng trình (1).

Xảy ra ba trườ ng hợ p sau:

i) Nếu 0∆ < thì phươ ng trình (1) vô nghiệm;

ii) Nếu 0∆ = thì phươ ng trình (1) có nghiệm kép1 2

;2

b x x

a= = −

iii) Nếu ∆ > thì phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1,2 .2

b x

a

− ± ∆=

Ngoài ra, nếu đặt '2

bb = thì 2' 'b ac∆ = − gọi là biệt thức thu gọn của phươ ng trình (1).

Ta cũng có ba trườ ng hợ p sau:

i) Nếu ' 0∆ < thì phươ ng trình (1) vô nghiệm;




22

ii) Nếu ' 0∆ = thì phươ ng trình (1) có nghiệm kép là 1 2

';

b x x

a= = −

iii) Nếu ' 0∆ > thì phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt là1,2

' '.

b x

a

− ± ∆=

2.2. Định lí Viet

Nếu phươ ng trình bậc hai 2 0ax bx c+ + = có nghiệm 1 2, x x thì

1 2

b x x

a+ = − và

1 2. .

c x x

a=

Đảo lại nếu hai số x, y thỏa mãn x + y = S và x.y = P thì x, y là nghiệm của phươ ng trình

bậc hai 2 0 X SX P− + = (*) (Điều kiện để (*) có nghiệm là 2 4 0).S P− ≥

Từ đó, ta có hệ quả sau:

2.2.1. Nếu a + b + c = 0 thì phươ ng trình (1) có một nghiệm bằng 1 và nghiệm kia bằng

.

c

a

2.2.2. Nếu a – b + c = 0 thì phươ ng trình (1) có một nghiệm bằng 1− và nghiệm kia

bằng .c

a−

3. Một số phươ ng trình bậc bốn có thể đư a về phươ ng trình bậc hai một ẩn (qua phép

đặt ẩn phụ)

3.1. Phươ ng trình trùng phươ ng: 4 2 0ax bx c+ + = , đặt 2 0t x= ≥ , khi đó phươ ng trình đã

cho đượ c đưa về phươ ng trình bậc hai đối vớ i biến .t

3.2. Phươ ng trình dạng: ( )( )( )( ) x a x b x c x d k + + + + = , vớ i .a b c d + = +

Đặt ( )( ),t x a x b= + + khi đó phươ ng trình đã cho đượ c đưa về phươ ng trình bậc hai đối

vớ i biến .t

3.3. Phươ ng trình dạng: ( ) ( )4 4

. x a x b c+ + + = Đặt ,2

a bt x

+= + phươ ng trình đượ c đưa

về phươ ng trình trùng phươ ng

4 2 2 42 12( ) 2( ) .2 2

a b a bt t c

− −+ + =

3.4. Phươ ng trình dạng: 4 3 2 0, ( 0)ax bx cx bx a a+ + + + = ≠ (Phươ ng trình bậc bốn hồi

quy).

Chia hai vế của phươ ng trình cho 2 x (vì 0 x = không phải là nghiệm của phươ ng

trình), phươ ng trình trở thành 2

2

1 10.a x b x c

x x

+ + + + =

Đặt1

,t x x

= + 2,t ≥ ta đượ c phươ ng trình bậc hai theo biến t




23

2 2 0.at bt c a+ + − =

Đối vớ i phươ ng trình dạng 4 3 2 0, ( 0)ax bx cx bx a a+ + − + = ≠ (Phươ ng trình bậc bốn phản

hồi quy), ta cũng có cách biến đổi như trên vớ i phép đặt

1,t x

x= − ,t ∈ℝ khi đó phươ ng trình đã cho đượ c đưa về phươ ng trình bậc hai theo biến t

2 2 0.at bt c a+ + + =

III. HỆ PHƯƠ NG TRÌNH

1. Hệ gồm một phươ ng trình bậc nhất và một phươ ng trình bậc hai hai ẩn

Hệ phươ ng trình có dạng

2 2

0

0

Ax By C

ax bxy cy dx ey f

+ + =

+ + + + + =

Phươ ng pháp giải.

Sử dụng phươ ng pháp thế: Rút x hoặc y từ phươ ng trình bậc nhất rồi thay vào phươ ng

trình bậc hai trong hệ, ta đượ c một phươ ng trình một ẩn. Giải phươ ng trình một ẩn này, sau

đó tìm ẩn còn lại.

2. Hệ phươ ng trình đẳng cấp bậc hai

Hệ phươ ng trình đẳng cấp bậc hai đối vớ i hai ẩn , x y là hệ phươ ng trình có dạng

2 2

2 2' ' ' '

ax bxy cy d

a x b xy c y d

+ + =

+ + =


· Xét xem 0 x có thỏa hệ phươ ng trình hay không;

· Khi 0 x ≠ , đặt y kx=

+ Thế y kx= vào hệ phươ ng trình, khử x ta đượ c phươ ng trình bậc hai theo k ;

+ Giải phươ ng trình để tìm k , sau đó tìm ( ; ). x y

3. Hệ phươ ng trình đối xứ ng

3.1. Hệ phươ ng trình đối xứ ng loại I

Ta qui ướ c gọi một hệ hai phươ ng trình chứa hai ẩn , x y là hệ phươ ng trình đố i xứ ng

loại I , nếu ta thay thế x bở i y và y bở i x thì mỗi phươ ng trình của hệ không thay đổi.


· Đặt ,S x y P xy= + = đưa hệ phươ ng trình về hệ phươ ng trình ẩn S và P.

· Tìm S , P, khi đó x, y là nghiệm của phươ ng trình: 2 0, X SX P− + = chú ý phải có điều

kiện 2 4 0S P− ≥ .

3.2. Hệ phươ ng trình đối xứ ng loại II




24

Ta qui ướ c gọi một hệ hai phươ ng trình chứa hai ẩn x, y là hệ phươ ng trình đố i xứ ng

loại II , nếu tráo đổi vai trò của x, y cho nhau thì phươ ng trình này chuyển thành phươ ngtrình kia.


· Trừ từng vế các phươ ng trình đã cho ta đượ c phươ ng trình mớ i, đưa phươ ng trình này

về phươ ng trình tích.

· Ứ ng vớ i từng trườ ng hợ p xảy ra, k ết hợ p vớ i một trong hai phươ ng trình của hệ để có

một hệ phươ ng trình con, giải hệ phươ ng trình con này.

· Tổng hợ p nghiệm.

B. BÀI TẬP

II.1. Giải và biện luận các phươ ng trình

1) 2 24 3 ;m x m x m+ − = +

2) 2 2 2 2( ) 2 2 ( ) ( ) ;a b a a a b a b x+ + = + + +

3) 2 2 2 22 ;a x ab b x a b+ = + +

4) 2( ) 4 5.a ax b ax b+ = + −

II.2 Giải và biện luận các phươ ng trình

1)2 1

1;1

x m x m

x x

+ + −− =

−

2)2

| | 2 1;| | 1

mxm x m

x− = +

−

3) 2 1 12 1 .1 1

mx m x x x

− +− − =− −

II.3. Giải và biện luận phươ ng trình

2 2 (5 1) (5 2) 0.m x m m x m− + − + =

II.4. Giải và biện luận phươ ng trình sau theo hai tham số a và b

2 2 2( ) ( 4 ) 2 ( ) 0.a b x a ab b x ab a b+ − + + + + =

II.5. Cho , ,a b c là ba số khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng

Nếu các phươ ng trình 2 0 x ax bc+ + = và 2 0 x bx ca+ + = có đúng một nghiệm chung thì

nghiệm còn lại của chúng thỏa mãn phươ ng trình 2 0. x cx ab+ + =

II.6. Cho phươ ng trình

2 2( 3) 4 0mx m x m− − + − =

Tìm các giá trị của m để phươ ng trình có đúng một nghiệm dươ ng.




25


4 2( 1) 2( 3) 3 0m x m x m− + − + + =

Tìm các giá trị của m để phươ ng trình trên vô nghiệm.


2 22 1 0 x x m x m− − − + =

Tìm các giá trị của m để phươ ng trình trên có nghiệm.

II.9. 1) Tìm các giá trị của k để phươ ng trình sau có bốn nghiệm phân biệt

2( 1) 2 | | . x x k − = −

2) Tìm các giá trị của a để phươ ng trình 2 22 10 8 5 x x x x a− + − = − + có bốn nghiệm

phân biệt.

II.10. Giải các phươ ng trình sau

1) ( x – 1)( x + 5)( x – 3)( x + 7) = 297;

2) ( x + 2)( x – 3)( x + 1)( x + 6) = –36;

3) ( 2)( 2)( 4) 18. x x x x− + + =


1) 4 x + ( x – 1)4 = 97;

2) ( x + 3)4 + ( x + 5)

4 = 16;

3) 4 4( 2) ( 6) 2. x x+ + + =


1) 6 x4 – 35 x

3 + 62 x

2 – 35 x + 6 = 0;

2) 4 x + x3 – 4 x

2 + x + 1 = 0;

3) 4 x − 5 x

3 + 10 x

2 – 10 x + 4 = 0;

4) 4 3 22 21 74 105 50 0 x x x x− + − + = ;

5) 4 3 22 5 5 2 0 x x x x+ + + + = .

II.13. Biện luận theo m số nghiệm của phươ ng trình

( 3)( 1)( 5)( 3) 40 . x x x x m+ − + − − =

II.14. Giải các hệ phươ ng trình




26

1)2 1 1

3 2 4;

x y x y

x y

+ + − + =

+ =

2)

2 3 15y

15;y

x xy

x xy

− =

+ =

3)

2

2

12

28;

x xy

y xy

− =

− =

4)3 2 1

0;

x y x y

x y x y

+ − + = −

+ + − =

5)

2 2

2 2

1 14

1 14;

x y

x y

x y x y

+ + + =

+ + + =

6)2 2 6 2 0

8 0;

x y x y

x y

+ + + =

+ + =

7)

2 2 13

3;

x y xy

x y xy

+ − =

+ − =

8)

2 2

8( 1)( 1) 12;

x y x y xy x y

+ + + =

+ + =

9)2 2 4

( 1) ( 1) 2;

x y x y

x x y y y

+ + + =

+ + + + =

10)2 2

4 4

( ) 78

97;

x y xy

x y

+ =

+ =

11)

3 3

2 2

7( )

2;

x y x y

x y x y

− = −

+ = + +

12)4 4

2 3 10

2+ 3 4;

x y

x y

+ + − =

+ − =

13)( ) ( )( )

2 2

1 1 2 6

2 2 3 0;

x y x y

x y x y

− − + − =

+ − − − =




27

14)2 2 2

1 7

1 13 ;

xy x y

x y xy y

+ + =

+ + =

15)

( )

( )2

2

1 3 0

51 0.

x x y

x y

x

+ + − =

+ − + =


1)

2

2

3 4

3 4 ;

x xy y

y xy x

− =

− =

2)2

2

17 0

17 0;

x y x

y x y

+ − =

+ − =

3)

2

2

1 2 1

1 2 1;

x y x

y x y

= − + − = − + −

4)3

1 1

2 1;

x y x y

y x

− = −

= +

5)

4 3 2 2

2

2 2 9

2 6 6;

x x y x y x

x xy x

+ = +

+ = +

6)

2 22

2 1 2 2 ;

xy x y x y

x y y x x y

+ + = −

− − = −

7)

4 3 2 2

3 2

1

1;

x x y x y

x y x xy

− + =

− + = −

8)

3 2

3 2

3 2 6 15

2 2 9;

x x y x y

x x y x y

− + − = − + + + =

9)

2 2

2 2

3 4 1

3 2 9 8 3;

x y x y

x y x y

+ − + = − − − =

10)

2

3 3

( ) 2

19;

x y y

x y

− =

− =




28

11)

3 3

2 2 3

1

2 2;

x y

x y xy y

+ =

+ + =

12)

3 3 2

2 2 .

x y x y

x y x y

− = −

+ = −


1)3

2;

x y x y

x y x y

− = −

+ = + +

2)2 2 25

( ) 10;

x y xy

y x y

+ = −

+ =

3)2

3 3 4;

x y

x y

+ =

+ + + =

4)

2

2 2 2

3 3 3

2 2 2;

x xy x y

xy x y x

+ + + = + + + =

5)

2 2 2 3 2

2 2

2 2

2 0;

x y x y y y

x y y

− + − = + − − =

6)

2 1

2 1

2 2 3 1

2 2 3 1;

y

x

x x x

y y y

−

−

+ − + = +

+ − + = +

7)2 2

3 2 16

2 4 33;

xy x y

x y x y

− − =

+ − − =

8)3 2 3

2 3 6 4;

x y

x y xy x y

− + + =

+ = + − − +

9)

1 9( )(2 )

2

1 5( )(2 ) ;2

x y xy

x y xy

+ − =

− + =

10)

2

3 2

2

2 2 ;

x xy

x xy y x

+ =

+ − =




29

11)

71

78;

x y

y x xy

x xy y xy

+ = +

+ =

12)1 1 3

( 1)( 1) 5;

x y

x y x y

− + − =

+ − − − =

13)

2 6 3

4.

x y y

x y x y

+ = +

+ + − =

II.17. Chứng minh rằng vớ i a ≠ 0, hệ phươ ng trình

22

22

2

2

a x y

y

a y x x

= +

= +

có nghiệm duy nhất.

II.18. Cho hệ phươ ng trình

2 2

2

4

3 4

x xy y k

y xy

− + =

− =

1) Giải hệ vớ i k = 1;

2) Chứng minh rằng hệ phươ ng trình đã cho luôn luôn có nghiệm vớ i mọi .k

II.19. Tìm các giá trị của a để hệ phươ ng trình sau có nghiệm

1 2

3 .

x y a

x y a

+ + + =

+ =

II.20. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm

4 0

3 ( 1) 1.

x y m

x x y

− − =

− + + = −

II.21. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm duy nhất

2

2

x y y m

y x x m

= − +

= − +





30

2

2

5 4 0

3 16 0.

x x

x mx x

− + ≤

− + =


1

1 1.

x y m

y x

+ + =

+ + =


2 2

1

.

x xy y m

x y xy m

+ + = +

+ =

1) Giải hệ phươ ng trình vớ i m = 2;

2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có ít nhất một nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn

0; 0. x y> >


2 2

2 2

( 1) 1

1

m x y m

x my

+ + = + + =

1) Giải hệ phươ ng trình khi 1;m =

2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có nghiệm.


2 2

2 2

2 2 0

( 2 2) 2

x my x m

m x x y m

− + + − = + + − = +

1) Giải hệ phươ ng trình khi 1;m = −

2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có nghiệm.


2

( 2)(2 ) 9

4 .

x x x y

x x y m

+ + =

+ + =

Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm


1 2

2 1 .

x y m

x y m

+ + − =

− + + =

Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm




31

CHƯƠ NG III

BẤT ĐẲNG THỨ C − BẤT PHƯƠ NG TRÌNH


I. ĐẠI CƯƠ NG VỀ BẤT ĐẲNG THỨ C

1. Định ngh ĩ a

Cho hai số ,a b K ∈ (K là trườ ng số hữu tỉ ℚ hay trườ ng số thực ).ℝ Ta nói a lớ n hơ nb và kí hiệu a b> nếu a b− là một số dươ ng. Khi đó, ta cũng nói b bé hơ n a và kí hiệu

.b a<

Ta nói a lớ n hơ n hay bằng b và viết là a b≥ nếu a b− là một số dươ ng hay bằng

không. Khi đó, ta cũng nói b bé hơ n hay bằng a và viết .b a≤

Giả sử ( ), ( ) A x B x là hai biểu thức toán học vớ i tập xác định chung là D của biến số x

(hoặc có thể xem là hai biểu thức toán học của cùng n biến số 1 2, ,...,n

x x x nếu ta xem

1 2( , ,..., ) ).n

n x x x x K = ∈

Ta nói ( ) ( ) A x B x< hay ( ) ( ) B x A x>

( ( ) ( ) A x B x≤ hay ( ) ( ) B x A x≥ )

Nếu tại mọi giá trị của biến số x D∈ ta đều có:

0 0( ) ( ) A x B x< hay 0 0( ) ( ) B x A x>

0 0( ( ) ( ) A x B x≤ hay 0 0( ) ( )) B x A x≥ là các bất đẳng thức đúng.

Ta gọi ;a b> ;a b≥ ( ) ( ); A x B x< ( ) ( ) A x B x là bấ t đẳ ng thứ c.

2. Tính chất cơ bản của bất đẳng thứ c

Ta chứng minh đượ c dễ dàng các tính chất sau đây, trong đó , , ,... A B C là các số hoặc

các biểu thức toán học của cùng một số biến số xét trên cùng một trườ ng số K .

2.1. A B B A< ⇔ >

2.2. , A B B C A C > > ⇒ >

2.3. A B A C B C > ⇒ + > +

2.4. A B

A C B DC D

>⇒ + > +

>

2.5.; 0

; 0

Am Bm m A B

Am Bm m

> >> ⇒

< <

2.6. A B

A D B C C D

>⇒ − > −

>




32

2.7. 0

0

A B AC BD

C D

> >⇒ >

> >

2.8. 0 n n A B A B> > ⇒ > *( )n∀ ∈ ℕ

2.9. 0

n n

A B A B> > ⇒

> { }

*

( \ 1 )n∀ ∈ℕ

2.10. 0 A B> > hoặc1 1

0 . B A B A

< < ⇒ >

3. Một số bất đẳng thứ c quan trọng

Các bất đẳng thức sau đây thườ ng đượ c dùng để giải các bài toán về bất đẳng thức.

3.1. Bất đẳng thức về dấu giá trị tuyệt đối. Cho , , , 1,2,...,ia b a i n= là các số thực. Thế thì

(*); (**);a b a b a b a b+ ≤ + − ≤ − 1 2 1 2... ...

n na a a a a a+ + + ≤ + + + (***).

Dấu “ = ” trong (*) và (**) xảy ra, khi và chỉ khi 0.ab ≥

Dấu “ = ” trong (***) xảy ra, khi và chỉ khi các số 0i

a ≥ hoặc 0, 1, 2,..., .i

a i n≤ ∀ =

3.2. Bất đẳng thức Côsi

Cho n số thực1 2, ,...,

na a a không âm. Thế thì

1 21 2

.... ...n n

n

a a aa a a

n

+ + +≥

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 1 2 ... .n

a a a= = =

3.3. Bất đẳng thức Bunhiacôpski

Cho n cặp số thực ( ; ),i ia b i = 1, 2,…, n.

Thế thì

2

2 2

1 1 1

n n n

i i i i

i i i

a b a b= = =

≤

∑ ∑ ∑

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tồn tại k ∈ ℝ sao cho ,i i

b ka= i = 1, 2,…, n.

4. Các phươ ng pháp chứ ng minh bất đẳng thứ c

4.1. Phươ ng pháp qui về định ngh ĩ a

Để chứng minh A B> (hoặc A B≥ ), ta chứng minh 0 A B− > ( hoặc 0 A B− ≥ ).

4.2. Phươ ng pháp biến đổi tươ ng đươ ng

Để chứng minh bất đẳng thức đã cho là đúng, ta biến đổi bất đẳng thức đã cho tươ ng

đươ ng vớ i một bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Khi đó ta có k ết luận bất đẳng thức đã cho làđúng.

4.3. Phươ ng pháp vận dụng các bất đẳng thức đã biết




33

Từ các bất đẳng thức đã biết là đúng ta suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.

4.4. Phươ ng pháp sử dụng tam thức bậc hai

4.5. Phươ ng pháp chứng minh qui nạp

4.6. Phươ ng pháp vec tơ

Một số k ết quả sau có thể suy ra từ các tính chất của các phép toán véc tơ .

Giả sử 1 2 1 2

( ; ), ( ; ).a a a b b b= =

Ta có

· 2 2

1 2a a a= +

·1 1 2 2

( ; )a b a b a b± = ± ±

·1 2

( ; )ka ka ka=

·1 1 2 2

.a b a b a b= +

· . . .cos( , )a b a b a b=

· ( )2 2

0a a= ≥

· a b a b+ ≤ +


cùng hướ ng.

· a b a b− ≤ −


cùng hướ ng.

· . .a b a b≤


cùng phươ ng.

II. BẤT PHƯƠ NG TRÌNH

1. Định ngh ĩ a

Cho hai hàm số ( ), ( ), f x g x vớ i n x∈ℝ trong đó ( ), ( ) f x g x lần lượ t có miền xác định

là1 2, D D . Hai hàm số ( ), ( ) f x g x đượ c xét trong

1 2. D D D= ∩

Bấ t phươ ng trình ( ) ( ) (1) f x g x> là kí hiệu của hàm mệnh đề “Giá trị tại x của hàm số f

lớ n hơ n giá trị tại x của hàm số g ”.

Giải bất phươ ng trình là tìm các giá trị0 x D∈ sao cho

0 0( ) ( ) f x g x> là một bất đẳng

thức đúng. Giá trị 0

x đượ c gọi là một nghiệm của bất phươ ng trình (1).

Chú ý.· Nếu 1n = thì ta có bất phươ ng trình một ẩn x trên ℝ. · Nếu 1n > thì ta có thể xem

1 2( , ,..., ) .n

n x x x x= ∈ℝ

Khi đó, ta có bất phươ ng trình n ẩn1 2, ,..., .

n x x x

Hoàn toàn tươ ng tự như trên ta định ngh ĩ a đượ c khái niệm các bất phươ ng trình

( ) ( ); ( ) ( ); ( ) ( ) f x g x f x g x f x g x< ≥ ≤ .




34

Các khái niệm hệ bất phươ ng trình, tuyển bất phươ ng trình đượ c định ngh ĩ a tươ ng tự

như trườ ng hợ p phươ ng trình.

2. Sự tươ ng đươ ng của các bất phươ ng trình

Khái niệm bất phươ ng trình tươ ng đươ ng, bất phươ ng trình hệ quả cũng đượ c địnhngh ĩ a tươ ng tự như đối vớ i phươ ng trình. Sau đây ta đưa ra một số định lý về bất phươ ng

trình tươ ng đươ ng.

Ta kí hiệu các vế của bất phươ ng trình bở i , , ..., f g không ghi tên các ẩn để cho gọn,

nhưng có thể hiểu là một ẩn hoặc cùng n ẩn.

2.1. Định lý. . f g g f > ⇔ <

2.2. Định lý. . f g f h g h> ⇔ + > +

( h có ngh ĩ a trong miền xác định của bất phươ ng trình đã cho).

2.3. Định lý.

>>> ⇔

<

<

0

0.

fh gh

h f g

fh gh

h

2.4. Định lý.

. 0 0. f

f gg

> ⇔ >

Chú ý. Tuy nhiên, đối vớ i các hệ bất phươ ng trình thì các định lý làm cơ sở cho các phươ ng

pháp thế và phươ ng pháp khử trong lý thuyết hệ phươ ng trình không còn đúng nữa.

Chẳng hạn, các hệ bất phươ ng trình

(I) 1

2

0

0

F

F

>

>và (II) 1

1 2

0

0

F

F F

>

+ >

là không tươ ng đươ ng.

Thật vậy, (II) là hệ quả của (I), song (I) lại không phải là hệ quả của (II).

3. Ứ ng dụng của giá trị lớ n nhất và giá trị nhỏ nhất vào việc giải phươ ng trình và bấtphươ ng trình

Cho hàm số ( ) y f x= có tập xác định là , D giả sử hàm số ( ) y f x= có giá trị lớ n nhất

và giá trị nhỏ nhất trên , D khi đó ta có:

· Bất phươ ng trình ( ) f x ≥ α có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi

( ) . x D

Max f x∈

≥ α

· Bất phươ ng trình ( ) f x ≥ α nghiệm đúng vớ i mọi x D∈ khi và chỉ khi




35

( ) . x D

Min f x∈

≥ α

· Bất phươ ng trình ( ) f x ≤ β có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi

( ) . x D

Min f x∈

≤ β

· Bất phươ ng trình ( ) f x ≤ β nghiệm đúng vớ i mọi x D∈ khi và chỉ khi

( ) . x D

Max f x∈

≤ β

· Nếu hàm số ( ) y f x= liên tục trên D thì phươ ng trình ( ) f x = α có nghiệm x D∈ khi

và chỉ khi ( ) ( ). x D x D

Min f x Max f x∈ ∈

≤ α ≤

III. BẤT PHƯƠ NG TRÌNH BẬC NHẤT, BẬC HAI MỘT ẨN

1. Bất phươ ng trình bậc nhất một ẩn

1.1. Bất phươ ng trình bậc nhất một ẩn

Định ngh ĩ a. Bấ t phươ ng trình bậc nhấ t một ẩ n là bất phươ ng trình có dạng0 (1),ax b+ > hoặc 0; 0; 0 ( , , 0).ax b ax b ax b a b a+ < + ≥ + ≤ ∈ ≠ℝ

Các tr ườ ng hợ p nghiệm của bấ t phươ ng trình bậc nhấ t 0 (1)ax b+ >

· Nếu 0,a > (1) có tập nghiệm là−

= ∈ >

ℝ / ;b

S x xa

· Nếu 0,a < (1) có tập nghiệm là−

= ∈ <

ℝ / .b

S x xa

1.2. Giải và biện luận bất phươ ng trình 0ax b+ >

· Nếu 0a > thì (1) b

xa

⇔ > − . Vậy, tập nghiệm của (1) là−

= +∞

; ;S a

· Nếu 0a < thì (1)b

xa

⇔ < − .Vậy, tập nghiệm của (1) là−

= −∞

; ;b

S a

· Nếu 0a = thì (1) trở thành 0 . x b> − Do đó

(1) vô nghiệm nếu 0;b ≤

(1) nghiệm đúng vớ i mọi x∈ℝ nếu 0.b >

1.3. Định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ( ) ; 0 f x ax b a= + ≠

Đặt−

=0

b x

a là nghiệm của ( ). f x Khi đó, ta có

i) ( ) f x cùng dấu vớ i hệ số a khi−

>0

;b

xa

ii) ( ) f x trái dấu vớ i hệ số a khi−

<0

.b

xa




36

Kết quả của định lý đượ c tóm tắt trong bảng sau

x

( ) f x ax b= +

−∞ +∞

b

a−

0trái dấu với a cùng dấu với a

Chú ý.

1. Sử dụng định lý về dấu của nhị thức bậc nhất ta có thể giải đượ c các bất phươ ng trìnhdạng

( )0

( )

P x

Q x< ;

( )0

( )

P x

Q x> ;

( )0

( )

P x

Q x≤ ;

( )0

( )

P x

Q x≥ .

Trong đó, ( )P x và ( )Q x là tích của những nhị thức bậc nhất.

2. Để giải các bất phươ ng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta khử dấu giá trị tuyệt đối bằng

định ngh ĩ a và các tính chất sau

·( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

f x g x f x g x

f x g x

<< ⇔

> −

·( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

f x g x f x g x

f x g x

>> ⇔ < −

· 2 2( ) ( ) [ ( )] [ ( )] f x g x f x g x> ⇔ >

· 2 2( ) ( ) [ ( )] [ ( )] . f x g x f x g x< ⇔ <

2. Bất ph

ươ ng trình b

ậc hai m

ộtẩn

2.1. Định lý về dấu của tam thức bậc hai 2( ) ; 0 f x ax bx c a= + + ≠

Định lý. Cho tam thức bậc hai ( ) 2 f x ax bx c= + +

+ Nếu 0<∆ thì ( ) x f cùng dấu vớ i hệ số a vớ i mọi ; x ∈ ℝ

+ Nếu 0=∆ thì ( ) x f cùng dấu vớ i hệ số a vớ i mọi ;2

b x

a≠ −

+ Nếu 0>∆ thì ( ) x f có hai nghiệm phân biệt 1 2, , x x ( )1 2 . x x<

Khi đó ( ) x f trái dấu vớ i hệ số a nếu x nằm trong khoảng 1 2( ; ), x x ( ) x f cùng dấu vớ i hệ số a nếu x nằm ngoài đoạn [ ]1 2; . x x

2.2. Bất phươ ng trình bậc hai một ẩn

Định ngh ĩ a. Bấ t phươ ng trình bậc hai ẩ n x là bất phươ ng trình có dạng 02 >++ cbxax

(hoặc 0;0;0 222 ≤++<++≥++ cbxaxcbxaxcbxax ). Vớ i , ,a b c ∈ ℝ và 0.a ≠

Cách giải.




37

Để giải bất phươ ng trình bậc hai ta áp dụng định lý về dấu của tam thức bậc hai.

Chú ý. Cũng như trườ ng hợ p bất phươ ng trình bậc nhất, ta cũng giải đượ c các bất phươ ngtrình dạng

( )0

( )

P x

Q x> ;

( )0

( )

P x

Q x< ;

( )0

( )

P x

Q x≥ ; ≤

( )0.

( )

P x

Q x

Trong đó ( ) ( );P x Q x là tích các tam thức bậc hai.

2.3. Định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai

Theo định lý về dấu của tam thức bậc hai thì chỉ trong trườ ng hợ p ( ) f x có nghiệm

1 2, x x thì

2 1( )< 0 và ,af x x x x< < do đó ta có định lý đảo của định lý về dấu của tam thức

bậc hai như sau.

Định lý. Cho tam thức bậc hai 2( ) , f x ax bx c= + + nếu tồn tại số thựcα sao cho ( )< 0af α

thì ( ) f x có hai nghiệm phân biệt 1 2 1 2, ( ) à x x x x v< α nằm trong khoảng 1 2( ; ). x x

Từ định lý đảo về dấu của tam thức ( ) f x ta có phép so sánh nghiệm của ( ) f x vớ i một số α như sau.

+ Nếu ( ) 0 f =α thì α là nghiệm của ( ); f x

+ Nếu ( ) < 0 thìaf α α nằm giữa hai nghiệm1 2, x x của ( ); f x

+ Nếu ( ) >0 và ( )af f xα có hai nghiệm1 2, x x thìα nằm ngoài đoạn [ ]1 2

; x x và hơ n nữa

·1 2

x xα < < nếu ;2

sα >

·1 2

x x α < < nếu .2

sα <

Hệ quả. Điều kiện để tam thức bậc hai 2( ) f x ax bx c= + + có hai nghiệm, trong đó có một

nghiệm nằm trong khoảng ( ; ),α β còn nghiệm kia nằm ngoài đoạn [ ; ]α β là ( ). ( ) 0. f f α β <

B. BÀI TẬP

III.1. 1) Chứng minh rằng vớ i mọi , ,a b c ta có

a) 2 2 1 ;a b ab a b+ + ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi nào?

b) ( )2 2 4 2 ;a b ab a b+ + ≥ + + Đẳng thức xảy ra khi nào?

c)2

2 2 2 .4

ab c ab ac bc+ + ≥ − + Đẳng thức xảy ra khi nào?

2) Cho , , x y z là các số dươ ng. Chứng minh rằng

( )2 2 2 2 2 2 3 . x xy y y yz z z zx x x y z+ + + + + + + + ≥ + +

3) Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng




38

( ) ( ) ( )( )31 1 1

9.a b b c c a

a b ca b c abc

− − − + + + + + ≥

4) Cho 0, 0. x y≥ ≥ Chứng minh rằng

( )2

2 2 .2

x y x y x y y x

++ + ≥ +

III.2. Chứng minh rằng

1)1 1 1

2 , ( , , 0);a b c

a b cbc ca ab a b c

+ + ≥ + − >

2) 1 2, ( , , , 0).a b c d

a b c d a b c b c d c d a d a b

< + + + < >+ + + + + + + +

3) 1 2a b c

b c c a a b< + + <

+ + +, ( , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác).

III.3. 1) Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2

) ( )( 1) 4 ( , 0);

) ( )( )( ) 8 ( , , 0);

) (1 ) (1 ) (1 ) 6 .

a a b ab ab a b

b a b b c c a abc a b c

c a b b c c a abc

+ + ≥ >

+ + + ≥ >

+ + + + + ≥

2) Cho 0, 0, 0.a b c> > > Chứng minh rằng

2 2 2

.2

b c a b c

b c c a a b

+ ++ + ≥

+ + +

III.4. 1) Cho , , ,u v x y thỏa 2 2 2 2 1u v x y+ = + = . Chứng minh rằng

a) 1;ux vy+ ≤

b) ( ) ( ) 2u x y v x y+ + − ≤ .

2) Cho 0, 0, 0 x y z> > > và 1. xyz = Chứng minh rằng

2 2 2 3.

2

x y z

y z z x x y+ + ≥

+ + + Khi nào đẳng thức xảy ra?

3) Cho 0, 0, 0a b c> > > và 1.a b c+ + = Chứng minh rằng

2 2 2

1 1 1 1

30.a b c ab bc ca+ + + ≥+ + Khi nào đẳng thức xảy ra?

III.5. 1) Cho 2 2 2 2 1a b c d + + + = . Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2( ) ( ) (2 1) , . x ax b x cx d x x+ + + + + ≤ + ∀ ∈ ℝ

2) Cho , ,a b c là ba số thực dươ ng thỏa mãn điều kiện .ab bc ca abc+ + = Chứng

minh rằng




39

( )2

1 1 1 3.

2 3 2 3 3 2 1 2 3a b c a b c a b c+ + <

+ + + + + + + +

III.6. 1) Chứng minh 2 2 2 2

2 2

1 1 25(sin ) (cos ) .

sin cos 2 x x

x x+ + + ≥ Khi nào đẳng thức xảy

ra?

2) Cho , 0 x y > và thỏa 2 2 1. x y+ = Chứng minh rằng

( ) ( )1 1

1 1 1 1 4 3 2. x y y x

+ + + + + ≥ +

Khi nào đẳng thức xảy ra?

III.7. 1) Chứng minh rằng vớ i mọi ; 0, , , ,2

x x x k x k k π

∈ ≠ ≠ + π ≠ π ∈ℝ ℤ ta luôn có

2 2

2 2 2

1 tan cot1 1 1 .

x x

x x x

+ ≤ + +


2) Cho , ,a b c là ba số thực dươ ng thỏa mãn điều kiện .ab bc ca abc+ + =

Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 22 2 23.

b a c b a c

ab bc ca

+ + ++ + ≥


3) Cho , , 0 x y z > và thỏa 1. x y z+ + ≤ Chứng minh rằng

2 2 2

2 2 2

1 1 182. x y z

x y z

+ + + + + ≥

4) Cho , , 0 x y z > và thỏa 1. xyz = Chứng minh rằng

3 3 3 3 3 31 1 13 3.

x y y z z x

xy yz zx

+ + + + + ++ + ≥


III.8. 1) Chứng minh rằng vớ i mọi , x y thì

2 2 2(1 sin ) 2 (sin cos ) 1 os 0 x y x y y c y+ + + + + > .

2) Cho 0.a b≥ > Chứng minh rằng

1 12 2 .

2 2

b a

a b

a b

+ ≤ +

3) Chứng minh: 2sin tan 3 0 x x x+ − > , vớ i 0 .2

x π

< <

4) Chứng minh:3

sin ,6

x x x x< < vớ i mọi 0. x >




40

III.9. 1) Cho , ,a b c là các số không âm. Chứng minh rằng

2 2 2( ) ( ) ( ) 3 .a b c a b c a b c a b c abc+ − + + − + + − ≤

2) Cho , , ,a b c là các số dươ ng. Chứng minh rằng

3.

2 2 2 4

a b c

a b c b c a c a b

+ + ≤

+ + + + + +

3) Chứng minh rằng vớ i mọi số thực dươ ng , , x y z thỏa mãn ( ) 3 , x x y z yz+ + =

ta có ( ) ( ) ( )( )( ) ( )3 3 3

3 5 . x y x z x y x z y z x z+ + + + + + + ≤ +


III.10. 1) Cho ,a b là các số dươ ng, n ∈ ℕ . Chứng minh rằng

1(1 ) (1 ) 2 .n n na b

b a

++ + + ≥

2) Cho 0, 0,a b≥ ≥ *

.n ∈ ℕ Chứng minh rằng

.2 2

n n na b a b+ +

≤

III.11. Cho , , ,a b c là các số dươ ng. Chứng minh rằng

1)3 3 3 3 3 3

1 1 1 1;

a b abc b c abc c a abc abc+ + ≤

+ + + + + +

2)2 2 2

2

a b c a b c

b c c a a b

+ ++ + ≥

+ + +.

III.12. Giải các bất phươ ng trình sau

2

2

2

2 51) 1 0;

| 3 |

22) 1 ;

| 2 |3) 3;

5 6 |

x

x

x x

x

x x

−+ >

−

≤ −

−≥

− +

2

2

2 3 | |4) 1;1

| 2 |5) 2;

| 4 | 36) 1.

| 5 |

x

x

x x

x

x x

x x

−≤+

+ −≥

− +≥

+ −

III.13. Giải các bất phươ ng trình sau




41

1)3 2 3 2

2 1 2;

2

x x

x x x x

− −>

+ −

2)4 3 2

2

3 20;

30

x x x

x x

− +>

− −

3)

3 2

2

3 3

0;2

x x x

x x

− − +

≤−

4)4 2

2

4 30;

8 15

x x

x x

− +≤

− +

5)2 3

1 2 2 3;

1 1 1

x

x x x x

++ <

+ − + +

6) 2 2

2

15( 1) ;

1 x x

x x+ + ≤

+ +

7) 3 22 5 2 0; x x x+ − + >

8) 32 3 0. x x+ + ≤

III.14. Giải và biện luận các bất phươ ng trình sau theo tham số m

1) ( m – 3) x2 – 2 m x + m – 6 ≤ 0;

2) ( m – 4) x2 – 2( m – 2) x + m – 1 ≥ 0;

3) m x2 – 2( m – 3) x + m – 4 < 0.

III.15. Cho tam thức bậc hai

2( ) ( 1) 2( 1) 3 3 f x m x m x m= + − − + −

Tìm các giá trị của m để

1) Bất phươ ng trình ( ) 0 f x < vô nghiệm;

2) Bất phươ ng trình ( ) 0 f x ≥ có nghiệm.

III.16. Tìm các giá trị của m để các bất phươ ng trình sau có tập hợ p nghiệm là ℝ

2

2

2

2

3 51) 1 6;

2 1

12) 2.

1

x mx

x x

x mx

x

− +≤ <

− +

+ +<

+

III.17. Tìm các giá trị của m để các phươ ng trình sau đây có các nghiệm1 2, x x thỏa điều

kiện đượ c chỉ ra




42

2 2

1 2

2

1 2

2

2

1) (2 3) 0; 3 ;

2) 2( 1) 5 0; 2;

3) ( 1) ( 5) 1 0; 1 .

x m x m x x

mx m x m x x

m x m x m x x

− + + = < <

+ − + − = < <

− − − + − = − < <

III.18. Biện luận theo m vị trí của số 1 vớ i các nghiệm của phươ ng trình

2(3 ) 2(2 5) 2 5 0.m x m x m− − − − + =

III.19. Tìm các giá trị của m để các phươ ng trình sau có nghiệm1 2, x x thỏa điều kiện đượ c

chỉ ra2

1 2

2

1 2

1) 2( 1) 5 0; 0 2;

2) ( 2) 2 2 3 0; 6 4 .

mx m x m x x

m x mx m x x

− + + + = < < <

− − + − = − < < <

III.20. Biện luận theo m vị trí của số 0 và số 2 đối vớ i nghiệm của phươ ng trình

2 2( 1) 3 0.mx m x m− − + − =

III.21. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình

22 (2 1) 1 0 x m x m+ − + − =

có một nghiệm nằm trong khoảng ( 1;3),− còn nghiệm kia nhỏ hơ n –1.

III.22. Cho phươ ng trình

2( 1) 2 5 0m x mx m− − + + =

Tìm các giá trị của m để phươ ng trình

1) Có hai nghiệm đều lớ n hơ n 2;

2) Có ít nhất một nghiệm lớ n hơ n 2.

III.23. Cho 2( ) 2( 1) 5 f x mx m x m= − + − + .

Tìm các giá trị của m để ( ) 0, 1. f x x> ∀ <

III.24. Cho 2( ) 2 (3 1) (3 9) f x x m x m= − + − + .

Tìm các giá trị của m để [ ]( ) 0, 2;1 . f x x≤ ∀ ∈ −

III.25. Cho 2 2( ) ( 2) 3( 6) 1 f x m x m x m= − − − − − .

Tìm các giá trị của m để ( )( ) 0, 1,0 f x x< ∀ ∈ − .

III.26. Cho bất phươ ng trình

2( 2)( 4)( 6 10) . x x x x m+ + + + ≥

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i . x∀ ∈ ℝ





43

22 os 3 os +1 0.c x mc x+ ≥

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i [0; ]. x π ∀ ∈


2

2

1 1(2 3)( ) 2( 2) 0. x m x m

x x

+ + + + + + >

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i 0. x∀ ≠


3 2(2 1) 3( 4) 12 0. x m x m x m− + + + − − >

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i 1. x∀ >


( 1)( 1)( 3)( 5) . x x x x m− + + + >

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i 1. x∀ > −


( 2)( 2)( 4) 2 . x x x x m− + + <

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình có nghiệm 0. x >

III.32. Chứng minh rằng phươ ng trình ( )24 4 1 1 x

x + = có đúng ba nghiệm phân biệt.

CHƯƠ NG IV.

PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH VÔ TỈ A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT

I. PHƯƠ NG TRÌNH VÔ TỈ

1. Định ngh ĩ a và các định lý

1.1. Định ngh ĩ a

Ta gọi phươ ng trình vô t ỉ , mọi phươ ng trình có chứa ẩn dướ i dấu căn hay nói khác đi đó

là phươ ng trình dạng ( ) 0, f x = trong đó ( ) f x là một hàm số có chứa căn thức của biến số.

1.2. Các định lý. (Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phươ ng trình vô t ỉ ).

1.2.1. Định lý. [ ]2 1 2 1

( ) ( ) ( ) [ ( )]k k

f x g x f x g x+ +

= ⇔ =

1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) [ ( )] k k f x g x f x g x ++ = ⇔ =

1.2.3. Định lý. 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )k k f x g x f x g x+ += ⇔ =

1.2.4. Định lý. 22

( ) 0( ) ( )

( ) [ ( )]k

k

g x f x g x

f x g x

≥= ⇔

=




44

1.2.5. Định lý . 2 2( ) 0 ( ) 0

( ) ( )( ) ( )

k k f x g x

f x g x f x g x

≥ ∨ ≥= ⇔

=

(Vớ i k là số tự nhiên khác 0).

2. Các phươ ng pháp giải phươ ng trình vô tỉ

2.1. Phươ ng pháp nâng lên lũy thừa

2.2. Phươ ng pháp đặt ẩn phụ

2.3. Phươ ng pháp lượ ng giác hóa

Trong một số trườ ng hợ p, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bở i các hàm số lượ ng giác, thì việc giải

quyết bài toán trở nên dễ dàng hơ n. Kiến thức cần nhớ như sau.

+ Nếu trong phươ ng trình, điều kiện của ẩn x là , 0k x k k − ≤ ≤ > hay phươ ng trình có chứa

2 2k x− thì đặt sin , [ ; ];2 2

x k t t π π

= ∈ − hoặc đặt cos , [0; ]. x k t t = ∈ π

+ Nếu trong phươ ng trình, điều kiện của ẩn x là , 0 x k k ≥ > hay phươ ng trình có chứa

2 2 x k − thì đặt3

; [0; ) [ ; );cos 2 2

k x t

t

π π= ∈ ∪ π hoặc đặt , [ ;0) (0; ].

sin 2 2

k x t

t

π π= ∈ − ∪

+ Nếu trong phươ ng trình, ẩn x nhận mọi giá trị thuộc ℝ hay phươ ng trình có chứa 2 2 x k +

thì đặt tan , ; .2 2

x k t t π π

= ∈ −

Ngoài ra, tùy từng trườ ng hợ p, cũng có thể đặt 2 2cos ; sin ,... x t x t = =

2.4. Một số phươ ng pháp khácII. BẤT PHƯƠ NG TRÌNH VÔ TỈ

1. Định ngh ĩ a và các định lý

1.1. Định ngh ĩ a Bấ t phươ ng trình vô t ỉ là một bất phươ ng trình có chứa ẩn dướ i dấu căn thức. Nói khác

đi đó là một bất phươ ng trình có dạng ( ) 0, f x > (hoặc ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0 f x f x f x< ≥ ≤ ), trong

đó ( ) f x là hàm số có chứa căn thức của biến số.

1.2. Các định lý

1.2.1. Định lý. 2 1

2 1 ( ) ( ) ( ) ( )k

k f x g x f x g x+

+ ≥ ⇔ ≥ .

1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )k k f x g x f x g x++ ≤ ⇔ ≤ .

1.2.3. Định lý. 2

2

( ) 0

( ) 0( ) ( )

( ) 0

( ) ( )

k

k

g x

f x f x g x

g x

f x g x

≤

≥≥ ⇔ ≥

≥




45

1.2.4. Định lý. 2

2

( ) 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) [ ( )]

k

k

f x

f x g x g x

f x g x

≥

≤ ⇔ ≥

≤

2. Các phươ ng pháp giải bất phươ ng trình vô tỉ

2.1. Phươ ng pháp nâng lũy thừa2.2. Phươ ng pháp đặt ẩn phụ

2.3. Một số phươ ng pháp khác

B. BÀI TẬP

IV.1. Giải các phươ ng trình

1) 2(16 ) 3 0; x x− − =

2) 2(9 ) 2 0; x x− − =

3) 24 2 2; x x x+ − = −

4) 21 4 1; x x x+ − = −

5) 2 1 3 2 ; x x x+ + − =

6) 1 4 13 3 12; x x x+ + + = +

7) 2 2( 3) 10 12; x x x x+ − = − −

8) 4 1 1 2 . x x x+ − − = −


1) 2 23 15 2 5 1 2; x x x x+ + + + =

2) 2 23 3 3 6 3; x x x x− + + − + =

3) 2 5 ( 2)(5 ) 4; x x x x+ + − + + − =

4) 24 4 2 12 2 16; x x x x+ + − = − + −

5) 221 1 ;

3 x x x x+ − = + −

6) 21 1 24 ; x x x+ + − =

7) 11 11 4; x x x x+ + + − + =

8) 3 33 335 ( 35 ) 30; x x x x− + − =

9) 3 32 3 3 2; x x+ = −




46

10) 2 2 233 32 (1 ) 3 1 (1 ) 0; x x x+ + − + − =

11) 32 6 1 2 0; x x+ − + =

12) 23 1 3 8 3; x x x+ = − +

13) 23 1 1. x x x x+ + = + +


1) 2 2415 15 2; x x x x+ − + =

2)4

2 2;2 3

x x

− + =− +

3)6

9 5 3 ;3

x x x

− = − +

−

4) 2 2

4 1 3

; x x x x x x x− =+ + − +

5) 2 22 1 2 1 2; x x x x+ + + − + =

6) 2 2 2(2 6 10) 3 11 33 8 0. x x x x x x+ + + − − + =

7) 22 4 3 2 2 3 2 0; x x x x x+ − + − + =

8) 32 3 2 3 6 5 8 0; x x− + − − =

9) ( )4 4 41 32 1 ; x x x x+ = − +

10) 3 2 1 1; x x− = − −

11) 3 9 2 1; x x− = − −

12) 3 2 22 1 4 4. x x− + − =


1)3

2 1 2 1 ;2

x x x x x

++ − + − − =

2) 2 2 2 1 1 4; x x x+ + + − + =

3)2

22( 2 4)2 2 3 2 4;

2

x x x x x

x

− += + + − +

+

4) 2 32( 3 2) 3 8; x x x− + = +

5) 3 2 3 2(1 ) 2(1 ) x x x x+ − = − ;




47

6) ( ) ( )3 32 21 1 1 1 2 1 ; x x x x

+ − − − + = + −

7) 2 21 2 1 2 1 0; x x x x− − − − + =

8)2 2 2

2

2

1 ( 1)1 ;

2 2 (1 )

x x x

x x x

+ ++ + =

−

9)( )

22 1

2 1 3 2 .2

x x x

−+ + − =

IV.5. Giải các bất phươ ng trình

1) 2( 1) 2 0; x x x− − − ≥

2) 2 2( 1) 2 0; x x x− − − ≥

3) 22 5 ; x x x− < −

4) 2 3 2 3 0; x x x− + − − >

5) 3 2 2 4 0; x x x+ + + − + >

6) 2 23 5 7 3 5 2 1; x x x x+ + − + + >

7) 9 1 4; x x x x+ + ≥ + + +

8) 5 1 1 2 4; x x x− − − > −

9) 2 2 23 2 6 5 2 9 7; x x x x x x+ + + + + ≤ + +

10) 2 2 22 2 3 4 5; x x x x x x+ − + + − ≤ + −

11)21 1 4

3. x

x

− −<


1) 2 22 4 3 4 5; x x x x− + ≥ − + −

2)5 1

5 2 4;

22

x x

x x

+ ≤ + +

3) ( ) ( )1 3 2 1 3 4 2 ; x x x x x− + + + − + > −

4) 3 2 3 1 2 0; x x x x+ + + + >

5) 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14 ; x x x x x+ + − + + − < −

6) 22( 2) 2 2 ; x x x x− + ≤ − +




48

7) 22( 2) 2(2 1) 2 2 1; x x x x+ + − > + + −

8) 2 24 ( 4) 2 4; x x x x x+ ≥ + − +

9) 2 21 2 2 ; x x x x− ≤ +

10) ( 1) 2 1 3( 1); x x x− − ≤ −

11) ( )( )2 2 21 1 1 1 6 0; x x x− − − + − − >

12) 2 1 5 4 ; x x x− ≤ −

13) 3 2 22 2 . x x x x x x x− + < + −


1)16 2

41 3;

x x

− ≥ +

2) 2 2(2 12 2 ); x x x x≥ + − −

3) 24 0; x

x x

− + ≥

4)2

2

13 400;

19 78

x x

x x

− +≤

− −

5) 1 0; x x− − <

6)22( 16) 7

3 ;3 3

x x

x x

−+ − >

− −

7) 2 4 4 4 2 8 0; x x x x x+ + + − − >

8)2 2

1 31 ;

1 1

x

x x+ >

− −

9) 31 1; x x> + −

10)2

23 5.

4

x x

x

+ >

−

IV.8. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

5 2 6 4 6 2 x x x x m− − − + − − − = .

IV.9. Tìm các giá trị của m để các phươ ng trình sau có nghiệm

1) 2 24 4 ; x x x x m+ − + − =




49

2)2

1 4 14 4( 2 ) . x x m

x x x+ + = + +

IV.10. Cho phươ ng trình

2 2 2 35( ) 4 2 0.

3 x m x m+ − + + − =

Chứng minh rằng phươ ng trình có nghiệm vớ i mọi m > 0.


21 4 5 4 2 0. x x x x x m+ + + + + + + + =

Tìm các giá trị của m để phươ ng trình có nghiệm không âm.

IV.12. Biện luận theo m số nghiệm của phươ ng trình

( ) ( )5 7 5 7 2 1. x x m x x m+ + − + + − = +

IV.13. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có nghiệm

243 1 1 2 1 x m x x− + + = − .

IV.14. Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình

2 2 2( 2 2 1) 2 6 2 2m x x x x x x− + + ≥ − + + − +

có nghiệm thuộc đoạn [0; 2].

IV.15. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình

4 444 4 6 x x m x x m+ + + + + =

có hai nghiệm.

IV.16. Chứng minh rằng vớ i mọi 1,m > − phươ ng trình sau luôn luôn có hai nghiệm phân

biệt

2 2 3 ( 1)( 3). x x m x− − = + −


3( 1) 1. x mx m− + = +

Chứng minh rằng phươ ng trình luôn luôn có một nghiệm duy nhất vớ i mọi .m


2(4 )(6 ) 2 x x x x m+ − ≤ − +

nghiệm đúng vớ i mọi [ ]4; 6 . x ∈ −





50

3 1mx x m− − ≤ +

có nghiệm.

IV.20. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có hai nghiệm phân biệt

2 2 2 1. x mx x+ + = +

IV.21. Cho bất phươ ng trình

2( 1)( 3) 4 5 x x m x x+ + ≤ + +

1) Giải bất phươ ng trình khi 1;m = −

2) Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i mọi [ 2; 2 3]. x ∈ − − +


2(3 )(7 ) 4 . x x x x m+ − ≤ − +

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i mọi [ 3;7]. x ∈ − IV.23. Cho bất phươ ng trình

4 2 16 4 . x x m− + − ≤

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình có nghiệm.


21 . x m x− ≥ −

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình có nghiệm.

IV.25. Cho bất phươ ng trình212 3 . x x m− ≤ −

Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình có một nghiệm duy nhất.


22 7 .m x x m+ < +

1) Giải bất phươ ng trình khi1

;2

m =

2) Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình nghiệm đúng vớ i mọi . x ∈ℝ


22 1 . x mx x− > −

Tìm các giá trị của m để tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho chứa đoạn1

[ ;1].4

IV.28. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình ( )2 24 42 2 4 2 2 4m x x x x− + − − + = −




51

có nghiệm thực.

IV.29. Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình ( )3

3 23 1 1 x x m x x+ − ≤ − −

có nghiệm.

IV.30. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

4 42 2 2 6 2 6 . x x x x m+ + − + − =

IV.31. Tìm các giá trị của m để bất phươ ng trình sau có nghiệm 1 x < −

( )2 21 1. x mx x m x+ − > + −

IV.32. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có nghiệm

( )2 24 4. x mx x m x+ − = + −

CHƯƠ NG V

PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT


I. NHẮC LẠI LOGARIT

1. Định ngh ĩ a. Cho a là một số dươ ng khác 1 và b là một số dươ ng. Số thực α sao

cho a bα= đượ c gọi là logarit cơ số a của b và kí hiệu là log

a b tức là

log .a b a bα

α = ⇔ =

Chú ý.

· Khi viết loga b thì phải hiểu là 0, 1; 0.a a b> ≠ >

· Trườ ng hợ p cơ số 10a = thì logarit cơ số 10 của số dươ ng b ta viết là lg b và đọc là

logarit thập phân của .b

· Vớ i a e= thì logarit cơ số e của số dươ ng b ta viết là lnb và đọc là logarit tự nhiên của

,b hay logarit Nêpe của .b (Số e là giớ i hạn1

lim (1 ) x

x x→+∞

+ xấp xỉ bằng 2,718281828...).

Từ định ngh ĩ a ta có một số k ết quả sau.

· log 1 0 , log 1;a a

a= =

· log b

a a b=

· loga ba b=

2. Các tính chất của logarit

2.1. Định lý.

) log ( ) log log ;1 0; , 0

) log log log ;1 0; , 0

a a a

a a a

i bc b c a b c

bii b c a b c

c

= + ≠ > >

= − ≠ > >




52

) log log ;1 0; 0; .a aiii b b a bα

= α ≠ > > α ∈ℝ

Chú ý. Trong iii) nếu*2 ,k k α = ∈ℕ thì

2log 2 log ;1 0; 0.

k

a ab k b a b= ≠ > ≠

Hệ quả

1)log log ;1 0; 0

1) log log ;1 0; 0; , 2.

a a

na a

i b a bb

ii b b a b n nn

= − ≠ > >

= ≠ > > ∈ ≥ℕ

2.2. Định lý

loglog

log

ab

a

cc

b= hay log .log log ;1 0;1 0; 0.

a b ab c c a b c= ≠ > ≠ > >

Hệ quả

1

)log logab

i b a=

hay log .log 1;1 0;1 0.a bb a a b= ≠ > ≠ >

.

1) log log ;1 0; 0; 0.aa

ii c c a cα

= ≠ > > α ≠α

iii) log log ;1 0; , 0.b bc aa c b a c= ≠ > >

II. PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH MŨ

1. Định ngh ĩ a. Phươ ng trình, bấ t phươ ng trình mũ là phươ ng trình, bất phươ ng trình mà

ẩn số có mặt ở số mũ của lũy thừa.

Trong một số trườ ng hợ p ta xét thêm ẩn số có mặt ở cả cơ số của lũy thừa, khi đó ta

phải xét hai trườ ng hợ p: cơ số 1a > và 0 1.a< <

2. Một số phươ ng pháp giải phươ ng trình mũ

2.1. Phươ ng pháp logarit hóa

Các d ạng cơ bản

· ( ) ( )

0

1

( ) ( )

f x g x

a

a a a

f x g x

>

= ⇔ = =

· ( ) ( ) log ,1 0; 0. f x

aa b f x b a b= ⇔ = ≠ > >

2.2. Phươ ng pháp đặt ẩn số phụ

2.3. Phươ ng pháp sử dụng tính chất đơ n điệu của hàm số

Sử dụng tính chất đơ n điệu của hàm số để giải phươ ng trình là cách giải khá quenthuộc. Ta có ba hướ ng áp dụng như sau.

1. Biế n đổ i phươ ng trình về d ạng




53

( ) f x k = (1)

vớ i k là hằng số.

Nếu hàm số ( ) f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; )a b thì phươ ng trình (1) có

nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ).a b Do đó nếu tìm đượ c0

x thuộc khoảng ( ; )a b sao

cho0

( ) f x k = thì0 x là nghiệm duy nhất của phươ ng trình.


( ) ( ) (2) f x g x=

Nếu hàm số ( ) y f x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; ),a b nhưng hàm số

( ) y g x= nghịch biến (đồng biến) cũng trên khoảng đó thì phươ ng trình (2) có nhiều nhất

một nghiệm trên khoảng ( ; ).a b Do đó, nếu tìm đượ c 0 x thuộc khoảng ( ; )a b sao cho

0 0( ) ( ) f x g x= thì

0 x là nghiệm duy nhất của phươ ng trình.


( ) ( ) (3) f u f v=

Xét hàm số ( ), y f x= nếu hàm số này đơ n điệu trên khoảng ( ; )a b thì khi đó phươ ng

trình (3) tươ ng đươ ng vớ i ; , ( ; ).u v u v a b= ∈

2.4. Một số phươ ng pháp khác

3. Một số phươ ng pháp giải bất phươ ng trình mũ

3.1. Phươ ng pháp logarit hóa


· ( ) ( )

1

( ) ( )

0 1

( ) ( )

f x g x

a

f x g xa a

a

f x g x

>

<< ⇔

< <

>

.

· ( )

1

( ) log( 0)

0 1

( ) log

a f x

a

a

f x ba b b

a

f x b

>

<< > ⇔

< <

>

.

·( ) f x

a b> (1). (0 1)a< ≠

i) Nếu 0b ≤ thì (1) ( ) f x⇔ có ngh ĩ a.

ii) Nếu 0b > thì:

+ Trườ ng hợ p 1: 1.a > Khi đó (1) ( ) loga

f x b⇔ >

+ Trườ ng hợ p 2: 0 1.a< < Khi đó (1) ( ) loga f x b⇔ <





54


Có hai hướ ng áp dụng như sau:

1. Biế n đổ i bấ t phươ ng trình về d ạng

( ) (1) f x k > ( k là hằng số)

Nếu hàm số ( ) f x đơ n điệu trên khoảng ( ; )a b (giả sử đồng biến).

Khi đó ta có nhận xét: Giả sử 0 x thuộc ( ; )a b là nghiệm của phươ ng trình ( ) 0, f x = thì

Vớ i0 0

( ) ( ) (1) x x f x f x k ≤ ⇔ ≤ = ⇒ vô nghiệm.

Vớ i0 0

( ) ( ) x x f x f x k > ⇔ > = ⇒ (1) nghiệm đúng.

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình là 0. x x>

2. Biế n đổ i bấ t phươ ng trình về d ạng

( ) ( ) (2) f u f v<

Xét hàm số ( ), y f x= giả sử hàm số đồng biến trên khoảng ( ; )a b , khi đó

( ) ( ) ; , ( , ). f u f v u v u v a b< ⇔ < ∈

III. PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH LOGARIT

1. Định ngh ĩ a. Phươ ng trình, bấ t phươ ng trình logarit là phươ ng trình, bất phươ ng trìnhcó ẩn chứa trong biểu thức dướ i dấu logarit.

Trong một số trườ ng hợ p có xét cả ẩn chứa ở cơ số của logarit, khi đó ta phải xét hai

trườ ng hợ p của cơ số: 1a > và 0 1.a< <

2. Một số phươ ng pháp giải phươ ng trình logarit

2.1. Phươ ng pháp mũ hóaCác d ạng cơ bản

·0, 1

log ( )( )

ab

a a f x b

f x a

> ≠= ⇔

=

·

0, 1

log ( ) log ( ) ( ) 0, ( ( ) 0)

( ) ( )

a a

a a

f x g x f x g x

f x g x

> ≠

= ⇔ > >

=

2.2. Phươ ng pháp đặt ẩn phụ


3. Một số phươ ng pháp giải bất phươ ng trình logarit

3.1. Phươ ng pháp mũ hóa





55

·1 0 1

log ( )0 ( ) ( )

ab b

a a f x b

f x a f x a

> < < < ⇔ ∨

< < >

·

1

( )

log ( ) 0 1

0 ( )

b

a

b

a

f x a

f x b a

f x a

> >> ⇔

< <

< <

·

1 0 1

log ( ) log ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) 0 ( ) 0

a a

a a

f x g x f x g x f x g x

g x f x

> < <

> ⇔ > ∨ <

> >



B. BÀI TẬPV.1. Giải các phươ ng trình

1) 14 10.2 24; x x−− =

2) 2 24.2 6 18.3 ; x x x− =

3)23 3log log

3 =162; x x

x+

4)

2log (2 1)11

53

log ( 1)

9 5 ;

x x

++

=

5)2 2

5 1 54 12.2 8 0; x x x x− − − − −

− + =

2 21 26)9 10.3 1 0; x x x x+ − + −

− + =

7) 3.4 (3 10).2 3 0; x x x x+ − + − =

8) 2 (2 3) 2(1 2 ) 0; x x x x+ − + − =

9) 3 14.3 3 1 9 x x x+

− = − .

10)2 2 2

3 2 6 5 2 3 74 4 4 1; x x x x x x− + + + + +

+ = +

11)sin 4 tan .

xe x

π −

=

V.2. Giải các bất phươ ng trình

1) 2 x4 2.5 10 0; x x− − >

2) 29 3 3 9; x x x+− > −




56

3)4 2 4

2;1

x x

x

+ −≤

−

4) 1 115.2 1 2 1 2 ; x x x+ +

+ ≥ − +

5)2

2 2(log ) log2 4; x x

x+ ≤

6) (1 3

3 110 3) ( 10 3) 0;

x x

x x

+ −

+ −− − + ≥

7)2 2 22 1 24 .2 3.2 .2 8 12;

x x x x x x x

++ + > + +

8) 1 18 2 4 2 5; x x x+ ++ − + >

9)

2

219.

3

x

x

+

− >

V.3. Giải và biện luận phươ ng trình

26 4 3 22 2 (4 ) 3 6.

m x x mm x m

+ +− = − + −

V.4. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình sau có nghiệm

4 4 (2 2 1). x x x xm− −

+ = + +

V.5. Giải các hệ phươ ng trình

1)3 2 3

4 128

5 1;

x y

x y

+

− −

=

=

2)9log ( 4 )

2 2

8 1

4 7.2 8;

x y

x y x y

−

− −

=

− =

3)

3 2

1

2 5 4

4 2;

2 2

x

x x

x

y y

y+

= − +

=+

4)

2 2log ( ) log 3

2 2

9 3 2( )

3 3 6;

xy xy

x y x y

= + + = + +

5)

2

2

2

2

( )2 1

9( ) 6 ;

y x

x y

x y

x y

−

−

+ =

+ =

6)2 2

3 3 ( )( 8)

8;

x y y x xy

x y

− = − + + =




57

7)3 3

3 3 ;

x

y

x y

y x

+ = + + = +

8)

2 1 2

22

2 3.2 2

2 3 2 2;

x x

x

y

y y

+ − = − − = −

9)

3 3log ( ) log 2

2 2

4 2 ( )

3 3 12;

xy xy

x y x y

= + + − − =

10)

2 2

2

2 4 2

2 4 2 3;

x y

x y x y+

+ = + + =

11)

2 21 1

2

2 2 ln

3 2 3 ;

x y y

x

y y x

− −− =

+ + = +

12)1

2 2 2; x y

x y+ =

− =

13)

3 1 2 3

2

2 2 3.2

3 1 1;

x y x y

x xy x

+ − + + =

+ + = +

14)

2 2 2 2

1

3 2 17

2.3 3.2 8.

x y

x y

+ +

+

+ =

+ =

V.6. Giải các phươ ng trình

1) ( )3log 3 8 2 ; x

x− = −

2)1

log 3 2; x−

=

3)( )2log 9 2

1;3

x

x

−

=−

4)8

4 22

1 1

log ( 3) log ( 8) log (4 );2 4 x x x+ + − =

( )2 2

15) log 4 15.2 27 2log 0;

4.2 3

x x

x+ + + =

−

6) ( ) ( )7 7log 2 1 log 2 7 1; x x

− + − =

( )2 4 2

17) 2 log 1 log log 0;

4 x x+ + =




58

( ) ( )3 1

3

8) 2log 4 3 log 2 3 2; x x− + + =

9) 2

3 1 1

2 2

log log 3log 5 2; x x

− + =

( ) ( )

22

3

1 82

2

10) log 2 2 log 4 log 8;

11) log 1 log 3 log 1 0;

x x x

x x x

+ =

+ − − − − =

12) ( ) ( )3 3log 9 9 log 28 2.3 ; x x x+ = + −

13) 16log 3

2

3273log 0;

x x x x− =

14) 2 3

2 4 4log 2 log 16 log ; x x x+ =

15)1

2 2log (2 1) .log (2 2) 6; x x+ + + =

16) 2

2 4

22 23

4

1log (2 ) 2 ;

log (2 2 ) x x x

x−− − = −

−

17) ( x +1) 2

3 3log 4 log 16 0; x x x+ − =

18)3

3 2 3 2

3 1log .log log log ;

23

x x x

x

− = +

19) 2

4

23 4

2

1log (9 16 ) 2 ;

log (3 4 ) x x

x−− = +

−

20) 1

2 2 1

2

1log (4 4) .log (4 1) log ;

8

x x+ + + =

21) 2 2

2 2 2

9log (2 ) .log (16 ) log ;

2 x x x =

22) 2lg 1 3lg 1 lg 1 ; x x x+ + − = −

23) lg(1 2 ) lg5 lg 6; x x x+ + = +

24) 2 2 1log 1 2 ;

x

x x x

− = + −

25)

23 1

2

3

1log ( 3 2 2) 2;

5

x x

x x

− + −

− + + + =

26)3 2log ( 2) log ( 1); x x+ = +




59

27)2

31;

2 1 log x x=

+ +

28) 2 2

2 32 2 3log ( 2 2) log ( 2 3); x x x x

++

− − = − −

29) 3 2 lg 1 lg 1; x x− = − −

30) 2 2

2 23 log ( 4 5) 2 5 log ( 4 5) 6; x x x x+ − + + − − + =

31) 2

2 2log log 1 1. x x+ + =

V.7. Giải các bất phươ ng trình

1) 1 1 2

2 4

log 2 log ( 1) log 6 0; x x+ − + ≤

2)3

log log (9 72) 1; x

x − ≤

3)2

2 3log 1; x x+ <

4) 2

2

9

1log ( 2 6) ;

2 x x x− + + ≤

5) 2 1

1 1

2 2

log (4 4) log (2 3.2 ); x x x++ ≥ −

6)2 2

3 3log 2( 10 24) log ( 9); x x x x x− −

− + ≥ −

7)2

3 9

1 1;

log ( 1) 2log 6 9 x x x<

+ + +

8)2

2

2

(log ) 32;

log 3

x

x

+>

+

9) 1

2 1

2

log (2 1) .log (2 2) 2; x x+ − − > −

10)4 2

18 2log (18 2 ) .log 1;

8

x x −

− ≤ −

11)4 1

4

3 1 3log (3 1) .log ;

16 4

x x −

− ≤

12) 2log ( 9 1) 1;

x x x− − − ≥

13) 2 4

1 2 16

2

log 4log 2(4 log ); x x x+ < −

14) 3log 2 log 2 ; x x x x≤




60

15)2lg 3lg 3

1;lg 1

x x

x

− +<

−

16)

2 3

1 1

2 3

log ( 3) log ( 3)

0;1

x x

x

+ − +

>+

17) 3 55

3

(2 log ) loglog log ;3 log

x x x x x

x

−+ <

18)2

2

1

2

40;

log ( 1)

x

x

−<

−

19) 3log 2 log (2 ) ; x x x x≤

20)2 3

log log ( 1) 2; x x+ + <

21) 2 3log 1 log 9 1; x x+ + + >

V.8. Giải các hệ phươ ng trình

1)4 2

2 2

log log 0

2 8;

x y

x y

− =

− =

2)

2 2

3 1

3

14

2

log ( 2 ) log ( 2 ) 1;

x y y

x y x y

+ = +

+ + − =

3)3

3 2 972

log ( ) 2;

x y

x y

=

− =

4)

9 3

2 .8 2 2

1 1 1log log (9 );

2 2

x y

y x

− = + =

5) 4 2

2 2

log log 0

5 4 0;

x y

x y

− =

− + =

6)2

1

2 2

2log 3 15

3 .log 2log 3 ;

y

y y

x

x x +

− = = +

7)

2 4 1

2

4 2

log log 2 log 4

log log 5;

x x

x y

+ = − + =




61

8)

2

2log

log ( ) log

4 3; y

x y

x

xy x

y y

= = +

9)1 4

4

2 2

1log ( ) log 1

25;

y x y

x y

− − =

+ =

10)

2 2

2

4 2

log ( ) 5

2log log 4;

x y

x y

+ =

+ =

11)log log

2 2 3;

y x

x y

xy y = + =

12)

3 2

3 2

log ( 2 3 5 ) 3

log ( 2 3 5 ) 3;

x

y

x x x y

y y y x

+ − − =

+ − − =

13)

4 2

4 3 0

log log 0;

x y

x y

− + = − =

14) 4

7log log

6

16;

x x y

xy

− =

=

15) 2 22 4log 2log 3

16; x y

x y

+ =

+ =

16)2 3

9 3

1 2 1

3log (9 ) log 3;

x y

x y

− + − = − =

17)2 2

ln(1 ) ln(1 )

12 20 0;

x y x y

x xy y

+ − + = −

− + =

18

8 8log log

4 4

4

log log 1;

y x x y

x y

+ =

− =

19)2 3

2 3

log 3 1 log

log 3 1 log ;

x y

y x

+ = + + = +




62

20)

lg lg

lg4 lg3

3 4

(4 ) (3 ) ;

x y

x y

= =

21)

( )

3

2

log 3

2 12 .3 81 ; x

x y

y y y

+ =

− + =

22)( ) ( )

2 2

2 2

2 2log 1 log

3 81; x xy y

x y xy− +

+ = +

=

23)

9

1

log

14

2

3 ;3

y

x

x y

− =

=

24) ( )3

3 4

1 1 3

log 1;

y x

x x

y x

−

+ − = + =

25)

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

4 4 4

2

4 4 4

log log 2 1 log 3

log 1 log 4 2 2 4 log 1.

x y x x y

x xy y y x

y

+ − + = +

+ − + − + = −

V.9. Cho phươ ng trình

2 2

3 3log log 1 2 1 0 (1) x x m+ + − − =

1) Giải phươ ng trình khi m = 2;

2) Tìm các giá trị của m để phươ ng trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn3[1; 3 ] .

V.10. Tìm các giá trị của m để phươ ng trình: 2

2 1

2

4(log ) log 0 x x m− + =

có nghiệm thuộc khoảng (0;1).

V.11. Tìm các giá trị của a để phươ ng trình:2 21 125 ( 2)5 2 1 0t t a a− −

− + + + = có nghiệm.

V.12. Tìm các giá trị của a để phươ ng trình

2

3 32log log 0 x x a− + = có bốn nghiệm phân biệt.

V.13. Chứng minh rằng vớ i mọi giá trị của 0a > hệ phươ ng trình sau có một nghiệm duy

nhất




63

ln(1 ) ln(1 )

.

x ye e x y

y x a

− = + − +

− =

V.14. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm.

2 2

2

2 4

2 4 2

x y

x y x y

m

m+

+ =

+ + =

V.15. Cho hệ phươ ng trình

1

2 2 1

2 1 1

1 2 2

x

x x

y y m

y m

+

+ +

= − + + + + = − +


2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có nghiệm;

3) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có một nghiệm duy nhất.


2 2

2 2

2 4 3

x y y x

x mx y m

− = − − − =

1) Giải hệ phươ ng trình khi 1;m = −

2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có đúng hai nghiệm.


3 3

3 3

x

y

x m y

y m x

+ = + + = +


2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình vô nghiệm.

V.18. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có một nghiệm duy nhất

2 2

2 2

17

log log .

x y

x y m

+ =

+ =

V.19. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm ( ; ); 1, 4. x y x y> <

2 4

2

0

log log . y

x y

xm x

y

− =

=

V.20. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có đúng bốn nghiệm




64

2 2

2 2 2

4 .4 8.2

3 log log log ( ).

x y xy

x y x y m

=

+ + = + +


2

2lg 3

3lg 1

x y m

x y

+ =

− =

1) Giải hệ phươ ng trình vớ i 1;m =

2) Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình có nghiệm ( ; ); 1. x y x ≥


2 2lg lg 1

lg .

x y

xm

y

+ =

=


2 22 3 1

2 3 .

x y

x ym

+ =

+ =

Tìm nghiệm đó.

V.24. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có nghiệm

2 2

2

2 4 2

2 4 2 1 .

x y

x y x y m+

+ =

+ − = −

V.25. Tìm các giá trị của m để hệ phươ ng trình sau có ba nghiệm phân biệt

( )

2 2

2 2 1 2

2 2 16

2 2 2 2 2 2 .

x y

x y x y x ym m

+ =

+ =

+ + + + =


2 2 2

3 2

2

3 2

log log 4

log 2log 10

x y m

x y

+ =

+ =

CHƯƠ NG VI.

PHƯƠ NG TRÌNH LƯỢ NG GIÁC


I. CÁC CÔNG THỨ C BIẾN ĐỔI LƯỢ NG GIÁC

Ta quy ướ c các biểu thức trong các công thức sau đều có ngh ĩ a.

1. Công thứ c cộng

1) cos( ) cos cos sin sina b a b a b+ = −




65

2)cos( ) cos cos sin sina b a b a b− = +

3)sin( ) sin cos cos sin

4)sin( ) sin cos cos sin

tan tan5) tan( )

1 tan tan

tan tan6) tan( ) .1 tan tan

a b a b a b

a b a b a b

a ba b

a b

a ba ba b

+ = +

− = −

++ =

−

−− =+

2. Công thứ c nhân

2.1. Công thứ c nhân đôi2 2

2

1) cos 2 cos sin

2)sin 2 2sin cos

2tan3) tan 2 .

1 tan

a a a

a a a

aa

a

= −

=

=−

2.1.1. Công thứ c hạ bậc

2

2

1 cos 21) cos

2

1 cos 22)sin .

2

aa

aa

+=

−=

2.1.2. Công thứ c tính theo cos2a

2

2

2

11) cos (1 cos 2 )

2

12)sin (1 cos 2 )2

1 cos 23) tan .

1 cos 2

a a

a a

aa

a

= +

= −

−=

+

2.1.3. Công thứ c tính theo tan2

at =

2

2

11) cos

1

t a

t

−=

+

2

2

22)sin 1

23) tan .

1

t a

t

t a

t

= +

=−

2.2. Công thứ c nhân ba

3

3

1) cos3 4cos 3cos

2)sin 3 3sin 4sin

a a a

a a a

= −

= −




66

3

2

3tan tan3) tan 3 .

1 3 tan

a aa

a

−=

−

3. Công thứ c biến đổi tích thành tổng

11) cos cos [cos( ) cos( )]

2

12)sin sin [cos( ) cos( )]2

13)sin cos [sin( ) sin( )].

2

a b a b a b

a b a b a b

a b a b a b

= + + −

= − + − −

= + + −

4. Công thứ c biến đổi tổng thành tích

1) cos cos 2cos cos2 2

2)cos cos 2sin sin2 2

3)sin sin 2sin cos2 2

4)sin sin 2cos sin .2 2

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

a b a ba b

+ −+ =

+ −− = −

+ −+ =

+ −− =

M ột số công thứ c quen thuộc

1) cos sin 2 cos( )4

a a a π

+ = −

2)cos sin 2 sin( )4

a a a π

+ = +

3) cos sin 2 cos( )4

4)cos sin 2 sin( )4

a a a

a a a

π− = +

π− = − −

4 4 2 25)cos sin 1 2sin cosa a a a+ = −

6 6 2 26)cos sin 1 3sin cos .a a a a+ = −

II. PHƯƠ NG TRÌNH LƯỢ NG GIÁC CƠ BẢN

1. Phươ ng trình sin x a= (1)

· Nếu 1a > thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

· Nếu 1a ≤ thì phươ ng trình (1) có nghiệm.

Gọi α là số đo của góc sao cho sin aα =




67

Ta có ( )1 sin sin x⇔ = α ( )2

, .2

x k k

x k

= α + π⇔ ∈

= π −α + πℤ

(nếu α cho bằng radian).

Hay ( ) ( )

0

0 0

.360

1 , .180 .360

x k

k x k

= α +

⇔ ∈ = − α +

ℤ

(nếu α cho bằng độ).

Các tr ườ ng hợ p đặc biệt

· ( )sin 1 2 , .2

x x k k π

= ⇔ = + π ∈ℤ

· ( )sin 1 2 , .2

x x k k π

= − ⇔ = − + π ∈ℤ

· ( )sin 0 , . x x k k = ⇔ = π ∈ℤ

2. Phươ ng trình cos x a= (2)

· Nếu 1a > thì phươ ng trình (2) vô nghiệm.

· Nếu 1a ≤ thì phươ ng trình (2) có nghiệm.

Gọi α là số đo góc sao cho cos aα =

Ta có ( )2 cos cos x⇔ = α

( )

2

, .2

x k

k x k

= α + π

⇔ ∈ = −α + πℤ


Hay ( ) ( )

0

0

.3602 , .

.360

x k k

x k

= α +⇔ ∈ = −α+

ℤ


Các tr ườ ng hợ p đặc biệt

· ( )cos 1 2 , . x x k k = ⇔ = π ∈ℤ

· ( )cos 1 2 , . x x k k = − ⇔ = π + π ∈ℤ

· ( )cos 0 , .2

x x k k π

= ⇔ = + π ∈ℤ

3. Phươ ng trình ( )tan 3 x a=




68

(3) xác định vớ i mọi ( ), .2

x k k π

≠ + π ∈ℤ

Gọi α là số đo góc sao cho tan ,aα = thì

( )3 tan tan x⇔ = α

( ), . x k k ⇔ = α + π ∈ℤ


Hay (3) ( )0.180 , . x k k ⇔ = α + ∈ℤ


Chú ý. Nếu phươ ng trình ban đầu dạng ( )tan tan *u v=

Thì điều kiện là2

u k π

≠ + π , ( ), .2

v k k π

≠ + π ∈ℤ

Khi đó (*) ( ), .u v k k ⇔ = + π ∈ℤ

4. Phươ ng trình ( )cot 4 x a=

(4) xác định vớ i mọi ( ), x k k ≠ π ∈ℤ .

Gọi α là số đo góc sao cho cot ,aα = thì

( )4 cot cot x⇔ = α

( ), . x k k ⇔ = α + π ∈ℤ


Hay (4) ( )0.180 , . x k k ⇔ = α + ∈ℤ


Chú ý. Nếu phươ ng trình ban đầu dạng ( )cot cot **u v=

thì điều kiện là u k ≠ π , ( ), ,v k k ≠ π ∈ℤ khi đó (**) ( ), .u v k k ⇔ = + π ∈ℤ

III. MỘT SỐ PHƯƠ NG TRÌNH LƯỢ NG GIÁC THƯỜ NG GẶP

1. Phươ ng trình bậc nhất, bậc hai, bậc cao đối vớ i một hàm số lượ ng giác

Cách giải.

+ Đối vớ i các phươ ng trình bậc nhất đối vớ i một hàm số lượ ng giác ta biến đổi ngay về phươ ng trình lượ ng giác cơ bản.

+ Đối vớ i các phươ ng trình bậc hai, bậc cao đối vớ i một hàm số lượ ng giác ta đặt ẩn phụ,sau đó giải phươ ng trình theo ẩn phụ.

Chú ý. Nếu đặt cost x= hay sint x= thì điều kiện 1.t ≤

2. Phươ ng trình bậc nhất đối vớ i sin x và cos x




69

Phươ ng trình bậc nhất đối vớ i sin x và cos x là phươ ng trình có dạng

sin cos (1), , ,a x b x c a b c+ = ∈ℝ

Cách giải.

Cách 1. Chia hai vế của (1) cho 2 2 ,a b+ ta đượ c

( )2 2 2 2 2 2

sin cos 2a b c x xa b a b a b

+ =+ + +

Đặt2 2 2 2

cos ,sina b

a b a bβ = β =

+ +

Khi đó (2) trở thành2 2

cos sin sin cos c

x xa b

β + β =+

Hay ( ) ( )2 2

sin 3c

xa b

+ β =+

(3) có nghiệm 2 2 2

2 21

ca b c

a b⇔ ≤ ⇔ + ≥

+

Cách 2. Chia hai vế của (1) cho a rồi đặt tanb

a= α

Ta đượ c sin tan cos c

x xa

+ α =

( )sin cos sin cos cos *c

x xa

⇔ α + α = α

( )sin cosc

xa

⇔ + α = α

Đây là phươ ng trình đã xét trong §1.

Chú ý rằng (*) có nghiệm khi và chỉ khi cos 1.c

xa

≤

3. Phươ ng trình thuần nhất bậc hai đối vớ i sin x và cos x

Đó là phươ ng trình dạng

( )2 2

sin sin cos cos 0 2 , , ,a x b x x c x a b c+ + = ∈ℝ

Cách giải.

· Xét2

x k π

= + π xem có phải là một nghiệm của phươ ng trình không.

· Xét ,2

x k π

≠ + π khi đó 2cos 0, x ≠ chia hai vế của phươ ng trình cho 2cos 0 x ta đượ c

2tan tan 0a x b x c+ + = .




70

Đây là phươ ng trình bậc hai đối vớ i tan x ta đã biết cách giải.

Chú ý.

· Nếu phươ ng trình vớ i vế phải khác 0

2 2sin sin cos cosa x b x x c x d + + =

Ta viết phươ ng trình dạng

( )2 2 2 2sin sin cos cos cos sina x b x x c x d x x+ + = +

rồi chuyển vế phải sang vế trái.

· Cũng có thể giải phươ ng trình (2) bằng cách biến đổi về phươ ng trình bậc nhất đối vớ isin2 x và cos2 , x nhờ các công thức

2 1 cos 2cos ;

2

x x

+=

2 1 cos 2sin ;

2

x x

−=

1sin cos sin 2 .

2 x x x=

· Đối vớ i phươ ng trình thuần nhất bậc ba đối vớ i sin x và cos x

3 2 2 3cos cos sin sin cos sin 0a x b x x c x x d x+ + + =

Ta cũng biến đổi đưa về phươ ng trình bậc ba đối vớ i tan . x

4. Phươ ng trình đối xứ ng đối vớ i sin x và cos x

Phươ ng trình đối xứng đối vớ i sin x và cos x là phươ ng trình dạng

( ) ( )sin cos sin cos 0 3 , , ,a x x b x x c a b c+ + + = ∈ℝ

Cách giải. Đặt sin cos 2 sin ,4

t x x x π

= + = +

điều kiện: 2.t ≤

Khi đó 2 1 2sin cost x x= +

Suy ra2 1

sin cos .2

t x x

−= Thay vào phươ ng trình (3) ta đượ c

( )2 10

2

b t at c

−+ + = hay ( )2 2 2 0.bt at c b+ + − = (*)

Giải phươ ng trình (*) tìm t và chọn nghiệm thỏa 2.t ≤

Chú ý. Phươ ng pháp giải đã trình bày ở trên cũng có thể áp dụng cho phươ ng trình

( )sin cos sin cos 0a x x b x x c− − + =

bằng cách đặt sin cos 2 sin ;4

t x x x π

= − = −





71

Khi đó21

sin cos .2

t x x

−=

IV. CÁC PHƯƠ NG TRÌNH LƯỢ NG GIÁC KHÁC

Có nhiều phươ ng trình lượ ng giác mà để giải chúng, ta cần sử dụng các phép biến đổi

lượ ng giác để đưa về các phươ ng trình đã xét ở trên.

1. Sử dụng công thức hạ bậc, góc nhân đôi, góc nhân ba

2. Dạng phân thức

Chú ý. Khi giải các phươ ng trình có chứa ẩn dướ i mẫu, ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác

không.

3. Dạng chứa tan x và cot x

Chú ý. Đối vớ i các phươ ng trình chứa tan x và cot , x ta phải đặt điều kiện cho tan x và cot x xác định.

4. Một số phươ ng trình giải bằng phươ ng pháp đặc biệt

Ngoài các phươ ng pháp cơ bản giải phươ ng trình lượ ng giác đã nêu ở các mục trên,

chúng ta còn có một số cách giải đặc biệt, sử dụng các k ết quả sau:

· 2 20

00

A A B

B

=+ = ⇔

=

·

A m A m

B m B m

A B

≤=

≥ ⇔ =

=

·

1

1

1

1

1 1

A A A A

B B B B

A B A B

≤=

≤ ⇔ =

+ = +

B. BÀI TẬP

VI.1. Giải các phươ ng trình

1) 3 sin x – cos x = 2;

2) cos x + 2cos2 x = 1;

3) cos4 x + 2cos2 x = 0;

4) 22cos x + 4cos x = 3sin2; x

5) cos x – sin x + 3sin2 x – 1 = 0;

6) 2sin2 x − 3 3 (sin x + cos x ) + 3 3 = 0;

7) sin2 x + 2 sin( x –4

π) = 1;

8) sin2 x + 2sin x coss x – 2cos2

x =1

2;

9) cos x + sin x =cos2

;1 sin 2

x

x−

10) sin3 x – cos

3 x = 1 + sin x cos . x




72


1) 2cos2 x – 1 = sin3 x ;

2)1 tan

1 tan

x

x

+

− = (sin x + cos x )

2;

3) 1 + tan2 x = 2

1 sin 2

cos 2

x

x

−

;

4) tan3 x – tan x = sin2 x ;

5) (sin x – sin2 x )(sin x + sin2 x ) = sin23 x ;

6) sin x + sin3 x + 4cos3 x = 0;

7) sin2 x = 1 + 2 cos x + cos2 x ;

8) 2cos6 x + sin4

x + cos2 x = 0;

9) 2 2 2 22cos 3 cos cos 3 sin 1 0 x x x x− + − = .


1) sin x + cot2

x = 2;

2) sin2 x + cos2 x + tan x = 2;

3)( )2

2

3 1 tancos 4 + 2 = 0;

1+ tan

x x

x

−−

4)tan 1

cot 2 0, (0 );tan 1

x x x

x

−+ = < < π

+

5) 3

2

1 3tan 1 3cot( ) 3,( );

cos 2 2 x x x

x

π π π − + − − = < <

6) cos3 x sin x – sin3

x cos x =2

8;

7) sin23 x – cos24 x = sin25 x – cos26 x ;

8) cos3 x – 4cos2 x + 3cos x – 4 = 0, x ∈ [0,14];

9) sin4 x + sin

4(

2 8

x π+ ) + cos

4 x =

1

2sin

22 x ;

10)1

2cos 2 8cos 7cos

x x x

− + = .


1)cos3 sin 3

5 sin cos 2 3, (0; 2 );1 2sin 2

x x x x x

x

+ + = + ∈ π

+




73

2) sin 2 .cos tan 3 .sin( ) cos 2 .sin6

x x x x x xπ

= + − ;

3) 2cos 2 1cot 1 sin sin 2

1 tan 2

x x x x

x− = + −

+;

4) 2sin 4 sin 2 sin 9 sin 3 cos x x x x x+ = ;

5) 2 4cos sin cos 2 2cos (sin cos ) 1 x x x x x x+ = + − ;

6) 3 cos 4 sin 4 2cos3 0 x x x+ − = ;

7) 2 24cos 2cos 2 1 cos 4 x x x− = + ;

8) 2 22sin ( ) 2sin tan4

x x xπ

− = − ;

9) cos3 2cos 2 1 2sin sin 2 x x x x+ = − ;

10) (2sin 1)(2cos sin ) sin 2 cos ; x x x x x− + = −

11) 3 cos5 2sin 3 cos 2 sin 0; x x x x− − =

12) ( )3sin cos sin 2 3 cos3 2 cos 4 sin . x x x x x x+ + = +


1)2

4

4

(2 sin 2 )sin 3tan 1

cos

x x x

x

−+ = ;

2)4 4sin cos 1

5sin 2 2

x x

x

+= cot

12

8sin2 x

x− ;

3) 1 sin cos sin 2 cos 2 0 x x x x+ + + + = ;

4) 2 2 12cos sin cos( )sin(3 ) 0

4 4 2 x x x x

π π− + − − − = ;

5) cot sin (1 tan tan ) 42

x x x x+ + = ;

6)6 62(cos sin ) sin cos

02 2sin

x x x x

x

+ −=

−;

7) cos3 cos 2 cos 1 0 x x x+ − − = ;

8) 13 18tan 6 tan 3; x x− = −

9) 4 4cos sin cos sin ; x x x x− = +

10) 13 14cos sin 1. x x+ =


1) 2tan cot 4cos 2 ; x x x= +




74

2)2

sin 2 sin ;4 4 2

x xπ π

− = − +

3) ( ) ( )23 2 cos cos 2 3 2cos sin 0; x x x x+ − + − =

4) ( ) 21 2cos3 sin sin 2 2sin 2 ;

4

x x x x π

+ + = +

5) 2 21 sin sin cos sin 2cos ;2 2 4 2

x x x x x

π + − = −

6) 2 2 1cos ( ) sin ( ) 2sin ;

3 6 4 x x x

π π + + + = −

7)

sin 3 4cos 36

0;sin 3 1

x x

x

π − − −

=−

8) 3 3 2 3 2cos3 cos sin 3 sin ;8

x x x x +− =

9) 24sin 3 sin 4cos 3 cos cos 2 1 0;4 4 4

x x x x xπ π π

+ − + − + + =

10) sin 3 3 cos3 cos 2 3 sin 2 sin 3 cos ; x x x x x x+ + − = +

11) ( ) ( )2sin 1 tan 3sin cos sin 3; x x x x x+ = − +

12)sin 2 cos 2

tan cot ;

cos sin

x x x x

x x

+ = −

13)1 1 7

4sin ;3sin 4

sin2

x x

x

π + = − π −

14) 3 3 2 2sin 3 cos sin cos 3 sin cos ; x x x x x x− = −

15) ( )2sin 1 cos 2 sin 2 1 2cos ; x x x x+ + = +

16)( )

( )( )

1 2sin cos3.

1 2sin 1 sin

x x

x x

−=

+ −


1)11 5 7 3

cos sin 2 sin4 2 4 2 2 2

x x xπ π π − + − = +

;

2) ( )

2sin4

1 sin 2 1 tan ;cos

x

x x x

π −

+ = +




75

3) ( )3 3sin cos cos 2 2cos sin x x x x x+ = − ;

4) 2 22sin 2sin tan4

x x xπ

− = −

;

5) 2 21 1cos sin

4 3 2 2

x x+ = ;

6) 1

3 sin coscos

x x

+ = ;

7) 2 23tan 4 tan 4cot 3cot 2 0; x x x x+ + + + =

8) 2 2sin tan cos cot sin 2 1 tan cot ; x x x x x x x+ − = + +

9) ( )4 4 2sin 2 cos 2 1 cos 4 sin 6 x x x x+ = + ;

10) ( ) ( )23 2 cos cos 2 sin 3 2cos 0; x x x x+ − + − =

11) tan tan sin 3 sin sin 2 ;6 6

x x x x xπ π − + = +

12) ( )( )1 tan 1 sin 2 1 tan ; x x x− + = +

13)sin 2 cos 2

tan cot ;cos sin

x x x x

x x− = −

14)5 3

sin cos 2 cos ;2 4 2 4 2

x x xπ π − − − =

15) ( )2

2cos 2 3 sin cos 1 3 sin 3 cos . x x x x x+ + = +

VI.8. Tìm các giá trị của tham số m để các phươ ng trình cho sau đây có nghiệm

1) 2 2tan cot (tan cot ) 2 0; x x m x x m+ + + + =

2) (sin cos ) sin 2 1 0;m x x x m+ + + − =

3) 4(cos sin ) sin 2 . x x x m− + =

VI.9. Tìm các giá trị của tham số m để phươ ng trình sau có nghiệm thỏa2 2

xπ π

− < <

( )2

cos 2 cos 4 1 0. x m x m− + − =

VI.10. Giải và biện luận phươ ng trình sau theo tham số m

2 2sin 2sin cos 2cos . x x x x m+ − =

VI.11. Tìm các giá trị của tham số m để phươ ng trình: 2cos 2 2sin 2 2 0m x x m− + − = có

nghiệm trong khoảng 0; .4

π




76

PHẦN II: LỜ I GIẢI VÀ HƯỚ NG DẪN

CHƯƠ NG I. HÀM SỐ

I.1. Giả sử 0 y ∈ , f T khi đó 0 2

2 1

4

x y

x x

−=

+ +(1) có nghiệm đối vớ i . x

(1) ( )2

0 4 2 1 y x x x⇔ + + = −

( )2

0 0 02 4 1 0 y x y x y⇔ + − + + = (2)

Xét các trườ ng hợ p sau:

+ Xét 0 0. y =

Khi đó, ( )2 2 1 0 x⇔ − + =1

2 x⇔ = . Vậy, 0 0 . f y T = ∈

+ Xét 0 0. y ≠ Khi đó, (2) có nghiệm khi và chỉ khi

( ) ( )2

0 0 02 4 4 1 0 y y y∆ = − − + ≥ 20 015 8 4 0 y y⇔ − − + ≥

0

4 2 19 4 2 19

15 15 y

− +⇔ ≤ ≤

Vậy, tập giá trị của hàm số là4 2 19 4 2 19

; .15 15 f T

− +=

I.2. Hàm số đã cho có tập xác định . D = ℝ

Giả sử 0 f y T ∈ , khi đó ( )0 21 1

x y

x a

+=

+ có nghiệm đối vớ i . x

( ) ( )201 1 y x a x⇔ + = + 2

0 0 1 0 y x x ay⇔ − + − = (2)

Xét các trườ ng hợ p sau

+ 0 0. y = (2) 01 0 . f x y T ⇔ = − ⇒ = ∈

+ 0 0. y ≠ khi đó, (2) có nghiệm x khi và chỉ khi ( )0 01 4 1 0ay y∆ = − − ≥

20 0 0

1 1 1 14 4 1 0 .2 2

a a

ay y ya a

− + + +

⇔ − + + ≥ ⇔ ≤ ≤

Như vậy tập giá trị của hàm số chứa đoạn[ ]0;1 khi và chỉ khi 0a > và hệ điều kiện sau

1 10

52 0 .41 1

12

a

aa

a

a

− +≤

⇔ < ≤

+ +≥




77

I.3. Hàm số đã cho có tập xác định là { } \ ;1 . D m= ℝ Tập xác định D là tập đối xứng khi

và chỉ khi 1.m = − Vớ i 1m = − thì hàm số trở thành2

1.

1 y

x=

− Hàm số này là một hàm số

chẵn. Vậy, khi 1m = − thì hàm số đã cho là hàm số chẵn.

I.4. Hàm số đã cho có tập xác định là: D = ℝ .

1) ,a D∀ ∈ ta có ( ) (0 ) (0) ( ) f a f a f f a= + = + (0) ( ) ( ) f f a f a⇒ = − (0) 0. f ⇒ =

Vậy, (0) 0 f = (Đpcm).

2) Theo giả thiết hàm số ( ) y f x= xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là

tập đối xứng. Mặt khác ta lại có: 0 (0) ( ) ( ) ( ) f f a a f a f a= = − + = − + ( ) ( ). f a f a⇒ − = −

Vậy, f là hàm số lẻ.

I.5. Trườ ng hợ p phươ ng trình ( ) 0 f x = vô nghiệm thì số nghiệm của phươ ng trình bằng 0.

Giả sử phươ ng trình ( ) 0 f x = có nghiệm. Gọi 0 x là một nghiệm của phươ ng trình

( ) 0, f x = ta có ( )0 0 f x = và 0 0. x ≠ Vì ( ) y f x= là hàm số lẻ nên ( ) ( )0 0 . f x f x− = −

Suy ra ( )0 0 f x− = và do đó 0 x− cũng là một nghiệm của phươ ng trình ( ) 0. f x = Từ đây

ta có nếu 0 x là một nghiệm của phươ ng trình ( ) 0 f x = thì 0 x− cũng là một nghiệm của

phươ ng trình ( ) 0. f x = Như vậy, số nghiệm của phươ ng trình ( ) 0 f x = là một số chẵn.

I.6. a) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2

2 (1), , f x x f x x f x f x x x+ + − = ∀ ∈ ℝ .

Thay 1 2 0 x x= = vào 2 vế của (1) ta đượ c

( ) ( )2

2 0 2 0 f f = ( )0 0 f ⇔ = ∨ ( )0 1 f = . Nhưng theo bài ra ta có ( ) f x 0≠ , x∀ ∈ ℝ do

đó ( )0 1 f = .

b) Hàm số ( ) y f x= xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng.

Thay 1 20; x x x= = vào ( )1 ta đượ c:

( ) ( ) ( )2 f x f x f x+ − =

( ) ( ) . f x f x⇔ = − x∀ ∈ ℝ .

Vậy, ( ) f x là một hàm số chẵn.

I.7. 1) y = ( )cos 2 3 . x + Tập xác định của hàm số đã cho là . D = ℝ

Hàm số ( )( ) cos 2 3 y f x x= = + là hàm số tuần hoàn vì có T = 2π sao cho




78

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 .

2 cos 2 2 3 cos 2 3 4 cos 2 3

x x

x f x x x x f x

π

π π π

∀ ∈ ⇒ ± ∈

∀ ∈ ⇒ ± = ± + = + ± = + =

i ℝ ℝ

i ℝ

Chu kì của hàm số là 0T = .π Giả sử còn có 0 l π < < sao cho

( ) ( )

( ) ( )

,

cos 2 3 cos 2 3 (1),

f x l f x x

x l x x

+ = ∀ ∈

⇔ + + = + ∀ ∈

ℝ

ℝ

Chọn x =3

2− ta có (1) cos 2 1l⇔ = , vớ i 0 ,l π < < (Vô lý).

Vậy, chu kì của hàm số là 0T = .π

2) 2sin . y x= Tập xác định của hàm số đã cho là . D = ℝ

Hàm số ( ) 2 1 cos 2sin

2

x y f x x

−= = = là hàm tuần hoàn vì có 2T π = sao cho

2 x x π ∀ ∈ ⇒ ± ∈i ℝ ℝ

( ) ( ) ( )

( )1 cos 2 2 1 cos 2 4 1 cos 2

22 2 2

x x x x f x f x

π π π

− ± − ± − ∀ ∈ ⇒ ± = = = =i ℝ

Chu kì của hàm số là 0T = .π

Giả sử còn có 0 l π < < sao cho

( ) ( )

( )

( )

,

1 cos 2 1 cos 2,

2 2

cos 2 cos 2 (1),

f x l f x x

x l x x

x l x x

+ = ∀ ∈

− + − ⇔ = ∀ ∈

⇔ + = ∀ ∈

ℝ

ℝ

ℝ

Chọn x π = ta có (1) ⇔ cos 2 1,l = vớ i 0 l π < < (Vô lý)

Vậy, chu kì của hàm số là 0T = .π

I.8. 1) 3 2( ) 2 . y f x x x= = + Tập xác định của hàm số đã cho là . D = ℝ ta có

3 2 0( ) 2 0

2.

x f x x x

x

== + = ⇔

= −

Giả sử ( ) f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dươ ng T sao cho( ) ( ), . f x T f x x D+ = ∀ ∈ Chọn 0, x = ta có (0 ) (0) 0 0 f T f T + = = ⇒ > là nghiệm của

phươ ng trình ( ) 0 f x = (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn.

2) ( ) 1 y f x x= = − . Tập xác định của hàm số đã cho là [1; ). D = +∞

( ) 0 1. f x x= ⇔ = Giả sử ( ) f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dươ ng T sao cho( ) ( ), . f x T f x x D+ = ∀ ∈ Chọn 1, x = ta có (1 ) (1) 0 1 1 f T f T + = = ⇒ + > là nghiệm của

phươ ng trình ( ) 0 f x = (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn.




79

23) ( ) .

1

x y f x

x= =

− Tập xác định của hàm số đã cho là { } \ 1;1 . D = −ℝ

Giả sử ( ) f x là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dươ ng T sao cho

x D∀ ∈ . x T D⇒ ± ∈ Do { } \ 1;1 D = −ℝ nên1 (1 ) 1T D T T D D+ ∈ ⇒ + − ∈ ⇒ ∈ (Vô lý).

Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn.

I.9. Tập xác định của hàm số Đirichlê là . D = ℝ Vớ i 0,T T > ∈ ℚ ta đều có

x T ± ∈ ℚ nếu , x ∈ ℚ \ x T ± ∈ ℝ ℚ nếu \ x ∈ ℝ ℚ .

Suy ra1 , .

( )0 , \ .

x f x T

x

∈± =

∈

ℚ

ℝ ℚ

Như vậy, ( ) ( ), . f x T f x x± = ∀ ∈ ℝ Suy ra hàm số ) f x( là hàm số tuần hoàn. Tuy nhiêntrong tập các số hữu tỉ dươ ng không có số dươ ng bé nhất, vì vậy hàm số Đirichlê là hàm số tuần hoàn nhưng không có chu kỳ.

I.10. 1) Ta có: ( )( ) ( )

( )

1 11 2111 211

x f x x x y f f x x x f x

x

+++ −

= = = = =+−

−−

Vậy, ( )( ) . y f f x x= =

2) Ta có: ( )( ) ( )

( )

1 2 1 1 2

1 2 1 1 2 2 1

g x x x x y f g x

g x x x x

+ − += = = = =

− − − − −

Vậy, ( )( ) .

1

x y f g x

x

= =−

I.11. Ta có

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )

2 1 3 2

4 3 1

1 1 1 1 1,

1 1 11 1

11

.1

x x f x f f x f x f f x x

x x x

x x x

f x f f x f x x

− −= = = = = = = =

−−− −

−

= = =−

Như vậy, ( ) ( ) ( ) ( )1 4 7 1 3... , .k f x f x f x f x k +

= = = = ∈ ℕ

Do đó ( ) ( )100 1

1.1 f x f x x= = −

I.12. Ta có

( ) ( )

11 2 ,

2 , 2 1 .1

2 1,2

x x

y f x f x x

x x

− <

= = ⇒ = − − ≥




80

( )1, 1

1 , 1

1

x x y g x

x x

x

− ≥= =

− <

= −

Vậy, [ ] [ ]( ) 2 1 1 , ( ) 2 1 1 . f g x x g f x x= − − = − −

I.13. Hàm số ( ) 2 1 y f x x= = − − xác định trên nửa khoảng ( ];1 .−∞

Trên tập xác định ( ];1−∞ phươ ng trình 2 1 y x= − − có nghiệm duy nhất đối vớ i ẩn x là

( )2 21 2 4 3. x y y y= − − = − + −

Vậy, hàm số ngượ c cần tìm là 1 2( ) 4 3, ( ;2]. y f x x x x−= = − + − ∈ −∞

I.14. 1) a) Ta có2 27 3

2 ( ) 22 2

x x x x y f x

x x

− − + −= = − = −

+ +

Từ đồ thị hàm số

2 3( ) 2

x x y f x x

+ −

= = + suy ra đồ thị

2 7

2

x x y x

− −

= + bằng phép tịnh tiến

theo véc tơ (0; 2).v = −

b) Ta có2 27 9 ( 3) ( 3) 3

( 3)5 ( 3) 2

x x x x y f x

x x

+ + + + + −= = = +

+ + +

Từ đồ thị hàm số 2 3

( )2

x x y f x

x

+ −= =

+ suy ra đồ thị

2 7 9

5

x x y

x

+ +=

+ bằng phép tịnh tiến

theo ( 3; 0).v = −

c) Từ đồ thị hàm số 2

3( ) 2 x x y f x

x

+ −= =

+ tịnh tiến theo vectơ ( ; )v a b=

đượ c đồ thị

2 2 4

3

x x y

x

+ −=

+ khi và chỉ khi

[ ] ( )

2 2

2 2

3 2 3 2 2

2

2 4 ( ) ( ) 3, 3

3 ( ) 2

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

(4 ) 2 4 8 (4 2 ) ( 7 5 )

3( 2 3), 3

x x x a x ab x

x x a

x x x a x a x a b b x x

x a x ax a x b a x a a ab b x

a a ab b x

+ − − + − −= + ∀ ≠ −

+ − +

⇔ + − − + = − + − + − + + ∀ ≠ −

⇔ + − − + − = + + − − − − + +

+ − − + − ∀ ≠ −

2

2

4 4 21

2 ( 7 5 )1

4 8 3( 2 3)

a b aa

a a a ab bb

a a a ab b

− = + −= −

⇔ − = − − − + ⇔ = −

− = − − + −

Vậy, tịnh tiến đồ thị hàm số 2 3

2

x x y

x

+ −=

+ theo vectơ ( 1; 1)v = − −

đượ c đồ thị hàm số




81

2 2 4.

3

x x y

x

+ −=

+

2) a) Ta có2 23 3

( )2 2

x x x x y f x

x x

− − + + −= = − = −

+ +

Từ đồ thị hàm số 2

3( ) 2 x x y f x

x+ −= =

+ suy ra đồ thị hàm số

2

32 x x y

x− − +=

+ bằng phép đối

xứng qua trục hoành.

b) Ta có2 25 3

1 ( ) 12 2

x x x y f x

x x

− + + −= = − + = − +

+ +

Do đó để có đồ thị hàm số 2 5

2

x y

x

− +=

+ ta thực hiện hai bướ c

+ Bướ c 1: Đối xứng đồ thị hàm số ( ) y f x= qua trục hoành ta đượ c đồ thị 1( )C của hàm số

( ). y f x= −

+ Bướ c 2: Tịnh tiến 1( )C theo vectơ (0;1)v =

ta đượ c đồ thị hàm số2 5

2

x y

x

− +=

+.

I.15. Ta có3 7 1

3 .2 2

x y

x x

−= = −

− − Do đó ta thực hiện liên tiếp các bướ c biến đổi sau:

+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số 1

y x

= theo véc tơ (2;0)v =

thì đượ c đồ thị hàm số

1.

2 y

x=

−

+ Đối xứng đồ thị hàm số 1

2 y

x=

− qua trục hoành ta đượ c đồ thị hàm số

1.

2 y

x= −

−

+ Tịnh tiến đồ thị của hàm số 1

2 y

x= −

− theo véc tơ (0;3)u =

ta đượ c đồ thị hàm số

3 7.

2

x y

x

−=

−

I.16. 1)2 3 1

.3

x x y

x

− +=

−

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 3 1

3

x x y

x

− +=

−

dành cho bạn đọc. Đồ thị (C) của hàm số 2 3 1

3

x x y

x

− +=

− như sau




82

x

y

5

42

1

O

2) a)

2

2

2

3 1; ( ) 0

3 1 3( )3 3 1

; ( ) 03

x x f x

x x x y f x

x x x f x

x

− +≥

− + −= = =

− − +− <

−

Do đó đồ thị hàm số 2 3 1

3

x x y

x

− +=

− gồm hai phần:


+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số ( ) y f x= phía dướ i trục hoành qua trục hoành.

Đồ thị của hàm số ( ) y f x= như sau

x

y

5

42

1

O

b) 2 3 1;3

x x y x− +=

−

Ta có:

2

2

2

3 1; 3

3 1 33 3 1

; 33

x x x

x x x y

x x x x

x

− +>

− + −= ⇔

− − +− <

−




83

Do đó đồ thị hàm số 2 3 1

3

x x y

x

− +=


+ Phần đồ thị ( ) y f x= trên miền 3; x >

+ Đối xứng của phần đồ thị ( ) y f x= trên miền 3 x < qua trục hoành.

Đồ thị hàm số 2 3 13

x x y x− +=

− như sau

x

y

5

4

2

-1

O

2 3 1

) ;3

x xc y

x

− +=

−Do hàm số ( ) y f x= là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là trục

.Oy Vớ i 0 x ≥ thì ( ) ( ). y f x f x= =

Đồ thị hàm số 2 3 1

3

x x y

x

− +=

−

gồm hai phần:

+ Phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số ( ) y f x= ;

+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số ( ) y f x= phía bên phải trục tung qua trục tung.

Đồ thị hàm số ( ) y f x= như sau

-2-4 x

y

5

42

1

O




84

d) Ta có

2 2

2

2 2

3 1 3 1; 0

3 33 1

3 3 1 3 1; 0

3 3

x x x x

x x x x y

x x x x x

x x

− + − +≥

− −− + = =

− − + − +− < − −

Do đó đồ thị hàm số 2

3 13

x x y x− +=



+ Đối xứng của phần đồ thị hàm số ( ) y f x= phía dướ i trục hoành qua trục hoành.

Đồ thị hàm số 2

3 1

3

x x y

x

− +=

− như sau

-2-4 x

y

5

42

1

O

I.17. Đặt2 x X

y Y

= +

=

Hàm số đã cho trở thành

( ) ( )2 2

5 5.

12 4 2 3Y

X X X = =

−+ − + +

Hàm số 2

5

1Y

X =

− là hàm số chẵn.

Vậy, đườ ng thẳng 2 x = là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.

I.18. Đườ ng thẳng 0 x x

=

là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

0

4 3 2 4 3 20 0 0 0

4 3 2 2 3 20 0 0 0 0 0

4 3 2 4 3 2 20 0 0 0

2 ,

2 4 2 3 2 2 2 4 3 2 ,

4 2 1 3 8 8 1 2 16 24 6 1

16 32 12 4 4 3 3 2 ,

f x x f x x

x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

− = ∀ ∈

⇔ − + − + − − − = + + − ∀ ∈

⇔ − + + + + − + + − +

+ + + − = + + + − ∀ ∈

ℝ

ℝ

ℝ




85

( )

( )( )

( )( )

00

2 0 00 0

2 03 20 0 0

0 0 0

24 3 20 0 0 00 0 0 0

12 1 11 08 8 1 1

11 16 8 2 016 24 6 1 1

1 4 4 1 016 32 12 4 0

x x

x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x x

= −− + = = − ∨ =+ + =

⇔ ⇔ ⇔ = − + + − =+ + − =

+ + − =+ + − =

Vậy, đồ thị hàm số 4 3 24 3 2 y x x x x= + + − có duy nhất một trục đối xứng cùng phươ ng vớ itrục tung là 1. x = −

I.19. Ta có ( )2

2 2

4 2 4 31 1

1 1

x x x y

x x

+ − −= = +

+ +

Giả sử ( )0 0, I x y là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.

Dờ i hệ trục toạ độ Oxy về hệ trục toạ độ mớ i IXY vớ i ( )0 0, I x y bở i phép đặt

0

0

x X x

y Y y

= +

= +

Thay vào ( )1 ta đượ c( )

( )2

4 3( ) 1

1o

o

o

X xY g X y

X x

+ −= = + −

+ +

Nếu đồ thị ( )C nhận ( );o o I x y làm tâm đối xứng thì hàm số ( )Y g X = phải là hàm số lẻ

tức là( )

( )

( )

( )( )2 2

0

4 3 4 31 1

1 1o o

o o

o

X x X x y y

X x X x

− + − − + ++ − = − + ∗

− + + + + đúng vớ i mọi . X ∈ ℝ

Cho X → ∞ thì ( )∗ tươ ng đươ ng vớ i: 2 2 1o o y y= ⇔ = . Vớ i 1

o y = ( )∗ trở thành

( )

( )

( )

( )( )2 2

4 3 4 3; .

1 1o o

o o

X x X x X

X x X x

− + − − + += ∀ ∈ ∗∗

− + + + +ℝ Đặt

o X x= thì ( )∗∗ trở thành

22

8 33 12 8 6 0.

4 1o

o o

o

x x x

x

− +− = ⇔ − + =

+ Phươ ng trình này vô nghiệm.

Vậy, ( );o o I x y không phải là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.

I.20. Giả sử x m= là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho.

Đặt

x X m

y Y

= +

= Khi đó ta có hàm số

4 3 2( ) ( ) 4 ( ) 2( ) 12( )Y f X X m a X m X m X m a= = + + + − + − +

4 3 2 2 3 4 3 2 2 3

2 2

4 6 4 4 ( 3 3 )

2( 2 ) 12 ( )

X X m X m Xm m a X X m Xm m

X m mX a X m

= + + + + + + + + −

− + + − +




86

4 3 2 2 3 2

4 3 2

(4 4 ) (6 12 2) (4 12 4 12 )

4 2 12 (2)

X m a X m am X m am m a X

m am m am

= + + + + − + + − −

+ + − −

Đườ ng thẳng x m= là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi hàm số ( )Y f X = phải là hàm số chẵn, điều này tươ ng đươ ng vớ i

3 2

4 4 0

4 12 4 12 0

m a

m am m a

+ =

+ − − =

3 2

3 2

0

3 3 0

( ) 3 ( ) ( ) 3 0

m a

m am m a

m a

a a a a a

+ =⇔

+ − − =

= −⇔

− + − − − − =

3 3 32

0

0 13 3 0 2 2 01

1

m am a

m a m a a

a aa a a a a aa

a

= −= −

= − = − =

=⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −− + + − = − = = =

Vậy, vớ i

0

1

1

a

a

a

=

= − =

thì đồ thị hàm số có trục đối xứng cùng phươ ng .Oy

I.21. Giả sử trên đồ thị ( )mC có hai điểm ( ) ( )1 1 2 2; , ; M x y N x y đối xứng nhau qua gốc tọa

độ, khi đó ta có 2 1

2 1

x x

y y

= −

= −

Như vậy ta đượ c

( )

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

2 2 21

21

2 2 2 2

1 1 1 1

2 1 (1)

1(*)

x m x m x m x m x m x m x m x m

x x x x

m x m

x

− + + + − + + += − ⇔ =

− + + − +

− =⇔

≠

Trên đồ thị ( )mC có hai điểm ( ) ( )1 1 2 2; , ; M x y N x y đối xứng nhau qua gốc tọa độ khi và

chỉ khi phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện (*), điều này tươ ng đươ ngvớ i

2

22

22

2

10 22 1 2 2

1 1.12 1

m

m mm

mm m

m

> > > −

⇔ ⇔ ≠ ≠ ±≠ −

I.22. 1) 3 2( ) 2.3 4.3 2.3 x x x y f x= = − + trên đoạn [ ]1;1− .




87

Đặt 3 0. xt = > Khi đó hàm số đã cho trở thành 3 2( ) 2 4 2 . y f t t t t = = − +

Vớ i [ 1;1] x ∈ − thì1

[ ;3].3

t ∈

Lấy đạo hàm theo biến t ta đượ c

2

6 8 2 y t t ′ = − +

1

0 1

3

t

yt

=′ = ⇔ =

Ta có ( ) ( )1 8

1 0; ; 3 24.3 27

f f f

= = =

Vậy, ( )[ ]1;1

24 x

Maxf x∈ −

= và ( )[ ]1;1

0. x

Min f x∈ −

=

2) ( ) os3 15cos 8 y f x c x x= = − + trên đoạn 3; .3 2π π

( ) 3 3os3 15cos 8 4cos 3cos 15cos 8 4cos 18cos 8 y f x c x x x x x x x= = − + = − − + = − +

Đặt cos .t x=

Khi đó hàm số ( ) 34cos 18cos 8 y f x x x= = − + trở thành

( ) 34 18 8. y f t t t = = − + Vớ i3

;3 2

x π π

∈ thì

1[ 1; ].

2t ∈ −

Lấy đạo hàm theo biến t ta đượ c:( )

( )

212 18

3

20

32

f t t

t

f t

t

′ = −

=

′ = ⇔

= −

. Cả hai giá trị này không thuộc1

[ 1; ].2

−

( )1 1

; 1 22.2 2

f f

= − − =

Vậy, ( )3

;3 2

22 x

Maxf xπ π

∈

= và ( )3

;2 2

1 .2

x

Min f x

π π ∈

= −

3) ( ) 3 23 5 y f x x x= = − + trên đoạn [ ]0; 3 . Xét hàm số 3 23 5. y x x= − + Ta có

23 6 y x x′ = −




88

( )5

0 3 2 02 1

x y y x x

x y

= ⇒ =′ = ⇔ − = ⇔

= ⇒ =

Tại 3 5. x y= ⇒ = Vì trên đoạn [ ]0;3 hàm số 3 23 5 y x x= − + lấy giá trị dươ ng, do đó

( )[ ]0;3

5 x

Maxf x∈

= và ( )[ ]0;3

1. x

Minf x∈

=

I.23. 1) ( )2

3 .2 1

x y f x

x= =

− Tập xác định của hàm số

2

3( )2 1

x y f x

x= =

− là

1 \ .

2 D

=

ℝ

Ta có( )

( ) ( )3

2 1'

3 2 1 2 1

x y

x x x

−=

− −, ' 0 1. y x= ⇔ =

Điểm tớ i hạn của hàm số thuộc đoạn3

;24

là 1 x = . Ta có

( )1 1 f = ;33 9

4 2

f

=

; ( )3 36

2

3

f = . Vậy, ( )3

3;24

36;

3 x

Max f x

∈

=

3;24

( ) 1. x

Min f x

∈

=

2) ( ) ( )cos 1 sin y f x x x= = + , [ ]0;2 x ∈ π .

Tập xác định của hàm số là [ ]0;2 D = π

Ta có ( )1

cos 1 sin sin 2 sin2

y x x x x= + = +

cos 2 cos y x x′ = +22cos 1 cos , x x= − + ' 0 y =

22cos cos 1 0 x x⇔ + − =

cos 1

1cos

2

x

x

= −⇔ =

. Vớ i [ ]cos 1 0;2 x x π π = − ⇒ = ∈

. Vớ i[ ]

[ ]

0;21 3cos

520;2

3

x

x

x

π π

= ∈

= ⇒ π

= ∈ π

( )0 0 f = ;3 3

;3 4

f π

=

( ) 0; f π = ( )2 0; f π = 5 3 3

.3 4

f π −

=

Vậy,[ ]

( )0;2

3 3;

4 x Max f x

∈ π

= ( )[ ]0;2

3 3.

4 x

Minf xπ ∈

−=

I.24. Giả sử ( ), x y là một nghiệm của hệ phươ ng trình




89

( )2 2

21

3

x y a

x y xy

+ = −

+ + =

Ta có ( )( ) ( )

( )2 2 2

2 2 21

4 13 3

x y a x y a x y a I

xy a a x y xy xy x y

+ = − + = − + = − ⇔ ⇔ ⇔

= − ++ − = = + −

Khi đó ; x y thỏa phươ ng trình ( ) ( )2 22 4 1 0 X a X a a− − + − + = ∗

Phươ ng trình ( )∗ có nghiệm khi và chỉ khi

( ) ( )2 2 20 2 4 4 1 0 3 12 0 0 4.a a a a a a∆ ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≤

Xét ( ) ( )22 2 3 2 M x y xy x y xy= + − = + −

Thế ( ) I vào ( )2 ta đượ c ( ) ( )2 2 22 3 4 1 2 8 1. M a a a a a= − − − + = − + +

Khi đó việc tìm giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 M x y xy= + − trở thành

việc tìm giá trị lớ n nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 8 1 N a a= − + + trên đoạn [ ]0; 4 .

Xét ( ) 22 8 1 f a a a= − + + ( )' 4 8, f a a⇒ = − + ( )' 0 4 8 0 2. f a a a= ⇔ − + = ⇔ =

Ta có ( ) ( ) ( )2 9; 0 1; 4 1. f f f = = =

Vậy, khi0

4

a

a

=

= thì M đạt giá trị nhỏ nhất và khi 2a = thì M đạt giá trị lớ n nhất.

I.25. Tập xác định của hàm số là . D = ℝ

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )2 2 2 2

1 2 3 4 1 4 2 35 4 5 6 5 4 5 4 2

y x x x x x x x x

x x x x x x x x = + + + + = + + + +

= + + + + = + + + + +

( ) ( )

( )

22 2

22

5 4 2 5 4 1 1

5 5 1 1, .

x x x x

x x x

= + + + + + + −

= + + − ≥ − ∀ ∈ ℝ

Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi 2 5 5 5 55 5 0 .

2 2 x x x x

− − −+ + = ⇔ = ∨ =

Vậy, 1. Miny = −

I.26. Theo bất đẳng thức Bunhiascopki ta có

22 25 1 1 1

1 . .4 4 4

x y x y

= + = + ≤

( ) ( ) ( )

222 2 1 1 1 1

. .164

x y x y x y x y

≤ + + = + +




90

25 5 1 4 1.

16 4 4 4 x y

⇔ ≤ +

(Do

5

4 x y+ = )

4 15 5.

4 A

x y⇔ ≤ + ⇒ ≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

11

14

45

4

x x

x

y y y

x y

=

=

= ⇔ =

+ =

Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 5. MinA =

I.27.Xét ba vectơ ( 1;0), ( 2;0), w (5 2 ; 0)u x v x x

= + = − = −

Khi đó w (4;0).u v+ + =

Ta có bất đẳng thức

2w w 1 2 5 2 4 0 4.u v u v x x x+ + ≥ + + ⇔ + + − + − ≥ + =

Dấu đẳng thức xảy ra khi ba vectơ , , wu v

cùng hướ ng, khi và chỉ khi5

2 .2

x≤ ≤

Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là 4. Miny =

I.28. 2 2

3 1 2 1 1 12 .

4 4 8 8 2

y y x y A x y x

x y x y

+= + + + = + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươ ng1

4 x và

1

x ta có

( )1 1 1 1

2 . 1 14 4

x x x x

+ ≥ = .

Tươ ng tự, ta cũng áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dươ ng2

1; ;8 8

y y

y ta có

( )32 2

1 1 3

3 . . 2 .8 8 8 8 4

y y y y

y y+ + ≥ =

Ta lại có ( )4 2 3 .2

x y x y

++ ≥ ⇒ ≥

Từ (1), (2), (3), ta suy ra3 9

1 2. 2 .4 2

A ≥ + + =




91

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi2

14

2128

4

x

x

x y

y y

x y

=

=

= ⇔ =

+ =

Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là9

.2

MinA =

I.29. Điều kiện 3, 4, 5. x y z≥ ≥ ≥

Biểu thức đượ c viết lại43 5 y x z

T x y z

−− −= + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối vớ i hai số không âm ( 3);3 x − ta đượ c

3 3

3. 3 ( 3).3 2 23 1

.2 3

x x

x x

x

x

− +− = − ≤ =

−⇔ ≤

Lập luận tươ ng tự như trên, ta cũng có

4 1 1

42 4

5 1

2 5

y

y

z

z

−≤ =

−≤

Như vậy, ta đượ c1 1 1

.42 3 2 5

T ≤ + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 36

4 48

5 510.

3, 4, 5

x x

y y

z z

x y z

− ==

− = ⇔ =

− = = ≥ ≥ ≥

Vậy,1 1 1

.42 3 2 5 MaxT = + +

I.30. Ta có2 2 2 2 2 2

(*). x x y y z z

P y z z x x y

= + + + + + Ta nhận thấy 2 2 , , . x y xy xy x y+ − ≥ ∀ ∈ ℝ

Do đó ( )3 3 , , 0 x y xy x y x y+ ≥ + ∀ > hay2 2

, , 0. x y

x y x y y x

+ ≥ + ∀ >

Tươ ng tự ta cũng có




92

2 2

2 2

, , 0

, , 0.

y z y z y z

z y

z x z x z x

x z

+ ≥ + ∀ >

+ ≥ + ∀ >

Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận đượ c ở trên và kết hợ p vớ i (*) ta đượ c

2( ) 2, , , 0P x y z x y z≥ + + = ∀ > và 1. x y z+ + = Hơ n nữa ta có 2P = khi1

.3

x y z= = =

Vậy, 2. MinP =

I.31.( ) ( ) ( )( ) ( )( )

3 3 3

1 1 1 1 1 1

a b c A

b c c a a b= + +

+ + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta đượ c

( ) ( ) ( )( )

3 3

31 1 1 1 3

3 . . (1)

1 1 8 8 1 1 8 8 4

a b c a b c a

b c b c

+ + + ++ + ≥ =

+ + + +


( )( )

3 1 1 3(2)

1 1 8 8 4

b c a b

c a

+ ++ + ≥

+ +

( )( )

3 1 1 3(3)

1 1 8 8 4

c a b c

a b

+ ++ + ≥

+ +

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươ c

3

3 3 3 3 .4 2 2 2 4a b c abc A A+ ++ ≥ ≥ = ⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi 1.a b c= = = Vậy,3

.4

MinA =

I.32. .a b c

Ab c a

= + +

Ta có2 2 2

2 2 2 2.

a b c a b c c a A

b c a c a b= + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta đượ c2 2

44 . . . 4 (1)a a b a b a a b a b

c c ab bc c c c

+ + + ≥ =


2

4 (2)b b c b c

a bc a a

+ + + ≥




93

2

4 (3)c c a c a

b ca b b

+ + + ≥


( )2 3 9 3. A a b c A≥ + + ≥ ⇒ ≥

Dấu đẳng thức xảy ra khi 1.a b c= = = Vậy, 3. MinA =

I.33. xy yz zx

S z x y

= + +

Ta có ( )2 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2

2 x y y z z x

S x y z z x y

= + + + + +


2 2 2 2 2 2 2 22

2 2 2 22 . 2 (1)

x y y z x y y z y

z x z x+ ≥ =


2 2 2 22

2 22 (2)

y z z x z

x y+ ≥

2 2 2 22

2 22 (3)

x y z x x

z y+ ≥


2 2 2 2 2 22 2 2

2 2 2

x y y z z x x y z

z x y

+ + ≥ + +

Suy ra ( ) ( )2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 2 2

2 3 3 3. x y y z z x

S x y z x y z S z x y

= + + + + + ≥ + + = ⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 2 2 2

2 2 2

, , 03

.3

x y z

x y z x y y z z x

z x y

>

⇔ = = == =

Vậy, 3. MinS =

I.34. ( )( )( )( )( )( )

1 1 1.1 1 1

a b c A

a b c

+ + +

=− − −

Theo giả thiết

1 0

1 1 0

1 0

a b c

a b c b a c

c a b

− = + >

+ + = ⇒ − = + > − = + >





94

( ) ( ) ( )( )1 1 1 2 1 1 (1)a b c b c+ = − + − ≥ − −


( ) ( )

( )( )

1 2 1 1 (2)

1 2 1 1 (3)

b a c

c a b

+ ≥ − −

+ ≥ − −

Nhân các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươ c

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )

1 1 11 1 1 8 1 1 1 8

1 1 1

a b ca b c a b c

a b c

+ + ++ + + ≥ − − − ⇒ ≥

− − −

Suy ra 8. A ≥

Đẳng thức xảy ra khi 1

.3

a b c= = =

Vậy, 8. MinA =

I.35.( )

2 2 2

2.

ab bc ca M

ab bc ca

+ +=

+ +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối vớ i hai bộ số

( ) ( ); ; , ; ;a b c b a c b a c

Ta đượ c

( ) ( )( )

( )( )

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

1

(1)

ab bc ca a b c ab bc ca

ab bc ca

M a b ca b c ab bc ca

+ + ≤ + + + +

+ +

⇒ ≥ = + ++ + + +

Cũng theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì

( ) ( )2 2 2 23 9 3(2)a b c a b c a b c+ + ≤ + + = ⇒ + + ≤

Từ (1) và (2) ta suy ra1

.3

M ≥

Đẳng thức xảy ra khi 1.a b c= = =

Vậy,

1

.3 MinM =

I.36. 2 3 8 A x y z= + + −

Ta có ( ) ( ) ( )2 3 8 1 1 2 2 3 1 A x y z x y z= + + − = − + − + −


( ) ( )1;2;3 , 1; 2; 1 x y z− − −




95

Ta đượ c

( ) ( ) ( )2 2 2

2 3 8 14 1 2 1 14 A x y z x y z= + + − ≤ − + − + − =

Đẳng thức xảy ra khi2 3 8 14

1 2 1 2 3 8 14

1 2 3 1 4 9 14

x y z

x y z x y z

+ + − = − − − + + −

= = = = ± + +

Hệ phươ ng trình trên có nghiệm chẳng hạn

141

14

142

7

3 141

14

x

y

z

= +

= +

= +

. Vậy, 14. MaxA =

I.37. 2 2 2 2 2 2 A a b b c c a= + + + + +


( ) ( )1;1 , ;a b

Ta đượ c

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

1. 1. 2 (1)2

a b a b a b a b+ ≤ + ⇒ + ≥ +


( )

( )

2 2

2 2

1(2)

21

(3)2

b c b c

c a c a

+ ≥ +

+ ≥ +


( )2

2.2

A a b c≥ + + =

Đẳng thức xảy ra khi

1

.3a b c= = =

Vậy, 2. MinA =

I.38.2

2 .1 2 2

xy y A

x xy

+=

+ +

Do 2 2 1 x y+ = nên ta đặtsin

, [0;2 ].cos

x

y

ϕ ϕ π

ϕ

=∈

=




96

Khi đó2

2

sin cos cos.

1 2sin 2sin cos A

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

+=

+ +

Ta có ( )22 21 2 2 2 , x xy x y x+ + = + + (Do 2 2 1 x y+ = ). Suy ra A xác định vớ i mọi , x y thỏa

2 2 1 x y+ = .

( )2

2sin cos cos sin 2 cos 2 1 (1)

1 2sin 2sin cos 2 sin 2 cos 2 2 A

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ

+ + += =+ + − +

( ) ( )(1) 2 1 sin 2 2 1 cos 2 1 4 (2) A A Aϕ ϕ ⇔ − − + = −

(2) có nghiệm khi và chỉ khi

( ) ( ) ( )2 2 2

2

2 1 2 1 1 4

8 8 1 0

2 6 2 6.

4 42 6 2 6

, .4 4

A A A

A A

A

MaxA MinA

− + + ≥ −

⇔ − − ≤

− +⇔ ≤ ≤

+ −⇒ = =

I.39.1 1 1

.2 2 2

x y zP x y z

yz zx xy

= + + + + +

Ta có2 2 2 2 2 2

2 2 2

x y z x y zP

xyz

+ += + + + .

Do2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

x y y z z x x y z xy yz zx

+ + ++ + = + + ≥ + +

Nên2 2 21 1 1

.2 2 2

x y zP

x y z

≥ + + + + +

Xét hàm số 2 1

( ) , 0.2

t f t t

t = + >

Lập bảng biến thiên của hàm ( ) f t ta suy ra3

( ) , 0.2

f t t ≥ ∀ > Suy ra9

.2

P ≥

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z= = =

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là9

.2

I.40.( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2

x y z y z x z x yP

y y z z z z x x x x y y

+ + += + +

+ + +

Ta có ( ) ( ) ( )2 2 22 ; 2 ; 2 . x y z x x y z x y y z x y z z+ ≥ + ≥ + ≥




97

Suy ra22 2

.2 2 2

y y x x z zP

y y z z z z x x x x y y≥ + +

+ + +

Đặt 2 ; 2 ; 2a x x y y b y y z z c z z x x= + = + = +

4 2 4 2 4 2; ;

9 9 9

c a b a b c b c a x x y y z z

+ − + − + −⇒ = = =

Do đó

3 3

2 4 2 4 2 4 2

9

2 24 6 4.3 . . 3 . . 6 2.

9 9

c a b a b c b c aP

b c a

c a b a b c c a b a b c

b c a b c a b c a b c a

+ − + − + − ≥ + +

= + + + + + − ≥ + − =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z= = =

Vậy, 2. MinP =

I.41.2

sin4 , ; .

2sin 1 2cos

x

y x x x

π

π π

−

= ∈ + +

Ta có2

2 sin cos. , ; .

2 2sin 1 2cos

x x y x

x x

π π

− = ∈ + +

· Xét trườ ng hợ p :2

x π

= Ta có2

.4

y =

· Xét trườ ng hợ p ( ; ] :2

x π

π ∈ Ta có2

2 tan 1. .2 tan tan 3

x y

x x

−=

− +

Đặt tan ,t x= vớ i ( ; ]2

x π

π ∈ thì ( ;0].t ∈ −∞

Hàm số trở thành

2

2 1( ) . , ( ; 0].

2 3

t y f t t

t t

−= = ∈ −∞

− +

( ) ( )

( )

22

22

3 1 12 3( ) .

2 3

t t t t t

f t

t t

− + − − −

+ ′ =

− + ( )

2

2 2

2 3 1. .

2 3 3

t t

t t t

+ + −=

+ − +

( ) 0 1. f t t = ⇔ = −

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f t ta kết luận đượ c; ;

2 2

2 2, .

3 4 x x

Maxy Minyπ π

π π

∈ ∈

= =




98

CHƯƠ NG II. PHƯƠ NG TRÌNH − HỆ PHƯƠ NG TRÌNH

II.1. 1) 2 24 3m x m x m+ − = + (1)

(1) ( )2 21 4 3m x m m⇔ − = − + (*)

+ 21

1 01

mm

m

=− = ⇔

= −

. 1,m = phươ ng trình (*) trở thành 0 0 x = ⇒ phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

. 1,m = − phươ ng trình (*) trở thành 0 8 x = ⇒ phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ 21

1 01

mm

m

≠− ≠ ⇔

≠ − phươ ng trình (1) có nghiệm duy nhất.

2

2

4 3 3.

1 1

m m m x

m m

− + −= =

− +

K ế t luận:

+ Nếu 1m = thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

+ Nếu 1m = − thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu1

1

m

m

≠

≠ − thì phươ ng trình (1) có nghiệm duy nhất

3.

1

m x

m

−=

+

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2) 2 2 1

(1) 2 2 2 2

* .

a b a a a b a b x

a ab b a a ab a b x

a b x a b

+ + = + + +

⇔ + + + = + + +

⇔ + = +

+ Nếu 2 20

00

aa b

b

=+ = ⇔

= thì phươ ng trình (*) trở thành 0 0 x = suy ra phươ ng trình (1)

có nghiệm tùy ý.

+ Nếu 2 20

00

aa b

b

≠+ ≠ ⇔

≠thì phươ ng trình (1) có một nghiệm duy nhất

2 2

2 21.

a b x

a b

+= =

+

K ế t luận:

+ Vớ i0

0

a

b

=

=

thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

+ Vớ i0

0

a

b

≠

≠ thì phươ ng trình (1) có một nghiệm duy nhất 1. x =

( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

22 2

3) 2 1

*

a x ab b x a b

a b x a b

+ = + +

⇔ − = −




99

+ 2 2 0a b− = a b

a b

=⇔

= −

· a b= thì (*) trở thành 0 0 x = suy ra phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

· a b= − thì (*) trở thành 20 4 . x b= Nếu 0b = thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý. Nếu0b ≠ thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ 2 2 0a b

a ba b

≠− ≠ ⇔

≠ − phươ ng trình (1) có một nghiệm duy nhất

( )2

2 2.

a b a b x

b a b

− −= =

− +

K ế t luận:

+ Nếu a b= thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

+ Nếu0

a b

b

= −

≠ thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ Nếua b

a b

≠

≠ − thì phươ ng trình (1) có một nghiệm duy nhất

a b x

a b

−=

+

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 2

4) 4 5 1

4 5

4 5 *

a ax b ax b

a x ab ax b

a a x b ab

+ = + −

⇔ + = + −

⇔ − = − −

+ 20

4 04

aa a

a

=− = ⇔

=

· Vớ i 0a = thì phươ ng trình (*) trở thành 20 5. x b= −

Nếu 25

5 05

bb

b

≠− ≠ ⇔

≠ − thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

Nếu 25

5 05

bb

b

=− = ⇔

= − thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

· Vớ i 4a = thì phươ ng trình (*) trở thành 20 4 5 x b b= − −

Nếu 21

4 5 05

bb b

b

≠ −− − ≠ ⇔

≠ thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

Nếu 21

4 5 05

bb b

b

= −− − = ⇔

= thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

+ 20

4 04

aa a

a

≠− ≠ ⇔

≠ thì phươ ng trình (*) có nghiệm duy nhất

2

2

4 5.

4

b b x

a a

−=

−

K ế t luận:




100

+ Nếu

40

15

5

aa

bb

b

==

∨ ≠ − ≠ ±

≠

thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu

0 4

5 155

a a

b bbb

= =

∨= − = − ==

thì phươ ng trình (1) có nghiệm tùy ý.

+ Nếu0

4

a

a

≠

≠ phươ ng trình (1) có nghiệm duy nhất

2

2

4 5.

4

b b x

a a

− −=

−

II. 2. 1) ( )2 1

1 11

x m x m

x x

+ + −− =

−

Điều kiện:0

1

x

x

≠

≠

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

1 2 1 1 1

2 1

3 1 0

1.

3

x m x x m x x x

x mx x x mx m x x x

x m

m x

⇔ + − + − − = −

⇔ + − + − + + − = −

⇔ + − =

−⇔ =

1

3

m x

−= là nghiệm của phươ ng trình ( )1 khi và chỉ khi

10 13

.1 2

13

m

m

m m

−≠ ≠

⇔ − ≠ − ≠

K ế t luận: + Nếu1

2

m

m

≠

≠ − thì phươ ng trình ( )1 có một nghiệm duy nhất

1.

3

m x

−=

+ Nếu2

1

m

m

= −

= thì phươ ng trình ( )1 vô nghiệm.

2) ( )

2

2 1 11

mx m x m x

− = +−

Điều kiện:1

1

x

x

≠

≠ −

+ Xét trườ ng hợ p0

1

x

x

≥

≠ thì phươ ng trình ( )1 trở thành




101

( ) ( )( )

( )

2

2

2 11

1 2 1 1

1 2 1(*)

mxmx m

x

mx mx x m x

m x m

− = +−

⇔ − − = + −

⇔ + = +

Nếu 1m = − thì (*) vô nghiệm. Nếu 1m ≠ − thì (*)2 1

.1

m x m

+

⇔ = +

2 1

1

m x

m

+=

+ là nghiệm của phươ ng trình ( )1 khi và chỉ khi

2 11 10

1 112 2

2 10 0.1

1

m

m m m mm

mm m

m

+≥ < − ∨ ≥ − < − ∨ ≥ − +

⇔ ⇔ + ≠ ≠≠ +

Vậy, vớ i

1

1 2

0

m m

m

< − ∨ ≥ −

≠

thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm.


1

x

x

<

≠ − thì phươ ng trình ( )1 trở thành

2

2 11

mxmx m

x+ = +

− −

( ) ( )( )

( )

2 1 2 1 1

1 2 1(**)

mx mx x m x

m x m

⇔ + − − = + − −

⇔ + = − −

Nếu 1m = − thì (**) vô nghiệm. Nếu 1m ≠ − thì (**)2 1

.1

m x

m

− −⇔ =

+

2 1

1

m x

m

− −=

+ là nghiệm của phươ ng trình ( )1 khi và chỉ khi

2 10 01

11 1

2 1 1 1 .0 2 2

1

mm m

m

m m m m m

m

− −≠ ≠≠ − +

⇔ ⇔ − − < − ∨ > − < − ∨ > − < +

K ế t luận:

+ Nếu0

11

2

m

m m

≠

< − ∨ ≥ −

thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1

2 1,

1

m x

+=

+ 2

2 1.

1

m x

m

− −=

+

(Trườ ng hợ p1

2m = − thì hai nghiệm này bằng nhau và bằng 0)




102

+ Nếu1

12

0

m

m

− ≤ < −

=

thì phươ ng trình ( )1 vô nghiệm.

3) ( )2 1 1

2 1 11 1

mx m x

x x

− +− − =

− −

Điều kiện 1. x >

( ) ( )

( )

1 2 1 2 1 1

2 2 (*)

mx x m

m x m

⇔ − − − = +

⇔ − =

Nếu 1m = thì (*) vô nghiệm.

Nếu 1m ≠ thì (*) .2( 1)

m x

m⇔ =

−

2( 1)

m x

m

=

−

là nghiệm của phươ ng trình ( )1 khi và chỉ khi

21 0 1 2.

2( 1) 2( 1)

m mm

m m

−> ⇔ > ⇔ < <

− −

K ế t luận: Khi 1 2m< < thì phươ ng trình ( )1 có một nghiệm duy nhất .2( 1)

m x

m=

−

Khi1

2

m

m

≤

≥ phươ ng trình ( )1 vô nghiệm.

II.3. 2 2 (5 1) (5 2) 0m x m m x m− + − + = (1)

+ Xét 2 0 0,m m= ⇔ = (1) trở thành 2 0− = ⇒ (1) vô nghiệm.

+ Xét 2 0 0m m≠ ⇔ ≠ thì (1) là phươ ng trình bậc hai.

( ) ( )2 2

5 1 4 5 2m m m m ∆ = + + + 4 3 225 30 9m m m= + +

2 2(5 3) 0, .m m m= + ≥ ∀ ∈ℝ

+ 0∆ =2 2(5 3) 0m m⇔ + =

2

2

0

(5 3) 0

m

m

=⇔

+ =

0

3

5

m

m

=⇔ − =

, k ết hợ p vớ i giả thiết 0,m ≠ ta

đượ c3

5m

−= , thì phươ ng trình (1) có nghiệm kép

1 2

5

3 x x= = .

+ 0∆ >2 2(5 3) 0m m⇔ + >

0

3

5

m

m

≠

⇔ −≠

thì phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt




103

1 2

5 2 1m x x

m m

+ −= ∨ = .

K ế t luận:

+ 0,m = phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+3

,5

m −= phươ ng trình (1) có nghiệm kép

1 2

5.

3 x x= =

+

0

3

5

m

m

≠

−≠

, phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt là1 2

5 2 1; .

m x x

m m

+ −= =

II.4. ( ) ( ) ( ) ( )2 2 24 2 0 1a b x a ab b x ab a b+ − + + + + =

+ Xét 0 ,a b a b+ = ⇔ = − phươ ng trình ( )1 trở thành 22 0.b x =

· 0b = : Phươ ng trình ( )1 có nghiệm tùy ý.

· 0b ≠ : Phươ ng trình ( )1 có một nghiệm duy nhất 0. x =

+ Xét 0 ,a b a b+ ≠ ⇔ ≠ − ta có

( ) ( ) ( )2 222 2 2 24 8a ab b ab a b a b∆ = + + − + = +

Phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1

2ab x

a b=

+; 2 . x a b= +

K ế t luận:

· Nếu 0a b= = thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm tùy ý.

· Nếu 0a b= − ≠ thì phươ ng trình ( )1 có một nghiệm duy nhất 0. x =

· Nếu a b≠ − thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1

2ab x

a b=

+; 2 . x a b= +

II.5. Giả sử 1 2, x x là nghiệm của phươ ng trình 2 0(1). x ax bc+ + = 1 3, x x là nghiệm của

phươ ng trình 2 0.(2) x bx ca+ + = ( 1 x là nghiệm chung của các phươ ng trình (1) và (2)).

Ta chứng minh 2 3, x x thỏa mãn phươ ng trình 2 0(3). x cx ab+ + =

Theo định lý Viet ta có

1 2

1 2

(*) x x a

x x bc

+ = −

= và

1 3

1 3

(**) x x b

x x ca

+ = −

=

Do 1 x là nghiệm chung của các phươ ng trình (1) và (2) nên ta có




104

2 2

1 1 1 1

1

1

( ) ( )

x ax bc x bx ca

a b x c a b

x c

+ + = + +

⇔ − = −

⇔ =

(Do , ,a b c khác nhau đôi một và khác 0).

Thay 1 x c=

vào (*) và (**) ta đượ c

2

3

x b a c

x a b c

= = − −

= = − −

Thay giá trị 2 x b a c= = − − vào vế trái phươ ng trình ( )3 ta đượ c

2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( ) 2 ( )

2 0

a c c a c ab a ac c ac c a a c

a ac c ac c a ac

− − + − − + = + + − − + − −

= + + − − − − =

2 x⇒ là nghiệm của phươ ng trình ( )3 .

Thay giá trị 3 x a b c= = − − vào vế trái phươ ng trình ( )3 ta đượ c

2 2

2 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 0

b c c b c ab b c c b c b c b

b bc c bc c b bc

− − + − − + = − − + − − + − −

= + + − − − − =

3 x⇒ là nghiệm của phươ ng trình ( )3 .

Vậy,2 3, x x là nghiệm của phươ ng trình 2 0. x cx ab+ + = (Đpcm)

II.6. 2 2( 3) 4 0mx m x m− − + − = (1)

+ Xét 0,m = (1) trở thành2

6 4 0 03 x x m− = ⇔ = ⇒ = thỏa đề bài.

+ Xét 0,m ≠ phươ ng trình (1) có đúng một nghiệm dươ ng trong các trườ ng hợ p sau

· Phươ ng trình (1) có một nghiệm kép dươ ng:

Điều kiện là ( )

9 2 09

.2 320

m

mmS

m

′∆ = − =

⇔ =−= >

· Phươ ng trình (1) có một nghiệm dươ ng và một nghiệm bằng 0:

Điều kiện là( )

4 0

4.2 3

0

mPm

mm

S m

− = =⇔ =

− = >

· Phươ ng trình (1) có hai nghiệm trái dấu:

Điều kiện là4

0 0 4.m

P mm

−= < ⇔ < <




105

Vậy, vớ i9

0 42

m m≤ ≤ ∨ = thì phươ ng trình (1) có đúng một nghiệm dươ ng.

II.7. ( ) ( ) ( )4 21 2 3 3 0 1m x m x m− + − + + =

Đặt 2 0 X x= ≥

Khi đó ( )1 trở thành ( ) ( ) ( )2

1 2 3 3 0 2m X m X m− + − + + =

+ Nếu 1 0 1m m− = ⇔ = khi đó ( )2 trở thành 1 1. X x= ⇒ = ±

Như vậy 1m = không thỏa yêu cầu đề bài.

+ Xét 1m ≠ khi đó ( )2 là phươ ng trình bậc II.

( )1 vô nghiệm khi và chỉ khi (2) hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

2

2

33 1 3 0

2

3 1 3 0 3 3

2 22 30 1 3 31

3 130

1

m m mm

m m mm m

mS m m mm

m mmP

m

′ ∆ = − − − + <>

′∆ = − − − + ≥

≤ > ⇔ ⇔ ⇔− − = < < ∨ > < − − < − ∨ >+ = > −

Vậy, vớ i3

32

m m< − ∨ > thì ( )1 vô nghiệm.

II.8. 2 22 1 0 x x m x m− − − + = (1)

Ta có ( )2 2

(1) 1 1 1 0. x m x m⇔ − − − + − =

Đặt 1 0 X x= − ≥ ta có phươ ng trình 2 2 1 0(2) X mX m− + − =

Phươ ng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (2) có nghiệm không âm. Ta giải

bài toán ngượ c tức là tìm các giá trị của m để phươ ng trình (1) vô nghiệm. Phươ ng trình

(1) vô nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (2) hoặc là vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đềuâm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi

2

2

2

2 3 2 3

3 34 3 02 3 2 3 12 3 2 34 3 0 3 3

(*)3 3 2 31 0 2 3

1 1 1 30 3

0

m mm

mm mm m

P m mm m m

S mm

−< ∨ >

∆ = − < − < − < ∨ >− ∆ = − ≥ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − > >− < − ∨ > ≤ < − = < <

Như vậy, phươ ng trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi m thỏa điều kiện (*).




106

Vậy, giá trị cần tìm của m là2 3

1 .3

m− ≤ ≤

II.9. ) ( ) ( )2

1 1 2 1 x x k − = −

( ) ( )

( ) ( )

22

2 2

1 2 2 1 2 2

(1) 2 1 2 21 2

x x k x x x k

x x k x x k x

− = − − + = −⇔ ⇔

− + = −− = −

22

2

2 22

4 1 1 12

4 1 2 2 2 2

1 2 1 1 1

2 2 2

x xk x x

x x k

x k xk x

− += = − + − − + = − −⇔ ⇔

+ = + = = +

Vẽ các đườ ng Parabol ( ) 2

1

1 1: 2 ,

2 2P y x x= − + − ( ) 2

2

1 1:

2 2P y x= + và y k = trên cùng một

hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phươ ng trình (1) chính bằng số giao điểm của đườ ng thẳng

y k = vớ i các Parabol 1 2( ), ( ).P P

Các Parabol 1 2( ), ( )P P và đườ ng thẳng y k = đượ c vẽ ở hình sau

y

x

y = k 3

2

2

1

1O

Dựa vào đồ thị ta k ết luận đượ c phươ ng trình ( )1 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

1 31 1 .

2 2k k < < ∨ < <

) ( )2 22 2 10 8 5 2 x x x x a− + − = − +

2 2(2) 2 10 8 5 x x x x a⇔ − + − − + = . Xét hàm số

( ) f x =

2

2 2

2

5 8; 1 42 10 8 5

3 15 8;1 4

x x x x x x x x

x x x

− + < ∨ >− + − − + =

− + − ≤ ≤

Vẽ các đườ ng Parabol ( ) 2

1 : 5 8, 1 4,P y x x x x= − + < ∨ > ( ) 2

2 : 3 15 8,1 4P y x x x= − + − ≤ ≤

và y a= trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phươ ng trình (2) chính bằng số giao

điểm của đườ ng thẳng y a= vớ i các Parabol 1 2( ), ( ).P P




107

Các Parabol1 2

( ), ( )P P và đườ ng thẳng y a= đượ c vẽ ở hình sau

y = a

y

x

43

4

4

5

2

41O

Dựa vào đồ thị ta k ết luận đượ c phươ ng trình ( )2 có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

434 .

4a< <

II.10. 1) ( ) ( )( )( ) ( )1 5 3 7 297 1 x x x x− + − + = .

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )2 2

(1) 1 5 3 7 297

4 5 4 21 297

x x x x

x x x x

⇔ − + − + =

⇔ + − + − =

Đặt ( )22

4 5 2 9 9t x x x= + − = + − ≥ −

Khi đó phươ ng trình ( )1 trở thành

( )2

16 297

16 297 027

11

t t

t t t

t

− =

⇔ − − =

=⇔

= −

Ta nhận 27t = và ta có phươ ng trình

2 24

4 5 27 4 32 08.

x x x x x

x

=+ − = ⇔ + − = ⇔

= −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình là 4 x = ∨ 8 x = − .

2) ( )( )( )( ) ( )2 3 1 6 36 1 x x x x+ − + + = −

( ) ( ) ( )( )

( )( )2 2

(1) 2 1 6 3 36

3 2 3 18 36

x x x x

x x x x

⇔ + + + − = −

⇔ + + + − = −

Đặt 2 3 2.t x x= + +





108

( )2

20 36

20 36 0

2

18

t t

t t

t

t

− = −

⇔ − + =

=⇔

=

· Vớ

i 2t =

thì ta có phươ

ng trình2

2

3 2 2

3 0

0

3

x x

x x

x

x

+ + =

⇔ + =

=⇔

= −

· Vớ i 18t = thì ta có phươ ng trình

2

2

3 2 18

3 16 0

3 73

2

3 73

2

x x

x x

x

x

+ + =

⇔ + − =

− +=

⇔ − −

=

Vậy, nghiệm của phươ ng trình là3 73

0, 3, .2

x x x − ±

= = − =

3) ( )( )( ) ( )2 2 4 18 1 x x x x− + + =

( ) ( ) ( )( )( )2 2

(1) 2 2 4 18

2 2 8 18

x x x x

x x x x

⇔ + − + =

⇔ + + − =

Đặt ( )22 2 1 1 1t x x x= + = + − ≥ −


( ) 24 34

8 18 8 18 04 34

t t t t t

t

= +− = ⇔ − − = ⇔

= −

Ta nhận 4 34t = + và ta có phươ ng trình

( )

2

2

2 4 34

1 5 34

1 5 34

1 5 34

x x

x

x

x

+ = +

⇔ + = +

= − + +⇔

= − − +




109

Vậy, nghiệm của phươ ng trình là 1 5 34 x = − ± + .

II.11. 1) ( ) ( )44

1 97 1 x x+ − =

Đặt1 1

.2 2

t x x t = − ⇒ = + Khi đó ( )1 trở thành

4 4

4 2

1 197

2 2

12 3 97

8

t t

t t

+ + − =

⇔ + + =

4 216 24 775 0t t ⇔ + − =

2

2

25

4

31

4

t

t

=

⇔ = −

Ta nhận 2 25.

4t =

Vớ i 2

5

25 2

54

2

t

t

t

=

= ⇔ = −

· Khi5

2

t = thì1 5

3.

2 2

x x− = ⇔ =

· Khi5

2t = − thì

1 52.

2 2 x x− = − ⇔ = −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3, 2. x x= = −

2) ( ) ( ) ( )4 4

3 5 16 1 x x+ + + =

Đặt 4 4.t x x t = + ⇒ = − Khi đó ( )1 trở thành

( ) ( )4 4

4 2

4 2

4 2

2

2

1 1 16

2 12 2 16

2 12 14 0

6 7 0

1 1

17

t t

t t

t t

t t

t t

t t

− + + =

⇔ + + =

⇔ + − =

⇔ + − =

= =⇔ ⇔

= −= −

· Khi 1t = thì 4 1 3. x x+ = ⇔ = −




110

· Khi 1t = − thì 4 1 5. x x+ = − ⇔ = −

Vậy, phươ ng trình đã cho có nghiệm là 3; 5. x x= − = −

3) ( ) ( ) ( )4 4

2 6 2 1 x x+ + + =

Đặt 4 4.t x x t = + ⇒ = − Khi đó ( )1 trở thành

( ) ( )4 4

4 2

4 2

2 2 2

2 48 32 2

24 15 0

t t

t t

t t

− + + =

⇔ + + =

⇔ + + =

2

2

12 129

12 129

t

t

= − −⇔

= − + (Loại)

Vậy, phươ ng trình đã cho vô nghiệm.

II.12. 1) 4 3 26 35 62 35 6 0 x x x x+ − + = (1)

Do 0 x = không phải là nghiệm của phươ ng trình (1) nên chia hai vế của phươ ng trình cho2 0, x ≠ ta đượ c phươ ng trình tươ ng đươ ng

2

2

1 16( ) 35( ) 62 0 x x

x x+ − + + = (2)

Đặt1

,t x x

= + điều kiện: 2t ≥

2 2

2

12 x t

x⇒ + = −

Khi đó, phươ ng trình (2) trở thành

26( 2) 35 62 0t t − − + =

26 35 50 0

10

3

5

2

t t

t

t

⇔ − + =

=

⇔ =

· Vớ

i

10

3t =

ta có phươ

ng trình

21 10 101 0

3 3 x x x

x+ = ⇔ − + = (Do 0 x ≠ )

23 10 3 0 x x⇔ − + =




111

3

1

3

x

x

=⇔ =

· Vớ i5

2t =

21 5 51 0

2 2 x x x

x+ = ⇔ − + = (Do 0 x ≠ )

2

1

2

x

x

=⇔ =

Vậy, phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm1 1

3; ; 2; .3 2

x x x x= = = =

2) 4 3 24 1 0 x x x x+ − + + = (1)

Do 0 x = không phải là nghiệm của phươ ng trình (1) nên chia hai vế của phươ ng trình cho2 0, x ≠ ta đượ c phươ ng trình tươ ng đươ ng

2

2

1 14 0 x x

x x+ − + + =

2

2

1 1( ) ( ) 4 0 x x

x x⇔ + + + − =

Đặt1

,t x x

= + điều kiện: 2t ≥

2 2

2

12 x t

x⇒ + = −

Khi đó phươ ng trình trở thành

2 6 0

2

3

t t

t

t

+ − =

=⇔

= −

1 21, 2 x x= =

· Vớ

i 2t =

21

2 2 1 0 1 x x x x x

+ = ⇔ − + = ⇔ =

· Vớ i 3t = −

213 3 1 0 x x x

x+ = − ⇔ + + =




112

3 5

2

3 5

2

x

x

− +=

⇔ − −

=

Vậy, phươ ng trình đã cho có ba nghiệm là

3 5 3 5

1; ; .2 2 x x x

− + − −

= = =

3) 4 3 25 10 10 4 0 x x x x− + − + = (1)

Ta có

4 3 2

4 3 2 3

3 2

3 2

3 2

2

(1) 5 10 10 4 0

( ) 10( ) 4( 1) 0

( 1) 10 ( 1) 4( 1)( 1) 0

( 1)( 10 4 4 4) 0

( 1)( 4 6 4) 0( 1)( 2)( 2 2) 0

x x x x

x x x x x

x x x x x x x

x x x x x

x x x x x x x x

⇔ − + − + =

⇔ − + − − − =

⇔ − + − − − + + =

⇔ − + − − − =

⇔ − − + − =⇔ − − − + =

2

1

2

2 2 0

1

2

x

x

x x

x

x

=

⇔ = − + =

=⇔

=

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là 1; 2. x x= =

4) 4 3 22 21 74 105 50 0 x x x x− + − + =

Do 0 x = không phải là nghiệm của phươ ng trình nên chia hai vế của phươ ng trình cho2 0, x ≠ ta đượ c phươ ng trình tươ ng đươ ng

2

2

25 52( ) 21( ) 74 0 x x

x x+ − + + =

Đặt5

;t x x

= + điều kiện: 2 5t ≥

2 2

2

2510 x t x⇒ + = −


2

6

2 21 54 0 9

2

t

t t t

=⇔ − + = ⇔ =




113

· Vớ i 6t = ⇒15

65.

x x

x x

=+ = ⇔

=

· Vớ i9

2t = ⇒

25 9

52 .

2

x

x x x

=+ = ⇔ =

Vậy, phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là5

1; 2; 5; .2

x x x x= = = =

5) 4 3 22 5 5 2 0 x x x x+ + + + =

Ta thấy 0 x = không phải là nghiệm của phươ ng trình nên chia hai vế của phươ ng trình

cho 2 0, x ≠ ta đượ c phươ ng trình tươ ng đươ ng

2

2

1 12( ) 5( ) 1 0 x x

x x+ + + + =

Đặt1

,t x x= + điều kiện: 2t ≥

2 2

2

12 x t

x⇒ + = −


2

2

2( 2) 5 1 0

2 5 3 0

3

1

2

t t

t t

t

t

− + + =

⇔ + − =

= −⇔

=

· Vớ i1

2t = (Loại)

· Vớ i 3t = −

213 3 1 0

3 5

2

3 5

2

x x x x

x

x

+ = − ⇔ + + =

− +=

⇔

− −=

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là3 5 3 5

; .2 2

x x− + − −

= =

II.13. ( )( ) ( )( )3 1 5 3 40 x x x x m+ − + − − = (1)

Đặt ( )( ) ( )23 1 2 3t x x x x= + − = + − ∗ ( ) ( )212 2 15 3 5t x x x x⇒ − = + − = − +




114

Khi đó (1) trở thành ( ) 212 40 12 40t t m t t m− − = ⇔ − − =

Xét hàm số ( ) 2 2 3t f x x x= = + −

( ) 2 2 0 1 f x x x′ = + = ⇔ = −

Bảng biến thiên

Xét hàm số ( ) 2 12 40g t t t = − −

( ) 2 12 0 6g t t t ′ = − = ⇔ =


Ta có nhận xét:

· 4,t = − phươ ng trình (*) có một nghiệm . x

· 4,t < − phươ ng trình (*) vô nghiệm . x

· 4,t > −

phươ

ng trình (*) có hai nghiệm

x phân bi

ệt.

Vậy, ta có số nghiệm của phươ ng trình đã cho như sau

24,m+ = (1) có ba nghiệm phân biệt.

24 76,m m+ > ∨ = − (1) có hai nghiệm phân biệt.

76 24,m+ − < < (1) có bốn nghiệm phân biệt.

76,m+ < − (1) vô nghiệm.

II.14. 1)( )

( )

2 1 1 1

3 2 4 2

x y x y

x y

+ + − + =

+ =

Điều kiện:

1

(*)2

y x

x y

+ ≥ −

≥ −

Vớ i điều kiện (*) thì hệ phươ ng trình đã cho đượ c biến đổi về




115

2 1 1

32

2

x y x y

y x

+ + − + =

= −

( )

1 13 2 1 2

2 2

32 (3)

2

x x

y x

+ − − =

⇔

= −

( )

1 1 1 1

2 3 2 1 3 2 12 2 2 2 x x x x⇔ + − − = ⇔ + = − +

2

02

2 8 0

x x

x x

≥⇔ ⇔ =

+ − =

Thế 2 x = vào phươ ng trình (3) ta đượ c 1. y = − Cặp giá trị (2; 1)− thỏa điều kiện (*) nên

là nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho.

2) ( )

2 3 15

1

15

x xy

y

x

xy y

− =

+ =

Điều kiện: 0 y ≠

(1)2

2

2 3 15

15

xy x y

xy x y

− =⇔

+ =

2

2

2 3 15

4 0

xy x y

xy x

− =⇔

− = ( )

2

2

2 3 15

4 0

xy x y

x y

− =⇔

− =

⇔

22 3 15

0

2

2

xy x y

x

y

y

− =

=

= = −

· Vớ i 0 x = thì 0 y = (Loại)

· Vớ i 2 y = thì 6 x =

· Vớ i 2 y = − thì 6 x = −

Vậy, hệ phươ ng trình có hai nghiệm là (6;2) và ( 6; 2).− −

Chú ý. Có thể đặt , x

u xy v y

= = . Khi đó hệ phươ ng trình đã cho đượ c đưa về hệ phươ ng

trình bậc nhất đối vớ i hai ẩn , .u v

3)

2

2

12

28

x xy

y xy

− =

− =(1)

Vớ i 0 x = thay vào (1), ta đượ c2

0 12

28 y

=

= (Vô lý).




116

Vớ i 0 x ≠ , ta có (1)

12 12( ) 12

( ) 28( ) 28 12 28

x x y y x y x x x

y y x y y x y x

− = − = − − = −

⇔ ⇔ ⇔ − = − = − =

227 12 1810 36

3 577 73

3 3

x x x x

x y x

y x y x

+ = ==

⇔ ⇔ ⇔ = − = − = −

3 10 3 103 10 3 10

5 55 5

7 7 10 7 10

3 5 5

x x x x

y x y y

= = −= ∨ = −

⇔ ⇔ ∨ = − = − =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là

3 10 7 10 3 10 7 10

; , ; .5 5 5 5

− −

4)3 2 1

0;

x y x y

x y x y

+ − + = −

+ + − =

Điều kiện:0

3 2 0

x y

x y

+ ≥

+ ≥ Đặt 0, 3 2 0.u x y v x y= + ≥ = + ≥ Hệ phươ ng trình đã cho trở

thành 2 2 2

11 1

122 5 0 3 5 2 0

6

v uu v v u

u uu u v u u

= +− = − = +

⇔ ⇔ = ∨ = −+ − = − + + =

Ta chọn 2; 3.u v= = Ta đượ c2 4 1

3 2 9 33 2 3

x y x y x

x y y x y

+ = + = = ⇔ ⇔

+ = =+ =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm là (1;3).

5)

2 2

2 2

1 14

1 1 4

x y x y

x y x y

+ + + =

+ + + =

(1)

Điều kiện:0

0

x

y

≠

≠ (*)




117

(1)

2

2 2 21 1 1 1

( ) ( ) 8 4 ( ) ( ) 8

1 1 1 1( ) ( ) 4 4 ( )

x y y y x y y y

x y x y x y x y

+ + + = − + + + = ⇔ ⇔

+ + + = + = − +

21 1 12( ) 8( ) 8 0 2

1 1 14 ( ) 2

y y y y y y

x y x x y x

+ − + + = + = ⇔ ⇔

+ = − + =

2

2

2 1 0 1

12 1 0

x x x

y y y

− + = =⇔ ⇔

=− + = thoả điều kiện (*).

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm là (1;1).

6)2 2 6 2 0

8 0

x y x y

x y

+ + + =

+ + =

Ta có 8 0 x y+ + = ⇔ 8 x y= − − thay vào phươ ng trình 2 2 6 2 0 x y x y+ + + = ta đượ c

( ) ( )2 28 6 8 2 0 y y y y− − + + − − + =

2 264 16 48 6 2 0 y y y y y⇔ + + + − − + =

2 6 8 0 y y⇔ + + =

2 4 y y⇔ = − ∨ = − .

Vớ i 2 6 y x= − ⇒ = −

Vớ i 4 4 y x= − ⇒ = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( )6; 2 , 4; 4 .− − − −

7)

2 2 13

3

x y xy

x y xy

+ − =

+ − =( ) I

Điều kiện: 0 xy ≥

( ) ( )

23 13

3

x y xy I

x y xy

+ − =⇔

+ − =

Đặt u = x y+ , 0v xy= ≥ .

Khi đó ta đượ c




118

( ) ( )

( )

2 23 13 1

3 2

u v I

u v

− =⇔

− =

( )2 3u v⇔ = + thay vào ( )1 ta đượ c ( )2 23 3 13.v v+ − =

2 3 2 0.v v⇔ − + =

1

2

v

v

=⇔

=(Nhận)

Vớ i 1 4.v u= ⇒ = Từ đây ta có hệ 4 2 3 2 3

1 2 3 2 3

x y x x

xy y y

+ = = − = + ⇔ ∨

= = + = −

Vớ i 2 5v u= ⇒ = . Từ đây ta có hệ 5 4 1

1 42

x y x x

y y xy

+ = = = ⇔ ∨

= ==

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là

( ) ( ) ( ) ( )1;4 , 4;1 , 2 3;2 3 , 2 3;2 3+ − − + .

8)( )( )

2 2 8

1 1 12

x y x y

xy x y

+ + + =

+ + =

Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( )

( )

22 8

1 12

x y x y xy

xy xy x y

+ + + − =

+ + + =

(I)

Đặt ; ,S x y P xy= + = điều kiện: 2 4 0S P− ≥ .

( ) ( )

( ) ( )

2 2 8 1

1 12 2

S S P

P P S

+ − =Ι ⇔

+ + =

( )2 8

1 (3)2

S S P

+ −⇒ =

Thế (3) vào (2) ta đượ c

2 28 8

1 122 2

S S S S

S

+ − + −

+ + =

4 3 24 11 30 0S S S S ⇔ + − − =

( )3 24 11 30 0S S S S ⇔ + − − =




119

0

3

2

5

S

S

S

S

=

=⇔ = −

= −

Thế lần lượ t các giá trị của S vào (3) ta đượ c

0 3 2 5

4 2 3 6

S S S S

P P P P

= = = − = − ∨ ∨ ∨

= − = = − = (Thoả điều kiện 2 4 0S P− ≥ )

· 0 0 2 2

4 4 2 2

S x y x x

P xy y y

= + = = = − ⇒ ⇔ ∨

= − = − = − =

· 3 3 1 2

2 2 2 1

S x y x x

P xy y y

= + = = = ⇒ ⇔ ∨

= = = =

· 2 2 1 3

3 3 3 1

S x y x x

P xy y y

= − + = − = = − ⇒ ⇔ ∨

= − = − = − =

· 5 5 3 2

6 6 2 3

S x y x x

P xy y y

= − + = − = − = − ⇒ ⇔ ∨

= = = − = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có tám nghiệm là (2; − 2), ( − 2;2), (1;2), (2;1), (1; −3),( −3;1), ( −3; −2),( −2; −3).

Chú ý. Có thể đặt ( 1); ( 1).u x x v y y= + = + Khi đó hệ phươ ng trình đã cho đượ c đưa về hệ

8

12

u v

uv

+ =

=

9)( ) ( )

2 2 4

1 1 2

x y x y

x x y y y

+ + + =

+ + + + =( ) I

( )2

2 2

2 4( )

2

x y x y xy I

x xy x y y

+ + + − =⇔

+ + + + =

( )

( )

( )2 2

2

2 4 2

22

x y x y xy x y x y xy

xy x y x y xy

+ + + − = + + + − = ⇔ ⇔

= −+ + + − =

Đặt ; ,S x y P xy= + = điều kiện 2 4 0S P− ≥ .

Ta có hệ phươ ng trình

2 2

2

S S P

P

+ − =

= −




120

2 0

2

S S

P

+ =⇔

= −

0

1

2

S

S

P

=

⇔ = −

= −

0 1

2 2

S S

P P

= = − ⇔ ∨

= − = −

(Thoả điều kiện 2 4 0S P− ≥ )

0 0

2 2

S x y

P xy

= + = + ⇒

= − = −

2 2

2 2

x x

y y

= − = ⇔ ∨

= = −

1 1

2 2

S x y

P xy

= − + = − + ⇒

= − = −

1 2

2 1

x x

y y

= = − ⇔ ∨

= − =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là ( )2; 2− , ( )2; 2− , ( )1; 2− , ( )2;1− .

10)

2 2

4 4

( ) 78

97

x y xy

x y

+ =

+ =

Ta có

2 2 2 2

4 4 2 2 2 2 2

( ) 78 ( ) 78( )

97 ( ) 2 97

x y xy x y xy I

x y x y x y

+ = + = ⇔

+ = + − =

Từ phươ ng trình thứ nhất của hệ đã cho ta suy ra . 0. x y > Đặt 2 2 , ,u x y v xy= + = điều kiện

0, 0.u v> > Ta có

( ) 222 24 22

2

7878

7878169782 97

97 12168 02 97 072

vvuuv vu

I uuu v

u uuu u

==

= = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =− = − − =− − = = −

78

13

13

vu

u

u

=

⇔

= = −

Ta nhận

2 2

2 2

13 13

( )6 36

u x y

II v x y

= + = ⇔ = =

Từ ( ) II ta có 2 2, x y là hai nghiệm của phươ ng trình bậc hai 29

13 36 04

X X X

X

=− + = ⇔

=

Vậy ta có




121

2 2

2 2

3 3

2 29 4

2 24 9

3 3

x x

y y x x

x x y y

y y

= ∨ = −

= ∨ = − = = ∨ ⇔ = ∨ = −= =

= ∨ = −

Vậy, hệ đã cho có tám nghiệm là

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3;2 , 3; 2 , 3;2 , 3; 2 , 2;3 , 2; 3 , 2;3 , 2; 3 .− − − − − − − −

11)

3 3

2 2

7( )

2

x y x y

x y x y

− = −

+ = + +

Ta có

3 3 2 2

2 2 2 2

7( ) ( )( 7) 0

2 ( ) 2 0

x y x y x y x xy y

x y x y x y x y

− = − − + + − = ⇔

+ = + + + − + − =

2 2

2 2

2 2

( )( ) 2 0

7 0( )

( ) 2 0

x y I x y x y

x xy y II

x y x y

=

+ − + − =

⇔ + + − = + − + − =

Giải ( ) I

2

1 5

2

1 5

2( )

1 0 1 5

2

1 5

2

x

y x y I

x x x

y

+=

+

== ⇔ ⇔ − − = − =

− =

Giải ( ) II

2

2

2

( ) 7 0( )

( ) 2 ( ) 2 0

( ) 5 0

( ) 2 ( ) 2 0

x y xy II

x y xy x y

xy x y

x y xy x y

+ − − =⇔

+ − − + − =

+ + − =⇔

+ − − + − =

Đặt 2, , ( 4 )S x y P xy S P= + = ≥

Như vậy ta có




122

2

3

25( )

12 0 4

9

S

PP S II

S S S

P

=

== − ⇔ ⇔ + − = = −

=

Ta nhận 32

S P

=

=suy ra , x y là nghiệm của phươ ng trình bậc hai

21

3 2 02

X X X

X

=− + = ⇔

=

Vậy ta có1 2

2 1

x x

y y

= = ∨

= =

Hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là

( ) ( )

1 5 1 5 1 5 1 5

1;2 , 2;1 , ; , ; .2 2 2 2

+ + − −

12)4 4

2 3 10

2 3 4.

x y

x y

+ + − =

+ + − =

(I)

Điều kiện:2

3.

x

y

≥ −

≥

Đặt4

4

2

3.

u x

v y

= +

= −

(Vớ i 0, 0u v≥ ≥ ). (*)

2

2

2

3.

u x

v y

= +⇔

= −

Hệ phươ ng trình (I) trở thành

2 2

4

10

u v

u v

+ =

+ =

2 4( ) 2 10

34

u vu v uv

uvu v

+ = + − = ⇔ ⇔

=+ = ⇔

1

3

u

v

=

=∨

3

1.

u

v

=

=

1

3

u

v

=+

=

4

4

2 1 2 1 1

3 81 843 3

x x x

y y y

+ = + = = − ⇔ ⇔ ⇔

− = =− = (Nhận).

3

1

u

v

=+

=

4

4

2 3 2 81 79

3 1 4.3 1

x x x

y y y

+ = + = = ⇔ ⇔ ⇔

− = =− = (Nhận).




123

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( 1;84),(79; 4).−

13)( )( )( )

2 2

1 1 2 6( )

2 2 3 0

x y x y I

x y x y

− − + − =

+ − − − =

Ta có

( )( ) ( )

( ) ( )2 2

1 1 1 1 6

( ) 1 1 5

x y x y

I x y

− − − + − =⇔

− + − =

Đặt1

1

X x

Y y

= −

= −, hệ phươ ng trình đã cho trở thành

( ) ( )

( )22 2

66

5 2 5

XY X Y XY X Y

X Y X Y XY

+ = + = ⇔

+ = + − =

Đặt 2; 4 0S X Y

S PP XY

= +− ≥

=, ta có hệ

22 3

66

. 6 2

12 32 55 5 12 0

PS P P PS

S S S P

S S S S

== = =

⇔ ⇔ ⇔ =− = − = − − =

Như vậy ta có3 1 2 1 1 1 2 2 3

2 2 1 1 2 1 1 3 2

X Y X X x x x x

XY Y Y y y y y

+ = = = − = − = = = ⇔ ∨ ⇔ ∨ ⇔ ∨

= = = − = − = = =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( )2;3 , 3;2 .

14)2 2 2

1 71 13

xy x y x y xy y

+ + =

+ + =

· 0 : y = Hệ phươ ng trình đã cho vô nghiệm.

· 0 : y ≠ Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

2

2

17

113

x x

y y

x x

y y

+ + =

+ + =

. Đặt 2 2 2 2

2 2

1 1 1; 2 2 .

x x x b a x x a b

y y y y y= + = ⇒ = + + ⇒ + = −

Ta có hệ phươ ng trình theo ẩn mớ i

2 2

7 7 7

4 513 20 0

a b a b a b

a aa b a a

+ = + = + = ⇔ ⇔

= ∨ = −− = + − =




124

2

2

14

4 3 01

43 1

3 33

5 1 5 12 035

( )121.

1212

x y x x

xa x x

yb y y

a x x x x

VN yb x y y

x

y

+ = − + = = = = = = = ⇔ ⇒ ⇔ ⇔ = − + + = =+ = −

= = = =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( )1

1; , 3;1 .3

15)

( )

( )2

2

1 3 0

51 0

x x y

x y x

+ + − =

+ − + =

. Điều kiện: 0. x ≠ Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( )

( )

( )

( )2 22 2

2

1 3 0 1 3 0

51 5

x x y x x y

x y x x y x x

+ + − = + + − = ⇔

+ + = + + =

. Đặt ( ).t x x y= + Ta có hệ phươ ng trình

( )22 2

33 3 2 1

2 1 2.5 2 5

t xt x t x x x

tx t t t x t x tx

+ =+ = + = = = ⇔ ⇔ ⇔ ∨

= = =+ = + − =

Như vậy, ta có( ) ( )

21 2 1

31.2 1

2

x x x y x x y x

y y x x

= + = + = = ∨ ⇔ ∨

== −= =

(Thỏa điều kiện)

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( )3

2; , 1;1 .2

−

II.15. 1)

2

2

3 4

3 4

x xy y

y xy x

− =

− =(1)

( ) ( )( )2 2

22

4 04(1)

3 43 4

x y x y x y x y

y xy x y xy x

− + + =− = − − ⇔ ⇔

− =− =

2 2

2 2

0

3 4 2 0 0

24 4

2.3 4 4 4 0

x y x y x

y xy x x x y

x y x y x

y y xy x x x

= = =

− = + = = ⇔ ⇔ ⇔ = −= − − = − −

= −− = + + =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( )0;0 , 2; 2 .− −




125

2)2

2

17 0

17 0

x y x

y x y

+ − =

+ − =

(1)

Điều kiện: 0, 0. x y≠ ≠

( ) ( )

( ) ( )

2 23 2

3 2 3 2

2 2 2

3

3 2

7 07 1 0(1)

7 1 0 7 1 0

1

24 3 0(*)

18 1.

7 1 0 2

x y x xy y xy x x y

y xy y xy

x y x

x y x y x y

x y

y xy

− + + + = + − = ⇔ ⇔ + − = + − =

== =

+ + + =⇔ ⇔ ⇔ = =+ − =

(Do 0, 0 x y≠ ≠ nên (*) vô nghiệm)

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1 1; .2 2

3)

2

2

1 2 1

1 2 1

x y x

y x y

= − + −

= − + −( )1

Điều kiện:1

1

x

y

≥

≥

( )1

2

2

2 1 1

2 1 1

x x y

y y x

− + = −⇔

− + = −

( ) ( )

( ) ( )

2

2

1 1 1

1 1 2

x y

y x

− = −⇔

− = −

( ) ( )4

2 1 1 y x⇔ − = −

( )4

1 1 y x⇔ − + =

Thế giá trị x vừa tìm đượ c vào ( )1 ta đượ c:

( )81 1 y y− = − ( )a

Đặt: ( )1 0t y t = − ≥

( ) 16a t t ⇔ = ( )15 1 0t t ⇔ − =

15

0

1

t

t

=⇔

=

0

1

t

t

=⇔

=

1

2

y

y

=⇔

=




126

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( )1;1 và ( )2; 2 .

Chú ý. Có thể giải bằng cách khác như sau:

Trừ từng vế của hai phươ ng trình của hệ đã cho ta đượ c

2 2 2 21 1 2 2 2 1 2 1

( ) ( ).(*)

x y y x x y x x x y y y

f x f y

− = − − − + − ⇔ − + − = − + −

⇔ =

Xét hàm số 2( ) 2 1, [1; ). f t t t t t = − + − ∈ +∞ Hàm số này đồng biến trên tập xác định, do đó

ta có (*) . x y⇔ = Từ đó tìm đượ c nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )1;1 , ( )2; 2 .

4)( )

( )3

1 11

2 1 2

x y x y

y x

− = −

= +

Điều kiện:0

0

x

y

≠

≠

Ta có

( )

( )

1 11

11 0

1

x y x y

x y xy

y x

y x

⇔ − = −

⇔ − + =

=⇔ = −

+ Thế y x= vào phươ ng trình ( )2 ta đượ c

( )

( )( )

( )

3

2

2

2 2 0

1 2 0

1 ì 2 0,

x x

x x x

x v x x x

⇔ + − =

⇔ − + + =

⇔ = + + > ∀

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình là (1;1).

+ Thế 1

y

x

= − vào phươ ng trình ( )2 ta đượ c

( ) 42 2 0 x x⇔ + + = ( )3

Xét hàm số 4 3

3 3

1 1( ) 2 4 1 0 ; ( ) 0.

4 4 y f x x x y x x f ′= = + + ⇒ = + = ⇔ = − − < Lập bảng

biến thiên của hàm số ( ) f x ta k ết luận đượ c đồ thị của hàm số không cắt trục hoành.

Suy ra phươ ng trình ( )3 vô nghiệm.




127

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (1;1).

5)

4 3 2 2

2

2 2 9

2 6 6

x x y x y x

x xy x

+ + = +

+ = + (I)

Xét 0, x = khi đó hệ phươ ng trình trở thành

0 9

0 6

=

= (Vô nghiệm)

Xét 0 x ≠ , khi đó hệ phươ ng trình (I) tươ ng đươ ng vớ i

2 2

2

( ) 2 9 (1)

6 6 (2)

2

x x y x

x x y

x

+ = + − + +

=

Thay (2) vào (1) ta đượ c

22

2

22

2

2 2

22

6 6 2 92

6 62 9

2

( 6 6) 4(2 9)

( 3) 3 8( 3) 12 (3)

x x x x x x

x x x x

x

x x x

x x

− + ++ = +

+ +⇔ = +

⇔ + + = +

⇔ + − = + +

Đặt 3,t x= + khi đó (3) trở thành

( )

22

4 2

3

3 8 12

6 9 8 12

( 1) ( 3) 0

1 0 1

3 0 3

t t

t t t

t t

t t

t t

− = +

⇔ − + = +

⇔ + − =

+ = = − ⇔ ⇔

− = =

· Vớ i 3t = ta đượ c 3 3 0 x x= + ⇔ = (Loại)

· Vớ i 1t = − ta đượ c 1 3 4 x x− = + ⇔ = − (Nhận), thay 4 x = − vào (2) ta đượ c

2( 4) 6( 4) 6 17

2( 4) 4 y

− − + − +

= =−

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm là17

4; .4

−

6)

2 22( )

2 1 2 2

xy x y x y I

x y y x x y

+ + = −

− − = −




128

Điều kiện:1

0

x

y

≥

≥(*)

( ) I

2 ( )( )

2 1 2 2

xy x y y x y x y

x y y x x y

+ + + = + −⇔

− − = −

( 1) ( 1) ( )( )

2 1 2 2

( 1)( ) ( )( )

2 1 2 2

( )(2 1) 0

2 1 2 2

0

2 1

2 1 2 2

x y y y x y x y

x y y x x y

y x y x y x y

x y y x x y

x y y x

x y y x x y

x y

x y

x y y x x y

+ + + = + −⇔

− − = −

+ + = + −⇔

− − = −

+ − + =⇔

− − = −

+ =

= +⇔

− − = −

Do điều kiện (*) nên ta loại trườ ng hợ p 0. x y+ = Như vậy ta chỉ có trườ ng hợ p

2 1

2 1 2 2

y x

x y y x x y

+ =

− − = −

2 1

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

2 12 ( 1) 2( 1)

2 1

( 1)( 2 2) 0

2 1( 1 0)

2 2 0

y x

y y y y y y

y x y y y

y x

y y

y x y

y

+ =⇔

+ − = + −

+ =⇔ + = +

+ =⇔

+ − =

+ =⇔ + >

− =

5

2

x

y

=⇔

= (Nhận)

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất là (5;2) .

4 3 2 2

3 2

17) ( )

1

x x y x y I

x y x xy

− + =

− + = −

Ta có( )

( )

22 3

3 2

1( )

1

x xy x y I

x y x xy

− + =⇔

− − = −




129

Đặt2

3,

u x xy

v x y

= −

= khi đó ta có hệ phươ ng trình

( )

2 2

22

2 23

11 2 0

21 1

11 2

0 3

11 1

0 1 00

uu v u u

uv u v u

v uu u

v v

xy xu x xy

v x x x y

= + = + − =

⇔ ⇔ = − − = − = −

= −= = −

⇔ ∨ = = −

= −= − = + ⇔ ⇔

= − ==

1 1

0 0

x x

y y

= = − ⇔ ∨

= =

+( )

22

2 2322 2

3 2 3 03 xy xu x xy

v x x x y

= +

= − − = − ⇔ ⇔ = − + + == −

(Hệ phươ ng trình vô nghiệm)

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là (1;0); ( −1;0).

8)

3 2

3 2

3 2 6 15

2 2 9

x x y x y

x x y x y

− + − = −

+ + + =


( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

2 2

2 2

2

2

2 3 2 15

2 2 9

2 3 15 1

2 9 2

x x y x

x x y x

x x y

x x y

+ − + = −

+ + + =

+ − = −⇔

+ + =

Vì 0 x y+ = không thỏa phươ ng trình ( )2 , nên chia ( )1 cho ( )2 theo vế ta đượ c

3 5

3

3 9 5 5

2 .

x y

x y

x y x y

y x

− −=

+

⇔ − = − −

⇔ =

Thay 2 y x= vào ( )2 ta đượ c

( )( )2

3

2 2 9

2 3 0

1 2.

x x x

x x

x y

+ + =

⇔ + − =

⇔ = ⇒ =




130

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )1; 2 .

9) ( )2 2

2 2

3 4 1

3 2 9 8 3

x y x y I

x y x y

+ − + =

− − − =

Ta có ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

3 4 1

( ) 23 3 2 4 3

x x y y

I x x y y

− + + =⇔ − − + =

Đặt2

2

3

4

u x x

v y y

= −

= + ta đượ c hệ phươ ng trình

2

2

3 13 3 131 1 3 1

2 23 2 3 0 4 0

0 4

u v u x x x x

u v v y y y y

− ++ = = − = = ∨ = ⇔ ⇔ ⇔

− = = + = = ∨ = −


3 13 3 13 3 13 3 13;0 , ;0 , ; 4 , ; 4 .2 2 2 2

+ − + −− −

10)( )

2

3 3

2

19

x y y

x y

− =

− =

( ) I

Ta có ( ) I ⇔( )

( )( )

2

2 2

2

19(*)

x y y

x y x xy y

− =

− + + =

Ta nhận xét rằng ( ; ) / x y x y= không là nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho, do đó chia

theo vế của hai phươ ng trình của hệ ta đượ c

( )2 2

2

19

x y y

x xy y

−=

+ +

2 2 2

2 2

2

19 19 2 2 2

2 17 21 0

2 17 21 0

7

3

2

xy y x xy y

x xy y

x x

y y

x y

x

y

⇔ − = + +

⇔ − + =

⇔ − + =

=⇔

=

+ 7 7 x

x y y

= ⇔ = k ết hợ p vớ i ( )* ta đượ c hệ phươ ng trình




131

3

3 3 3

3

7

7 7 18

119 18 1

18

x x y x y

x y y y

== =

⇔ ⇔ − = = =

+

3 3

2 2

x

x y y= ⇔ =

k ết hợ p vớ i ( )* ta cũng đượ c hệ phươ ng trình

3 3

33

22

19

x y x

y x y

= =

⇔ = − =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là3 3

7 1; ,

18 18

( )3; 2 .

11)

3 3

2 2 3

1( )

2 2

x y I

x y xy y

+ =

+ + =

( )( )

( )

( )( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

22 2

2 22 2 2

2 2 2

1 1( )

2 2 2

12

2

2 2 2 0 2 0

2

x y x xy y x y x xy y I

y x xy y y x y

x xy y x xy y xy y

y x y

x xy y xy y x y x y

x y

x y

+ − + = + − + = ⇔ ⇔

+ + = + =

− +⇒ = ⇔ − + = +

+

⇔ − + − − = ⇔ − − =

=⇔

=

+ Trườ ng hợ p , x y= ta đượ c nghiệm của hệ phươ ng trình là3 34 4

; .2 2

+ Trườ ng hợ p 2 , x y= thay vào phươ ng trình thứ nhất của hệ phươ ng trình đã cho ta đượ c

( )33 3

3

12 1 9 1 .

9 x x x x+ = ⇔ = ⇔ = Nghiệm của hệ phươ ng trình là

3 39 2 9; .

3 3

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là3 34 4

; ,

2 2

3 39 2 9; .

3 3

12)

3 3 2

2 2( )

x y x y I

x y x y

− = −

+ = −

Khi đó hệ phươ ng trình ( ) I trở thành( )

( )

23

2

1 0 0

11 0

y y y y y

y y y y y

− = = = ⇔ ⇔

= −= − + =




132

Như vậy, nghiệm của hệ là ( ) ( )0;0 , 0; 1 .−

+ Xét trườ ng hợ p 0 x ≠

Nhân hai vế của phươ ng trình thứ hai của hệ ( ) I vớ i x ta đượ c hệ phươ ng trình tươ ng

đươ ng

3 3 2

3 2 2 x y x y x xy x xy

− = −+ = −

Sau khi trừ từng vế của hai phươ ng trình và biến đổi tiếp ta đượ c

3 3 2 3 3 2 3 3 2

3 2 2 3 2 3 2 0

x y x y x y x y x y x y

x xy x xy y xy y xy y xy y xy

− = − − = − − = − ⇔ ⇔

+ = − + = − + − + =

( ) ( )( )

3 3 2 3 3 2

2 1 0 1 1 0

x y x y x y x y

y y xy x y y x y

− = − − = − ⇔ ⇔

+ − + = + + − =

· 0, y = suy ra 1, x = do đó ta đượ c nghiệm ( )1; 0 .

· 1, y = − suy ra 1, x = do đó ta đượ c nghiệm ( )1; 1 .−

· 1 , y x= − ta có phươ ng trình ( )33 2 3 21 1 2 0 1,( 0). x x x x x x x x x− − = − + ⇔ − + = ⇔ = ≠

Ta đượ c nghiệm ( )1; 0 .

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là ( ) ( )0;0 , 0; 1 ,− ( )1;0 , ( )1; 1 .−

II.16.1)

3

( ).2

x y x y

I x y x y

− = −

+ = + + Ta có

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

6 6 2 33

222

2

0, 0 0, 0

( ) 0

2 02

0, 0

1 0

2

30, 0 0, 01 2

11 1

2 22

x y x y x y x y

I x y x y x y x y

x y x y x y x y

x y x y

x y x y

x y

x y x y x y x y x x

x y x y y

y x y x y

− ≥ + ≥ − ≥ + ≥

⇔ − = − ⇔ − − − =

+ − + − = + = + +

− ≥ + ≥

⇔ − − − =

+ =

− ≥ + ≥ − ≥ + ≥ == ⇔ = ∨ − = ⇔ ∨

= =+ = + =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là3 1

(1;1), ( ; ).2 2




133

2)2 2 25

( ) 10

x y xy

y x y

+ = −

+ =( ) I

( )2 2 2 2 2

2 2

2 22

2

2

2 2

25 10 25 0

10 10

151515

10 15 10 01515

10 151510

10 15 10 0

xy x y y x y I

xy y xy y

x x x

xy y y y x x

xy y x x xy y

xy y y y

= − − − − + + = ⇔ ⇔

= − = −

== = = − + − = =

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − = − = −= −

= − = − − − =

15 1515 15

15 55 15 5515 55 15 55

2 22 2

15 1515 55 15 5515 55 15 55

2 2 .2 2

x x x x

y y y y

x x y y

y y

= = − = = −

− + += = − + + = = ⇔ ∨ ⇔ ∨

= = − − − −

= = − − − = =


15 55 15 55 15 55 15 5515; ; 15; ; 15; ; 15; .

2 2 2 2

− + − − + −− −

3)2(*)

3 3 4

x y

x y

+ =

+ + + =

Điều kiện:

0

0 0

3 0 0

3 0

x

y x

x y

y

≥

≥ ≥⇔

+ ≥ ≥ + ≥

Bình phươ ng hai vế của các phươ ng trình của hệ ta đượ c

( )( )

( ) ( )

2 4

3 3 2 3 3 16

2 4

2 3 3 10

x y xy

x y x y

x y xy

x y x y

+ + =

+ + + + + + =

+ + =⇔

+ + + + =

Trừ vế theo vế của hai phươ ng trình của hệ trên ta đượ c




134

( )( )

( )( )

( )( )

3 3 3

3 3 3

3 3 9 6

x y xy

x y xy

x y xy xy

+ + − =

⇔ + + = +

⇔ + + = + +

( )

( )2

3 9 9 6

2 0

0

xy x y xy xy

x y xy

x y

x y

⇔ + + + = + +

⇔ + − =

⇔ − =

⇔ =

Thay x y= vào ( )∗ ta đượ c

2 2 1 1. x x x⇔ = ⇔ = ⇔ = (Thỏa điều kiện)

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là ( )1;1 .

4)

2

2 2 2

3 3 3( )

2 2 2

x xy x y I

xy x y x

+ + + =

+ + + =

Ta có( ) ( )

( ) ( )2

3 1 1 3( )

2 1 1 2

x x y x I

x x y x

+ + + =⇔

+ + =

( )( )

( )( )2

1 3 3 (1)

1 2 2 (2)

x x y

x x y

+ + =⇔

+ + =

Ta thấy vế trái của các phươ ng trình (1) và (2) khác 0 nên chia vế theo vế của các phươ ngtrình của hệ ta đượ c

2

3 3

2 2

x y

y x

+=

+

( ) ( )22 3 3 2 x y y x⇔ + = +

26 2 6 3 x y x y⇔ + = +

23 2 0 y y⇔ − =

( )3 2 0 y y⇔ − =

0

2

3

y

y

=⇔ =

+ Vớ i 0 y = , thay vào (1) ta đượ c

( )1 1 x x+ =




135

2 1 0 x x⇔ + − =

1 5

2

1 5

2

x

x

− +=

⇔ − −

=

+ Vớ i2

3 y = , thay vào (1) ta đượ c

( )2

1 3 33

x x

+ + =

2 2 23 3 3

3 3 x x x⇔ + + + =

29 11 7 0 x x⇔ + − =

11 37318

11 373

18

x

x

− +=

⇔ − −

=


1 5;0

2

− +

,1 5

;02

− −

,11 373 2

;18 3

− +

,11 373 2

;18 3

− −

.

)

2 2 2 3 2

2 2

2 25

2 0

x y x y y y

x y y

− + − =

+ − − =

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 3 2

2 2

4 3 2

2 2

2 2

2

2 2 2 2

2

2 3 4 4 0

2

1 2 0

x y y

y y y y y y y y

x y y

y y y y

x y y

y y

= + −⇔

+ − − + − + − =

= + −⇔

− + + − − =

= + −⇔

+ − =

( )

( )

2 22 2

2

2

02 21

1 0 10

22 02

x x y y x y y y

y y x

y y y

= = + − = + − = − + =⇔ ⇔ ⇔= − = = − = =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )0; 1− và ( )0; 2 .




136

6)

2 1

2 1

2 2 3 1( )

2 2 3 1

y

x

x x x I

y y y

−

−

+ − + = +

+ − + = +

Ta có

2 1

2 1

1 2 2 3( )

1 2 2 3

y

x

x x x I

y y y

−

−

− + − + =⇔

− + − + =

Đặt1

1

u x

v y

= −

= − thì hệ ( ) I trở thành

( )2

2

1 3 (1)

1 3 (2)

v

u

u u II

v v

+ + =

+ + =

Lấy ( )1 trừ ( )2 theo vế ta đượ c

2 2

2 2

1 1 3 3

1 3 1 3

( ) ( ) (3)

v u

u v

u v u v

u u v v

f u f v

− + + − + = −

⇔ + + + = + + +

⇔ =

Xét hàm số 2( ) 1 3t f t t t = + + +

2( ) 1 3 ln 3

1

t t f t

t ′ = + +

+

Ta có 2

21 1

1

t t t

t + ≥ ⇒ ≤

+

( ) 0, . f t t ′⇒ ≥ ∀ ∈ℝ

Do đó, hàm số ( ) f t luôn luôn tăng trên toàn bộ .ℝ

Vì vậy,( )3 .u v⇔ =

Thay u v= vào ( )1 ta đượ c

( )( ) ( )

( )

( )

2

2 2 2

2

2

1 3

1 1 3 1

1 3 1

3 1 1(*)

u

u

u

u

u u

u u u u u u

u u

u u

+ + =

⇔ + + − + = − +

⇔ − = − +

⇔ + − =

Xét hàm số ( )2( ) 3 1ug u u u= + − xác định trên .ℝ




137

( )2

2( ) 3 ln 3 1 3 1

1

u u ug u u u

u

′ = + − + −

+ ( )2

2

13 1 ln 3

1

u u uu

= + − −

+

Ta có 2 1 0u u+ − ≥

Do2

11

1u

≤

+

mà ln 3 1> nên2

1ln 3 0.

1u

− ≥

+

Vậy, ( ) 0.g u′ ≥

Suy ra hàm số ( )g u luôn luôn đồng biến trên .ℝ Do đó ( )∗ nếu có nghiệm thì có một

nghiệm duy nhất.

Ta thấy 0u = thỏa( ) ,∗ như vậy 0.u v= = Từ đó ta đượ c 1. x y= =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất ( )1;1 .

7) 2 2

3 2 16

( )2 4 33

xy x y

I x y x y

− − =

+ − − =

Ta có2 2

2 6 4 32 (1)( )

2 4 33 (2)

xy x y I

x y x y

− − =⇔

+ − − =

Cộng từng vế của các phươ ng trình (1) và (2) ta đượ c

( ) ( )

2 2

2

2 8 8 65

8 65 0

13

5

x xy y x y

x y x y

x y

x y

+ + − − =

⇔ + − + − =

+ =⇔

+ = −

· 13 13 x y x y+ = ⇔ = − . Thay 13 x y= − vào (1), ta đượ c

( ) ( )2

13 3 13 2 16

14 55 0

y y y y

y y

− − − − =

⇔ − + =

Phươ ng trình trên vô nghiệm.

· 5 5 x y x y+ = − ⇔ = − − . Thay 5 x y= − − vào (1), ta đượ c

( ) ( )2

5 5 3 2 16

4 1 0

2 3

2 3

y y y y

y y

y

y

− − − − − − =

⇔ + + =

= − −⇔

= − +

Vớ i 2 3 y = − − thì 3 3 x = − + .

Vớ i 2 3 y = − + thì 3 3 x = − − .




138

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( )3 3 ; 2 3 ,− + − − ( )3 3; 2 3 .− − − +

8)3 2 3

2 3 6 4

x y

x y xy x y

− + + =

+ = + − − +

Đặt 32

u xv y

= −= +

0, 0u v ≥

Khi đó hệ phươ ng trình đã cho trở thành

2 2

2

3

3

3

( ) 3 3

3

2

u v

u v uv

u v

u v uv

u v

uv

+ =

+ = +

+ =⇔

+ = +

+ =⇔

=

⇔1

2

u

v

=

= ∨

2

1

u

v

=

=

· Vớ i 1, 2u v= = , ta đượ c

3 1 4

22 2

x x

y y

− = =⇔

=+ =

· Vớ i 2, 1u v= = , ta đượ c

3 2 7

12 1

x x

y y

− = =⇔

−+ =

Vậy, hệ phươ ng trình có hai nghiệm là (4;2), (7; 1).−

9)

( )

( )

1 92

2( )

1 52

2

x y xy

I

x y xy

+ − =

− + =

(1)

Điều kiện:0

0

x

y

≠

≠

Ta có

( )

( )

1 1 92 2 1

2( )

1 1 52 2 2

2

x y x y

I

x y x y

+ − − =

⇔

− − + =




139

Cộng (1) và (2) theo vế ta đượ c

22 14 7 4 7 2 0 2

4 x x x x x

x− = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

Thay 2 x = vào (1), ta đượ c1

2 1 0 y y

− − =2 1

2 1 0 1 .2

y y y y⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

Thay1

4 x = − vào (1), ta đượ c

12 1 0 y

y− − =

2 12 1 0 1 .

2 y y y y⇔ − − = ⇔ = ∨ = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là ( )1 1 1 1

2;1 , 2; , ;1 , ; .2 4 4 2

− − − −

10)

2

3 2

2( )

2 2

x xy I

x xy y x

+ =

+ − =

Cách 1. Ta có nhận xét rằng 0 x = không thỏa hệ phươ ng trình, do đó nhân hai vế của

phươ ng trình thứ nhất của hệ ( ) I vớ i x ta đượ c

3 2

3 2

2

2 2

x x y x

x xy y x

+ =

+ − =

Trừ từng vế của hai hệ phươ ng trình cho nhau ta đượ c phươ ng trình

( )( )2 22 2 0 2 1 0. x y xy y x x y xy− + − = ⇔ − − =

· Trườ ng hợ p 2 , x y= ta đượ c các nghiệm2 3 3 2 3 3

; , ; .3 3 3 3

− −

· Trườ ng hợ p 1, xy = ta đượ c các nghiệm ( ) ( )1;1 , 1; 1 .− −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là ( ) ( )1;1 , 1; 1 ,− −2 3 3 2 3 3

; , ; .3 3 3 3

− −

Cách 2.( ) ( )

2

2

1 1 (1)( )

1 2 1 (2)

x xy I

x x y xy

− = −⇔

− = −

Thế (1) vào (2) ta đượ c ( ) ( ) ( )( )2

1 2 1 1 2 01

x y x xy y xy xy x y

xy

=− = − ⇔ − − = ⇔

=

+ Thay 2 x y= vào (1) ta đượ c 2 2 2

3

1 34 1 1 2

3 3

3

y

y y y

y

=

− = − ⇔ = ⇔

= −

Từ đó ta đượ c nghiệm là2 3 3 2 3 3

; , ; .3 3 3 3

− −




140

+ Thay 1 xy = vào (1) ta đượ c 21

1 01

x x

x

=− = ⇔

= −

Từ đó ta đượ c nghiệm ( ) ( )1;1 , 1; 1 .− −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là ( ) ( )1;1 , 1; 1 ,− −2 3 3 2 3 3

; , ; .3 3 3 3

− −

11)

71

( )

78

x y

y x xy I

x xy y xy

+ = +

+ =

Điều kiện: 0. xy > Ta có( ) ( )

( ) ( )

7( )

. 78

x y xy I

x y xy

+ + − =⇔

+ − = −

Suy ra , x y xy+ − là nghiệm của phươ ng trình bậc hai

21313 13

7 78 06 366

9 4

4 9.

x y X x y X X

X xy xy

x x

y y

+ == + = − − = ⇔ ⇔ ⇔

= − =− = −

= = ⇔ ∨

= =

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( )9;4 , 4;9 .

12)

1 1 3 (1)

( 1)( 1) 5 (2)

x y

x y x y

− + − =

+ − − − =

Điều kiện: 1, 1. x y≥ ≥ Hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

1 2 ( 1)( 1) 1 9 2 ( 1)( 1) 11

( 1)( 1) 5 ( 1)( 1) 5

1111( 1)( 1)

( 1)( 1)22

112 11 105

211 11

1 12

3 21

x x y y x y x y

x y x y x y x y

x y x y x y

x y

x y x y x y x y

x y xy x y xy x y

x y

− + − − + − = + + − − = ⇔

+ − − − = + − − − =

− + − +− − = − − = ⇔ ⇔

− − + − + + =+ − = − +

− + + = − + + =⇔ ⇔

+ =

( )

2

7

10 2 56 2

7 5 27

x y

x y

xy x x xy

x y y y x y

− + + =

= = = − =⇔ ⇔ ⇔ ∨

+ = = =+ =




141

Các giá trị của , x y đều thỏa điều kiện.

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( )2;5 , ( )5;2

13)

2 6 3

4.

x y y

x y x y

+ = +

+ + − =

Điều kiện:

2 6 0

0

x y

x y

x y

+ ≥

+ ≥

− ≥


2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

3 0 3

6 6 9 9

2 16 8

3 35

9 54

5 4 4

y y

x y y y x y

x y x y x y x x y

y y x

x y x y

x y y

+ ≥ ≥ −

⇔ + = + + ⇔ − =

+ + − + − = + − =

≥ − ≥ −=

⇔ − = ⇔ = ⇔ =

= = ∨ = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là ( )5;4 .

II.17.

22

22

2

( )

2

a x y

y I

a y x

x

= +

= +

Từ các phươ ng trình của hệ ( ) I ta suy ra điều kiện của ẩn là0

0

x

y

>

>

2 2 2

2 2 2

2( )

2

x y y a I

xy x a

= +⇔

= +

( ) ( )

2 2 22

2 0

x y y a

x y xy x y

= +⇔

− + + =

Do0

0

x

y

>

> ta suy ra 2 xy x y+ + >0

Vậy, ta có hệ 2 2 22 x y y a

x y

= +

=

3 2 22 x x a

x y

− =⇔

=

Xét hàm số ( ) 3 22 , y f x x x= = −

2' 6 2 , y x x= −2' 0 6 2 0 y x x= ⇔ − =

0

1

3

x

x

=⇔ =




142

Ta có1 2 1 1

3 27 9 27 f

= − = −

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x và dựa vào bảng biến thiên ta có đườ ng thẳng 2 y a=

cắt đồ thị ( ) f x tại một điểm duy nhất có hoành độ 0. x > Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có

một nghiệm duy nhất vớ i mọi 0.a ≠

II.18. 2 2

2

4( )

3 4

x xy y k I

y xy

− + =

− =

1) Thay 1k = vào hệ ( ) I ta đượ c2 2

2

4 1

3 4

x xy y

y xy

− + =

− = (2).

Vớ i 0, x = thay vào hệ (2) ta đượ c2

2

1

4

y

y

=

= (Vô lý).

Vớ i 0, x ≠ ta có (2)

2 2

2

3 1

3 4

x xy y xy

y xy

− + − =⇔

− =

2

2

4 3

4 1

y xy

x xy

= +⇔

− + =

2

2

4 3

3

y xy

x y

x

= +

⇔ +=

4 2

2

2 7 9 0 (*)

3=

x x

x y

x

+ − =

⇔ +

Giải (*) ta đượ c 1 1. x x= ∨ = −

Vớ i 1, x = thế vào2 3 x

y x

+= ta đượ c 4. y =

Vớ i 1, x = − thế vào2 3 x

y x

+= ta đượ c 4. y = −

Vậy, khi 1k = thì hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là (1;4),( 1; 4).− −

2) Cách 1.

Vớ i 0, y = thay vào (1) ta đượ c2

0 4

x k =

= (Vô lý).

Vớ i 0, y ≠ ta có (1)

2

2 2

4

3

4

y x

y

x xy y k

−=

⇔

− + =

( )4 2

2

2 40 9 16 0 (3)

4

3

y k y

y x

y

− − − =

⇔ −=




143

Phươ ng trình trùng phươ ng 4 22 (40 9 ) 16 0 y k y− − − = (3) có các hệ số ,a c trái dấu nên

chắc chắn có nghiệm 0 y ≠ vớ i mọi .k

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho luôn luôn có nghiệm vớ i mọi giá trị của k .

Cách 2. Từ hệ phươ ng trình ta có 0. y ≠ Đặt , x ty= ta có hệ ( )( )

2 2

2

4 1

1 3 4

t t y k

t y

− + =− =

Suy ra2 4 1

.1 3 4

t t k

t

− +=

− Xét hàm số ( ) f t =

2 4 1

1 3

t t

t

− +

−,

( )

2

2

3 2 1 1( ) 0,

31 3

t t f t t

t

− + −′ = < ∀ ≠ ⇒

−

hàm số ( ) f t luôn luôn nghịch biến, do đó đườ ng thẳng4

k y = luôn cắt đồ thị ( ) y f t = tại

hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2,t t thỏa 1 2

1

3

t t < < . Khi đó vớ i 1t t = ta có

2 11

1 1

22(1 3 ) 4 .

1 3 1 3

t y t y x

t t − = ⇔ = ± ⇒ = ±

− −(Đpcm)

II.19. 1 2

( )3

x y a I

x y a

+ + + =

+ =

Nếu 0a ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho vô nghiệm nên ta chỉ xét 0.a > Ta có

1 3

( ) 1 2 3 3

x y a

I x y a

+ + + =⇔

+ + + = + ( ) I

Đặt1 0

2 0

u x

v y

= + ≥

= + ≥

Khi đó ta có hệ phươ ng trình theo biến ,u v

2 2 3 3

u v a

u v a

+ =

+ = +2 2( ) 2 2 3 3 0(*)

v a u

f u u au a a

= −⇔

= − + − − =

Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có nghiệm 0u ≥ thỏa

0.v a u= − ≥ Giả sử 1 2,u u là hai nghiệm của phươ ng trình (*), thì từ phươ ng trình (*) theo

định lý Viet ta có 1 2 ,u u a+ = như vậy nếu 1u là nghiệm của phươ ng trình (*) thì nghiệm

2u chính là v và ngượ c lại. Từ đó hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng

trình (*) có hai nghiệm 1 2,u u đều không âm.

Điều này xảy ra khi và chỉ khi




144

2 2

2

2( 3 3) 0

2 (0) 3 3 0

02

a a a

f a a

a

′∆ = − − − ≥

= − − ≥

≥

3 15 3 15

3 21 3 21

2 2

0

a

a a

a

− ≤ ≤ +

− +⇔ ≤ ∨ ≥

≥

3 213 15

2a

+⇔ ≤ ≤ +

II. 20. ( )

4 0

3 1 1

x y m

x x y

− − =

− + + = − ( ) I

Cách 1.

Ta có

( )

2

2 2 2

44 4( )

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

4 4

1 13 3

4 9 6 1 ( ) 5 7 1 0(*)

y x m y x m y x m I

x y x x x m x x mx x x

y x m y x m

x x

x mx x x x f x x m x

= −= − = − ⇔ ⇔ ⇔

+ = − − + = − − + = −

= − = −

⇔ ≥ ⇔ ≥ − + = − + = + − + =

Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có ít nhất một nghiệm

1.

3 x ≥ Điều này xảy ra khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có nghiệm 1 2, x x thỏa

1 2

1 2

1 75. 03 3

1 7 2 5 7 2 503

71 15. 0

33 311132 3

7

37 2 5.

77 2 5

3

f m

x x m m

m x x f

S m

m

m

m

≤ ≤

≤ ≤ ≤ − ∨ ≥ +∆ ≥⇔ ⇔

>< ≤ > <>

≤

⇔ ⇔ ≤ −

< ≤ −

Vậy, khi 7 2 5m ≤ − thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm.

Cách 2.

4 4( )

( 1) 3 1 (4 1) 3 1

y x m y x m I

x y x x x m x

= − = − ⇔ ⇔

+ = − − + = −




145

2

2 2

4

4 1

34 3 1

4 9 6 1

y x m

y x m x

x mx x x

x mx x x x

= −= −

⇔ ⇔ ≥ − + = −

− + = − +

2 2

4 4 4

1 1 1

3 3 3

15 7 1 5 7 1( ) 5 7

y x m y x m y x m

x x x

x x mx x x f x x mm

x x

= − = − = −

⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

− + = − − + = − + = −= −

Xét hàm số 2

2 2

1 1 5 1 1( ) 5 7 , ( ) 5 , ( ) 0 .

5

x f x x f x f x x

x x x

−′ ′= − + = − = = ⇔ = ±

1 1

35 x = − < (Loại)

Ta có1 7 1

; 7 5.3 3 5

f f

= − = − +

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x trên1

[ ; ),3

+∞

ta đượ c miền giá trị [2 5 7; ). f T = − +∞ Từ đó các giá trị cần tìm của m phải thỏa

2 5 7 7 2 5.m m− ≥ − ⇔ ≤ −

II.21.2

2

x y y m

y x x m

= − +

= − +

Ta có nhận xét rằng nếu ( )0 0; x y là một nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho thì ( )0 0; y x cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất thì 0 0 x y= . Khi đó ta có

2 2

0 0 0 0 02 0(*) x x x m x x m= − + ⇔ − + =

Do 0 x duy nhất nên phươ ng trình (*) phải có nghiệm duy nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ

khi 1 0 1.m m′∆ = − = ⇔ =

Vớ i 1,m = hệ phươ ng trình đã cho trở thành

2

2

1

1

x y y

y x x

= − +

= − +

Cộng theo vế của hai phươ ng trình của hệ ta đượ c

( ) ( )2 22 2

11 1 1 1 0

1

x x y y y x x x y

y

=+ = − + + − + ⇔ − + − = ⇔

=

1 x y= = thỏa hệ phươ ng trình nên là nghiệm và là nghiệm duy nhất của hệ. Vậy, khi 1m =

thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất.




146

II.22.

2

2

5 4 0( )

3 16 0

x x I

x mx x

− + ≤

− + =

Ta có

2

1 4( )

3 16 0

x I

x mx x

≤ ≤⇔

− + =

Đặt ,t x= vớ i 1 4 x≤ ≤ thì 1 2.t ≤ ≤ Khi đó ta có

44 3

3

1 21 2

3 163 16 0

t t

t t mt m

t

≤ ≤≤ ≤

⇔ +− + = =

Xét hàm số

4

3

4

4

3 16( ) , 1 2

3 48( ) 0, [1;2]

t y f t t

t t

f t t t

+= = ≤ ≤

−′ = ≤ ∀ ∈

Vậy hàm số ( ) f t nghịch biến trên [1;2]

(1) 19, (2) 8. f f = =

Vậy 1 2t ≤ ≤ thì 8 ( ) 19 f t ≤ ≤

Vậy, các giá trị của m cần tìm là 8 19.m≤ ≤

II.23.1

1 1

x y m

y x

+ + =

+ + =

Điều kiện: 0, 0 x y≥ ≥

Vớ i 0, 0 x y≥ ≥ ta có 1 1. y x+ + ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 0. x y= = Từ đó

1.m = Vớ i 1m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm. Vậy, 1m = là giá trị cần tìm.

II.24. 2 2

1( )

x xy y m I

x y xy m

+ + = +

+ =

Đặt

S x y

P xy

= +

= vớ i2

4 0.S P− ≥

Khi đó ( ) I trở thành1S P m

SP m

+ = +

=

1

1

P m P

S S m

= = ⇔ ∨

= =

Suy ra ( ); x y là nghiệm của phươ ng trình

( )2 0 X X m a− + = hoặc ( )2 1 0 X mX b− + =




147

1) Vớ i 2m =

( ) 2 2 0a X X ⇔ − + = (Phươ ng trình vô nghiệm)

( ) 21

2 1 0 11

xb X X X

y

=⇔ − + = ⇔ = ⇔

=

Vậy, vớ i 2m = hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm là ( )1;1 .

2) Hệ phươ ng trình đã cho có ít nhất một nghiệm ( ); x y thỏa mãn 0; 0 x y> > khi và chỉ khi

phươ ng trình ( )a hoặc phươ ng trình ( )b có hai nghiệm dươ ng.

+ Phươ ng trình ( )a có hai nghiệm dươ ng khi và chỉ khi

1 2

1 2

1 4 01

1 10 0 .4

1 40

0

m

m X X m

m

X X m

∆ = − ≥

≤ + = > ⇔ ⇔ < ≤

>= >

+ Phươ ng trình ( )b có hai nghiệm dươ ng khi và chỉ khi

2

1 2

1 2

4 02 2

0 2.0

1 0

mm m

X X m mm

X X

∆ = − ≥≤ − ∨ ≥

+ = > ⇔ ⇔ ≥ >

= >

Vậy, vớ i1

2 04

m m≥ ∨ < ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho có ít nhất một nghiệm ( ); x y

thỏa 0; 0. x y> >

II.25. ( )2 2

2 2

1 1( )

1

m x y m I

x my

+ + = +

+ =

1) Khi 1m = hệ ( ) I trở thành2 2

2 2

1 2

1

x y

x y

+ + =

+ =

2 2

2 2

1

1

x y

x y

+ =⇔

+ =

2 2 1. x y⇔ + =

Vậy, tập hợ p nghiệm của hệ phươ ng trình ( ) I ứng vớ i 1m = là ( ){ }2 2; / 1 x y x y+ = (Tập

hợ p những cặp ( ; ) x y là tọa độ của những điểm nằm trên đườ ng tròn đơ n vị).

2) ( ) ( )

( )

2 2

2 2

1 1 1

1 2

m x y m

x my

+ + = +

+ =

Từ phươ ng trình ( ) 2 22 1 x my⇒ = −

Thế vào phươ ng trình ( )1 ta đượ c ( )2 22 1m my y m− + = +

2 2 22 1m m y y m⇔ − + = +




148

( )2 21 1m y m⇔ − = − (3)

· Xét 21 0m− = 1 1.m m⇔ = ∨ = −

Vớ i 1,m = hệ phươ ng trình ( ) I có vô số nghiệm. Tập hợ p nghiệm của hệ phươ ng trình ( ) I

là ( ){ }2 2; / 1 . x y x y+ = Vớ i 1,m = − (3) trở thành 20 2 y = ⇒ phươ ng trình (3) vô nghiệm

từ đó hệ phươ ng trình ( ) I vô nghiệm.

· Xét 21 0m− ≠ 1m⇔ ≠ ±

(3) 2

2

1

1

m y

m

−⇔ =

−. Hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi

2

2

2

2

2

1 1011

11 1

1 . 0 101

1

m m ymm

mm m

x m mm

m

− > −= ≥ > − −

⇔ ≠ ⇔ − ≠ = − ≥ −

≥−−

Vậy, k ết hợ p các trườ ng hợ p đã xét thì giá trị cần tìm là 1.m > −

Chú ý. Chúng ta có thể giải cách khác như sau

Đặt 2 20, 0. X x Y y= ≥ = ≥ Khi đó ta có hệ phươ ng trình

1( )

1

mX Y II

X mY

+ =

+ =

21 1 1 1

1, 1, 1.1 1 1 1

X Y

m m D m D m D m

m m= = − = = − = = −

+1

01

m D

m

== ⇔

= −

· 1m = . Hệ phươ ng trình ( ) II có vô số nghiệm nên hệ phươ ng trình ( ) I có vô số nghiệm.

· 1.m = − Hệ phươ ng trình ( ) II vô nghiệm nên hệ phươ ng trình ( ) I vô nghiệm.

+ 0 1. D m≠ ⇔ ≠ ±

Hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi hệ phươ ng trình ( ) II có nghiệm

( ; ) / 0, 0. X Y X Y > >

1 01

1.1

01

X

Y

D X D m

m D

Y D m

= = > +⇔ ⇔ > −

= = > +

Vậy, k ết hợ p các trườ ng hợ p đã xét thì giá trị cần tìm là 1.m > −




149

II. 26.( )

2 2

2 2

2 2 0( )

2 2 2

x my x m I

m x x y m

− + + − =

+ + − = +

1) Khi 1m = − thì hệ phươ ng trình đã cho trở thành

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 2

22 2 2

2 3 0 2 3 0

2 2 1 2 3 0

2 3 0 1 1 0.

x y x x y x

x x y x y x

x y x x y

+ + + = + + + = ⇔

− + + − = + + + =

⇔ + + + = ⇔ + + + =

Vậy, hệ phươ ng trình trên vô nghiệm.

2) Ta có

( )( )

( )

( ) ( )( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 1

2 2 1

1 1 1

1 1 1

x x m y I

y m x x

x m y

m x y

+ + = +⇔

+ = + +

+ − + = −⇔

+ − + =

Đặt( )

2

2

1 , 0

1, 1

u x u

v y v

= + ≥

= + ≥

Khi đó ta có hệ phươ ng trình bậc nhất đối vớ i hai ẩn ,u v

1( )

1

u mv II

mu v

− = −

− =

Ta có

21 1 1

1, 1 , 11 1 1 1 1

u v

m m m D m D m D m

m

− − − − −= = − = = + = = +

− − −

+ Nếu1

01

m D

m

= ⇔

−

· Vớ i 1m = − thì theo Câu 1) hệ phươ ng trình vô nghiệm.

· Vớ i 1m = thì ( ) I trở thành1

,1

u v

u v

− = −

− =

hệ phươ ng trình vô nghiệm.

+ Nếu 0 1 D m≠ ⇔ ≠ ± thì

u

v

Du

D

Dv

D

=

=

2

2

1

1

1

1

mu

m

mv

m

+= −

⇔ + =

−

1.

1u v

m⇔ = =

−




150

Hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi hệ phươ ng trình ( ) II có nghiệm

( ; ),u v 0, 1.u v≥ ≥ Ta phải có

11 1 2.

1m

m≥ ⇔ < ≤

− Vậy, khi 1 2m< ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm.

II.27. 2

( 2)(2 ) 9

( )4

x x x y

I x x y m

+ + =

+ + =. Ta có

2

2

( 2 )(2 ) 9

( ) ( 2 ) (2 )

x x x y

I x x x y m

+ + =⇔ + + + =

Đặt2 2 1

.2

u x x

v x y

= + ≥ −

= + Khi đó ta có hệ phươ ng trình theo ẩn ,u v :

9uv

u v m

=

+ =

Theo định lí Viet thì ,u v là hai nghiệm của phươ ng trình 2( ) 9 0. f X X mX = − + = (*)

Như vậy hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có ít nhất một

nghiệm lớ n hơ n hoặc bằng 1.−

Yêu cầu của bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có hai nghiệm 1 2, X X thỏa

2

1 2

1 2

( 1) 0 10 010

1 0 36 0 6 6 10

( 1) 0 10 0 101 6

21 1

2 2

f m

m

X X m m m m

f m m X X m

S m m

− ≤ + ≤ ≤ − ≤ − ≤ ∆ ≥ − ≥ ≤ − ∨ ≥ ≤ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − > + > > −− < ≤ ≥

> − − < − <

Vậy, các giá trị cần tìm của tham số m là 10 6.m m≤ − ∨ ≥

II.28. 1 2 .2 1

x y m x y m

+ + − =

− + + =

Điều kiện:

2

2

0

x

y

m

≥

≥ ≥

Trừ từng vế của hai phươ ng trình của hệ đã cho ta đượ c

1 2 1 2(*). x x y y+ − − = + − − Xét hàm số ( ) 1 2, 2. f t t t t = + − − ≥ Ta có

1 1 2 1( ) 0, 2.

2 1 2 2 2 1 2

t t f t t

t t t t

− − +′ = − = < ∀ >

+ − + −

Do đó, hàm số ( ) f t nghịch biến trên [2; ).+∞ Vì vậy, ( ) . x y∗ ⇔ =

Vớ i , x y= ta có 1 2 . x x m+ + − = Xét hàm số ( ) 1 2h x x x= + + −

' 1 1( ) 0, 2

2 1 2 2h x x

x x= + > ∀ >

+ − ⇒ hàm số ( )h x đồng biến trên [2; ).+∞

Ta có (2) 3, lim ( ) , x

h h x→+∞

= = +∞ suy ra miền giá trị hT của hàm số ( )h x trên [2; )+∞ là

[ 3; ).+∞ Từ đó giá trị của tham số m cần tìm phải thỏa 3 3.m m≥ ⇔ ≥




151

CHƯƠ NG III. BẤT ĐẲNG THỨ C – BẤT PHƯƠ NG TRÌNH

III.1. 1) a) 2 2 1a b ab a b+ + ≥ + + (1)

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 1(1) 0

2 2 2 2 2 21

2 2 1 2 1 021

1 1 02

a b a bab a b

a ab b a a b b

a b a b

⇔ − + + − + + − + ≥

⇔ − + + − + + − + ≥

⇔ − + − + − ≥

⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

0

1 0 1.

1 0

a b

a a b

b

− =

− = ⇔ = = − =

b) ( )2 2 4 2 (2)a b ab a b+ + ≥ + +

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

(2) 2 2 2 2 02 2 2 21

2 4 4 4 4 021

2 2 0.2

a b a bab a b

a ab b a a b b

a b a b

⇔ − + + − + + − + ≥

⇔ − + + − + + − + ≥

⇔ − + − + − ≥

⇒ (Đpcm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

0

2 0 2.

2 0

a b

a a b

b

− =

− = ⇔ = = − =

c)2

2 2 2 (3)4

ab c ab ac bc+ + ≥ − +

( )

( )( )

22 2

22

2

(3) 2 04

2 04 2

0.2

aa b c c bc b

a b cab c

ab c

⇔ − − + − + ≥

−⇔ − + − ≥

⇔ − + ≥

⇒ (Đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( )0 2 .2

ab c a b c− + = ⇔ = −

2) ( )2 2 2 2 2 2 3 . x xy y y yz z z zx x x y z+ + + + + + + + ≥ + +

Ta có( )

2 22 2 3

3 (1)2 2 2

x y x y x y x xy y

++ − + + = + ≥




152

Tươ ng tự

( ) ( )2 2 2 23 3(2), (3)

2 2

y z z x y yz z z zx x

+ ++ + ≥ + + ≥

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đượ c

( )2 2 2 2 2 2

3 . x xy y y yz z z zx x x y z+ + + + + + + + ≥ + + (Đpcm)

3) ( ) ( )( )( )31 1 1

9.a b b c c a

a b ca b c abc

− − − + + + + + ≥

(1)

Ta có (1) tươ ng đươ ng vớ i

( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2

32 2 2 0

3 0.(*)

a b b c c aa b b c c a

b a c b a c abc

c a b a b c b c a a b b c c a

− − − + − + + − + + − + ≥

⇔ − + − + − + − − − ≥

Ta sử dụng kết quả: ( ) ( )3 3 3 2 2 2

3 x y z xyz x y z x y z xy yz zx+ + − = + + + + − − − Vớ i 3 3 30 3 . x y z x y z xyz+ + = ⇒ + + = Vớ i ; ; . x a b y b c z c a= − = − = −

(*) đượ c viết lại ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

0.a b c a b b c a b c c a b c a− + − + − + − + − + − ≥ (**)

Do , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên (**) đúng. Vậy, ta có điều phải chứngminh.

4) ( )2

2 2 .2

x y x y x y y x

++ + ≥ +

Ta có

2

1 10 0(1)2 4

x x x − ≥ ⇒ − + ≥

Tươ ng tự

10(2)

4 y y− + ≥

Cộng các bất đẳng thức (1), (2) theo vế ta đượ c

( ) ( ) ( )( )21

0 (3)2 2

x y x y x y x y x y x y

++ − + + ≥ ⇒ + + ≥ + +

Mà 2 x y xy+ ≥ , nên (3) ( )2 2 22

x y x y x y y x+⇒ + + ≥ + . (Đpcm)

III.2. 1) 1 1 1

2 (1)a b c

bc ca ab a b c

+ + ≥ + −

Vì , , 0a b c > nên (1) tươ ng đươ ng vớ i




153

( )

( )

2 2 2

2 2 2

2

2

2 2 2 0

0

a b c bc ac ab

a b c bc ac ab

a b c

+ + ≥ + −

⇔ + + − − + ≥

⇔ + − ≥

Bất đẳng cuối luôn đúng nên bất đẳng thức (1) đúng.

2) 1 2a b c d a b c b c d c d a a b d

< + + + <+ + + + + + + +

+ Trướ c hết ta chứng minh 1(*)a b c d

a b c b c d c d a a b d + + + >

+ + + + + + + +

Vì 0d > nên (1)a a

a b c a b c d >

+ + + + +

Tươ ng tự, vì , , 0a b c > ta cũng có

(2)b b

b c d a b c d

>

+ + + + +

(3)c c

c d a a b c d >

+ + + + +

(4)d d

a b d a b c d >

+ + + + +

Từ (1),(2),(3),(4) ⇒ 1a b c d a b c d

a b c b c d c d a a b d a b c d

+ + ++ + + > =

+ + + + + + + + + + + (Đpcm).

+ Ta chứng minh 2(**)a b c d

a b c b c d c d a a b d + + + <

+ + + + + + + +

Trướ c tiên ta chứng minh bất đẳng thức sau

, , 0 x y z∀ > và y x> ta đều có (*) x x z

y y z

+<

+

Thật vậy

(*) ( ) ( ) x y z y x z⇔ + < +

( ) 0 y x z⇔ − > luôn đúng vì ( ) 0 y x y x> ⇒ − >

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

Vớ i bộ ba số , ( ),a a b c d + + ta có (1)a a d

a b c a b c d

+<+ + + + +





154

(2)

(3)

(4)

b b a

b c d a b c d

c c b

c d a a b c d

d d c

a b d a b c d

+<

+ + + + +

+<

+ + + + +

+<

+ + + + +

Từ (1),(2),(3),(4) ⇒2( )

2a b c d a b c d

a b c b c d c d a a b d a b c d

+ + ++ + + < =

+ + + + + + + + + + +

(Đpcm).

Vậy, ta đượ c 1 2.a b c d

a b c b c d c d a a b d < + + + <

+ + + + + + + +

Chú ý. Có thể chứng minh bất đẳng thức (**) đơ n giản hơ n như sau

Ta có

,

,

a a b b

a b c a c b c d b d

c c d d

c d a c a d a b d b

< <+ + + + + +

< <+ + + + + +

⇒ 1 1 2.a b c d a c b d

a b c b c d c d a d a b c a b d

+ ++ + + < + = + =

+ + + + + + + + + +

3) Ta có

2(1)

2 (2)

2(3)

a a a

a b c b c a b c

b b ba b c a c a b c

c c c

a b c a b a b c

< <+ + + + +

< <+ + + + +

< <+ + + + +

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đượ c điều phải chứng minh.

III.3. 1) a) ( )( 1) 4 ( , 0);a b ab ab a b+ + ≥ >

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươ ng , ,a b ta đượ c 2a b ab+ ≥ (1).

Tươ ng tự, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươ ng ,1,ab ta đượ c

1 2 .1ab ab ab+ ≥ = (2).Nhân các bất đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta đượ c

( )( 1) 2 .2 4a b ab ab ab ab+ + ≥ = (Đpcm).

b) ( )( )( ) 8 ( , , 0)a b b c c a abc a b c+ + + ≥ >

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươ ng , ,a b ta đượ c 2a b ab+ ≥ (1) .




155

Tươ ng tự, ta có các bất đẳng thức 2b c bc+ ≥ (2), 2c a ca+ ≥ (3).

Nhân các bất đẳng thức (1),(2),(3) vế theo vế ta đượ c2 2 2( )( )( ) 8 8a b b c c a a b c abc+ + + ≥ = (Đpcm).

c) 2 2 2 2 2 2(1 ) (1 ) (1 ) 6a b b c c a abc+ + + + + ≥

2 2 2 2 2 2 2 2 2 6a a b b b c c c a abc⇔ + + + + + ≥

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho sáu số dươ ng 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , , , ,a a b b b c c c a ta đượ c

2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 6 6 6

6 . . . . .

6 . .

a a b b b c c c a a a b b b c c c a

a a b b b c c c a a b c

+ + + + + ≥

⇔ + + + + + ≥

2 2 2 2 2 2 2 2 2 6a a b b b c c c a abc⇔ + + + + + ≥ (Đpcm).

2) Theo bất đẳng thức Côsi ta có

2 2

2 . (1)4 4

a b c a b c

ab c b c

+ +

+ ≥ =+ +

Tươ ng tự 2

2

(2)4

(3)4

b c ab

c a

c a bc

a b

++ ≥

+

++ ≥

+

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đượ c điều phải chứng minh.

III.4. 1) a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( );u x và ( );v y ta đượ c

( )( )2 2 2 2 1 1 1ux vy u v x y ux vy+ ≤ + + ≤ ≤ ⇒ + ≤ (Đpcm).

b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số ( ) ( ); , ;u v x y x y+ − ta đượ c

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 22 2u x y v x y u v x y x y x y + + − ≤ + + + − ≤ + ≤

(Đpcm).

2)2 2 2 3

(1)2

x y z

y z z x x y+ + ≥

+ + +

Đặt2 2 2

. x y z A y z z x x y

= + ++ + +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số

( ); ; , ; ; x y z

y z z x x y y z z x x y

+ + + + + +

Ta đượ c




156

( ) ( )2

33 3

. .2 2 2

x y z y z z x x y A

x y z A xyz

+ + ≤ + + + + +

+ +⇒ ≥ ≥ =

Vậy, (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z= = =

3) 2 2 21 1 1 1 30.a b c ab bc ca+ + + ≥

+ + (1)

Đặt2 2 2

1 1 1 1. A

a b c ab bc ca= + + +

+ +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số

( )

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1; ; ;

;3 ;3 ;3

ab bc caa b c

a b c ab bc ca

+ +

+ +

Ta đượ c

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2

2

1 3 3 3 9 9 9

100 7 (*)

a b c ab bc ca A

a b c ab bc ca A

+ + + ≤ + + + + +

⇒ ≤ + + + + +

Mà ( )21 1

3 3ab bc ca a b c+ + ≤ + + = .

Do đó 30. A ≥ (Đpcm)


1

.3a b c= = =

III.5. 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số

( ) ( ); ; , ; ;1 x a b x x

Ta đượ c

( ) ( ) ( )22 2 2 2 2 2ax 1 x b x a b x x+ + ≤ + + + + (1)

Tươ ng tự ta cũng có ( ) ( )( )22 2 2 2 2 2 1 x cx d x c d x x+ + ≤ + + + + (2)

Cộng (1) và (2) theo vế, ta đượ c

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 x ax b x cx d x a b x c d x x+ + + + + ≤ + + + + + + +

( ) ( ) ( )( )2 22 2 2 2 2 21 1 x ax b x cx d x x x x⇔ + + + + + ≤ + + + +

( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 1 . x ax b x cx d x⇔ + + + + + ≤ +




157

2) Từ giả thiết1 1 1

1.abc ab bc caa b c

= + + ⇒ + + =

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ ba số

( )1 1 1

; 2 ; 3 , ; ;a b ca b c

Ta đượ c

( ) ( ) ( )

( )( )

2 2 22

2 2 2

2

1 1 11 2 3 2 3

1 1 1 1 12 3 2 3 .

2 3 1 2 3

a b ca b c

a b c a b ca b c a b c

+ + ≤ + + + +

= + + + + = + + ⇒ ≤

+ + + +

Đổi vai trò của , ,a b c và cộng các bất đẳng thức ta đượ c điều phải chứng minh.

III.6. 1)2 2 2 2

2 2

1 1 25

(sin ) (cos )sin cos 2 x x x x+ + + ≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai cặp số

( )1;1 , ( 22

1sin

sin x

x+ ; 2

2

1cos )

cos x

x+ ta đượ c

( )22

2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

1 1 1 11 1 (sin ) cos 1. sin 1. cos

sin cos sin cos x x x x

x x x x

+ + + + ≥ + + +

2 2 2

2 2 2 22 2 2 2

1 1 1 12 sin cos sin cos

sin cos sin cos

x x x x

x x x x

⇔ + + + ≥ + + +

2 2 2 2 22 2 2 2

1 1 1 12 (sin ) (cos ) (1 )

sin cos sin cos x x

x x x x

⇔ + + + ≥ + +

2 2 22 2

2 2 2

1 1 42 sin cos 1

sin cos sin 2 x x

x x x

⇔ + + + ≥ +

(*)

M ặt khác do 2sin 2 1 x ≤

2

41 1 4

sin 2 x

⇒ + ≥ +

22

2

41 (1 4)

sin 2 x

⇔ + ≥ +

Khi đó (*) tươ ng đươ ng vớ i

( )2 2

22 22 2

1 12 sin cos 1 4

sin cos x x

x x

+ + + ≥ +

= 25




158

2 22 2

2 2

1 1 25sin cos

sin cos 2 x x

x x

⇔ + + + ≥

Vậy2 2

2 22 2

1 1 25sin cos .

sin cos 2 x x

x x

+ + + ≥

Dấu đẳng thức xảy ra khi2 2

2 2

2

2 22 2

1 1sin cos

sin cos

sin 2 1

1 1sin cos

sin cossin 2 1

x x x x

x

x x x x

x

+ = +

=

+ = +

⇔ = ±

Hệ này có nghiệm, chẳng hạn , .4

x k k π

π = + ∈ ℤ

2) Ta có vế trái của bất đẳng thức đã cho bằng

1 1 1 1 12

2 2 2

x y A x y

x y y x x y

= + + + + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

2 22 24

1 1 1 1 12

2 2 2

1 12; 2; 2

2 21 1 1 1 1 2

2.2

x y A x y

x y y x x y

x y x y

x y y x

x y x y xy x y

= + + + + + + + +

+ ≥ + ≥ + ≥

+ ≥ = ≥ =

+

Do đó 4 3 2. A ≥ +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi2

.2

x y= =

III.7. 1)2 2

2 2 2

1 tan cot1 1 1 (1).

x x

x x x

+ ≤ + +

Ta có2 2

1 tan .cot1 1

x x

x x+ = +

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số tan cot

;1 , ;1 . x x

x x

Ta đượ c




159

2 2

2 2

2 2 2

tan cot tan cot. 1.1 1 1

1 tan cot1 1 1

x x x x

x x x x

x x

x x x

+ ≤ + +

⇔ + ≤ + +

Vậy,2 2

2 2 2

1 tan cot1 1 1

x x

x x x

+ ≤ + +

(Đpcm).

Điều kiện đẳng thức xảy ra

tan cot

tan cot

, .4

x x

x x

x x

x k k π

π

=

⇔ =

⇔ = + ∈ℤ

2)2 2 2 2 2 22 2 2

3 (1).b a c b a c

ab bc ca

+ + ++ + ≥

Ta có1 1 1

1.ab bc ca abca b c

+ + = ⇔ + + =

(1) tươ ng đươ ng vớ i

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 23.

b a c b a c+ + + + + ≥

Đặt1 1 1 1 1 1 1 1 1

; ; , ; ; , ; ; .u v wb a a c b b a c c

= = =

Khi đó

1 1 1 1 1 1 1 1 1; ;u v w

b c a a b c a b c

+ + = + + + + + +

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 13 3.

u v wb a c b a c

u v wb c a a b c a b c a b c

+ + = + + + + +

+ + = + + + + + + + + = + + =

Mặt khác ta luôn có tính chất ,u v w u v w+ + ≥ + + từ đó suy ra điều phải chứng minh.


. ; 0

. ; 0 3.

u k v k

v m w m a b c

ab bc ca abc

= >

= > ⇔ = = = + + =

3) 2 2 22 2 2

1 1 182. x y z

x y z+ + + + + ≥




160

Gọi 2 2 22 2 2

1 1 1S x y z

x y z= + + + + +

Cách 1.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai cặp số ( )1

1;9 , ; x x

Ta đượ c 2 22 2

9 1 11 81 82 (1) x x x

x x x+ ≤ + + = +

Tươ ng tự

22

22

9 182 (2)

9 182 (3)

y y y y

z z z z

+ ≤ +

+ ≤ +


( ) ( )

( ) ( )

3 3

1 1 1 1 1 1. 82 9 81 9 80

1 1 1 1 1 12 81 .9 80 54 . 80

154 3 .3 80 162 80 82

82.

S x y z x y z x y z x y z x y z

x y z x y z x y z x y z

xyz xyz

S

≥ + + + + + = + + + + + − + +

≥ + + + + − = + + + + −

≥ − = − =

⇒ ≥

Cách 2.

Trong mặt phẳng ,Oxy ta xét các véc tơ

22

22

22

1 1;

1 1;

1 1;

a x a x x x

b y b y y y

c z c z

z z

= ⇒ = +

= ⇒ = +

= ⇒ = +

( )2

21 1 1 1 1 1;a b c x y z a b c x y z x y z x y z

+ + = + + + + ⇒ + + = + + + + +

Ta có a b c a b c+ + ≥ + +




161

( )2

22 2 22 2 2

1 1 1 1 1 1S x y z x y z

x y z x y z

⇔ = + + + + + ≥ + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối vớ i ba số dươ ng1 1 1

, , x y z

ta có

( )( )

2

23

1 1 1 3 3 9 81

3

S x y z x y z x y z x y z xyz x y z

+ + ≥ ≥ = ⇒ ≥ + + ++ + + + + +

Đặt ( )2,0 1.t x y z t = + + < ≤ Ta có

81.S t

t ≥ +

Xét hàm số 2

2 2

81 81 81( ) , (0;1]; ( ) 1 0, (0;1].

t f t t t f t t

t t t

−′= + ∈ = − = < ∀ ∈

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f t trên (0;1] ta đượ c ( ) 82 82. f t S ≥ ⇒ ≥ (Đpcm)

4) Cho , , 0 x y z > và thỏa 1. xyz = Ta chứng minh

3 3 3 3 3 31 1 13 3.

x y y z z x

xy yz zx

+ + + + + ++ + ≥

Đặt3 3 3 3 3 31 1 1

. x y y z z x

A xy yz zx

+ + + + + += + +

Theo bất đẳng thức Côsi ta có

3 33 3 331 3(1)

x y x y

xy xy xy

+ +≥ =

Tươ ng tự

3 3

3 3

1 3(2)

1 3(3)

y z

yz yz

z x

zx zx

+ +≥

+ +≥


33 3 3 1

3 3 3 3. A xyz xy yz zx

≥ + + ≥ = (Đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1. x y z= = =

III.8. 1) ( ) ( )2 2 21 sin 2 sin cos 1 cos x y x y y y+ + + + + > 0 (1)

(1) tươ ng đươ ng vớ i ( ) ( )2 2

sin 1 cos x y y x+ + + > 0




162

Như vậy ta luôn có

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 21 sin 2 sin cos 1 cos sin 1 cos , . x y x y y y x y y x x y+ + + + + = + + + ≥ 0, ∀ ∈ ℝ

Ta chứng minh dấu “=” không xảy ra.

Thật vậy, giả sử dấu “=” xảy ra. Khi đó

( )( )

sin 1 0 1cos 0 2 x y

y x + =

+ =

Lấy (1) trừ cho (2) theo vế ta đượ c ( )sin cos 1 0 x y y x− + − = ∗

Phươ ng trình ( )∗ có nghiệm y khi và chỉ khi

( )22 2 21 1 1 2 1 0 x x x x x x+ ≥ − ⇔ + ≥ − + ⇔ ≥

Lấy (1) cộng vớ i (2) theo vế ta đượ c sin cos 1 0 ( ) x y y x+ + + = ∗∗

Phươ ng trình (**) có nghiệm y khi và chỉ khi ( )

22

1 1 2 0 0. x x x x+ ≥ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ Suy ra 0, x = thay 0 x = vào (1) ta đượ c 1 0= (Vô lý ). Suy ra dấu '' ''= không thể xảy ra.

Vậy, ( ) ( )2 2 21 sin 2 sin cos 1 cos , . x y x y y y x y+ + + + + > 0, ∀ ∈ ℝ

2) Bất đẳng thức đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( ) ( ) ( )ln 1 4 ln 1 4

1 4 1 4a b

b aa b

a b

+ ++ ≤ + ⇔ ≤

Xét hàm số ( ) ( ) ( )

( )2

ln 1 4 4 ln 4 1 4 ln 1 4( ) , 0 ( ) 0

1 4

x x x x x

x

f x x f x x x

+ − + +′= > ⇒ = <

+

Suy ra hàm số ( ) f x nghịch biến trên khoảng (0; ).+∞ Do ( ) f x nghịch biến trên khoảng(0; )+∞ và 0a b≥ > nên ( ) ( ) f a f b≤ từ đó ta có điều phải chứng minh.

3) Xét hàm số ( ) 2sin tan 3 . f x x x x= + −

Ta có

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

2

cos 1 2cos cos 11( ) 2cos 3

cos cos

cos 1 2cos 1 0, 0;cos 2

x x x f x x

x x

x x x x

π

− − −′ = + − =

− + = > ∀ ∈

Suy ra hàm số ( ) 2sin tan 3 f x x x x= + − đồng biến trên khoảng 0; .2

π

Do đó ( ) (0) 0, 0; .2

f x f x π

> = ∀ ∈

(Đpcm)




163

4) Xét hàm số ( ) sin , 0. f x x x x= − > Ta có ( ) 1 cos 0 ( ) f x x f x′ − ≥ ⇒ đồng biến trên

khoảng ( )0; .+∞ Từ đó ( ) (0) 0 f x f > = hay sin , 0(1). x x x< ∀ >

Xét hàm số 3

( ) sin , 0.6

xg x x x x= + − >

Ta có

2

( ) cos 1, ( ) sin 02 xg x x g x x x′ ′′= + − = − > ( )g x′⇒ đồng biến trên khoảng ( )0; .+∞

Suy ra ( ) (0) 0.g x g′ ′> = Từ đây ta có ( )g x đồng biến trên khoảng ( )0; .+∞ Vì vậy

( ) (0) 0g x g> = hay3

sin (2).6

x x x− < Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

III.9. 1) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 3 1a b c a b a c b c a b c abc+ − + + − + + − ≤

Không mất tính tổng quát ta giả sử 0.a b c≥ ≥ ≥

Ta có

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 3 2 2 3 2 2 3

2 2 3 2 2 3 2 2 3

3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3

2 2 2

3

3 0

3 0

2 2 2 0

2

a b c a b a c b c a b c abc

a b a c a b a b c b c a c b c abc

a b a c a b a b c b c a c b c abc

a a b a c a b b a abc b a b b c abc c a c b c

a a b c ab a b c b a b c ac b c c b

+ − + + − + + − ≤

⇔ + − + + − + + − − ≤

⇔ − − + − − + − − + + ≥

⇔ + − + − − + + + − + − + − + ≥

⇔ + − − + − + + − + − − ( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

2 2

2

0

2 0

2 0

0.

c

a ab b a b c ac c b c

a ab b a b c c a c b c

a b a b c c a c b c

− ≥

⇔ − + + − + − − ≥

⇔ − + + − + − − ≥

⇔ − + − + − − ≥

Vậy, bất đẳng thức ( )1 luôn đúng vớ i mọi , ,a b c không âm.

2) Đặt vế trái của bất đẳng thức đã cho là A và ta đặt

( )2 ; 2 ; 2 4 . x a b c y b c a z c a b x y z a b c= + + = + + = + + ⇒ + + = + + Khi đó ta có

( ) ( ) ( )3 3 34.

9 9 6 3

x y z y z x z x y A

x y z

x y z x z y

y x x z y z

− + − + − += + +

= − + + + + + ≤ − =

3.

4 A⇒ ≤ (Đpcm).

3) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )3 3 3

3 5 (1) x y x z x y x z y z x z+ + + + + + + ≤ +

Đặt , , .a x y b x z c y z= + = + = + Điều kiện ( ) 3 x x y z yz+ + = trở thành 2 2 2 .c a b ab= + −




164

Bất đẳng thức (1) tươ ng đươ ng vớ i 3 3 23 5 (2)a b abc c+ + ≤ . Ta có

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 3 1

34 4

2 (3).

c a b ab a b ab a b a b a b

a b c

= + − = + − ≥ + − + = +

⇒ + ≤

( )( )( )

( )

2 2 3

2 3

2

(2) 3 5

3 5

3 5 (4)

a b a b ab ab c

a b c abc c

a b c ab c

⇔ + + − + ≤

⇔ + + ≤

⇔ + + ≤

Mặt khác từ (3) cho ta ( ) 22a b c c+ ≤ và ( )2 23

3 3 .4

ab a b c≤ + ≤ Từ đây suy ra (4) đúng.

Vậy, bất đẳng thức (1) đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi .a b c x y z= = ⇔ = =

III.10. 1) 11 1 2n n

na b

b a

+ + + + ≥

(1)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươ ng 1n

a

b

+

và 1

nb

a

+

Ta có 1 1 2 1 1n n n n

a b a b

b a b a

+ + + ≥ + +

2 21 1 2 1 1

n nn n

a b a b

b a b a

⇔ + + + ≥ + +

2

1 1 2 1 1

nn na b a b

b a b a

⇔ + + + ≥ + +

21 1 2 1

nn n

a b a b ab

b a b a ba

⇔ + + + ≥ + + +

( )2 121 1 2 2 2 2 2 2 .

nn n

nna b a b

b a b a

+ ⇔ + + + ≥ + + ≥ + =

Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi1 1

.

, ( , 0)

nn

a bb a

a ba b

a bb a

+ = + ⇔ =

= >

Vậy, (1) luôn đúng.

2) (1)2 2

n n na b a b+ +

≤




165

Ta chứng minh bằng quy nạp

· Vớ i 1:n = Ta có .2 2

a b a b+ +≤ Vậy, (1) đúng vớ i 1.n =

· Giả sử (1) đúng vớ i *, ,n k k = ∈ tức là ,2 2

k k k a b a b+ +

≤

ta chứng minh (1) đúng vớ i

1,n k = + ngh ĩ a là phải chứng minh1 1 1

.2 2

k k k a b a b

+ + ++ + ≤

Thật vậy:

( )( )

1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1

. .2 2 2 2 2

4 2 4

.2 4 2

k k k k

k k k k k k k k k k

k k k k k k

a b a b a b a b a b

a ab a b b a b ab a b a b

a b a ba b a b

+

+ + + + + +

+ + + +

+ + + + + = ≤

+ + + + + − −≤ = +

− −+ +≤ − ≤

(do ( )( ) 0k k a b a b− − ≥ ). Vậy, ta có điều phải chứng minh.

III.11. 1) 3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

a b abc b c abc c a abc abc+ + ≤

+ + + + + +(*)

Ta có

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2 2

3 3 3 3

3 3

0

1 1

1

a b a b ab ab a b a b ab ab a b

a b ab a b a b abc ab a b ca b abc ab a b c

− ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + + − ≥ +

⇔ + ≥ + ⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤+ + + +

Tươ ng tự

( ) ( )

( ) ( )

3 3

3 3

1 12

1 13

b c abc bc a b c

c a abc ca a b c

≤+ + + +

≤+ + + +

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ( ) ( ) ( )1 , 2 , 3 ta đượ c

( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 31 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1.

a b abc b c abc c a abc ab a b c bc a b c ca a b c

a b c

a b c ab bc ca a b c abc abc

+ + ≤ + ++ + + + + + + + + + + +

+ + ≤ + + = =

+ + + +

Vậy, bất đẳng thức (*) đúng.

2)2 2 2

2

a b c a b c

b c a c a b

+ ++ + ≥

+ + + (**)




166

Cách 1. Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

22

2 2 2 2 2 2

22 2 2

2

.2 2

a b ca b c b c a c a b

b c a c a b

a b c a b cb c a c a b a b c

b c a c a b b c a c a b

a b c a b ca b c

b c a c a b a b c

+ + = + + + + +

+ + +

≤ + + + + + + + = + + + +

+ + + + + +

+ + + +⇒ + + ≥ =

+ + + + +

Cách 2.


2 2

2 2

2 2

24 4

24 4

24 4

a b c a b ca

b c b c

b a c b a cb

a c a c

c a b c a bc

a b a b

+ ++ ≥ ⋅ =

+ +

+ ++ ≥ ⋅ =

+ +

+ ++ ≥ ⋅ =

+ +

Cộng vế theo vế ta đượ c

2 2 2 2 2 2

.2 2

a b c a b c a b c a b ca b c

b c a c a b b c a c a b

+ + ++ + + ≥ + + ⇒ + + ≥

+ + + + + +

Vậy, bất đẳng thức (**) đúng.

III.12. 1)( )

2 51 0 1

3

x

x

−+ >

−. Ta có (1) tươ ng đươ ng vớ i

3 33

2 5 3 881 0 0

3 3 23 33

2 3 3.3 33

2 5 22 31 0 0

3 3

x x x

x x

x x x x x x

x x x x x

x x x

x x

> > > − − + > > < ∨ > > > − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < < ≠< < < − − < <+ > > − −

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là

3

2.

x

x

≠

>

2) ( )22

21 1 . x

x≤ − Ta có ( )

22

22

21

12

1

x x

x x

− ≥

⇔ − ≤ −




167

4 2

2

4 2

2

2

20

20

0 1

01 1.

x x

x

x x

x

x

x

x

− +≤

⇔ + −

≤

⇔ < ≤

≠⇔ − ≤ ≤

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là0

1 1.

x

x

≠

≤ ≤

3) ( )2

23 1 .

5 6

x

x x

−≥

− + Ta có

2

2 2

2 2

2 2

2 3 16 203 0

2 5 6 5 6(1) 3 25 6 3 14 163 05 6 5 6

1033

38 10

8 .3 3 3

3

x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

x x

x x

− − + −≥ ≥

− − + − +⇔ ≥ ⇔ ⇔−− + − + ≤ − ≤ − + − +

≠< ≤

⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤ <

Vậy, ta đượ c nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là

3

8 10.

3 3

x

x

≠

≤ ≤

4) ( )2 3

1 11

x

x

−≤

+. Ta có bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

2 31

1 (*)2 3

11

x

x

x

x

−≥ − +

− ≤

+

.

· Vớ i 0 x ≥ thì hệ ( )* trở thành

312 3 3 2

21 0

1 31 1 .12 3 1 4 4 21 0 1

1 14

x x x

x x x x x x

x x x

− < ≤− − ≥ − ≥

+ +⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤< − − − ≤ ≤ ≥+ +

· Vớ i 1 0 x− ≠ < thì hệ ( )* trở thành




168

12 3 3 4

1 0 3 3 11 1 .42 3 1 2 4 21 0 1

1 1 12

x x x

x x x x

x x

x x x

< −+ + ≥ − ≥ ≥ −+ +

⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − + + ≤ ≤

+ + − < ≤ −

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 3 1 1 3 .4 2 4 2

x x− ≤ ≤ − ∨ ≤ ≤

5) ( )2

2 x x

x

+ −≥ 1 . Ta có bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

2 2 2

2 2 2 22 2 0 0

2 2 2

2 2 2 4 22 2 0 0

x x x

x x x

x x x

x x x

x x x x x x x

≥ − ≥ − ≥ −

+ − − ≥ − ≥ ≥ ⇔ ⇔

< − < − < −

− − − − − − − ≥ − ≥ ≥

2

0 10 1

0 1.2

10

2

x

x x

x x x

x

≥ −

< ≤ < ≤⇔ ⇔ ⇔ < ≤< − ∈∅

− ≤ <

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 0 1. x< ≤

6)2

2

4 31.

5

x x

x x

− +≥

+ −

Bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i 2 24 3 5 (1). x x x x− + ≥ + −

Ta có bảng xét dấu

+ Vớ i 0 4 5 x x< ∨ ≤ < ( ) ,∗ bất phươ ng trình ( )1 trở thành

2 24 3 5 3 2 0 x x x x x− + ≥ − + ⇔ − − ≥2

3 x⇔ ≤ − , thỏa ( )∗

+ Vớ i 0 4 x≤ < ( ) ,∗∗ bất phươ ng trình ( )1 trở thành

2 2 24 3 5 2 5 2 0 x x x x x x− + + ≥ − + ⇔ − + − ≥1

22

x⇔ ≤ ≤ , thỏa ( )∗∗




169

+ Vớ i 5 x ≥ ( ) ,∗∗∗ bất phươ ng trình ( )1 trở thành

2 2 84 3 5 5 8 0 .

5 x x x x x x− + ≥ + − ⇔ − + ≥ ⇔ ≤

Kết hợ p vớ i ( )∗∗∗ ta đượ c x ∈∅ .

Hợ p các trườ ng hợ p đã xét, ta đượ c tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là2 1

; ; 2 .3 2

−∞ − ∪

III.13.

)( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )( )

( )( )

3 2 3 2 2 2

2

2

2

2 1 2 2 1 21 0

2 1 2

2 2 1 2 10

1 2

5 5 01 2

x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x x

x x x x x

− − − −> ⇔ − >

+ − + −

− − − − +⇔ >

+ −

+ −⇔ >+ −

5 3 5

21 0

5 3 50

22

x

x

x

x

− −<

− < <

⇔ − + < <

>

)

( )

4 3 22

2 2

2

3 22 030

3 20

305

1 2

6

x x x x x

x x x

x x

x

x

x

− + >− −

− +⇔ >

− −

< −

⇔ < < >

)3 2

2

3 33 0

2

x x x

x x

− − +≤

−

( )( )2

2

1 2 30

2

x x x

x x

− − −⇔ ≤

−

1 0

1 2

3

x

x

x

− ≤ <

⇔ ≤ < ≥




170

)

( )( )

4 2

2

2 2

2

4 34 0

8 15

1 30

8 15

3 1

1 3

3 5

x x

x x

x x

x x

x

x

x

− +≤

− +

− −⇔ ≤

− +

− ≤ ≤ −

⇔ ≤ ≤

< <

)

( ) ( )

2 3

2 3

2

3

2

3

1 2 2 35

1 1 11 2 2 3

01 1 1

1 2 1 2 30

1

01

1

0 1

x

x x x x

x

x x x x

x x x x

x

x x

x

x

x

++ <

+ − + +

+⇔ + − <

+ − + +

− + + + − +⇔ <

+

−⇔ <

+

< −⇔ < <

) ( )22

2

156 1

1 x x

x x+ + ≤

+

( ) ( )

( ) ( )( )

22

4 3 2

2

3 2

2

2

2

152 2 1

1

2 4 5 3 14 01

1 2 6 11 160

1

1 2 2 2 20

12 1.

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x

x

⇔ + + ≤+ +

+ + + −⇔ ≤+ +

− + + +⇔ ≤

+ +

− + + +⇔ ≤

+ +

⇔ − ≤ ≤

) 3 27 2 5 2 0 x x x+ − + >

( )( )21 2 3 2 0 x x x⇔ − + − >

12

21

x

x

− < <⇔

>


2 1.2

x x− < < ∨ >




171

)

( )( )

3

2

8 2 3 0

1 2 2 3 0

1.

x x

x x x

x

+ + ≤

⇔ + − + ≤

⇔ ≤ −

III.14. ) ( ) ( ) 21 3 2 6 0 f x m x mx m= − − + − ≤ ( )1

+ Xét 3m =

( )1

1 6 3 0 .2

x x⇔ − − ≤ ⇔ ≥ −

+ Xét 3m ≠

( )( )2 2 23 6 9 18 9 18m m m m m m m′∆ = − − − = − + − = −

Bảng xét dấu hệ số a và biệt số ′∆

i) 2,m < khi đó0

0

a <

′∆ <

Suy ra ( ) 0 f x < , . x∀ ∈ ℝ

Như vậy, bất phươ ng trình ( )1 nghiệm đúng vớ i mọi . x ∈ ℝ

ii) 2,m = khi đó0

0

a <

′∆ =

nghiệm của bất phươ ng trình ( )1 là mọi . x ∈ ℝ

iii) 2 3,m< < khi đó0

0.

a <

′∆ >

Suy ra ( ) f x có hai nghiệm phân biệt

1 2

9 18 9 18;

3 3

m m m m x x

m m

− − + −= =

− −

Trườ ng hợ p này 0a < nên 2 1. x x<

Nghiệm của bất phươ ng trình ( )1 là 2 1 x x x x≤ ∨ ≥

iv) 3,m > khi đó0

0

a >

′∆ >, 1 2. x x<

Nghiệm của bất phươ ng trình ( )1 là 1 2. x x x≤ ≤

K ế t luận:




172

. 3 :m = Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là1

.2

x ≥ −

. 2 :m ≤ Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là . x∀ ∈ ℝ

. 2 3:m< < Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2 1. x x x x≤ ∨ ≥

. 3 :m > Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là1 2

. x x x≤ ≤

(Vớ i 1 2

9 18 9 18;

3 3

m m m m x x

m m

− − + −= =

− −).

) ( ) ( ) ( )22 4 2 2 1 0 f x m x m x m= − − − + − ≥ ( )2

+ Xét 4m =

( )3

2 4 3 0 .4

x x⇔ − + ≥ ⇔ ≤

+ Xét 4,m ≠ ( ) ( )( )2

2 4 1m m m′∆ = − − − − 2 24 4 5 4m m m m m= − + − + − =


i) 0,m < khi đó0

0

a <

′∆ <

Suy ra ( ) 0, . f x x< ∀ ∈ ℝ

Như vậy bất phươ ng trình ( )2 vô nghiệm.

ii) 0m = , khi đó0

0

a <

′∆ = , nghiệm của bất phươ ng trình ( )2 là

1

2 x = .

iii) 0 4,m< < khi đó0

0

a <

′∆ >


1 22 2;4 4

m m m m x xm m

− − − += =− −

Trườ ng hợ p này 0a < nên 1 2. x x>

Nghiệm của bất phươ ng trình ( )2 là 2 1. x x x≤ ≤

iv) 4m > , khi đó0

,0

a >

′∆ >1 2 x x<




173

Nghiệm của bất phươ ng trình ( )2 là 1 2 x x x x≤ ∨ ≥ .

K ế t luận: .

34 : .

4m x= ≤

. 0m < : Bất phươ ng trình đã cho vô nghiệm.

. 0 :m = Bất phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất1

2 x =

. 0 4 :m< < Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2 1. x x x≤ ≤

. 4 :m > Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 1 2. x x x x≤ ∨ ≥

(Vớ i 1 2

2 2;

4 4

m m m m x x

m m

− − − += =

− −).

) ( ) ( )23 2 3 4 0 f x mx m x m= − − + − < ( )3

+ Xét 0m =

( )32

6 4 0 .3

x x⇔ − < ⇔ <

+ Xét 0,m ≠ ( ) ( )2

3 4m m m′∆ = − − − 2 26 9 4 9 2 .m m m m m= − + − + = −


i) 0,m < khi đó0

0

a <

′∆ >


1

2

3 9 2

3 9 2

m m x

m

m m

x m

− − −=

− + −

=

Trườ ng hợ p này 0a < nên 1 2 x x> .

Nghiệm của ( )3 là 2 1 x x x x< ∨ > .

ii)9

02

m< < , khi đó0

,0

a >

′∆ > 1 2 x x< .




174

Nghiệm của ( )3 là 1 2. x x x< <

iii)9

2m = , khi đó

0

0

a >

′∆ =

Suy ra ( ) 0, . f x x≥ ∀ ∈ ℝ

Như vậy ( )3 vô nghiệm.

iv)9

2m > , khi đó

0

0

a >

′∆ <

Suy ra ( ) 0, . f x x> ∀ ∈ ℝ

Như vậy ( )3 vô nghiệm .

K ế t luận:

. 0 :m = Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là2

.3 x <

. 0 :m < Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2 1 x x x x< ∨ >

.9

0 :2

m< < Nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 1 2. x x x< <

.9

:2

m ≥ Bất phươ ng trình đã cho vô nghiệm.

(Vớ i 1 2

3 9 2 3 9 2;

m m m m x x

m m

− − − − + −= = )

III.15. 2( ) ( 1) 2( 1) 3 3. f x m x m x m= + − − + −

a) Ta có ( ) 0 f x < tươ ng đươ ng vớ i

2( 1) 2( 1) 3 3 0m x m x m+ − − + − < (1)

Xét các trườ ng hợ p

· 1 0 1m m+ = ⇔ = −

(1)3

4 6 0 .2

x x⇔ − < ⇔ <

Như vậy, khi 1m = − thì bất phươ ng trình (1) có nghiệm và nghiệm của bất phươ ng trình là3

.2

x < Suy ra 1m = − không thỏa đề bài.

· 1 0 1.m m+ ≠ ⇔ ≠ − Bất phươ ng trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi2( 1) 2( 1) 3 3 0,m x m x m x+ − − + − ≥ ∀ ∈




175

2 2 2

1 0 1

( 1) ( 1)(3 3) 0 2 1 3 3 0

a m m

m m m m m m

= + > > − ⇔ ⇔

′∆ = − − + − ≤ − + − + ≤

2

1 11.

2 12 2 4 0

m mm

m mm m

> − > − ⇔ ⇔ ⇔ ≥

≤ − ∨ ≥− − + ≤

Vậy, vớ i 1m ≥ thì bất phươ ng trình ( ) 0 f x < vô nghiệm.b) Ta có ( ) 0 f x ≥ tươ ng đươ ng

2( 1) 2( 1) 3 3 0m x m x m+ − − + − ≥ (2)

Xét các trườ ng hợ p

· 1 0 1m m+ = ⇔ = − khi đó

3(2) 4 6 0 .

2 x x⇔ − ≥ ⇔ ≥

Như vậy, khi 1m = − thì bất phươ ng trình (2) có nghiệm và nghiệm của bất phươ ng trình

là3

.2

x ≥ Suy ra 1m = − thỏa đề bài.

· 1 0 1.m m+ ≠ ⇔ ≠ − Khi đó (2) là bất phươ ng trình bậc hai. Bất phươ ng trình (2) cónghiệm khi và chỉ khi

2 2

2 2

1 0 10

0 ( 1) ( 1)(3 3) 0 2 2 4 0

0 ( 1) ( 1)(3 3) 0 2 2 4 0

11 2.2 1

2 12 1

m ma

m m m m m

m m m m m

mm mm m

mm

+ > > − >

′ ⇔ ⇔∆ < − − + − < − − + < ′∆ ≥ − − + − ≥ − − + ≥

> −>⇔ ⇔ ⇔ ≥ −< − ∨ > − ≤ ≤− ≤ ≤

Vậy, khi 2m ≥ − thì bất phươ ng trình ( ) 0 f x ≥ có nghiệm.

Chú ý. Ta cũng có thể giải Câu b) như sau:

Trướ c hết ta giải bài toán ngượ c, tức là tìm tham số m để bất phươ ng trình (2) vô nghiệm.Khi đó các giá trị m còn lại trên trục số là các giá trị cần tìm để bất phươ ng trình ( ) 0 f x ≥ có nghiệm.

Bất phươ ng trình ( ) 0 f x ≥ vô nghiệm khi và chỉ khi ( ) 0, . f x x< ∀ ∈ ℝ Điều này đượ c thỏakhi và chỉ khi

0

0

a <

′∆ <

2

1 0 12.

2 12 2 4 0

m mm

m mm m

+ < < − ⇔ ⇔ ⇔ < −

< − ∨ >− − + <

Từ đó các giá trị cần tìm của tham số m là 2.m ≥ −

III.16. 1) Ta có tam thức bậc hai 22 1 0, . x x x− + > ∀ ∈ ℝ




176

Do đó bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i( )

2 2

2 2

2 1 3 5

3 5 6 2 1

x x x mx

x mx x x

− + ≤ − +

− + < − +

( ) ( )

( ) ( )

2

2

1 4 0 1

9 6 1 0 2

x m x

x m x

− − + ≥⇔

+ − + >

Bất phươ ng trình đã cho có tập hợ p nghiệm là ℝ khi và chỉ khi ( )1 và ( )2 đều có tập hợ p

nghiệm là .ℝ Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi

( )

( )

2

1

2

2

1 16 0 3 50 5.

0 126 36 0

m mm

mm

∆ = − − ≤ − ≤ ≤⇔ ⇔ < ≤

< <∆ = − − <

Vậy, vớ i 0 5m< ≤ thì bất phươ ng trình đã cho có tập hợ p nghiệm là .ℝ

2) Vì 2 1 0, x x+ > ∀ ∈ ℝ nên bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( )( )

22 2

2 22 2 2

3 3 0 12 2 11 2 21 2 2 1 0 2

x mx x x mx x mx x x mx x x mx

+ + >− − < + + + + < + ⇔ ⇔

+ + < + − + >

Bất phươ ng trình đã cho có tập hợ p nghiệm là ℝ khi và chỉ khi các bất phươ ng trình ( )1 và

( )2 đều có tập hợ p nghiệm là .ℝ Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi

21

22

36 0 6 62 2.

2 24 0

m mm

mm

∆ = − < − < <⇔ ⇔ − < <

− < <∆ = − <

Vậy, vớ i 2 2m− < < thì bất phươ ng trình đã cho có tập hợ p nghiệm là .ℝ

III.17. 1) ( ) ( )2 22 3 0 1 x m x m− + + =

Đặt ( ) ( )2 22 3 f x x m x m= − + +

Phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1 2, x x thỏa 1 23 x x< < khi và chỉ khi

( )

( ) 2

2

3 0

9 3 2 3 0

6 0

0 6.

af

m m

m m

m

<

⇔ − + + <

⇔ − <

⇔ < <

Vậy, 0 6m< < thỏa yêu cầu bài toán.

2) ( ) ( )2 2 1 5 0 2mx m x m+ − + − =

Đặt ( ) ( )2 2 1 5 f x mx m x m= + − + −

Phươ ng trình ( )2 có hai nghiệm 1 2, x x thỏa 1 2 2 x x< < khi và chỉ khi các điều kiện sau đượ c

thỏa




177

( )

( ) ( )

( )

( )

21 5 00

2 0 9 9 0

12 0 2 0

2

m m m

af m m

S m

m

− − − >′∆ >

> ⇔ − >

− − − < − <

( )

13 1 0 3

9 9 0 0 1

13 1 003

mm

m m m m

mm m

m

−> + >

⇔ − > ⇔ < ∨ >

− + < ∨ ><

1 0 1.3

m m−⇔ < < ∨ >

Vậy,1

0 13

m m−

< < ∨ > thỏa yêu cầu bài toán.

3) ( ) ( ) ( )21 5 1 0 3m x m x m− − − + − =

Đặt ( ) ( ) ( )21 5 1 f x m x m x m= − − − + −

Phươ ng trình ( )3 có hai nghiệm 1 2, x x thỏa 1 21 x x− < < khi và chỉ khi

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 25 4 1 00

1 0 1 3 7 0

51 0 1 0

2 2 1

m m

af m m

S m

m

− − − >∆ >

− > ⇔ − − >

− + > + >−

( )( )

( )

2

73

33 2 21 07

1 3 7 0 1 3 1.3

3 7 70 12 1 3

m

m m

m m m m m

mm mm

− < <− − + >

⇔ − − > ⇔ < ∨ > ⇔ − < <

− > < ∨ >−

Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 3 1.m− < <

III.18. ( ) ( ) ( )23 2 2 5 2 5 0 1m x m x m− − − − + =

+ Xét 3,m = phươ ng trình ( )1 trở thành1

2 1 0 .2

x x− − = ⇔ = −

Vậy, khi 3m = thì phươ ng trình ( )1 có một nghiệm1

1.

2

x = − <

+ Xét 3,m ≠ đặt ( ) ( ) ( )23 2 2 5 2 5. f x m x m x m= − − − − +

· ( ) ( ) ( )2 2

( ) 2 5 3 2 5 2 9 10. f x m m m m m′∆ = − − − − + = − +

· ( ) ( ) ( ) 21 3 7 18 7 40 54af m m m m= − − + = − +

· 2 5 3 8

1 1 .2 3 3

S m m

m m

− −− = − =

− −




178

( )

( )

181 0 3.

75

0 2 .2

81 0 .

2 3

f x

af m m

m m

S m

= ⇔ = ∨ =

′∆ = ⇔ = ∨ =

− = ⇔ =

Lập bảng xét dấu chung ( ) , (1), 12 f x

S af ′∆ − và dựa vào định lý đảo dấu tam thức bậc hai ta

có kết quả như sau:

+ Nếu

2

5 18

2 73

m

m

m

< < < >

thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1 2 1. x x< <

+ Nếu

18 8

7 38

33

m

m

< <

< <

, thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1 21 . x x< <

+ Nếu5

22

m< < , thì phươ ng trình ( )1 vô nghiệm.

+ Nếu 2m = , thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm kép 1 1. x = − <

+ Nếu5

2m = , thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm kép 0 1. x = <

+ Nếu18

7m = , thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1 2 1 2

1, 1 1.

3 x x x x= − = ⇒ < =

+ Nếu8

3m = , thì phươ ng trình ( )1 có hai nghiệm 1 2 1 21 2, 1 2 1 . x x x x= − = + ⇒ < <

+ Nếu 3m = , thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm1

1.2

x = − <

III.19. 1) ( ) ( )2 2 1 5 0 1mx m x m− + + + =

Phươ ng trình (1) có hai nghiệm 1 2, x x thỏa 1 20 2 x x< < < khi và chỉ khi

( )

( )

( )

( )

5 00 0

2 0 4 4 1 5 0

m maf

af m m m m

+ < < ⇔

> − + + + > 2 2

2 2

5 0 5 0 5 05 1.

1 00 0

m m m m mm

m mm m m m

+ < + < − < < ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − < < −

< − ∨ >+ > + >

Vậy, vớ i 5 1m− < < − thì phươ ng trình đã cho thỏa mãn điều kiện đề bài.




179

2) ( ) 22 2 2 3 0m x mx m− − + − = (2)

Phươ ng trình (2) có hai nghiệm 1 2, x x thỏa 1 26 4 x x− < < < khi và chỉ khi

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 36 2 12 2 3 04 0

6 0 2 16 2 8 2 3 0

m m m maf

af m m m m

− − + + − > < ⇔

− > − − − + − <

( ) ( )

( ) ( )

( )( )

( )( )

2 50 75 0 2 50 75 0 72 .

22 10 35 0 2 10 35 0

m m m mm

m m m m

− − > − − > ⇔ ⇔ ⇔ < <

− − < − − <

Vậy, vớ i7

22

m< < thì phươ ng trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.

III.20. 2 2( 1) 3 0mx m m− − + − = (1)

Đặt 2( ) 2( 1) 3 f x mx m x m= − − + −

+ Khi 0m = (1) trở thành

3

2 3 0 2 x x− = ⇔ = . Ta có:

3

0 22< <

+ Khi 0m ≠ , ta có 2( 1) ( 3)m m m′∆ = − − − 2 22 1 3 1.m m m m m= − + − + = +

(0) ( 3).af m m= −

[ ]

10 .

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

1 ( 1)2 2 .

2

s m

m

af m m m m m m

s m m

m m

−− =

= − − + − = +

− − +− = − =

· Vớ i 1m = − , (1) trở thành 2 4 4 0 2. x x x− + − = ⇔ =

· Vớ i 1m = , (1) trở thành 21 22 0 2 2 x x x− = ⇔ = − ∨ =

· Vớ i 3m = , (1) trở thành 21 2

43 4 0 0 .

3 x x x x− = ⇔ = ∨ =

Lập bảng xét dấu chung ( ) , (0), (2), 0, 22 2 f x

S S af af ′∆ − − và dựa vào định lý đảo dấu tam

thức bậc hai ta có kết quả như sau:

+ Nếu 1,m < − thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu 1,m = − thì 1 20 2. x x< = =

+ Nếu 1 0,m− < < thì 1 20 2 . x x< < <

+ Nếu 0,m = thì3

0 2.2

x< = <

+ Nếu 0 1,m< < thì 1 20 2. x x< < <




180

+ Nếu 1,m = thì 1 22 0 2 2. x x= − < < = <

+ Nếu 1 3,m< < thì 1 20 2. x x< < <

+ Nếu 3,m = thì 1 2

40 2.

3 x x= < = <

+ Nếu 3,m > thì 1 20 2. x x< < <

III. 21. 22 (2 1) 1 0 x m x m+ − + − = (1). Phươ ng trình (1) có một nghiệm nằm trong

khoảng ( )1;3− nghiệm kia nhỏ hơ n 1− , ngh ĩ a là 1 21 3. x x< − < <

Đặt 2( ) 2 (2 1) 1. f x x m x m= + − + −

Yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi

( ) [ ]

[ ]

2 2 (2 1) 1 02 1 0

2 18 3(2 1) 1 02 (3) 0

2 0 27 14 0 2

2.

m m f

m m f

m m

m m

m

− − + − < − < ⇔

+ − + − >>

− + < > ⇔ ⇔ + > > −

⇔ >

III.22. ( ) 21 2 5 0m x mx m− − + + = (1)

1) Phươ ng trình (1) có hai nghiệm đều lớ n hơ n 2 khi và chỉ khi

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )( )

2 1 5 00

2 0 1 4 1 4 5 0

22 22 2 1

54 5 0 4

51 1 0 1 1 1 .

41 22

01

m m m

af m m m m

S m

m

mm

m m m m m

mm

m

− − + ≥ ′∆ ≥

> ⇔ − − − + + >

> > −

≤ − + ≥

⇔ − + > ⇔ < − ∨ > ⇔ < ≤

< <− + > −

Vây, khi

5

1 4m< ≤ thì phươ ng trình có hai nghiệm đều lớ n hơ n 2.

2) + Xét 1 0 1.m m− = ⇔ =

Khi đó phươ ng trình (1) trở thành 2 6 0 x− + = 3 2. x⇔ = > Như vậy, 1m = thỏa đề bài.

+ Xét 1 0 1.m m− ≠ ⇔ ≠

Khi đó phươ ng trình (1) có ít nhất một nghiệm lớ n hơ n 2 nằm trong các trườ ng hợ p: Hoặclà cả hai nghiệm đều lớ n hơ n 2, hoặc chỉ có một nghiệm lớ n hơ n 2. Điều này đượ c thỏa khivà chỉ khi




181

( ) ( ) ( )

1 2

1 2

1 2

022 0

2 2 0 2 04

2, 22 0

2

x x f

x x af af S

x x S

′∆ ≥< ≤ =

< < ⇔ > ∨ < ∨ > = > − >

+ Trườ ng hợ p thứ nhất đã xét ở Câu 1), giá trị của tham số m là 51 .4

m< ≤

+ Trườ ng hợ p chỉ có một nghiệm lớ n hơ n 2, ta giải hệ điều kiện

( ) ( )1 1 0

1 11 0 1 1.2

4 01

m m

mmm

mm

m

− + <

− < <+ = ⇔ ⇔ − < < ∈∅ − > −

Kết hợ p các trườ ng hợ p đã xét ta đượ c

5

1 .4m− < ≤

Vậy, khi5

14

m− < ≤ thì phươ ng trình trên có ít nhất một nghiệm lớ n hơ n 2.

III.23. ( ) ( )2 2 1 5 f x mx m x m= − + − + . Kí hiệu ( ;1), D S = −∞ là tập hợ p nghiệm của bất

phươ ng trình ( ) 0. f x > Ta đã biết ( ) 0 f x > đúng vớ i mọi x D∈ khi và chỉ khi . D S ⊆

+ Xét 0.m = Khi đó ( ) 0 f x > khi và chỉ khi 2 5 0 x− + >5

2 x⇔ < . Như vậy tập hợ p

nghiệm của bất phươ ng trình ( ) 0 f x > là5

( ; ).

2

S = −∞ Rõ ràng . D S ⊆ Vậy, 0m = thỏa

yêu cầu bài toán.

+ Xét 0.m ≠ Ta có

( ) ( )2

1 5m m m′∆ = + − + 2 22 1 5m m m m= + + + − 22 3 1.m m= − + Tập hợ p nghiệm của bất

phươ ng trình ( ) 0 f x > tùy thuộc vào dấu của hệ số a và biệt số ′∆ của ( ). f x

Lập bảng xét dấu chung hệ số a và biệt số ′∆ của ( ). f x Ta xét các trườ ng hợ p sau

· 0.m < Khi đó0

0a

′∆ >

<, tập nghiệm S của bất phươ ng trình ( ) 0 f x > là khoảng 1 2( ; ) x x ,

vớ i 1 2, x x là hai nghiệm của ( ), f x do đó bài toán không thỏa.

· 1

0 1.2

m m< < ∨ > Khi đó0

0

a >

′∆ >, nghiệm của bất phươ ng trình ( ) 0 f x > là 1

2

x x

x x

<

>

Do đó ( ) 0 f x > đúng vớ i mọi x D∈ khi và chỉ khi




182

1 21 x x≤ < ⇔

( )3 2 0(1) 0 30 3

0 .21 21 0 0 02

m maf m

mS

mm

− ≥≥ ≤ ≤

⇔ ⇔ ⇔ < ≤ − > > >

Kết hợ p vớ i điều

kiện đang xét ta đượ c1 3

0 1 .2 2

m m< < ∨ < ≤

· 1 1.2

m< < Khi đó 00

a >

′∆ <, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình ( ) 0 f x > là ,S = ℝ do

đó bài toán thỏa.

· 1

21

m

m

=

=

, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình ( ) 0 f x > lần lượ t là

{ } { } \ 3 , \ 2 .S S = =ℝ ℝ Suy ra bài toán đượ c thỏa.

Vậy, giá trị của tham số m cần tìm là3

0 .2

m≤ ≤

III.24. ( ) ( ) ( )22 3 1 3 9 f x x m x m= − + − +

Ta có tam thức bậc hai ( ) f x có hệ số 2 0a = > nên ( ) [ ]0, 2;1 f x x≤ ∀ ∈ − khi và chỉ khi

( )

( )

12 0 3 1 0 4 13 .

6 8 0 4 3 31 03

m f mm

m f m

≤ − − ≤ + ≤

⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − − − ≤≤ ≥ −

Vậy, giá trị của tham số m cần tìm là4 1

3 3m− ≤ ≤ − .

III.25. ( ) ( ) ( )2 22 3 6 1 f x m x m x m= − − − − −

+ Nếu 2 0 2,m m− = ⇔ = thì ( )1

0 12 3 0 .4

f x x x< ⇔ − < ⇔ < Suy ra 2m = thỏa yêu cầu

bài toán.

+ Nếu 2 0 2m m− ≠ ⇔ ≠ (*). Khi đó tam thức bậc hai ( ) f x có hệ số 0,a > vì vậy yêu cầubài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi

( )( )

1 0

0 0

f

f

− ≤

≤

( ) ( )2

2 3 6 1 0

1 0

m m m

m

− + − − − ≤⇔

− − ≤

2 4 4 3 18 1 0

1 0

m m m m

m

− + + − − − ≤⇔

+ ≥




183

2 2 15 0

1

m m

m

− − ≤⇔

≥ −

3 5

1

m

m

− ≤ ≤⇔

≥ −

Kết hợ p vớ i điều kiện đang xét (*) ta đượ c1 5

2

m

m

− ≤ ≤

≠

Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 1 5.m− ≤ ≤ III.26. 2( 2)( 4)( 6 10) (1) x x x x m+ + + + ≥

Xét hàm số 2 2 2( ) ( 2)( 4)( 6 10) ( 6 8)( 6 10). f x x x x x x x x x= + + + + = + + + +

(1) đúng vớ i mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi ( ) x

m Min f x∈

≤ℝ

.

Ta có 2 3( ) (2 6)(2 12 18) 4( 3) f x x x x x′ = + + + = + .

( ) 0 3. f x x′ = ⇔ = −


Như vậy ( ) 1. x

Min f x∈

= −ℝ

Vậy, 1m ≤ − là giá trị cần tìm.

Chú ý. Có thể đặt ẩn số phụ ( )22 6 8 3 1 1t x x x= + + = + − ≥ − . Khi đó ta có hàm số

( ) 2( ) 2 2 , 1. f t t t t t t = + = + ≥ − Như vậy, (1) đúng vớ i mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 2 2t t m+ ≥

đúng vớ i mọi 1t ≥ − , khi và chỉ khi 2

[ 1; )

( 2 ) .t

Min t t m∈ − +∞

+ ≥

( ) 2 2, ( ) 0 1. f t t f t t ′ ′= + = ⇔ = − Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f t ta tìm đượ c2

[ 1; )

( 2 ) 1.t

Min t t ∈ − +∞

+ = − Vậy, 1m ≤ − là giá trị cần tìm.

III.27. 22cos 3 cos 1 0 x m x+ + ≥ (1)

Đặt [ ]cos , [0; ] 1;1 .t x x t π = ∈ ⇒ ∈ − Bất phươ ng trình 22cos 3 cos 1 0 x m x+ + ≥ (1) trở

thành 22 3 1 0t mt + + ≥ (2). Khi đó (1) nghiệm đúng vớ i [ ]0; x π ∀ ∈ khi và chỉ khi (2)

nghiệm đúng vớ i [ 1;1].t ∀ ∈ −

+ Xét 0t = . Khi đó (2) 1 0⇔ ≥ ⇒ (2) đúng vớ i mọi .m

+ Xét [ 1;0).t ∈ − Khi đó

(2)22 1

.3

t m

t

− −⇔ ≤




184

Xét hàm số 22 1

( ) , [ 1;0)3

t f t t

t

− −= ∈ −

2

2

1[ 1; 0)

6 3 2( ) , ( ) 0

19

[ 1; 0)2

t t

f t f t t

t

= ∉ −− +

′ ′= = ⇔

= − ∈ −

Ta có ( 1) 1, f − =1 2 2

32 f

− =

,

0

lim ( ) .t

f t −→

= +∞

Lập bảng biến thiên của hàm số trên miền [ 1;0),t ∈ − ta đượ c2 2

.3

m ≤

+ Xét (0;1].t ∈ Khi đó

(2)22 1

.

3

t m

t

− −⇔ ≥

Ta tìm đượ c2 2

.3

m −≥

Đáp số của bài toán là những giá trị của tham số m thỏa đồng thờ i ba trườ ng hợ p trên tức

là2 2 2 2

.3 3

m−

≤ ≤

Chú ý. Có thể giải bài toán trên theo phươ ng pháp như đã trình bày ở Bài III.23.

III.28. ( ) ( )22

1 12 3 2 2 0 x m x m

x x

+ + + + + + >

(1)

(1) ( ) ( )2

1 12 3 2 1 0. x m x m

x x

⇔ + + + + + + >

Đặt1

t x x

= + , điều kiện: 2.t ≥

Bất phươ ng trình (1) trở thành ( ) ( )2 2 3 2 1 0t m t m+ + + + > (2)

Đặt ( ) ( )2( ) 2 3 2 1 y f t t m t m= = + + + + .

(1) nghiệm đúng vớ i 0 x∀ ≠ khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng vớ i mọi t thỏa 2t ≥

Do ( ) f t có ( )2

2 1 0m∆ = + ≥ .

Nên (2) nghiệm đúng vớ i mọi t thỏa 2t ≥ khi và chỉ khi




185

0

1 2

0

2 32 2

2

0

2 2

mt

t t

∆ = − − − < = <

∆ > − < < <

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2

12 1 0 2

7 14 2 3 42 2

2 1 01

1. (2) 0 21. ( 2) 0 4 2 2 3 2 1 0

2 3 4 2 2 3 2 1 02 22

4 2 3 4

mm

m m

m

m f

f m m

mm m

m

= − + =

− < − − < − < <

+ ≠ ⇔ ⇔ ≠ −>

− > + + + + > − − − + + + >− < <

− < − − <

1

21

26 12 0

2 0

7 1

2 2

1

21

22 0.

2

0

7 1

2 2

m

m

m

m

m

m

m

mm

m

m

= −

≠ −⇔

+ > − > − < <

= −

≠ −⇔ ⇔ − < <

> − < − < <

Vậy, vớ i 2 0m− < < thì bất phươ ng trình đã cho nghiệm đúng vớ i 0. x∀ ≠ III. 29. ( ) ( )3 22 1 3 4 12 0 x m x m x m− + + + − − > (1)

Ta có ( )1 ( )( )21 2 12 0 x x mx m⇔ − − + + > .

Vì 1 x > nên ( )1 2 2 12 0(2). x mx m⇔ − + + > Đặt 2( ) 2 12. f x x mx m= − + +

(1) đúng vớ i mọi 1 x > khi và chỉ khi 2 2 12 0(2) x mx m− + + > đúng vớ i mọi 1 x >




186

2

2

012 0

0 12 03 4

(1) 0 13 0 4.3

11

2

m m

m mm

af m mm

S m

′∆ < − − <

′∆ ≥ − − ≥

⇔ ⇔ − < < ≥ − ≥ ⇔ ⇔ < ≤ − ≤ ≤

Vậy, giá trị m cần tìm là 4.m <

III.30. ( 1)( 1)( 3)( 5) . x x x x m− + + + >

Ta có ( 1)( 1)( 3)( 5) x x x x m− + + + >

[ ][ ]( 1)( 5) ( 1)( 3) x x x x m⇔ − + + + > 2 2( 4 5)( 4 3) x x x x m⇔ + − + + > (1).

Đặt 2 24 5 4 3 8,t x x x x t = + − ⇒ + + = + ta đượ c (1) ⇔2( 8) 8t t m t t m+ > ⇔ + > .

Ta có 2 4 5t x x= + − 2 4 0 2t x x′⇒ = + = ⇔ = − .

Vớ i 1 x > − thì 8,t > − do đó (1) đúng 1 x∀ > − ⇔ (2) đúng 8t ∀ > − .

Xét 2( ) 8 , f t t t = + ta có 2 8 0 2 8 0 4 y t t t ′ = + = ⇔ + = ⇔ = − .


Dựa vào bảng biến thiên ta đượ c (2) đúng ( 8; )8 ( )t t Minf t m∈ − +∞∀ > − ⇔ > 16m⇔ < − .

Vậy, 16m < − thì bất phươ ng trình đã cho nghiệm đúng vớ i mọi 1 x > − .

III.31. ( )( )( ) ( )2 2 4 2 1 x x x x m− + + <

( ) ( )( )2 21 2 2 8 2 x x x x m⇔ + + − <

Đặt 2 2 .t x x= + Khi đó ta đượ c (1) trở thành 2 8 2t t m− < (2).




187

Xét ( ) ( )2 2 2 2t x x x t x x′= + ⇒ = +

( ) 0 1.t x x′ = ⇔ = −

Ta có bảng biến thiên

Như vậy, vớ i 0 x > thì 0.t >

Bất phươ ng trình (1) có nghiệm 0 x > khi và chỉ khi bất phươ ng trình (2) có nghiệm 0.t > Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi 2

(0; )

2 ( 8 ).t

m Min t t ∈ +∞

> −

Đặt ( ) ( )2 8 2 8.g t t t g t t ′= − ⇒ = − Cho ( ) 0 4.g t t ′ = ⇔ =


Dựa vào bảng biến thiên ta đượ c 2 16 8.m m> − ⇔ > −

Vậy, giá trị cần tìm là 8.m > −

III.32.

( )

2

4 4 1 1.

x

x + =

Phươ

ng trìnhđã cho t

ươ ng

đươ ng v

ớ i ( )

2

4 4 1 1 0.

x

x + − =

Xét hàm số ( ) f x = ( )24 4 1 1 x

x + − vớ i . x ∈ ℝ

Ta có ( ) ( ) ( )2 24 ln 4 4 1 8 .4 4 ln 4 4 1 8 x x x f x x x x x ′ = + + = + +

( ) 0 f x′ = ⇔ ( )2ln 4 4 1 8 0 x x+ + =

( ) 24ln 4 8 ln 4 0 x x⇔ + + = (*)

Phươ ng trình (*) có biệt thức 0′∆ > nên có đúng hai nghiệm phân biệt.

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x và từ bảng biến thiên ta suy ra phươ ng trình ( ) f x = 0có không quá ba nghiệm phân biệt.

Mặt khác ( )1

0, 0 0,2

f f

− = =

( ) ( )37 17 27

3 . 2 1 1 0.64 16 1024

f f −

− − = − − = <

Do đó phươ ng trình ( ) 0 f x = có đúng ba nghiệm phân biệt ( )1 2 3

10, , 3; 2 .

2 x x x= = ∈ − −

Vậy, phươ ng trình đã cho có đúng ba nghiệm phân biệt.




188

CHƯƠ NG IV. PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH VÔ TỈ

IV.1. ) ( ) ( )21 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 vớ i điều kiện ( ) ,∗ phươ ng 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 02

2 0

39

32

2

x

x

x x

x x

x

− =⇔

− =

= − =

⇔ ⇔ = = =

So vớ i điều kiện ( )∗ , phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là 3 x = − và 2. x =

) ( )23 4 2 2 3 . x x x+ − = − Ta có

( )2 2 2

22 0 2

3 3.04 2 4 4 2 6 0

3

x x x

x x x x x x x x

x

≥− ≥ ≥

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ == + − = − + − =

=

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm là 3. x =

) ( )24 1 4 1 4 x x x+ − = −

Ta có

( )2 2 2

11 1

4 3.01 4 2 1 2 6 0

3

x x x

x x x x x x x x

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 24 2 5 3 4 4 x x x x⇔ − − = + + (Do 3 x ≥ nên 2 0) x + >

27 24 16 0

4

47

x x

x

x

⇔ − − =

=⇔ −

=

So vớ i điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là 4. x =

) ( )6 1 4 13 3 12 6 x x x+ + + = +

Điều kiện: ( )

11 0

1313 0 1

43 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 phươ ng trình (**) là 1 x ≤ − . Kết hợ p vớ i điều kiện (*) ta đượ c 1. x −

1 x = − thỏa phươ ng trình (**).

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm là 1. x = −

)( ) ( )2 27 3 10 12 7 x x x x+ − = − −

Điều kiện: ( )210 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

43.

1

3

x

x x

x

x

= −

≥⇔ ⇔ = − =

=

So vớ i điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3. x = −

) ( )8 4 1 1 2 8 x x x+ − − = −

Điều kiện: ( )

4 0 41

1 0 1 42

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 vớ i điều kiện ( ) ,∗ ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là 0. x =

IV.2. 1) ( )2 23 15 2 5 1 2 1 x x x x+ + + + =




191

Đặt 2 5 1, 0t x x t = + + ≥ ( )∗

( )1 trở thành 23 2 5 0t t + − =

51

3t t ⇔ = ∨ = −

So vớ i điều kiện ( )∗ ta nhận 1,t = khi đó ta có

2 20

5 1 1 5 05.

xt x x x x

x

== + + = ⇔ + = ⇔

= −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 0 5. x x= ∨ = −

2) ( )2 23 3 3 6 3 1 x x x x− + + − + =

Đặt 2 3 3t x x= − +

( )1 trở thành 3 3t t + + = ( )2

Điều kiện: 0t ≥

Khi đó ( )2 tươ ng đươ ng vớ i

( )

( )

( ) 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

+ + + + =

⇔ + = −

− ≥⇔

+ = − +

≤ ≤ ⇔ ⇔ = =

1t ⇔ = .

Vớ i 1,t = ta có

2 23 3 1 3 2 0 1 2. x x x x x x− + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =

Vậy, nghiệm của phươ ng 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 , 0t 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

22 2

374 2 7 8 2 15 0

52

t t t t t t t

t

=−+ = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔

= −

Vì 0t ≥ 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, phươ ng trình đã cho có nghiệm là3 3 5 3 3 5

; .2 2

x x− +

= =

4) ( )24 4 2 12 2 16 x x x x+ + − = − + − ∗

Điều kiện: 4 x ≥

Đặt 4 4, 0t x x t = + + − ≥

2 22 2 16t x x⇔ = + −

( )∗ trở thành

2 12t t = −

2 12 0

3 4

t t

t t

⇔ − − =

⇔ = − ∨ =

Vì 0t ≥ 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).





193

5) 221 1 (1)

3 x x x x+ − = + −

Đặt ,1

u x

v x

=

= − điều kiện: , 0.u v ≥

Phươ ng trình (1) đượ c chuyển thành hệ

( )2

22 2 21 2 1 1 2 1

32 2

1 2113 3

3

0( )3

102

32

1 ( )23 2

u v u v uv uv uv

uv u v u v uvu v uv

uv I

u vuv uv

uvu v uv II

u v

+ = + − = + − = ⇔ ⇔ + = + + = +

+ = +

=

+ == ∨ = ⇔ ⇔

= + = + + =

+ Trườ ng hợ p ( ) I ta đượ c

0

1 1 0

11

1 0

x

x x

x x

x

= − = =

⇔ = =

− =

+ Trườ ng hợ p ( ) II (Vô nghiệm).


Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3).

6) ( )21 1 24 1 x x x+ + − =

Ta có ( ) 21 1 24 1 x x x⇔ + − = −

2 2 2 2

2

2 2

1 0 1

1 24 2 1 24 2

11

2 024 2

24 4 4

2 27

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

− ≥ ≥ ⇔ ⇔

+ − = − + − = −

≥

≥ ⇔ ⇔ − ≥ − = −

− = − +

≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ =

= =





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 85

15 75 5

x x x x x x

x x x

x

x x x x

x x x

x x

⇔ + + + − + + − − =

⇔ − − = −

− ≥⇔

− − = − +

≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ =

= =

So vớ i điều kiện ( )∗ ta nhận 5. x =


8) ( ) ( )3 3 3 335 35 30 1 x x x x− + − =

Đặt3 335

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 25

u v uv u v uv

u v u v uv u v

u v uv u v u u

uv v vu v

+ = + = ⇔ ⇔

+ − + = + =

+ = + = = = ⇔ ⇔ ⇔ ∨

= = =+ =

Vớ i33 3

3 33

2 35 835 2

x xu

v x x

= == ⇔ ⇔

= − =− = 3

33

27

x x

x

=⇔ ⇔ =

=

Vớ i 33 3

222

3 35 2735 3

x xu

v x x

= ==

⇔ ⇔ = − =− =

32 28

x x x

=

⇔ ⇔ ==


9) ( )3 32 3 3 2 1 x x+ = −

( )3

321 3 2

3

x x

+⇔ = −




195

Hàm số 3 2

3

x y

+= luôn đồng biến trên ℝ nên có

hàm số ngượ c 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 ( )31

23 y x= + .

Do đó phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

3 2

3

x x

+=

33 2 0

2 1

x x

x x

⇔ − + =

⇔ = − ∨ =

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là 2; 1. x x= − =

10) ( ) ( ) ( )2 2

3 23 32 1 3 1 1 0 1 x x x+ + − + − =

Vì 1 x = − không là nghiệm của phươ ng trình nên chia hai vế của ( )1 cho ( )2

3 1 x+ ta

đượ c phươ ng trình tươ ng đươ ng

( )2

331 1

2 3 01 1

x x

x x

− − + + = ∗

+ +

Đăt 31

,1

xt

x

−=

+ khi đó ( )∗ trở thành

22 3 0t t + + =

3

3

1 11 1

1 91 1

2 1 71 8211

x x

t x x x

t x x

x x

− −= − = − = − + +⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = − = − −− = −= − ++

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm là9

. x = −

11) 32 6 1 2 0(1) x x+ − + =

Đặt 3 33 1 1 1 .t x t x x t = − ⇒ = − ⇒ = − Phươ ng trình (1) trở thành

( )3 3

3

2 1 6 2 0 2 6 4 0

13 2 0

2

t t t t

t t t

t

− + + = ⇔ − − =

= −⇔ − − = ⇔

=

+ Vớ i 31 1 1 2.t x x= − ⇒ − = − ⇔ =




196

+ Vớ i 32 1 2 1 8 7.t x x x= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = −

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là 7; 2. x x= − =

12) 23 1 3 8 3(1) x x x+ = − +

Điều kiện: 1. x ≥ − Phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i 23 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, phươ ng trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai

nghiệm, ta có (0) (3) 0. f f = = Do đó phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là 0; 3. x x= =

Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phươ ng pháp biến đổi tươ ng đươ ng, cụ thể:

( ) ( )

( )( )

22

24 3 22

2

2

3 8 3 0 3 8 3 0(1)

9 48 82 57 09 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) 23 1 1(1) x x x x+ + = + +

Điều kiện: 0. x ≥ Phươ ng trình (1) viết lại dướ i dạng23 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 đượ c phươ ng trình đã cho có hai nghiệm 0; 1. x x= =

Chú ý. Nếu sử dụng phươ ng pháp biến đổi tươ ng đươ ng sẽ nhận đượ c phươ ng trình bậc 8,

khi đó cho dù nhẩm đượ c hai nghiệm 0, 1 x x= = thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc

giải phươ ng trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến k ết quả.

IV.3. 1) 2 2415 15 2 (1). x x x x+ − + =





197

Đặt ( ) ( )2 24 15 , 0 .t x x t = + ≥ Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

2

2

2

2 0

1

2

t t

t t

t

t

− =

⇔ − − =

= −⇔

=

Ta loại 1 0t = − < .

Vớ i 2t = thì 2 24 ( 15) 2 x x + =

( )2

2 2 4 2

2

115 16 15 16 0

16

x x x x x

x

=⇔ + = ⇔ + − = ⇔

= −

Ta loại 2 16 0. x = − <

Vớ i2

1

1 1.

x

x x

== ⇔ = −

So vớ i điều kiện 0 x ≥ , ta nhận 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 phươ ng trình (2) trở thành

2 2 142 3 2 2 0 2 0

23

t t t t t t t

t t

=+ = ⇔ + − − = ⇔ + − = ⇔

= −+

Ta loại 2 0t = − < .

Vớ i 1t = thì

2 1 2 1 1. x x x− = ⇔ − = ⇔ =

So vớ i điều kiện 2 x ≤ , ta nhận 1. x =


3) ( )69 5 3 33

x x x

− = − +−

Điều kiện:

99 5 0 9

(*)53 0 5

3

x x x

x x

− ≥ ≤

⇔ ⇔ ≤ − > <

Vớ i điều kiện (*) ta có phươ ng trình (3) tươ ng đươ ng vớ i




198

( )( )

2

2

9 5 3 9

5 24 27 9

2 3 27 0

3

92

x x x

x x x

x x

x

x

− − = −

⇔ − + = −

⇔ − − =

= −⇔

=

So vớ i điều kiện9

,5

x ≤ ta đượ c nghiệm của phươ ng 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

116 7 9 0

1

1

9

16

1

9

16

x

x x x x

x x x

x

x

x

x

x

+ ≥⇔

+ + = +

≥ −⇔

+ − =

≥ −

= −⇔

=

= −⇔ =

So vớ i điều kiện, ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là9

1, .16

x x= − =

5) 2 22 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 22 2

2 2

1 01 1 1 1 1 1.

1 1

x x x x x x

x x

− ≥⇔ + − = ⇔ − = − ⇔ ⇔ − ≤ ≤

− = −

Vậy, nghiệm của phươ ng 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 0t x x= + ≥ , khi đó phươ ng trình đã cho trở thành

3 22 11 10 8 0.t t t − + + = Phươ ng trình này có ba nghiệm1

2; 4;2

t t t = = = − . Ta chỉ nhận

2; 4.t t = =

· Vớ i 2,t = ta có 2 21

3 2 3 4 04

x x x x x

x

=+ = ⇔ + − = ⇔

= −

· Vớ i 4,t = ta có 2 2

3 73

23 4 3 16 03 73

2

x

x x x x

x

− −=

+ = ⇔ + − = ⇔ − +

=

Từ đó phươ ng trình đã cho có bốn nghiệm là3 73

; 1; 4.2

x x x− ±

= = = −

7) 22 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

92 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, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là9

, 2.2

x x= =

8) 32 3 2 3 6 5 8 0. x x− + − − = (1)

Đặt3

33 23 2 3 2 .3

t t x t x x= − ⇒ = − ⇒ =

Phươ ng trình (1) trở thành

3 3

33 3

2 18 5 102 3 6 5. 8 0 2 3 8 0

3 3

8 52 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

− ≥ ≤ ⇔ ⇔

− = − + + − + =

≤ ≤⇔ ⇔

+ − + = = −

Vớ i 2t = − ta có 3 3 2 2 3 2 8 2. x x x− = − ⇔ − = − ⇔ = −

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 2. x = −

9) ( )4 4 41 32 1 x x x x+ = − +

Điều kiện: 0. x ≥

Nhận xét rằng 0 x = không là nghiệm của phươ ng trình đã cho nên chia hai vế của phươ ng

trình cho 4 0 x x ≠ ta đượ c

4 4

4 4

4 4

1 132

1 1 132 .

x x

x x x

x x

x x x

+ += −

+ +⇔ = −

Đặt 4 44 4

1 1 1 11 1 1.

xt t t

x x x x

+= = + ⇒ = + ⇒ = −

Ta có phươ ng trình ( )4 51 32 32 2.t t t t t − = − ⇔ = ⇔ =

Suy ra4

1 1 1 1

1 2 1 16 15 .15 x x x x+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

Thỏa điều kiện (*).

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là1

.15

x =

10) 3 2 1 1(1) x x− = − −

Đặt2

1 0

u x

v x

= −

= − ≥, suy ra 3 2 1.u v+ =

Khi đó phươ ng trình (1) đượ c chuyển thành hệ

( )

3 2

2 3 23

1 11

1 2 01 1 0

1

0 0 1 2

1 1 0 3

2

v u v uu v

u v u u uu u

v u

u u u u

u v v v

u

= − = − + = ⇔ ⇔

+ = + − =+ − − =

= −

= = = = − ⇔ ⇔ ∨ ∨

= = = = = −




201

3 3 32 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 2t x= − như đã trình bày ở Bài IV.3. 8).

11) 3 9 2 1 x x− = − − . Trình bày tươ ng tự như Bài IV.3. 8).

Phươ ng trình có ba nghiệm là 1; 10; 17. x x x= = =

12) 3 2 22 1 4 4(1) x x− + − =

Giải tươ ng tự như Bài IV.3. 8). Phươ ng trình có một nghiệm duy nhất 0. x =

IV.4. ) ( )3

1 2 1 2 1 12

x x x x x

++ − + − − =

Đặt 1 0t x= − ≥

( )2

2 2 41 1 2 1 2

2

t t t t t

+⇔ + + + + − = ( ) ( )

22 2 4

1 12

t t t

+⇔ + + − =

2 41 1

2

t t t

+⇔ + + − =

2

2

1

41 1

2

1

41 1

2

t

t t t

t

t t t

≥ + + + − =

⇔ < +

+ − + =

2

2

1

42

2

1

42

2

t

t t

t

t

≥ + =

⇔ < +

=

2

2

1

4 4 0

1

0

t

t t

t

t

≥

− + =⇔

<

=

2

0

t

t

=⇔

=

· Vớ i 2 1 2t x= ⇔ − = 1 4 x⇔ − = 5. x⇔ =

· Vớ i 0 1 0t x= ⇔ − = 1 0 x⇔ − = 1. x⇔ =

Vậy, phươ ng trình có hai nghiệm là5

1.

x

x

=

=

) ( )2 2 2 2 1 1 4 2 x x x+ + + − + =

Đặt 1 0t x= + ≥

( ) 22 2 1 2 4t t t ⇔ + + − = ( )

22 1 4t t ⇔ + − = ( )2 1 4t t ⇔ + − = 2 4 2t t ⇔ + = ⇔ =

1 2 1 4 3 x x x⇔ + = ⇔ + = ⇔ =

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm là 3 x = .




202

) ( )

( )2

22 2 4

3 2 2 3 2 4 12

x x x x x

x

− += + + − +

+

Điều kiện:2

2 02

2 4 0

x x

x x

+ >⇔ > −

− + ≥

( ) ( ) ( ) ( )( )2 21 2 2 4 2 2 3 2 4 2 x x x x x x⇔ − + = + + − + +

Đặt2 2 4 0

2 0

u x x

v x

= − + ≥

= + ≥

Phươ ng trình trở thành 2 22 2 3u v uv= +2 22 3 2 0u uv v⇔ − − =

2

.2

u v

vu

=⇔ = −

Ta chỉ nhận trườ ng hợ p 2 .u v=

Vớ i 2u v= ta đượ c 2 2 4 2 2 x x x− + = +

( )2 23 13

2 4 4 2 6 4 03 13

x x x x x x

x

= −⇔ − + = + ⇔ − − = ⇔

= +

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là3 13

3 13.

x

x

= −

= +

Chú ý. Có thể biến đổi (1) tươ ng đươ ng vớ i( )2 22 2 4 2 4

2 3.

2 2

x x x x

x x

− + − += +

+ +

.

Đặt2 2 4

02

x xt

x

− += >

+,

Ta có phươ ng trình 2 12 3 2 0 2

2t t t t − − = ⇔ = ∨ = − . Ta chỉ nhận trườ ng hợ p 2.t = Từ đây

ta tìm đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là3 13

3 13.

x

x

= −

= +

4)

2 3

2( 3 2) 3 8 x x x− + = +

.

Ta có 2 32( 3 2) 3 8 x x x− + = +2 22( 3 2) 3 ( 2)( 2 4) x x x x x⇔ − + = + − +

2 22( 3 2) 3 ( 2)( 3 2 2) x x x x x x⇔ − + = + − + + + .

Đặt 2 3 2t x x= − + ta có phươ ng trình trở thành [ ]2 3 ( 2) ( 2)t x t x= + + + (1).




203

Điều kiện: 0.t ≥

(1) 2 24 9 ( 2) ( 2)t x t x ⇔ = + + + 2 24 9( 2) 9( 2) 0t x t x⇔ − + − + =

3( 2)

4

3( 2)

t x

t x

−= +⇔

= +

.

Vớ i 2 23 3( 2) 3 2 ( 2) 4 9 14 0

4 4t x x x x x x

−= + ⇔ − + = − + ⇔ − + = (Vô nghiệm).

Vớ i 23( 2) 3 2 3( 2)t x x x x= + ⇔ − + = +2 6 4 0 x x⇔ − − =

3 13

3 13

x

x

= −⇔

= +

Vậy, phươ ng 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 21 ,t x x= + − 1 1 x− ≤ ≤

221

12

t x x

−⇒ = − .

Ta có 2

21 0 1 0

1

xt x x

x′ = − = ⇔ − − =

−

2

2 x⇔ = .


Dựa vào bảng biến thiên ta đượ c 1 2t − ≤ ≤ (*).

Vớ i 21 , 1 2t x x t = + − − ≤ ≤ thì (1) trở thành2 21 1

(1 ) 22 2

t t t

− −− = (2). Ta có

(2) 2 22 ( 1) 2( 1)t t t t ⇔ − − = −

3 22 3 2 0t t t ⇔ + − − =




204

2( 2)( 2 2 1) 0t t t ⇔ − + + =

2

2 1

2 1

t

t

t

=

⇔ = − +

= − −

, k ết hợ p vớ i điều kiện (*) ta đượ c

2 2 1t t = ∨ = − + .

Vớ i 22 1 2t x x= ⇔ + − =

2 2

2 0

1 2 2 2

x

x x x

− ≥⇔

− = + −2

2

2 2 2 1 0

x

x x

≤⇔

− + =

22

2 22

x

x x

≤

⇔ ⇔ ==

.

Vớ i 22 1 1 2 1t 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 12 2

1 2 2 2 1

2

x

x x

x

≤ −

− − −− − − =

⇔ ⇔ =

− + − =

.

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm

2 1 2 2 2 1

2 2 x x

− − −= ∨ =

.

Chú ý. Ta có thể giải bằng phươ ng pháp lượ ng giác hóa bằng cách đặt

sin , [ ; ].2 2

x t t π π

= ∈ − (Do điều kiện 1 1 x− ≤ ≤ )

Khi đó phươ ng trình đượ c đưa về

( ) ( )

( ) ( )

33 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 trườ ng hợ p (*) ta đượ c2

.2

x =

· Giải trườ ng hợ p (**) ta đượ c1 2 2 2 1

.2

x − − −

=

Vậy, phươ ng trình đã cho có hai nghiệm2 1 2 2 2 1

2 2 x x

− − −= ∨ = .

6) 2 3 3 21 1 (1 ) (1 ) 2 1 x x x x + − − − + = + −

.

Điều kiện: 1 1 x− ≤ ≤ (*).

Ta có: 2 3 3 21 1 (1 ) (1 ) 2 1 x x x x + − − − + = + −

2 2 21 1 ( 1 1 )(2 1 ) (2 1 ) 0 x x x x x ⇔ + − − − + + − − + − =

2 21 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): 21 1 ( 1 1 ) 1 x x x+ − − − + = .

Đặt 1 1 , 2 2t x x t = − − + − ≤ ≤ (**).

22

1 12

t x⇒ − = − , ta đượ c

(2)2

1 1 . 1

2

t t ⇔ + − = 2

2

0

4

12

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

= +⇔

= −

, k ết hợ p vớ i điều kiện (**) ta đượ c: 2 2t = − .

Vớ i 2 2 1 1 2 2t x x= − ⇔ − − + = −

222

1 1 1 01 1 0

12 112 2 1 2 222

x x x x x

x x x

− > + − ≤ < − − + > ⇔ ⇔ ⇔

− =− =− − = −

1 0

11 12

2 2

x

x x x

− ≤ <

⇔ ⇔ = −= ∨ = −

thoả điều kiện (*).

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm1

2 x = − .

Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phươ ng pháp lượ ng giác hóa như sau:

Do điều kiện 1 1 x− ≤ ≤ nên đặt cos , [0; ]. x t t π = ∈ Khi đó ta có phươ ng trình

( )( )

( )

( )( ) 2

2

1 sin 1 cos 1 cos 2 sin 2 sin

1 sin 1 cos 1 cos 1

1 cos 1 cos 01 cos 1 cos 0

11 sin 2 2sin 1 1 sin

2

1 cos 1 cos 01 cos 1 cos 0

1 2 2cos 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 2cos .

2 2t x

− −⇔ = ⇒ =

7) 2 21 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 21 cos 2cos 1 cos 2cos 1 0t t t t − − − − + =

2 sin 2cos sin cos 2 02

t t t t ⇔ − − =

2 sin s in2t cos2t = 02

t ⇔ − − (vì [0; ] sin 0,sin 0

2

t t t π ∈ ⇒ ≥ ≥ )

2 sin 2 cos 2 02 4

t t

π ⇔ − − =

sin cos(2 )2 4

t t

π ⇔ = −

sin sin( 2 )2 2 4

t t

π π ⇔ = − +

3sin sin 22 4

t t π ⇔ = −

32 2

2 4

2 22 4

t t k

t t k

π π

π π

= − +

⇔ = + +

5 32

2 4

3 22 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 nhận3

.10

t π

=

Hay

3

cos 10 x

π =

là nghiệm của phươ ng trình đã cho.

8)( )

( ) ( )

222

2

2

111 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 ⇔ ( )

( )

222

2

2

tan 1tan 1tan 1 .

2tan 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

0sin 0

sin 1 .2

1sin

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, vớ i6

t π

= ta đượ c1

tan .6 3

x xπ

= ⇔ =

Vậy, phươ ng trình đã cho có một nghiệm là1

.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 phươ ng trình đã cho là 2 x ≥ hoặc 1 x = − .




209

2) ( )2 21 2 0 x x x− − − ≥ (1). Ta có

2

2

2

1 22 01

(1) 1 11 02

1 22 0

x x x x x

x x x x

x x x x

= − ∨ =− − = ≤ −

⇔ ⇔ ⇔≤ − ∨ ≥ − ≥ ≥ < − ∨ >− − >


2

x

x

≤ −

≥.

3) 22 5 x x x− < − (1). Ta có

( )

2

22

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 phươ ng 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

22

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 phươ ng trình đã cho có nghiệm là7

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 phươ ng trình (2) luôn đúng. Kết hợ p vớ i (*) ta có 2 x ≥ − là nghiệm của (1).

6) 2 23 5 7 3 5 2 1 x x x x+ + − + + > (1)

Đặt 23 5 2 0(*)t x x= + + ≥

(1) trở thành 2 5 1 .t t + > + (2)




210

Do 0t ≥ nên 1 0.t + > Vì vậy bình phươ ng hai vế của (2) ta đượ c2 25 1 2 2t t t t + > + + ⇔ < . Như vậy ta có

2

2

2

1

2 123 5 2 00 2 3 5 2 2 2 13

.3 5 2 43 312

3

x

x x x x

t x x x x x

x

≤ − − < ≤ − + + ≥ ≥ − ≤ < ⇔ + + < ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ <+ + <

− < <

Vậy, bất phươ ng 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 phươ ng trình (*) đúng vớ i mọi 0 x ≥ .

Vậy, nghiệm của bất phươ ng 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

≥− ≥

− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥

− ≥ ≥

Vớ i 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 hợ p vớ i điều kiện 2 x ≥ ta đượ c 2 10 x≤ < . Vậy, 2 10 x≤ < là nghiệm của bất đã cho.

9) 2 2 23 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

≤ −

≥ −

≤ − ≤ − ⇔ ⇔

≥ − ≥ −

≤ − ≥ −

(*)

Vớ i điều kiện đó bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

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 hợ p vớ i điều kiện (*) ta có 1 x = − , 5 x = − là nghiệm của bất phươ ng trình đã cho.

10) 2 2 22 2 3 4 5. x x x x x x+ − + + − ≤ + −

Điều kiện:

2

2

2

2 0 2 15

2 3 0 3 11.

5 14 5 0

x x x x x

x x x x x

x x x x

+ − ≥ ≤ − ∨ ≥≤ −

+ − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ ⇔ ≥ ≤ − ∨ ≥+ − ≥

Ta có 2 2 22 2 3 4 5. x x x x x x+ − + + − ≤ + −

2 2 2 22 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⇔ − + − + + ≤ .

· Vớ i 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: Vớ i 5 x ≤ − suy ra 1 0 x − < và 2 ( 2)( 3) 0 x x x− + + < . Suy ra (*) vô nghiệm.

· Vớ i 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 phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1. x =

11)21 1 4

3(1) x

x

− −<

Điều kiện:2

11 1 0

1 4 0 22 2

100 0

2

x x x

x x x

− ≤ < − ≤ ≤− ≥

⇔ ⇔ ≠ ≠ < ≤


0.2

x− ≤ <

( )2

22

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 hợ p vớ i điều kiện đang xét ta đượ c nghiệm là1

0.2

x− ≤ <


0 .2

x ≤

( )

2

2

22

2

1 3 0

1 4 0(1) 1 4 1 3

1 3 0

1 4 1 3

1

31 1

1 1 13 22 2 0 .

1 21 0

33

13 6 0

x

x x x

x

x x

x

x x x

x x

x x

− <

− ≥⇔ − > − ⇔

− ≥ − > −

>

< ≤ − ≤ ≤⇔ ⇔ ⇔ < ≤ < ≤ ≤ − <

Kết hợ p vớ i điều kiện đang xét ta đượ c nghiệm là1

0 .2

x< ≤




213

Vậy, nghiệm bất phươ ng trình đã cho là1 1

0 0 .2 2

x x− ≤ < ∨ < ≤

Chú ý. Chúng ta có thể nhân hai vế của bất phươ ng trình đã cho vớ i biểu thức liên hợ p của21 1 4 . x− − Khi đó (1) tươ ng đươ ng vớ i

( )( ) ( )( )

2 2

2

2

1 1 4 1 1 43 1 1 4

4 3 1 1 4 .

x x x

x

x x

− − + −

< + −

⇔ < + −

Đến đây bài toán đượ c đưa về dạng cơ bản.

IV.6. 1) 2 22 4 3 4 5 x x x x− + ≥ − + − (1)

Điều kiện: 1 3 x x≤ ∨ ≥ (*)

(1) 2 22 4 3 4 5 0 x x x x⇔ − + + − + ≥

( ) ( )2

21 4 3 1 0 2 x x⇔ + − + + ≥

Ta thấy vớ i mọi x thỏa (*) thì (2) luôn luôn đúng.

Vậy, bất phươ ng trình đã cho có nghiệm là 1 3 x x≤ ∨ ≥ .

2) ( )5 1

5 2 4 122

x x x x

+ ≤ + +

Điều kiện: 0. x >

(1)

2

1 15 2 1 02 2 x x x x

⇔ + − + + ≤

.

Đặt1 1

2 . 2.2 2

t x x x x

= + ≥ =

Khi đó, (1) trở thành 2 12 5 2 0 2

2t t t t − + ≥ ⇔ ≥ ∨ ≤ . Ta chỉ nhận 2.t ≥

( )2

2

12 2 2 1 4 2 1 16

2

3 2 22

4 12 1 03 2 2

2

t x x x x x x

x

x x

x

≥ ⇒ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥

+≥⇔ − + ≥ ⇔ −

≤

.

Vậy, bất phươ ng trình đã cho có nghiệm là3 2 2 3 2 2

0; ;2 2

x − +

∈ ∪ +∞

.




214

3) ( ) ( ) ( )1 3 2 1 3 4 2 1 x x x x x− + + + − + > −


(1) ( ) ( )2

1 3 1 3 6 0 2 x x x x⇔ − + + + − + + − >

Đặt 1 3 0t x x= − + + >

(2) trở thành ( )2 6 0 2 3 3t t t t + − > ⇔ > ∨ < −

Do 0t > nên từ (3) ta nhận 2t > 1 3 2 x x⇒ − + + >

( )( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 1 3 4 1 1 3 2 1 3 1 x x x x x x x x x⇔ + + − + > ⇔ + + − + > ⇔ + − + >

Bất phươ ng trình trên đúng vớ i mọi 1. x >

Vậy, 1 x > là nghiệm của bất phươ ng trình đã cho.

4) ( )3 2 3 1 2 0 1 x x x x+ + + + >

Đặt 1t x x= +

Xét hàm số ( ) 1 y f x x x= = +

3 2 2 2 30 ;

3 92 1

x y x y

x

+′ = = ⇔ = − = −

+


Từ bảng biến thiên ta suy ra2 3

, 19

t x≥ − ∀ ≥ −

(1) Trở thành 22

3 2 01

t t t

t

< −+ + > ⇔

> −

Kết hợ p vớ i điều kiện của t ta đượ c 2 3 .9

t ≥ −

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 1. x ≥ −

5) ( )27 7 7 6 2 49 7 42 181 14 1 x x x x x+ + − + + − < −

Điều kiện:6

7 x ≥ .




215

Đặt 7 7 7 6 0t x x= + + − >

( )( )2 2 214 1 2 7 7 7 6 1 14 2 49 7 42t x x x t x x x= + + + − ⇔ − = + + −

(1) 2 213

1 181 0 182 014

t t t t t

t

<⇔ + − − < ⇔ + − < ⇔

> −

Do 0 0 13.t t > ⇒ < <

Như vậy ta có

2

6

77 7 7 6 13

14 1 2 49 7 42 169

x x x

x x x

≥

+ + − < ⇔

+ + + − <

( )2 22

6

6 7

7 7 84 0

49 7 42 7 84 49 7 42 7 84

x

x x

x x x x x x

≥

≥ ⇔ ⇔ − + >

+ − < − + + − < − +

612 6

6.77

6

x x

x

≤ ≤

⇔ ⇔ ≤ < <


;67

x

∈

.

6) ( )2

2( 2) 2 2 1 x x x x− + ≤ − +

Điện kiện: 0. x ≥

Đặt 2,u x v x= − =

( )( )

2 2

2 2 22 2

0 01 2 2

2 02 2

u v u vu v u v

u v uvu v u v

+ ≥ + ≥⇔ + ≤ + ⇔ ⇔

+ − ≤+ ≤ +

( )2

0 0 0 2 0 0

00

u v u v u v u u

u v u v u v u vu v

+ ≥ + ≥ + ≥ ≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

− = = = =− ≤

( )2 2

22 0 2 24.

1 45 4 022

x x x x x

x x x x x x x x

≥− ≥ ≥ ≥ ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =

= ∨ =− + =− =− =

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 4. x =

7) ( ) ( )2

2 2 2 2 1 2 2 1. x x x x+ + − > + + −




216

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

22

2 2

1

2

2 2 2 2 1 2 2 1

1

2

2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1

x

x x x x

x

x x x x x x

≥

⇔ + + − > + + −

≥

⇔

+ + − > + + − + + −

( ) ( ) ( ) ( )22

111222

2 2 1 2 2 2 1 0 2 2 1 0

x x x

x x x x x x

≥≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≥

+ + − − + − > + − − >


.2

x ≥

8) ( ) ( )2 24 4 2 4 1 x x x x x+ ≥ + − +

· Xét 4. x = − (1) đúng. Do đó 4 x = − là nghiệm của bất phươ ng trình.

· Xét ( ) 2 2

2 2

00

4. 1 2 4 2 4 0 22

2 4

x x

x x x x x x x x

x x x

≥≥

> − ⇔ ≥ − + ⇔ − + ≥ ⇔ ⇔ ≥ ≥

≥ − +

Suy ra 2 x ≥ là nghiệm của bất phươ ng trình.

· Xét ( ) 24. 1 2 4 x x x x< − ⇔ ≤ − +

Bất phươ ng trình đúng vớ i mọi 4. x < − Do đó, 4 x < − là nghiệm của bất phươ ng trình.

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2 4. x x≥ ∨ ≤ −

Chú ý. Có thể đặt 2 2 4 3.t x x= − + ≥ Khi đó (1) đượ c đưa về dạng

( )2 4 4 0(2). x t x t − − − ≥ Coi vế trái của (2) là tam thức bậc hai theo biến , x ta có

( )2

4t ′∆ = + do đó vế trái của (2) có các nghiệm là 4; . x x t = − =

Như vậy, (2) đượ c viết lại là ( ) ( ) ( )( )24 0 4 2 4 0. x x t x x x x+ − ≥ ⇔ + − − + ≥

Đến đây việc giải bất phươ ng trình không có gì khó.

9) ( )2 21 2 2 1 x x x x− ≤ +

Đặt 2 2 0,t x x= + ≥ (1) trở thành

( )( )2 22 1 2 2 2 1 0 2 1 1 0(2).t x xt t xt x t x t − − ≤ ⇔ − − − ≤ ⇔ − − + ≤ Do 2 2 0,t x x= + ≥

Nên (2) tươ ng đươ ng vớ i




217

22 1 0 2 2 1 0t x x x x− − ≤ ⇔ + − − ≤

( )

2 2

2 22

1 1

2 2

2 2 1 2 0 2 0 0.

3 2 1 02 2 1

x x

x x x x x x x x

x x x x x

≥ − ≥ −

⇔ + ≤ + ⇔ + ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ ⇔ ≥

+ + ≥+ ≤ +

Vậy, 0 x ≥ là nghiệm của bất phươ ng trình đã cho.

10) ( ) ( )( )1 2 1 3 1 1 x x x− − ≤ −

· Xét 1, x = (1) đúng suy ra 1 x = là nghiệm của bất phươ ng trình.

· Xét ( )1

2 1 01, 1 2 1 3 2

2 1 95

x x x x

x x

− ≥ ≥

> ⇔ − ≤ ⇔ ⇔ − ≤ ≤

Suy ra 1 5 x< ≤ là nghiệm của bất phươ ng trình.

· Xét ( )1, 1 2 1 3 2 1 9 5, x x x x< ⇔ − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ trườ ng hợ p này bị loại.

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 1 5. x≤ ≤

11) ( )( )2 2 21 1 1 1 6 0 x x x− − − + − − >

Đặt 2 1 0t x= − ≥ , ta có bất phươ ng trình2 3 2 2( 1) 6 0 6 0 ( 2)( 3) 0 2t t t t t t t t t t − + − > ⇔ − + − > ⇔ − + + > ⇔ > .

Như vậy ta đượ c 2 2 51 2 1 45

x x x x

< −− > ⇔ − > ⇔ >

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 5 5. x x< − ∨ >

12) 2 1 5 4 . x x x− ≤ −

Đặt2

2 12 1 0 2 1 .

2

t t x t x x

+= − ≥ ⇒ = − ⇔ = Ta có bất phươ ng trình

( )( )( )

2 23 2

3 2

1 15 4. 10 4 4

2 2

4 6 0 2 3 1 0

t t t t t t

t t t t t t

+ +≤ − ⇔ + ≤ − −

⇔ + + − ≤ ⇔ + + − ≤

1 0, ( 0)

1.

t t

t

⇔ − ≤ ≥

⇔ ≤




218

Như vậy ta có

11

2 1 1 1.22

1

x x x

x

≥

− ≤ ⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤


1.2

x≤ ≤

13) 3 2 22 2 (1) x x x x x x x− + < + −

Điều kiện:

2

3 2

2 0

2 0 2.

0

x x

x x x

x

− ≥

− ≥ ⇔ ≥ ≥

2 2(1) 2 2 x x x x x x x x⇔ − + < + −

Đặt2 2u x x

v x

= −

=

, điều kiện , 0.u v ≥ Ta có bất phươ ng trình

( )( )2 3 2 3 2

2 2 2

22 2

0 1 0

1 0 11 0( )

0 2 0 2

1 0 1 0 1( )

0 2 0 2

uv v v u uv v v u v u v

x xv I

u v x x x x x x

v x x II

u v x x x x x x

+ < + ⇔ + − − < ⇔ − − <

− < < − < − > − − > − > ⇔ ⇔ ⇔

− > − > > − < − − < − <

Do 2 x ≥ nên ( ) I vô nghiệm.

Ta giải ( ) II 2 22

1 11.

22

x x x

x x x x x x

> >⇔ ⇔ >

− <− <

Kết hợ p vớ i điều kiện 2 x ≥ thì nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2. x ≥

IV.7. 1)16 2

41 3 x x

− ≥ + (1)

2

23 0

41 160

(1)2

3 0

41 16 23

x

x

x

x

x

x x

+ ≤

− ≥ ⇔

+ ≥

− ≥ +

2

20

316

041

20

3

(41 16) 9 12 4

x

x x

x x

x x x x

−≤ <

< ∨ ≥ ⇔

−≤ ∨ >

− = + +

2

2 03

20

3

8 7 1 0

x

x x

x x

− ≤ <

−⇔ ≤ ∨ >

− − ≥




219

20

3

20

3

11

8

x

x x

x x

−≤ <

−

⇔ ≤ ∨ >

− ≤ ∨ ≥

20

3

21

3

x

x x

−≤ <

⇔ −

≤ ∨ ≥

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 0 1. x x< ∨ ≥

2) 2 2(2 12 2 ) x x x x≥ + − − (1)

Điều kiện: 212 2 0 1 13 1 13 x x x− − ≥ ⇔ − − ≤ ≤ − +

· Xét 0. x = Bất phươ ng trình (1) đúng nên 0 x = là nghiệm của bất phươ ng trình.

· Xét 0 1 13 x< ≤ − +

Bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

2

2

0 1 13

2 12 2

0 1 13

12 2 2

x

x x x

x

x x x

< ≤ − +

≥ + − −

< ≤ − +⇔

− − ≤ −

2 2

2

2 1 13

12 2 4 4

2 1 13

4 0

2 1 13

1 17 1 17

2 2

1 171 13

2

x

x x x x

x

x x

x

x x

x

≤ ≤ − +⇔

− − ≤ − +

≤ ≤ − +⇔

− − ≥

≤ ≤ − +

⇔ − +≤ ∨ ≥

+⇔ ≤ ≤ − +

· Xét 1 13 0. x− − ≤ <

Bất ph

ươ ng trình

đã cho t

ươ ng

đươ ng v

ớ i

2

2

1 13 0

2 12 2

1 13 0

12 2 2

1 13 0.

x

x x x

x

x x x

x

− − ≤ <

≤ + − −

− − ≤ <⇔

− − ≥ −

⇔ − − ≤ <




220

Vậy, nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là1 17

1 13 0 1 13.2

x x+

− − ≤ ≤ ∨ ≤ ≤ − +

3) 24 0 x

x x

− + ≥ (1). Ta có bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

2 2 2

22 2

0 00

4 1 0 4 1 4 0

0 0 0

4 14 1 0 4 1

0

2 2 0 2 3 2

0 3 0 0

3 3

x x x

x x x

x x x

x x x

x

x x x

x x x

x

> > >

− + ≥ − ≥ − − ≥

⇔ ⇔ < < < − ≥− − ≥ − ≥

>

− ≤ ≤ < ≤ − ≤ ≤⇔ ⇔ ⇔ < − ≤ < ≠

− ≤ ≤


0

x

x

≤ ≤

≠

4)2

2

13 400

19 78

x x

x x

− +≤

− −

(1)

Điều kiện: 219 78 0 x x− − > 6 13 x⇔ < < (*). Khi đó

2(1) 13 40 0

5 8.

x x

x

⇔ − + ≤

⇔ ≤ ≤

So vớ i điều kiện (*) thì nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 6 8. x< ≤

5) 1 0 x x− − < (1)

Bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

2

2

0 0 00

1 1 1 5 1 51 0

0 0 2 21 0

1 01 01

1 51 50

1 .22

1 0

x x x x

x x x x x x x

x x x

x x x x

x x

x

≥ ≥ ≥ ≥

− > − > − − − +⇔ ⇔ ⇔+ − < < < < < − ≤ < − ≤ < + ≥ + >

− +− +≤ <

⇔ ⇔ − ≤ <

− ≤ <


1 .2

x − +

− ≤ <




221

6)( )22 16 7

33 3

x x

x x

−

+ − >− −

(1)

Điều kiện:2 4 416 0

4(*)33 0

x x x x

x x

≤ − ∨ ≥ − ≥ ⇔ ⇔ ≥

>− >

( ) ( )2 2(1) 2 16 3 7 2 16 10 x x x x⇔ − + − > ⇔ − > −

( )

( )

2

22 2

10 0 10

2 16 0 4 4

1010 0

20 132 02 16 100 20

1010

1010 232 10 232 10

10 232 10 232

10 232

10 232

x x

x x x

x x

x x x x x

x x

x x x

x x

x

x

− < > − ≥ ≤ − ∨ ≥ ⇔ ⇔ ≤− ≥ + − >− > − +

>>

≤⇔ ⇔

< − − ∨ − + < ≤ < − − ∨ > − +

< − −⇔

> − +

Kết hợ p vớ i điều kiện (*) ta đượ c nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 10 232. x > − +

7) 2 4 4 4 2 8 0(1) x x x x x+ + + − − >

Điều kiện: 0. x ≥ (1) tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )( ) ( )

4 4 4 2 8 0 4 4 2 4 0

4 4 2 0 4 2 0 4 2

44 4 .

3

x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x

+ + + − − > ⇔ + + − + >

⇔ + + − > ⇔ + − > ⇔ + >

⇔ + > ⇔ <


0 .3

x≤ <

8)2 2

1 31 .

1 1

x

x x+ >

− −

Điều kiện: 1. x <


2 2

2 2

1 31

1 1

x x x

x x

− ++ >

− −

⇔

2

2 2

32 0

1 1

x x

x x− + >

− −

(1).




222

Đặt21

xt

x=

−

, khi đó bất phươ ng trình (1) trở thành 2 3 2 0t t − + > ⇔1

2.

t

t

<

>

a) Vớ i 1t < thì21

x

x−

<1 ⇔21 x x< − (2).

· Nếu 1 0 x− < ≤

thì bất phươ ng trình (2) đúng.

· Nếu 0 1 x< < thì bất phươ ng trình (2) ⇔ 21 x x< − ⇔ 1

0 .2

x< <

Tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình (2) là 1

11; .

2S

= −

b) Vớ i 2t > thì2

1

x

x−

> 2, do điều kiện 1, x < nên ta đượ c bất phươ ng trình

22 1 x x> − (3).

Bất phươ ng trình (3) ⇔2 2

0

4(1 )

x

x x

>

> −⇔

2 5.

5 x >

Kết hợ p vớ i điều kiện 1 x < ta đượ c tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình (3) là

2

2 5;1 .

5S

=

Tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là S = 1 2S S ∪ =1

1;2

− ∪

2 5;1 .

5

9) 31 1(1) x x> + −

Cách 1. Ta nhận thấy rằng 0 x = không phải là nghiệm của (1) nên điều kiện của ẩn là

0. x > Vớ i điều kiện 0 x > thì hai vế của bất phươ ng trình (1) đều dươ ng nên bình phươ ng

hai vế của bất phươ ng trình ta đượ c

( ) ( ) ( )2 2 2

3 3 3 3 31 1 1 2 1 1 1 2 1 1 0. x x x x x x x x> + − ⇔ > + − + − ⇔ − − − − − >

Đặt 3 1 1, ( 0)t x x= − > − > ta đượ c

3 2

3

3

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

2 1 2 9

1 0 0 1.1 1 0

t t t t t t t t t

t x x

t x x

− − > ⇔ + − > ⇔ − > + >

> − > > ⇔ ⇔ ⇔

− < < < <− < − <

Cách 2. Đặt 3 33 1 1 1.t x t x x t = − ⇒ = − ⇒ = + Ta có bất phươ ng trình

3 1 1 (2)t t + > + . Ta cũng nhận thấy rằng 0 x = không phải là nghiệm của (1) nên điều

kiện của ẩn là 0, x > do đó 1 0.t + >




223

Bình phươ ng hai vế của (2) ta đượ c

( )( )3 2 3 21 2 1 2 0 1 2 0.t t t t t t t t t + > + + ⇔ − − > ⇔ + − >

Đến đây tiếp tục giải như Cách 1 ta đượ c nghiệm của bất phươ ng trình đã cho.

10)2

23 5(1)

4

x x

x+ >

−

Điều kiện:2

2

x

x

< −

>

Tr ườ ng hợ p 1: 2 x < − . Bất phươ ng trình (1) vô nghiệm.

Tr ườ ng hợ p 2: 2 x > . Bình phươ ng hai vế của (1) ta đượ c bất phươ ng trình tươ ng đươ ng

( )

22 2

2

22 2

2 2 2 2

2 2

4 2

2 2

2 4 445 45

44 4

4 4 4

454 4

445 0.

4 4

x x x x x

x x x

x x x x

x x

x x

x x

+ > ⇔ + + >

−− −

− +

⇔ + >− −

⇔ + − >− −

Đặt2

20.

4

xt

x= >

−

Ta đượ c bất phươ ng trình 29

4 45 05

t t t

t

< −+ − > ⇔

>

Do 0t > nên ta chọn2 4

4 2

22

2

2

5 5 25 25 100 044

20 2 5 2 5

5 5 5

x xt x x

x x

x x x

x x

> ⇒ > ⇔ > ⇔ − + >−−

> < − ∨ >⇔ ⇔

< − < <

Kết hợ p vớ i điều kiện 2 x > ta đượ c nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là

2 5 2 5. x x< < ∨ >

IV.8. ( )5 2 6 4 6 2 1 x x x x m− − − + − − − =

Ta có (1) tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )2 2

6 1 6 2

6 1 6 2 .

x x m

x x m

− − + − − =

⇔ − − + − − =

Đặt 6 0t x= − ≥ . Ta có phươ ng trình 1 2 (2)t t m− + − =




224

Xét hàm số ( ) 1 2 f t t t = − + − vớ i 0t ≥

2 3;0 1

( ) 1 ;1 2

2 3 ; 2

t t

f t t

t t

− + ≤ <

= ≤ < − ≥

Vẽ đồ thị hàm số ( ) f t

t O

(t )

3

1

21

Dựa vào đồ thị ta có, phươ ng trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 1 3.m< ≤

IV.9. 1) Ta có 2 24 4 x x x x m+ − + − =

2 22( 4 ) 4 2 4 ) 2 4 x x x x m⇔ + − + + − = +

2 2 22( 4 ) ( 4 ) 2 4 x x x x m⇔ + − + + − = + (1).

Điều kiện: 24 0 2 2 x x− ≥ ⇔ − ≤ ≤ .

Đặt 2( ) 4 , 2 2.t f x x x x= = + − − ≤ ≤ Khi đó (1) trở thành

2 2 2 4 (2)t t m+ = +

Ta tìm miền giá trị của .t

Ta có

2

2 2

4( ) 1 0 0

4 4

x x x f x

x x

− −′ = − = ⇔ =

− −

2 2

24

40 2.

2 22 2

x x x x

x x x

x

− = − =

⇔ ⇔ ≥ ⇔ = − < < − < <

Các điểm tớ i hạn của hàm số ( ) f x là 2; 2; 2 x x x= = − = .

Ta có: ( 2) 2 f − = − ; (2) 2 f = ; ( 2) 2 2 f = .

[ ]2;2

( ) 2 2 Maxf x−

⇒ = ,[ ]2;2

( ) 2 Min f x−

= − . Vậy, 2;2 2t ∈ − . Như vậy, (1) có nghiệm




225

[ 2; 2] x ∈ − khi và chỉ khi (2) có nghiệm 2;2 2t ∈ − . Điều này xảy ra khi và chỉ khi

2 4m + thuộc miền giá trị của hàm số 2( ) 2g t t t = + trên đoạn [ 2;2 2].−

2( ) 2g t t t = + ( ) 2 2 0g t t ′⇒ = + = 1t ⇔ = − .

Bảng biến thiên của hàm ( )g t

Phươ ng trình (2) có nghiệm khi 1 2 4 8 4 2m− ≤ + ≤ +5

2 2 22

m⇔ − ≤ ≤ + .

Vậy, khi5

2 2 22

m− ≤ ≤ + thì phươ ng trình đã cho có nghiệm.

2)2

1 4 14 4( 2 ) x x m

x x x+ + = + + (1).

Điều kiện: 0. x > Ta có

(1)

2

21 1 12.2 . (2 ) 4( 2 ) x x x m

x x x

⇔ + + = + +

21 1

2 4( 2 ) x x m x x

⇔ + = + +

21 1

2 4 2 x x m x x

⇔ + − + =

.

Đặt1

2t x x

= + ta có phươ ng trình 2 4 (2)t t m− =

Ta tìm miền giá trị của .t

2

2 2

1 10 1.

x xt x

x x x x

−′ = − + = = ⇔ = Lập bảng biến thiên của hàm

12t x

x= + trên miền

(0; )+∞ ta đượ c miền giá trị của t là [3; ).+∞




226

Xét hàm số 2( ) 4 , [3; ). f t t t t = − ∈ +∞ Ta có ( ) 2 4 0 2 f t t t ′ = − = ⇔ = .

Lập bảng biến thiên của hàm số 2( ) 4 , [3; ) f t t t t = − ∈ +∞ ta đượ c miền giá trị của hàm số là

[ 3; ).− +∞

Phươ ng trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi 3.m ≥ − .

Vậy, 3m ≥ − thì phươ ng trình đã cho có nghiệm.

IV.10. 2 2 2 354 2 0(1)

3 x m x m

+ − + + − =

Đặt 2 4 2t x= + ≥ .

( ) ( )2 2 351 2 0(2).

3t m t m

⇔ + − − + =

Như vậy, phươ ng trình (1) có nghiệm x khi và chỉ

khi phươ ng trình (2) có nghiệm 2.t ≥

Tam thức bậc hai ( ) f t ở vế trái của (2) có

( )

( )

2

2 3

3 2

54 2 0 , 0.

3

42 2

3

m m m

f m m

∆ = − + + > ∀ >

= − + −

Xét ( ) 3 2 42 .

3g m m m= − + −

Ta có ( ) ( )2

4

3 4 ; 0 3

0

mg m m m g m

m

=′ ′= − + = ⇔

=

Ta có bảng biến thiên

Như vậy, vớ i mọi 0m > thì ( ) 0g m < . Hay ( )2 0 f < vớ i mọi 0.m >

Từ đó suy ra vớ i mọi 0m > thì phươ ng trình ( )2 luôn luôn có hai nghiệm 1 2,t t phân biệt,

và 1 22 .t t < <

Từ đó ta k ết luận đượ c phươ ng trình đã cho luôn có nghiệm vớ i mọi 0.m >




227

IV.11. 21 4 5 4 2 0 x x x x x m+ + + + + + + + = (1)

Điều kiện:1 0 1

1.4 0 4

x x x

x x

+ ≥ ≥ − ⇔ ⇔ ≥ −

+ ≥ ≥ −

(1) ( ) ( )21 5

1 4 1 4 2 0

2 2

x x x x m⇔ + + + + + + + + − =

Đặt 1 4t x x= + + + , 1. x ≥ − Rõ ràng hàm số 1 4t x x+ + + đồng biến trên nửa

khoảng [ 1; ).− +∞ Do đó vớ i 0 x ≥ thì 3.t ≥

Phươ ng trình (1) trở thành 2 2 4 5 0t t m+ + − = (2)

(1) có nghiệm không âm khi và chỉ khi (2) có nghiệm 3.t ≥ Điều này đượ c thỏa khi và chỉ

khi 5 4m− thuộc miền giá trị của hàm số 2( ) 2 f t t t = + trên nửa khoảng [3; ).+∞

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f t ta nhận đượ c miền giá trị của hàm số trên nửa khoảng

[3; )+∞ là [15; ).+∞ Vậy giá trị cần tìm của tham số m phải thỏa

55 4 15 4 10 .2

m m m− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ −

Vậy, vớ i5

2m ≤ − thì phươ ng trình đã cho có nghiệm không âm.

IV.12. 5 7 (5 )(7 ) 2 1 x x m x x m+ + − + + − = + (1)

Đặt 5 7 , 5 7t x x x= + + − − ≤ ≤

Xét ( ) 5 7t h x x x= = + + − (*)

1 1( ) 0 1

2 5 2 7t h x x

x x′ ′= = − = ⇔ =

+ −

Bảng biến thiên của hàm số ( )h x

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( ),h x ta có nhận xét sau:

· Ứ ng vớ i 2 6t = thì (*) cho ta một giá trị x

· Ứ ng vớ i mỗi giá trị t thỏa 2 3 2 6t ≤ < thì (*) cho ta hai giá trị x

· Ứ ng vớ i mỗi giá trị t thỏa 2 3 2 6t t < ∨ > thì (*) vô nghiệm . x

Ta có (1)2 12

2 12

t t m m

−⇔ + = +




228

2

2 2

16

t m

t

−⇔ =

−(2)

Xét2

2 2( )

16

t f t

t

−=

− vớ i 2 3;2 6t ∈

2

2 2

2 4 32

( ) 0,(16 )

t t

f t t

− +′ = >

− ∀

2 3;2 6t ∈

Bảng biến thiên của hàm số ( ) f t

Dựa vào nhận xét trên và bảng biến thiên của hàm số ( ) f t ta có k ết quả như sau:

i) Nếu1 2 6

4m

−= thì phươ ng trình (1) có một nghiệm.

ii) Nếu

1 2 6

4

2 3 1

2

m

m

−<

−

≥

thì phươ ng trình (1) có hai nghiệm.

iii) Nếu1 2 6 2 3 1

4 2m

− −< < thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

IV.13. 243 1 1 2 1. x m x x− + + = −

Điều kiện: 1 x ≥ .

Vớ i 1 x ≥ ta có 243 1 1 2 1 x m x x− + + = −

242 1 3 1

1

x xm

x

− − −⇔ =

+

41 1

2 31 1

x x

x x

− −= −

+ +. (1)

Đặt4

1

1

x

t x

−=

+ .

Xét hàm số 41

( )1

xh x t

x

−= =

+ Ta có

3

2 4

1( ) 0,

12( 1)

1

h x

x x

x

′ = >

− +

+

1 x∀ >

Do đó hàm số ( )h x đồng biến trên [ )1;+∞ . Ta có (1) 0h = ; 41

lim 1.1 x

x

x→+∞

−= +




229

Vậy, khi 1 x ≥ thì 0 1t ≤ <

(1) trở thành 23 2m t t = − +

Xét hàm số 2( ) 3 2 f t t t = − +

( ) 6 2. f t t ′ = − +

1( ) 0 6 2 0 .3

f t t t ′ = ⇔ − + = ⇔ =

Bảng biến thiên của hàm số ( ) f t

Dựa vào bảng biến thiên ta có

Vớ i 0 1t ≤ < thì1

1 ( )3

f t − < ≤ .

Vậy, giá trị m cần tìm là1

13

m− < ≤ .

IV.14. ( ) ( )2 2 22 2 1 2 6 2 2 1m x x x x x x− + + ≥ − + + − +

Đặt 2 2 2t x x= − +

Bất phươ ng trình ( )1 trở thành ( )

2

1 4m t t t + ≥ + +

Vớ i [ ]0;2 x ∈ thì 1; 2t ∈

Vì 1; 2t ∈ nên 1 0,t + ≥ do đó

( ) ( )2 4

1 2 .1

t t m

t

+ +⇔ ≥

+

Như vậy, ( )1 có nghiệm [ ]0;2 x ∈ khi và chỉ khi ( )2 có nghiệm 1; 2 .t ∈ Điều này

đượ c thỏa khi và chỉ khi

2

1; 2

4.

1t

t t Min m

t ∈

+ +≤

+

Xét ( )2 4

, 1; 21

t t f t t

t

+ + = ∈ +

( )( )

2

2

12 30

31

t t t f t

t t

=+ −′ = = ⇔

= −+




230

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f t ta k ết luận đượ c hàm số ( )2 4

1

t t f t

t

+ +=

+ đồng biến

trên đoạn [1; 2]. Từ đó ta đượ c1; 2

( ) (1) 3.t

Min f t f ∈

= =

Vậy, giá trị m cần tìm là 3.m ≥

IV.15. ( )4 444 4 6 1 x x m x x m+ + + + + =

Đặt 4 2 44 4 0 4t x x m t x x m= + + ≥ ⇒ = + +

Khi đó phươ ng trình ( )1 thành 22

63 0

t t t

t

=+ = ⇔

= − <2.t ⇔ =

Vớ i 2t = ta đượ c

44 4 2 x x m+ + =

4

4

4 16

4 16

x x m

m x x

⇔ + + =

⇔ = − − +

Xét hàm số ( ) 4 4 16 f x x x= − − +

( )

( )

34 4

0 1

f x x

f x x

′ = − −

′ = ⇔ = −

Lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta đượ c giá trị m cần tìm là 19.m <

IV.16. ( )( )2 2 3 1 3 x x m x− − = + − ( )1

Vì 1m > − nên 1 0.m + > Do đó ta phải có điều kiện 3 0 3. x x− ≥ ⇔ ≥ Khi đó ta có

( )1 ( )( ) ( ) ( )1 3 1 3 x x m x⇔ + − = + −

( )

( ) ( ) 3 2

3 1 3 1 0

3 33 0

1 3 1 3 1(2)1 3 1 0

x x x m

x x x

x x m x x x m x x m

⇔ − + − − + = = =− =

⇔ ⇔ ⇔ + − = + − − − = ++ − − + =

Như vậy phươ ng trình (1) luôn có một nghiệm 3. x = Ta chứng minh phươ ng trình (2) có

một nghiệm trong khoảng (3; ).+∞




231

Thật vậy, xét hàm số 3 2 2

1

( ) 3, ( ) 3 2 1, ( ) 0 1.

3

x

f x x x x f x x x f x x

=′ ′= − − − = − − = ⇔ = −

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x ta k ết luận đượ c vớ i mọi 1m > − thì phươ ng trình (2)

có một nghiệm trong khoảng (3; ).+∞

Vậy, vớ i mọi 1m > − phươ ng trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

IV.17. ( )3

1 1 x mx m− + = + ( )1

Điều kiện: 1. x ≥ Ta có nhận xét rằng 1 x = không là nghiệm của phươ ng trình (1). Do đó

nghiệm của phươ ng trình phải thỏa 1. x >

Đặt 1 0.t x= − >

( ) 3 21 1 0t mt ⇔ + − = ( )2 . Ta chứng minh (2) có một nghiệm duy nhất 0t > vớ i mọi .m

Thật vậy ta có

( ) 2 32 1mt t ⇔ = −

3

2

1 t m

t

−⇔ =

Xét hàm số ( )3

2

1, 0.

t f t t

t

−= >

Ta có ( ) 3

21 f t

t ′ = − −

( ) 0 f t ′ = 32 1 0t

⇔ − − = 3 2 0t ⇔ − − = 3 2.t ⇔ = −

( ) ( )lim ; lim .t t o

f t f t +→+∞ →

= −∞ = +∞


Dựa vào bảng biến thiên, ta có đườ ng thẳng y m= luôn luôn cắt đồ thị hàm số

( )3

2

1, 0

t f t t

t

−= > tại một điểm duy nhất. Suy ra phươ ng trình (2) có một nghiệm duy nhất

0t > vớ i mọi .m

Vậy, vớ i mọi giá trị của m thì phươ ng trình đã cho luôn có một nghiệm duy nhất.

IV.18. 2(4 )(6 ) 2 (1) x x x x m+ − ≤ − +




232

Giả sử (1) đúng vớ i mọi [ 4;6], x ∈ − khi đó (1) cũng đúng vớ i 1 x = , tức là

(4 1)(6 1) 1 2 6.m m+ − ≤ − + ⇒ ≥

Vớ i 6,m ≥ suy ra 21 5 1 ( 1) 5.m m x− ≥ ⇒ − + − ≥ Vớ i điều kiện [ 4; 6] x ∈ − thì

4 0,6 0, x x+ ≥ − ≥ do đó theo bất đẳng thức Côsi ta có

(4 ) (6 )(4 )(6 ) 5.2

x x x x + + −

+ − ≤ = Như vậy ta đượ c

(4 ) (6 )(4 )(6 ) 5

2

x x x x

+ + −+ − ≤ =

2 2( 1) 1 2 . x m x x m≤ − + − = − +

Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 6.m ≥

Chú ý. Có thể giải bài toán bằng cách khác như sau

Đặt 2(4 )(6 ) 2 24 0,t x x x x= + − = − + + ≥ 0t = đạt tại 4 6. x x= − ∨ =

2 2 2 24t x x⇒ = − + +


1(4 )(6 ) (4 6 ) 5

2t x x x x= + − ≤ + + − =

[ ]5 1 4;6t x= ⇔ = ∈ −

Như vậy, vớ i [ ]4;6 x ∈ − thì [ ]0; 5 .t ∈

(1) trở thành 2 24 0(2).t t m+ − − ≤ (1) đúng vớ i mọi [ 4; 6] x ∈ − khi và chỉ khi (2) đúng vớ i

mọi [ ]0; 5 .t ∈

Xét hàm số 2 1( ) 24 ( ) 2 1; 0 2 1 0 .

2g t t t m g t t g t t ′ ′= + − − ⇒ = + = ⇔ + = ⇔ = −

Suy ra ( )g t đồng biến trên [ ]0;5

Nên[ ]0,5

( ) (5) 6 . Max g t g m= = −

[ ][ ]0,5

( ) 0, 0.5 ( ) 0

6 0 6.

g t t Max g t

m m

≤ ∀ ∈ ⇔ ≤

⇔ − ≤ ⇔ ≥

Vậy, vớ i 6m ≥ thì thỏa yêu cầu bài toán.

IV.19. 3 1(1)mx x m− − ≤ +





233

(1) 1 3mx m x⇔ − ≤ + − ( 1) 1 3m x x⇔ − ≤ + −

Vì 3 x ≥ nên 1 0 x − > , do đó (1)1 3

1

xm

x

+ −⇔ ≤

− (2)

(1) có nghiệm [ )3; x ∈ +∞ khi và chỉ khi (2) có nghiệm [ )3; x ∈ +∞ khi và chỉ khi

[ )3;

1 3 .1 x

x Max m x∈ +∞

+ − ≥−

Xét hàm số 1 3

( )1

x f x

x

+ −=

−, ta có

2 2 2

( 1) 2 3(1 3) 1 2 3 2( 3) 5 2 3( )

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

x x x x x x x x f x

x x x x x x

− − − + − − − − − − − + − −′ = = =

− − − − − −

( ) 0 5 2 3 0 f x x x′ = ⇔ − + − − =

2 2

2

55

(5 ) 4( 3) 25 10 4 12

55

7 2 37 2 314 37 0

7 2 3

x x

x x x x x

x x

x x x x

x

≤≤

⇔ ⇔ − = − − + = −

≤≤

⇔ ⇔ ⇔ = −= + − + =

= −


Dựa vào bảng biến thiên, ta có[ )3;

1 3 3 1

1 4 x

x Max

x∈ +∞

+ − +=

−.

Vậy, giá trị m cần tìm là

3 1

4m

+≤ .

IV.20. 2 2 2 1 x mx x+ + = + (1)

Điều kiện:1

2 1 02

x x −

+ ≥ ⇔ ≥

( )

( )

22 2 2

2

(1) 2 2 1 2 4 4 1

3 4 1 0(2)

x mx x x mx x x

x m x

⇔ + + = + ⇔ + + = + +

⇔ + − − =




234

Đặt ( )2( ) 3 4 1. f x x m x= + − − Phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

phươ ng trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớ n hơ n hoặc bằng1

2− . Điều này xảy ra khi và

chỉ khi

( )

( )

( )

2

24 12 00 16 8 12 0

1 3 1 90 3 4 1 0 0

2 4 2 2 4

11 4 1 00 0 62 2 6 2

m m m

maf m

mS m

− + >∆ > − + + >

− ≥ ⇔ − − − ≥ ⇔ − ≥ − − − >+ > + >

2 8 28 09

9 9.2

2 2

110

6

m m

mm m

mm

− + >

≥

⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥

>−>

Vậy, vớ i9

2m ≥ thì phươ ng trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.

IV.21. ( )( ) ( )21 3 4 5 1 x x m x x+ + ≤ + +

Đặt 2 4 5 1.t x x= + + ≥ Khi đó (1) trở thành 2 22 2 0.t mt t mt − ≤ ⇔ − − ≤

a) Khi 1m = − , ta có bất phươ ng trình

2 2 0 2 1.t t t + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Nhưng vì 1t ≥ nên ta phải có2 2 21 4 5 1 4 5 1 4 4 0 2.t x x x x x x x= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ = −

Vậy, khi 1m = − thì bất phươ ng trình có nghiệm 2. x = −

b) 2 4 5 1.t x x= + + ≥ ( )2 2

2 4 2,

2 4 5 4 5

x xt x

x x x x

+ +′⇒ = =

+ + + +

( ) 0t x′ =

2

20

4 5

2 2; 2 3 .

x

x x

x

+⇔ =

+ +

⇔ = − ∈ − − +





235

Như vậy, vớ i [ ]2; 2 3 1;2 . x t ∈ − − + ⇒ ∈

Ta biến đổi ( ) [ ]2

2 21 2 , 1;2 .

t t mt m t

t

−⇔ − ≤ ⇔ ≥ ∈

Xét hàm số ( ) [ ]2 2

, 1;2 .t

f t t

t

−= ∈

( ) [ ]2 2 2

'

2 2

2 2 20, 1;2 .

t t t f t t

t t

− + += = > ∀ ∈

Ta có ( ) ( )1 1, 2 1 f f = − =

Vậy, ( )[ ]1;2

1.t

Maxf t ∈

=

Yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi ( )[ ]1;2

1.t

Maxf t m m∈

< ⇔ >

IV.22. ( )( ) ( )23 7 4 1 x x x x m+ − ≤ − +

Đặt ( )( ) 23 7 4 21 0t x x x x= + − = − + + ≥

Bất phươ ng trình ( )1 trở thành

2 21t t m≤ − + +

( )2 21 2t t m⇔ + − ≤

Xét hàm số ( ) ( )( ) [ ]3 7 , 3;7t x x x x= + − ∈ −

( )( )( )

20 2

3 7

xt x x

x x

− +′ = = ⇔ =

+ −


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy vớ i [ ]3;7 x ∈ − thì [ ]0; 5 .t ∈

Do đó, ( )1 nghiệm đúng [ ]3;7 x∀ ∈ − khi và chỉ khi ( )2 nghiệm đúng [ ]0;5t ∀ ∈ khi và chỉ

khi[ ]

( )2

0:521 .

t Max t t m

∈

+ − ≤

Xét hàm số ( ) 2 21g t t t = + −

( ) [ ]2 1 0, 0;5g t t t ′ = + > ∀ ∈




236

Ta có (0) 21, (5) 9g g= − =

Vậy,[ ]0:5

( ) 9t

Max g t ∈

=

Yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi ( )[ ]1;2

9.t

Maxg t m m∈

≤ ⇔ ≥

IV. 23. ( )4 2 16 4 1 x x m− + − ≤

Cách 1.

Điều kiện:

14 2 0 1

4.216 4 0 2

4

x x x

x x

− ≥ ≥

⇔ ⇔ ≤ ≤ − ≥ ≤

Bất phươ ng trình ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi

( )

( ) ( )

( )

2 2

2

22 2

0

4 2 16 4

0

4 2 2 9 4 14

0

14 0

32 2 9 4 14 0

m

x x m

m

x x m

m

m I

x x m

≥

− + − ≤≥

⇔ − + − ≤ −

≥

⇔ − ≥

− + + − ≥

Do2 1

2 9 4 0 ;42 x x x

− + > ∀ ∈ nên ( ) ( )

22 2 1

32 2 9 4 14 0, ;42 x x m x

− + + − ≥ ∀ ∈

( )2

0014.

14 0 14 14

mm I m

m m m

≥≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≥

− ≥ ≤ − ∨ ≥

Vậy, vớ i 14m ≥ thì bất phươ ng trình đã cho có nghiệm.

Cách 2. ( )4 2 16 4 1 x x m− + − ≤

( )1 có nghiệm khi và chỉ khi ( )1

;42

4 2 16 4 x

Min x x m

∈

− + − ≤

Xét hàm số ( ) 4 2 16 4 y f x x x= = − + −

( )2 2

4 2 16 4 y f x

x x′ ′⇒ = = −

− −




237

16 4 4 29

' 0 144

2

x x

y x x

− = −

⇒ = ⇔ ⇔ =< <

Ta có

( )9 1

2 7; 14; 4 14.4 2 f f f

= = =

Vậy, ( )1

;42

14. x

Min f x

∈

= Do đó giá trị m cần tìm là 14.m ≥

IV.24. 21 (1) x m x− ≥ −

Điều kiện: 1 1 x− ≤ ≤

Ta có 2(1) 1 x x m⇔ − + ≥

(1) có nghiệm [ ]

2

1;1 ( 1 ) x Max x x m∈ −⇔ − + ≥

Xét hàm số [ ]2( ) 1 ; 1;1 y f x x x x= = − + ∈ −

2' 1

1

x y

x

−⇒ = +

−

0 y′ = 21 0

1

1 1

x

x

x

−+ =

⇔ −− < <

21

1 1

x x

x

− =⇔

− < <

2

0

2 1

1 1

x

x

x

≥

⇔ =

− < <

0

2

2

2

2

1 1

x

x

x

x

≥

=

⇔

= −

− < <

22

x⇔ =

Ta có ( 1) 1 f − = − ; (1) 1 f = ;2

( ) 22

f = .




238

Suy ra[ ]

2

1;1( 1 ) 2

x Max x x

∈ −

− + = . Vậy, giá trị m cần tìm là 2.m ≤

IV.25. 212 3 (1) x x m− ≤ −

Điều kiện: [ ]2; 2 . x ∈ − Ta có 2(1) 12 3 x x m⇔ − − ≥

Xét hàm số 212 3 y x x= − − vớ i [ ]2; 2 . x ∈ −

2

2 2

3 12 3 31 .

12 3 12 3

x x x y

x x

− − +′ = − =

− −

2 2

2 2

2 22 2 2 2

0 012 3 3 0 12 3 3

12 3 9

2 01.

1 1

x x x

y x x x x x

x x

x x

x x

− < <− < < − < <

′ = ⇔ ⇔ ⇔ ≤ − + = − = −

− =

− < ≤⇔ ⇔ = −

= ∨ = −


Dựa vào bảng biến thiên, suy ra bất phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi

2m = .

IV.26. ( )22 7 1m x x m+ < +

1) Khi1

2m = thì bất phươ ng trình ( )1 trở thành

( )2 2

22

2 2 2

2 1 01 12 7 2 7 2 1

2 2 2 7 2 1

11 1

21.2 2

32 7 4 4 1 2 3 01

x x x x x

x x

x x x

x

x x x x x x x

+ >+ < + ⇔ + < + ⇔

+ < +

> −

> − > − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >

< − + < + + + − > >

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho khi1

2m = là ( )1; .+∞

2) Ta có ( )2 2

2(1) 2 7 2 7 1 .

2 7 1

xm x x m m x x m

x⇔ + < + ⇔ + − < ⇔ <

+ −




239

(Vì 22 7 1 0, x x+ − > ∀ ∈ℝ )

Xét ( )22 7 1

x f x

x=

+ −( )

( )

2

22 2

7 2 7

2 7 2 7 1

x f x

x x

− +′⇒ =

+ + −

( ) 2 2

2 2

0 2 7 7 2 7 49

2 42 21 21 21.

f x x x

x x x x

′ = ⇔ + = ⇔ + =

⇔ = ⇔ = ⇔ = − ∨ =

Ta có2 2

( ) , ( ) .2 2 x x

Limf x Limf x→−∞ →+∞

= − =

21 21( 21) , ( 21) .

6 6 f f − = − =

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x ta đượ c21

( ) .6 x Min f x

∈= −

ℝ

Vậy, bất phươ ng trình (1) nghiệm đúng vớ i mọi x ∈ℝ khi và chỉ khi

21( ) .

6 x

m Min f x m∈

< ⇔ < −ℝ

IV.27. ( )2 2 1 x mx x− > 1−

Vớ i1

1;4

x

∈ −

thì (1) tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )

22 2 2

2 1 2 1 2 2 1 1 0. x mx x x mx x x m x− > − ⇔ − > − + ⇔ − + <

Đặt ( )( ) 2 1 1. f x m x= − +

Yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi

( )

11 11 0 1 0( ) 0

2 1.4 12 1 0

2 1 1 0(1) 0 2

m mm f

mm m

m f

− < − + < + <<

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < − − < < − + <<

Vậy, giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1.m < −

IV.28. ( )2 24 4

2 2 4 2 2 4m x x x x− + − − + = − (1)

Điều kiện: 2. x ≥

Vớ i 2, x = phươ ng trình (1) không thỏa. Vì vậy chia hai vế của (1) cho 2 x − ta đượ c

2 24 42 4 2 2 41

22 2

x x xm

x x x

− + −+ = +

−− −

4 42 2 2

1 2 2 .2 2 2

x x xm

x x x

+ + +⇔ + = + − − −




240

Đặt 42

, 1.2

xt t

x

+= >

− Ta có phươ ng trình ( )

22 2

1 2 2 .2 1

t t m t t t m

t

++ = + ⇔ =

+

Phươ ng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số 2 2

( ) , 1.2 1

t t y f t t

t

+= = >

+

Ta có( )

2

2

2 2 2( ) 0,

2 1

t t f t

t

+ +′ = >

+do đó hàm số ( ) f t đồng biến. Tập giá trị của hàm số ( ) f t

trên miền ( )1; +∞ là ( )1; +∞ . Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 1.m >

IV.29. ( )3

3 23 1 1 x x m x x+ − ≤ − −

Điều kiện: 1. x ≥ Vớ i điều kiện 1 x ≥ bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

( )

( )( )3 2 3

3 2

3

3 13 1 1 .

1

x xm x x x x m

x x

+ −≤ ⇔ + − + − ≤

− −

Bất phươ ng trình đã cho có nghiệm 1 x ≥ khi và chỉ khi

m Min≥ ( )( )3

3 23 1 1 , [1; ). x x x x x+ − + − ∈ +∞

Các hàm số y = ( )3

3 23 1; 1 x x y x x+ − = + − đồng biến và không âm trên [1; )+∞ nên hàm

số ( )( )3

3 23 1 1 y x x x x= + − + − cũng đồng biến trên [1; ).+∞

Suy ra ( ) ( )3

3 23 1 1 (1) 3. Min x x x x f + − + − = = Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là

3.m ≥

IV.30. 4 42 2 2 6 2 6 .(1) x x x x m+ + − + − =

Điều kiện 0 6. x≤ ≤ Đặt

( ) ( )

4 4

3 34 4

1 1 1 1( ) 2 2 2 6 2 6 , ( )

2 62 2 2 6

f x x x x x f x x x x x

′= + + − + − = + − −−−

( ) ( )

3 34 4

1 1 1 1 1.

2 2 62 6 x x x x

= − + − − −

( ) ( )4 4 4 4 4 42 2

4 4

1 1 1 1 1 1 1 1

22 6 2 6 2 62 6

( ) 0 2.

x x x x x x x x

f x x

= − + + + + − − − −

′ = ⇔ =

Ta tính đượ c 44(0) 2 6 2 6; (2) 3 2 6; (6) 12 2 3. f f f = + = + = +




241

Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) f x trên đoạn [ ]0;6 ta đượ c giá trị của tham số m cần

tìm để phươ ng trình (1) có đúng hai nghiệm thực là ( )42 6 6 3 2 6.m+ ≤ < +

IV.31. ( )2 21 1(1) x mx x m x+ − > + −

Đặt2 2 2 2 2

1 1 1.t x t x x t = − ⇒ = − ⇒ = +

(1) đượ c đưa về dạng ( )

2

0(2)t x m t mx− + + ≥

Coi vế trái của (2) là tam thức bậc 2 theo t ta có ( )2. x m′∆ = − Khi đó ( ) f t có các nghiệm

, .t m t x= = Vậy (2) có dạng ( )( ) ( )( )2 20 1 1 0(3).t m t x x m x x− − > ⇔ − − − − >

Theo bài ra, do 1 x < − nên 2 1 0. x x− − > Vì vậy (3) tươ ng đươ ng vớ i2 21 0 1 . x m x m− − > ⇔ − > Xét hàm số

2

21, 1 0, 1.

1

x y x x y x

x′= − < − ⇒ = < ∀ < −

−

Suy ra hàm số nghịch biến trên ( ; 1),−∞ − ta có1

, 0. x x

Limy Limy→−∞ →−

= +∞ =

Vậy, vớ i mọi giá trị của tham số m thì bất phươ ng trình đã cho luôn luôn có nghiệm x

thỏa 1. x < −

IV.32. ( )2 24 4(1) x mx x m x+ − = + −

Điều kiện:2

.2

x

x

≤ −

≥ Đặt 2 2 2 2 24 4 4.t x t x x t = − ⇒ = − ⇒ = +

(1)đượ

cđư

a về dạng ( )

2

0(2)t x m t mx− + + =

Coi vế trái của (2) là tam thức bậc 2 theo t ta có ( )2. x m′∆ = − Khi đó ( ) f t có các nghiệm

, .t m t x= = Vậy (2) có dạng

( )( ) ( )( )2 2

2 2

2 2

0 4 4 0

4 0 4 (3)

4 0 4 (4)

t m t x x m x x

x x x x

x m x m

− − = ⇔ − − − − =

− − = − = ⇔ ⇔ − − = − =

Ta có (3) vô nghiệm. Đối vớ i phươ ng trình (4) ta xét hàm số

2

2

( ) 4, 2 2

( ) ( ) 0, 2; ( ) 0, 2.4

f x x x x

x f x f x x f x x

x

= − ≤ − ∨ ≥

′ ′ ′= ⇒ < ∀ < − > ∀ >

−

( 2) (2) 0. f f − = = Ta có ( ) , ( ) . x x

Limf x Lim f x→+∞→−∞

= +∞ = +∞

Vậy, phươ ng trình đã cho có nghiệm khi 0.m ≥




242

CHƯƠ NG V. PHƯƠ NG TRÌNH, BẤT PHƯƠ NG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

V.1. ) ( )11 4 10.2 24 1 x x−− =

( ) ( )2

1 2 5.2 24 x x

⇔ − =

Đặt 2 0. xt = > Phươ ng trình (1) trở thành

2 5 24t t − =

2 5 24 0

8

3

t t

t

t

⇔ − − =

=⇔

= −

So vớ i điều kiện ta chọn 8t = 2 8 x⇒ = 3. x⇔ =

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3. x =

) ( )2 22 4.2 6 18.3 1 x x x− =

( )2

2 21 4. 18

3 3

x

⇔ − =

Đặt2

0.3

x

t = >


24 18t t − =

24 18 0

9

42

t t

t

t

⇔ − − =

=

⇔ = −

So vớ i điều kiện ta chọn9 2 9

4 3 4

x

t

= ⇒ =

2. x⇔ = −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2. x = −

Điều kiện: 0 x >

Ta có ( )3

3 3 3

2loglog

log log log 33 3 3 , x x

x x x x x= ⇒ = = do đó

( )2 2

log log3 31 3 3 162 x x

⇔ + =

2log

32.3 162 x

⇔ =

) ( )23 3log log3 3 162 1 x x

x+ =




243

2log

33 81 x

⇔ =

2

3log 4 x⇔ =

3

3

log 2

log 2

x

x

=⇔

= −

2

2

3 9

13 .

9

x

x −

= =⇔ = =

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là1

9; .9

x x= =

)( ) ( )

( )2

1 1

3 5

log 1 log 2 1

4 9 5 1 x x+ +

=

Điều kiện: 2

1 01

2 1 0

x x

x

+ >⇔ > − + >

( ) ( )21 13 5

2log 1 log 2 1(1) 3 5

x x− −+ +

⇔ =

( ) ( )253

log 2 12log 13 5

x x − +− +⇔ =

( ) ( )1

2253

log 2 1log 13 5

x x−

− ++⇔ =

( ) ( )12 2

1 2 1 x x−−

⇔ + = +

2 2

2 1 2 1 x x x⇔ + + = + 2 2 0 x x⇔ − =

0

2

x

x

=⇔

=


5)2 2

5 1 54 12.2 8 0(1) x x x x− − − − −− + =

Điều kiện:2

5 0 5 x x− ≥ ⇔ ≥

2 25 2 5(1) (2 ) 6.2 8 0 x x x x− − − −

⇔ − + =

Đặt2

52 ( 0). x xt t − −= > Khi đó phươ ng trình (1) trở thành 2 6 8 0t t − + =

4

2

t

t

=⇔

= (Nhận).

+ Vớ i 2t = 2 52 2 x x− −⇒ =

2 25 1 5 1 x x x x⇔ − − = ⇔ − = −




244

2 2

1 0

( 1) 5

x

x x

− ≥⇔

− = −

1

2 6

x

x

≥⇔

= 3 x⇔ =

+ Vớ i 4t = 2 25 5 2

2 4 2 2 x x x x− − − −⇒ = ⇔ =

2 25 2 5 2 x x x x⇔ − − = ⇔ − = −

2 22 0

( 2) 5 x x x

− ≥⇔ − = −

24 9 x x≥⇔

= 9

4 x⇔ =


3; .4

x x= =

6)2 21 29 10.3 1 0(1) x x x x+ − + −

− + =

2 21 2 110(3 ) .3 1 0

3

x x x x+ − + −⇔ − + =

Đặt2 13 ( 0). x xt t + −

= > Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

2 101 0

3t t − + =

3

1

3

t

t

=⇔ =

(Nhận).

+ Vớ i1

3t =

2 21 113 3 3

3

x x x x x+ − + − −⇒ = ⇔ =2 1 1 x x⇔ + − = − ( 1) 0 x x⇔ + =

0

1

x

x

=⇔

= −

+ Vớ i 3t =2 1 23 3 1 1 x x

x x+ −⇒ = ⇔ + − =

2 2 0 x x⇔ + − =1

2

x

x

=⇔

= −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2; 1; 0; 1. x x x x= − = − = =

7) 3.4 (3 10).2 3 0(1) x x x x+ − + − =

23(2 ) (3 10).2 3 0 x x x x⇔ + − + − =

Đặt 2 ( 0). x

t t = > Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

23 (3 10) 3 0(2).t x t x+ − + − = Ta coi vế trái của phươ ng trình (2) là một tam thức bậc hai

của biến ,t khi đó ta có

( ) ( )

( )

2 2

22

3 10 4.3. 3 9 60 100 36 12

9 48 64 3 8 .

x x x x x

x x x

∆ = − − − = − + − +

= − + = −




245

Vì vậy

1

(2) 3

3

t

t x

=⇔

= −

+ Vớ i1

3t =

2

1 12 log

3 3

x x⇒ = ⇔ = .

+ Vớ i 3 ,t x= − ta có phươ ng trình 2 3 2 3 0(3) x x x x= − ⇔ + − =

Ta thấy 1 x = là nghiệm của ( )3 .

Mặt khác, ta lại có 2 3 x y x= + − là một hàm số tăng trên ℝ nên phươ ng trình (3) chỉ có

một nghiệm duy nhất 1. x =


1log ; 1.

3

x x= =

8) 2 (2 3) 2(1 2 ) 0(1). x x x x+ − + − = Ta coi (1) là phươ ng trình bậc hai theo ẩn . x Khi đó

2(1)

1 2 x

x

x

=⇔

= −

Giải phươ ng trình ( )1 2 2 1 2 x x x x= − ⇔ + =

Ta thấy 0 x = là nghiệm của ( )2 . Thật vậy 02 0 1+ = (Đúng).

Mặt khác, ta lại có 2 x y x= + là hàm tăng trên ℝ , 1 y = là hàm hằng.

Nên 0 x = là nghiệm duy nhất của ( )2 .


9) 3 14.3 3 1 9 (1) x x x+− = −

Điều kiện: 1 9 0 9 1 0. x x x− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤

3 2(1) 4.3 3.3 1 3 . x x x⇔ − = −

Vớ i điều kiện 0 x ≤ thì 0 3 1, x< ≤ ta đặt 3 cos x t = vớ i [0; )

2t

π ∈ . Khi đó ta có phươ ng

trình 3 24cos 3cos 1 cost t t − = −

cos3 sin cos3 sint t t t ⇔ = ⇔ = (Do [0; )2

t π

∈ )




246

cos3 cos2

t t π

⇔ = −

( )3 2

8 22, .

3 22 4

k t t t k

k

t t k t k

π π π π

π π π π

= += − +

⇔ ⇔ ∈ = − + + = − +

ℤ

Do [0; )2

t π

∈ nên ta chọn 33 cos log cos .8 8 8

xt xπ π π

= ⇒ = ⇔ =

Ta có 2 2 2 2 2 2cos 2cos 1 cos cos .

4 8 8 4 8 2

π π π π + += − ⇔ = ⇔ =

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3

2 2log .

2 x

+=

10)

2 2 23 2 6 5 2 3 7

4 4 4 1

x x x x x x− + + + + ++ = +

Ta viết lại phươ ng trình đã cho dướ i dạng

( )( )

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

3 2 6 5 3 2 6 5

3 2 6 5

3 2 3 2 2

26 5 6 5

4 4 4 .4 1

4 1 1 4 0

4 1 0 4 1 3 2 0 1 2

1 5.6 5 01 4 0 4 1

x x x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

− + + + − + + +

− + + +

− + − +

+ + + +

+ = +

⇔ − − =

− = = − + = = ∨ =⇔ ⇔ ⇔ ⇔

= − ∨ = −+ + = − = =

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 1; 2; 1; 5. x x x x= = = − = −

11)sin

4 tan . x

e x

π −

=

Điều kiện: ( )cos 0 , .2

x x k k π

π ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ

Dễ thấy sin 0 x = không thỏa mãn phươ ng trình.

Phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

2 sinx 2 osx2(sinx - cosx) 2 2

2s in

(1)cos sin cos

c

x e ee

x x x= ⇔ =

Đặt s incos

u x

v x

= =

. Ta có ( ), 1;1 ; , 0.u v u v∈ − ≠

Từ (1) ta có phươ ng trình

2 2

2 2

.

u v

e e

u v=

Xét hàm số

2

2

( ) ,

x

e y f x

x= = vớ i ( 1;0) (0;1). x ∈ − ∪




247

22

22

2 2

2( 1)

( 2 2)2 02

x x x

e x e

y x x

−−

′ = = < suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 1;0)−

và (0;1).

Ta thấy ,u v cùng dấu nên ,u v cùng thuộc một khoảng ( 1− ; 0) hoặc (0; 1).

Từ giả thiết ( ) ( ) tan 1 .4

f u f v u v x x k π

π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = +

Đối chiếu vớ i điều kiện ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là

,4

x k π

π = + ( ).k ∈ℤ

V.2.1) 24 2.5 10 0(1) x x x− − >

24 52. 1 0

10 10

x x

x x⇔ − − >

2 52. 1 0

5 2

x x

⇔ − − >

Đặt2

0.5

x

t = >

Bất phươ ng trình (1) trở thành

21 0t

t − − >

2 2 0t t ⇔ − − >

1

2

t

t

< −⇔ >

So vớ i điều kiện 0t > ta nhận 2t > .

Như vậy ta có2

5

x

2> 2

5

log 2 x⇔ < .

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2

5

;log 2 .

−∞

2) 29 3 3 9 x x x+− > −

⇔

2

2

3 9 0

9 3 0

3 9 0

9 3 9 18.3 81

x

x x

x

x x x x

+

+

− <

− ≥

− ≥

− ≥ − +

⇔

2

22

2

2

x

x x

x

x

<

≥⇔ ≥

≥

≥

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là [2; ).+∞




248

3)4 2 4

2(1)1

x x

x

+ −≤

−

1

4 2 0 2 1 2

1 0 1 14 2 1

(1) 0 11 22 1 14 2 0

211 01

x

x

x

x x

x x x

x x x x

x x x

≤ − ≤ ≤ − > > >−

⇔ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ <

− ≥ − ≥ ≥ <− < <

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là1

;1 .2

4) 1 115.2 1 2 1 2 x x x+ +

+ ≥ − +

Đặt 2 0 xt = >

Bất phươ ng trình đã cho trở thành 30 1 1 2t t t + ≥ − +

+ Xét 0 1t < <

Ta có 30 1 1 2t t t + ≥ − +

2

2

30 1 1 2

30 1 1

30 1 2 1

28 0

0 28

t t t

t t

t t t

t t

t

⇔ + ≥ − +

⇔ + ≥ +

⇔ + ≥ + +

⇔ − ≤

⇔ ≤ ≤

So vớ i điều kiện 0 1t < < ta đượ c 0 1t < < 0 2 1 x⇔ < < 0. x⇔ <

+ Xét 1t ≥

Ta có 30 1 1 2t t t + ≥ − +

30 1 1 2

30 1 3 1

t t t

t t

⇔ + ≥ − +

⇔ + ≥ −

230 1 9 6 1t t t ⇔ + ≥ − + (do 1 3 1 0)t t ≥ ⇒ − >

29 36 0t t ⇔ − ≤

0 4t ⇔ ≤ ≤

So vớ i điều kiện 1t ≥ ta đượ c 1 4 1 2 4 0 2. xt x≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ; 2].−∞

5)( )

2

2 2log log2 4(1)

x x x+ ≤




249

Đặt2log 2 .t t x x= ⇒ = Ta có bất phươ ng trình

2 2

2 2 4t t

+ ≤

2

2 2t

⇔ ≤

2 1t ⇔ ≤

1 1t ⇔ − ≤ ≤

Suy ra 21 log 1 x− ≤ ≤1

22

x⇔ ≤ ≤

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là1

;2 .2

6) ( ) ( )1 3

3 110 3 10 3 0(1)

x x

x x

+ −

+ −− − + ≥

Ta có

( ) ( )

( )1

10 3 10 3 1

10 3 10 3−

− + =

⇒ − = +

do đó bất phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )

( ) ( )

1 3

3 1

1 3

3 1

10 3 10 3 0

10 3 10 3

1 33 1

x x

x x

x x

x x

x x x x

+ −−

+ −

+ −−

+ −

+ − + ≥

⇔ + ≥ +

− − −⇔ ≥+ −

( ) ( )

2

1 30

3 1

2 100

3 1

x x

x x

x

x x

+ −⇔ + ≤

+ −

−⇔ ≤

+ −

3 5

1 5

x

x

− < ≤ −⇔

< ≤

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( 3; 5] (1; 5].− − ∪

7)2 2 22 1 2

4 .2 3.2 .2 8 12 x x x

x x x x+

+ + > + +

Bất phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i 2 2 22 1 24 .2 3.2 .2 8 12 0

x x x x x x x

++ + − − − >

( ) ( ) ( )2 2 22 4 2 2 4 2 3 4 2 0 x x x

x x⇔ − − − − − >




250

( )( )2 24 2 2 3 0 x

x x⇔ − − − >

2 2

22

2

2

4 2 0 2 4

2 3 0 1 3

2 44 2 0

1 32 3 0

x x

x x

x x x x

x x x

− > <

− − > < − ∨ > ⇔ ⇔

>− < − < <− − <

2 2

1 3 2 1

2 32 2

1 3

x

x x x

x x x

x

− < <

< − ∨ > − < < −⇔ ⇔

< << − ∨ > − < <

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ) ( )2; 1 2;3 .− − ∪

8) 1 18 2 4 2 5 x x x+ ++ − + >

Đặt 2 0. xt = >

Bất phươ ng trình đã cho trở thành

28 2 2 5t t t + − + >

28 2 5 2t t t ⇔ + − > −

( )

2

22

2

5 2 0

8 2 0

5 2 0

8 2 5 2

5

2

2 4

5

2

5 22 17 0

t

t t

t

t t t

t

t

t

t t

− <

+ − ≥⇔ − ≥

+ − > −

>

− ≤ ≤

⇔ ≤

− + <

54

21 4

51

2

t

t

t

< ≤

⇔ ⇔ < ≤ < ≤

Suy ra 1 2 4 x

< ≤ 0 2 x⇔ < ≤ .

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ]0; 2 .




251

9)

2

219

3

x

x

+

− >


22

2

x

x

+< −

−

( )2 2 20

2

2 2 40(1)

2

x x

x

x x

x

+ + −⇔ <

−

+ − +⇔ <

−

+ Xét trườ ng hợ p 2 x < −

2 2 4(1) 0

2

1 0.

x x

x

− − + +⇔ <

+

⇔ <

Trườ ng hợ p này (1) không nghiệm đúng.

+ Xét trườ ng hợ p 2 0 x− < <

2 2 4(1) 0

2

3 0.

x x

x

+ + +⇔ <

+

⇔ <

(1) cũng không nghiệm đúng.

+ Xét trườ ng hợ p 0 x >

2 2 4(1) 0

2

60 2 6.

2

x x

x

x x

x

+ − +⇔ <

− +

−⇔ < ⇔ < <

−

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )2; 6 .

V. 3. ( ) ( )2 6 4 3 22 2 4 3 6 1m x x m

m x m+ +

− = − + −

( ) ( )

( )

2

2

6 4 3 2

6 2 4 3

1 2 2 6 4 3

2 6 2 4 3

m x x m

m x x m

m x x m

m x x m

+ +

+ +

⇔ − = − + + +

⇔ + + = + +

Xét hàm số ( ) 2 .t f t t = +

Hàm số này đồng biến trên .ℝ

Phươ ng trình ( )1 đượ c viết dướ i dạng

( ) ( )26 4 3 f m x f x m+ = +




252

( )

2

2

6 4 3

4 3 6

m x x m

m x m

⇔ + = +

⇔ − = −

Vậy, ta có

+ Nếu 2m = thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm tùy ý.

+ Nếu 2m = − thì phươ ng trình ( )1 vô nghiệm.

+ Nếu 2m ≠ ± thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm là2

3 6.

4

m x

m

−=

−

V.4. ( )( )4 4 2 2 1 1 . x x x xm

− −+ = + + Đặt ( )2 2 2 x xt t −

= + ≥

Suy ra 2 4 4 2 x xt −= + +


( )

2 22 0 2 1t mt m t m t − − − = ⇔ − = +

( )2 2

21

t m

t

−⇔ =

+

Xét ( )2 2

1

t f t

t

−=

+, 2t ≥ . Phươ ng trình ( )1 có nghiệm khi và chỉ khi đườ ng thẳng y m=

cắt đồ thị hàm số ( )2 2

( ) 21

t y f t t

t

−= = ≥

+ tại ít nhất một điểm.

Ta có ( )

( )

2

2

2 2' 0, 2

1

t t f t t

t

+ += > ∀ ≥

+

Lập bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có vớ i2

3m ≥ thì phươ ng trình ( )1 có nghiệm.

Vậy, phươ ng trình (1) có nghiệm khi2

.3

m ≥

V.5. 1)3 2 3

4 128.

5 1

x y

x y

+

− −

=

=

Ta có hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i




253

2( ) 7

3 2 3 0

2 2 2( ) 7 2 2 7

3 2 3 0 3 2 35 5

x y

x y

x y x y

x y x y

+

− −

= + = + = ⇔ ⇔

− − = − ==

22 2 7

35 10

2

x x y

x y

=+ =

⇔ ⇔ = =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là3

2; .2

2)9log ( 4 )

2 2

8 1

4 7.2 8

x y

x y x y

−

− −

=

− =

( )9

22 1 2 12 2 2 1 2 1

4 1log ( 4 ) 0 4 1

4 7.2 84 7.2 8 2 7.2 8 0 y y x y x y y y

x y x y x y

+ +− − + +

= +− = = + ⇔ ⇔ ⇔

− =− = − − =

2 1

2

2 1

4 14 1 5

2 812 4

2 1

y

y

y

x y x y x

y

+

+

= += + =

⇔ ⇔ ⇔= ==

= −

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là (5;1).

3)

3 2

1

2 5 4

4 2

2 2

x

x x

x

y y

y+

= − +

=+

( )

3 22 5 4

2 2 2

2 2

x

x x

x

y y

y

= −

⇔ +=

+

3 22 5 4

2

x

x

y y

y

= −⇔

=

3 25 4 0

2 x

y y y

y

− + =⇔

=

00

11

4 2

42 x

x y

y y

y x

y y

==

== ⇔ ⇔ = = ==

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )0;1 ; 2; 4 .

4)2 2log ( ) log 3

2 2

9 3 2( )( )

3 3 6

xy xy

I x y x y

= +

+ = + +

Điều kiện: 0 xy >

2 2log ( ) log 3

2

9 3 2( )( )

( ) 3( ) 2 6

xy xy

I

x y x y xy

= +⇔

+ = + + +

Đặt 2log 3( )t xy= >03 2

log log ( )t xy⇒ =

Khi đó, phươ ng trình 2 2log ( ) log 39 3 2( ) xy xy= + trở thành

3log9 3 2

t t = +

23log3 3 2

t t ⇔ = +

2 23 2 2 3 0t t t t ⇔ = + ⇔ − − =1

3

t

t

= −⇔

=

Chọn 3t = 2log 3

2 3 2( ) 3 log 3log ( ) 1 log ( ) 1 2 xy xy xy xy⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =




254

Thay 2 xy = vào phươ ng trình 2( ) 3( ) 2 6 x y x y xy+ = + + + ta đượ c

25

( ) 3( ) 10 02

x y x y x y

x y

+ =+ − + − = ⇔

+ = −

Suy ra

2

5( )2

2

xy

x y I xy

x y

=

+ =⇔ =

+ = −

+ Giải hệ 2

( )5

xy I

x y

=′

+ =

Như vậy, , x y là nghiệm của phươ ng trình

2

5 17

25 2 0 5 17

2

X

X X X

+=

− + = ⇔ −=

Suy ra hệ phươ ng trình ( ) I ′ có hai nghiệm là5 17 5 17 5 17 5 17

; ; ; .2 2 2 2

+ − − +

+ Giải hệ 2

( )2

xy I

x y

=′′

+ = −

Ta có , x y là nghiệm của phươ ng trình 2 2 2 0 X X + + = (Phươ ng trình vô nghiệm)

Do đó hệ phươ ng trình ( ) I ′′ vô nghiệm.

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là5 17 5 17 5 17 5 17

; ; ; .2 2 2 2

+ − − +

5)

2

2

2

2

( )2 1( )

9( ) 6

y x

x y

x y I

x y

−

−

+ =

+ =

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2( )

29.2 6 9 3

x y x y x y

x y x y x y

x y x y x y I

x y

− − −

− − −

+ = + = + = ⇔ ⇔ ⇔

− == =

22

22

2

2 2 42

22

1

2

x y y x y

x y x y

y

x y

− + =+ =⇔ ⇔

= += +

=⇔

= +




255

2

31

113

3 33

1

x y

y y x

x x x

y

==

== ⇔ ⇔ ⇔= = = − = − =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )3;1 ; 3;1 .−

6)2 2

3 3 ( )( 8)( )

8

x y y x xy

I x y

− = − +

+ =

2 2

2 2

2 2 3 3 2 2 3 3

2 2 2 2

3 3 ( )( )( )

8

3 3 3 3

8 8

x y

x y x y

y x xy x y I

x y

xy x y y x xy x y x y

x y x y

− = − + +⇔

+ =

− = + + − − − + = + ⇔ ⇔

+ = + =

Xét hàm số ( ) 33 ,u f u u= + hàm số này đồng biến trên .ℝ

Do đó, phươ ng trình 3 33 3 x y x y x y+ = + ⇔ =

Khi đó hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

2 2 2

2

22

8 2 8 22

2

x x y

y x y x y x

x y x x x

y

= −=

= −= = ⇔ ⇔ ⇔= + = = = = −

=

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )2;2 ; 2; 2 .− −

)3 3 (1)

73 3 (2)

x

y

x y

y x

+ = +

+ = +

Trừ ( )1 cho(2)vế theo vế ta đượ c 3 3 3 2 3 2 . x y x y x y y x x y+ − − = − ⇔ + = +

Xét hàm số đặc trưng ( ) ( )3 2t f t t t = + ∈ℝ

Ta có ( ) 3t f t ′ = ln3 2+ 0, .t > ∀ ∈ℝ

Suy ra hàm số ( ) f t đồng biến trên .ℝ

Do đó phươ ng trình 3 2 3 2 x y x y x y+ = + ⇔ =

Khi đó hệ phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

3 3 x

x y

x x

=

+ = +

1

13 3 x

x y x

y

= = ⇔ ⇔

==




256

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )1;1 .

8)

2 1 2

22

2 3.2 2

2 3 2 2

x x

x

y

y y

+ − = − − = −

( ) I

Ta có hệ phươ ng trình ( ) I tươ ng đươ ng vớ i

( )2 2 2

22

2 2

22

4 3 2

22

2 2 3 2 3. 2 3 2 2

2 3 2 2

2 2 2 3 2

2 3 2 2

4 6 5 2 0

2 3 2 2

x

x

x

y y y y y

y y

y y y y

y y

y y y y

y y

− + − − + = − − + =

− + = − +⇔

− + =

− + − + =⇔

− + =

( )( )( )2

2 2

2 2

1 2 1 0

2 2 3 2

1 0

2 0

2 2 3 2

x

x

y y y y

y y

y

y

y y

− − − + =⇔

= − +

− =

− =⇔

= − +

12 0

2

2 2

y

x

y

x

==

⇔ =

=

0

1

1

1

2

x

y

x

x

y

= =

⇔ =

= −

=

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( ) ( )0;1 ; 1; 2 ; 1;2 .−

Chú ý. Có thể làm theo cách khác như sau:

Đặt 2 1. x

u = ≥ Hệ phươ ng trình đã cho trở thành hệ đối xứng loại II

2 2

2 2

2 3 2( )

2 3 2

u u y I

y y u

− = −

− = −

Trừ theo vế của hai phươ ng trình của hệ cho nhau ta đượ c

2 2 2 22( ) 3( ) ( ) 3( )( 1) 01

u yu y u y u y u y u y

y u

=− − − = − − ⇔ − + − = ⇔

= −

+ Vớ i u y= thì hệ phươ ng trình ( ) I tươ ng đươ ng vớ i




257

2 2

1

1 2 22 3 2

2 1 0

1 1

1 12 222

x

x

u y u y u y

u u u yu u u

x

y y

x x y y

= = = = ⇔ ⇔

= ∨ = = =− = −

= =

= = ⇔ ⇔ = ∨ = −

= ==

+ Vớ i 1 y u= − thì hệ phươ ng trình ( ) I vô nghiệm.

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( ) ( )0;1 ; 1; 2 ; 1;2 .−

) ( ) 33

log 2log ( )

2 2

4 29

3 3 12

xy xy

x y x y

= +

+ − − =

Điều kiện: 0 xy >


( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

3 3 332.log 2.log loglog ( )

2 2

2 2 2 2 2 2 0

2 3 12 2 3 12

xy xy xy xy

x y xy x y x y xy x y

= + − − = ⇔

+ − − + = + − − + =

( ) ( )( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

3

3

3

log

log

log

2

2

2 12 2

2 22 3 12

2 3 12

xy

xy

xy

VN

x y xy x y x y xy x y

= − =

⇔ ⇔ = + − − + =

+ − − + =

( )

( ) ( ) ( ) ( )

3

22

log 1 3

3 18 02 3 12

3

6

3

xy xy

x y x y x y xy x y

xy

x y

x y

= = ⇔ ⇔ + − + − =+ − − + =

=

⇔ + = + = −

( )

3

6 3

63

3

xy

x y xy

x y xyVN

x y

=

+ = =⇔ ⇔ + ==

+ = −

3 6

3 6

3 63 6

x

y

x y

= +

= −⇔ = −

= +

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )3 6;3 6 ; 3 6;3 6 .+ − − +

)2 2

2

2 4 210

2 4 2 3

x y

x y x y+

+ =

+ + =




258

Đặt2

4

x

y

u

v

=

=. Điều kiện:

0

0

u

v

>

>

Hệ phươ ng trình đã cho trở thành2 2 2

3

u v

u v uv

+ =

+ + =

( )2

2 2

3

u v uv

u v uv

+ − =⇔

+ + =

( ) ( )

( )

2 2 6 2

3

u v u v

uv u v

+ + + − =⇔

= − + +

( ) ( )

( )( )

2 22 8 0

43

3

u vu v u v

u vuv u v

uv u v

+ = + + + − =

+ = −⇔ ⇔ = − + + = − + +

( )4

7 1

1.2

1

u vVN

uv u

vu v

uv

+ = −

= =⇔ ⇔

=+ = =

Suy ra2 1 0

0.4 1

x

y

x

y

= =⇔

==

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là ( )0; 0 .

11)

2 21 1

2

2 2 ln (1)

3 2 3 (2)

x y y

x

y y x

− −− =

+ + = +

Điều kiện: 0, 0. x y> >

( )

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

1(1) (2 2 ) ln ln

2

2 2 2 ln ln

2 2 ln ln

2 ln 2 ln

x y

x y

x y

x y

y x

y x

y x

x y

⇔ − = −

⇔ − = −

⇔ − = −

⇔ + = +

Xét hàm số ( )( ) 2 ln 0 .t f t t t = + > Khi đó ta có 2 2( ) ( ). f x f y=

Ta có hàm số ( ) f t tăng trên (0; )+∞ nên suy ra 2 2( ) ( ) f x f y= ⇔2 2. x y=

Vớ i 2 2 , x y= hệ phươ ng trình đã cho trở thành




259

2 2

2 3 2 3

x y

y y x

=

+ + = + 2

0

0

3 2 3

x y

x y

y y x

− =

+ =⇔

+ + = +

2 3 3

x y

x x

=⇔

+ = −

(do 0, 0 x y> > ).

Ta có hàm số 3 y x= − nghịch biến trên [0; ) D = +∞ và hàm số 2 3 y x= + là một

hàm số đồng biến trên ,ℝ do đó cũng đồng biến trên [0; ). D = +∞ Theo tính chất của hàm

số đơ n điệu thì phươ ng trình 2 3 3 x x+ = − có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra đượ c

1 x = là nghiệm của phươ ng trình.

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là (1;1).

12)1

( )

2 2 2

x y

x y I

+ =

− =

( )

( )

2 . 2 22 2( )

2 2 2 2 2 2

x y x y

x y x y I

+ − = − = ⇔ ⇔

− = + − =

Đặt2

,2

x

y

u

v

=

= −điều kiện 0, 0.u v> < Ta có hệ

2

. 2

u v

u v

+ =

= −, khi đó ,u v là nghiệm của

phươ ng trình 21 3

2 2 01 3

t t t

t

= +− − = ⇔

= −. Như vậy ta có

( )

( )

2

2

log 1 31 3 2 1 3

1 3 2 1 3 log 3 1

x

y

xu

v y

= + = + = + ⇔ ⇔

= − − = − = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm duy nhất là ( ) ( )( )2 2log 1 3 ;log 3 1 .+ −

13)

3 1 2 3

2

2 2 3.2 (1)

3 1 1(2)

x y x y

x xy x

+ − + + =

+ + = +

( )2

11 0(2)

3 1 03 1 1

0

1

1 3

x x

x x y x xy x

x

x

y x

≥ −+ ≥ ⇔ ⇔ + − =+ + = +

=

⇔ ≥ − = −




260

+ Vớ i 0, x = thay vào (1) ta đượ c

2

2

8 82 2 3.2 8 2 12.2 2 log .

11 11

y y y y y y−+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

+ Vớ i1

1 3

x

y x

≥ −

= −, thay 1 3 y x= − vào (1) ta đượ c

( )23 1 3 1 3 1 3 1 3 1

3 1

3 1

3 1

12 2 6 2 6 2 6.2 1 02

2 3 2 2

2 3 2 2

x x x x x

x

x

x

+ − − + + +

+

+

+

+ = ⇔ + = ⇔ − + =

= +⇔

= −

Do điều kiện 1 x ≥ − nên 3 1 12

4

x+≥ vì vậy ta chọn 3 12 3 2 2. x+

= + Ta có

( )

( )

( )

3 1

2

2 2

2

2 3 2 2 3 1 log 3 2 2

1 1 3 2 2log 3 2 2 1 log3 3 2

2 log 3 2 2 .

x x

x

y

+= + ⇔ + = +

+

⇔ = + − =

⇒ = − +

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là

( ) ( )2 2 2

11 10;log , log 3 2 2 1 ;2 log 3 2 2 .

8 3

+ − − +

14)

2 2 2 2

1

3 2 17( )

2.3 3.2 8

x y

x y I

+ +

+

+ =

+ =

Đặt3

,2

x

y

u

v

=

=điều kiện: , 0.u v >

Khi đó hệ phươ ng trình ( ) I đượ c biến đổi về dạng

( )

2

222 2

8 325 48 4 09 4 17

9 4 17 68 3

6 3 8 8 36

6

2 1225

38 3

2, 06

vv vv

u vv

u v uvu

v vu

vv vu

− − − =+ = + = ⇔ ⇔ −+ = =−

=

= ∨ = − = ⇔ ⇔

− = >=

Như vậy ta đượ c

13 1

31

2 2

x

y

x

y

= = −

⇔ = =

. Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm là ( )1;1 .−




261

V.6. 1) ( )3log 3 8 2 x

x− = −


23 8 3 x x−− =

93 8

3

x

x⇔ − =

2(3 ) 8.3 9 0 x x⇔ − − =

3 13 9 2

3 9

x

x

x x

= −⇔ ⇔ = ⇔ =

=.


2) 1log 3 2(1) x−

=

Điều kiện:1 0 1

1 1 2

x x

x x

− > > ⇔

− ≠ ≠

2(1) ( 1) 3 x⇔ − =2 2

1 32 1 3 2 2 0

1 3

x x x x x

x

= +⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

= −

Ta chọn 1 3 x = +

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 1 3. x = +

3) 2log (9 2 )1(1)

3

x

x

−=

−

Điều kiện:2

3 3

log 99 2 0 x

x x

x

≠ ≠ ⇔ <− >

2(1) log (9 2 ) 3 x x⇔ − = −(3 )(9 2 ) 2 x x−

⇔ − =8

9 22

x

x⇔ − =

( )2 2 1 0

2 9.2 8 032 8

x

x x

x

x

x

= =⇔ − + = ⇔ ⇔

==

Ta chọn 0. x =


4)42

82

1 1log ( 3) log ( 8) log (4 )(1)2 4

x x x+ + − =

Điều kiện:

3 0

8 0

0

x

x

x

+ >

− ≠ >

3

8

0

x

x

x

> −

⇔ ≠ >

0

8

x

x

>⇔

≠

8

2 2 2

1(1) log ( 3) log ( 8) log (4 )

8 x x x⇔ + + − =




262

2 2 2

2 2

log ( 3) log 8 log (4 )

log ( 3) 8 log (4 )

x x x

x x x

⇔ + + − =

⇔ + − =

( 3) 8 4 x x x⇔ + − =

Kết hợ p vớ i điều kiện bài toán ta có

( 3)(8 ) 4

0 8(1)

( 3)( 8) 4

8

x x x

x

x x x

x

+ − =

< <⇔

+ − =

>

2

2

24 0 1 970 8 2

9 24 0 9 177

28

x x x

x

x x x

x

− + + = + =< < ⇔ ⇔ − − = + = >

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là1 97 9 177

; .2 2

x x+ +

= =

5) 2 2

1log (4 15.2 27) 2 log 0(1)

(4.2 3)

x x

x+ + + =

−

Điều kiện:2

4 15.2 27 0 3 34.2 3 0 2 log .

4 44.2 3 0

x x

x x

x x

+ + >⇔ − > ⇔ > ⇔ >

− >

2 2

4 15.2 27(1) log 0

(4.2 3)

x x

x

+ +⇔ =

−.

2

2

2 2

2 2

4 15.2 271 4 15.2 27 (4.2 3)

(4.2 3)

2 15.2 27 16.2 24.2 9

15.2 39.2 18 0 5.2 13.2 6 0

x x x x x

x

x x x x

x x x x

+ +⇔ = ⇔ + + = −

−

⇔ + + = − +

⇔ − + + = ⇔ + + =

2

2 3

2 3 log 322

5

x

x

x x

=⇔ ⇔ = ⇔ = = −

2log 3 x = thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2log 3. x =

6) 7 7log (2 1) log (2 7) 1(1) x x− + − =

Điều kiện: 2

2 1 0

2 7 log 72 7 0

x

x

x x

− >⇔ > ⇔ > − >

7 7(1) log (2 1)(2 7) log 7

x x ⇔ − − =

( )2

(2 1)(2 7) 7 2 8.2 0

2 02 8 3

2 8

x x x x

x

x

x x

⇔ − − = ⇔ − =

=⇔ ⇔ = ⇔ =

=




263

3 x = thỏa điều kiện. Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3. x =

) ( ) ( )2 4 2

17 2 log 1 log log 0 1

4 x x+ + =


( )2 2 2

1

(1) 2 log 1 log 2 log 2 02 x x⇔ + − =

( )2 2log 1 log 2 0 x x⇔ + − =

2

2 2log log 2 0 x x⇔ + − =

2

2

log 1

log 2

x

x

=⇔

= −

2

1

4

x

x

=⇔ =



2; .

4

x x= =

) ( ) ( ) ( )3 1

3

8 2log 4 3 log 2 3 2 1 x x− + + =

Điều kiện:

34 3 0 34 .(*)

32 3 0 42

x x x

x x

>

− > ⇔ ⇔ >

+ > >−

( ) ( )2

3 3(1) log 4 3 log 2 3 2 x x⇔ − − + =

( ) ( )( )

( )

2 2

3 33

2

2

3 3

log 4 3 log 2 3 log 3

4 3log log 3

2 3

x x

x

x

⇔ − − + =

−⇔ =

+

( )

( ) ( ) ( )

2

2

2

4 39 4 3 9 2 3

2 3

16 24 9 18 27

x x x

x

x x x

−⇔ = ⇔ − = +

+

⇔ − + = +

2

3

8 21 9 0 3

8

x

x x

x

=⇔ − − = ⇔

= −

Đối chiếu vớ i điều kiện (*) ta chọn 3. x =


) 2

3 1 1

2 2

9 log log 3log 5 2(1) x x

− + =




264

2

3 1 1 3

2 2

(1) log log 3log 5 log 9 x x

⇔ − + =

2

1 1

2 2

log 3log 5 9 x x⇔ − + =

2

1 1

2 2

log 3log 4 0 x x⇔ − − =

1

2

1

2

log 1

log 4

x

x

= −

⇔ =

2

2

log 1

log 4

x

x

=⇔

= −

2

1

16

x

x

=⇔ =


2; .16

x x= =

10) 2 2log 2 2 log 4 log 8(1) x x x+ =

Điều kiện:

0; 1 0

2 0;2 1 1

12 0; 2 1

2

x x x

x x x

x x x

> ≠ >

> ≠ ⇔ ≠

> ≠ ≠

2 3

2 2

2 2

(1) log 2 2log 2 2log 2

log 2 4log 2 6log 2

x x x

x x x

⇔ + =

⇔ + =

( )

2

2

log 4log 2 log 4 log 2log 2

2log 2log 2 log 2 log 2

log 2 1

x x x x

x

x x x x

x

x⇔ = ⇔ =

⇔ = ⇔ =+

log 2 0log 2(log 2 1) 0

log 2 1 0

x

x x

x

=⇔ − = ⇔

− =

log 2 1 2 x

x⇔ = ⇔ = (Nhận)


11) 3

1 82

2

log 1 log (3 ) log ( 1) 0(1) x x x+ − − − − =

Điều kiện:

1 0 1

3 0 3 1 3

1 0 1

x x

x x x

x x

+ > > −

− > ⇔ < ⇔ < <

− > >

2 2 2(1) log ( 1) log (3 ) log ( 1) 0 x x x⇔ + + − − − =




265

2 2

2

log ( 1)(3 ) log ( 1)

( 1)(3 ) 1

4 0

1 17

2

1 17

2

x x x

x x x

x x

x

x

⇔ + − = −

⇔ + − = −

⇔ − − =

+=

⇔

−=

Ta chọn1 17

2 x

+=

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là1 17

.2

x +

=

12) 3 3log (9 9) log (28 2.3 )(1) x x x+ = + −

Điều kiện:3

28 2.3 0 28 2.3 0 2.3 28 3 14 log 149 9 0

x

x x x

x x − > ⇔ − > ⇔ < ⇔ < ⇔ <

+ >

3 3 3(1) log (9 9) log 3 log (28 2.3 ) x x x⇔ + = + −

3 3log (9 9) log 3 (28 2.3 )

9 9 28.3 2.9

x x x

x x x

⇔ + = −

⇔ + = −

23.(3 ) 28.3 9 0 x x⇔ − + =

3 92

113

3

x

x

x

x

==⇔ ⇔ = −=

(Nhận)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2; 1. x x= = −

13) 3

2

32716log 3log 0(1) x x

x x− =

Điều kiện:

3

3

27 0

27 1 0

0 1

3 0 3

3 1

x

x x

x x

x

x

>

≠ >

> ⇔ ≠ >

≠

3 3

16(1) log 6log 0

3 x x x x⇔ − =

3 3

2log 0 log 0

3 x x x x⇔ − = ⇔ = 1 x⇔ = (Thỏa điều kiện)


14)2 3

2 4 4log 2 log 16 log (1) x x x+ =




266


3

4

2 2 3

2 4 4

log 0(1)

log 2 log 16 log

x

x x x

≥⇔

+ =

22 2 2 2 2

1

1 9log 2 2log 2 log 2 log log2 4

x

x x x

≥

⇔

+ + + =

2

2 2

1

9log 10log 12 0

x

x x

≥⇔

− − =

5 1335 133

992

5 133

92

11

5 133log

229

5 133log 2

9

x x

x x x

x x

++

−

≥≥ + =⇔ ⇔ ⇔ == − = =


92 . x

+

=

15) ( ) ( )1

2log 2 1 log 2 2 6(1) x x+

+ + =

( ) ( )2 2(1) log 2 1 .log 2 2 1 6 x x

⇔ + + =

( ) ( )( )2 2log 2 1 . 1 log 2 1 6 x x

⇔ + + + =

2

2 2log (2 1) log (2 1) 6 0 x x⇔ + + + − =

2

2

2

2 1 4log (2 1) 2

1log (2 1) 3 2 1

8

2 3

2 3 log 372

8

x x

x x

x

x

x x

+ = + = ⇔ ⇔ + = − + =

=⇔ ⇔ = ⇔ = = −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2log 3. x =

16) ( ) ( ) ( )2 2 42 2 2

3

4

1log 2 2 1log 2 2

x x x x

− − − = −−

Điều kiện:

2 4

2

2

2 0 1 1

2 2 0 2

2 2 1 2

x x x

x x

x

− − > − < <

− > ⇔ ≠ ±

− ≠




267

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

22 4 2

2 2 2 2 2 2

22

2 4

2 2 2 2

22

2 4

4 2

31 log 2 log 2 2 log

4

4 2 2log 2 log

3

4 2 2

2 3

19 29 10 0

x x x

x x

x x x

x x x

x

x x

x x

− − −

− −

⇔ − − = − −

−⇔ − − =

−

⇔ − − =

⇔ − + =

2

2

1 11

10 10 10

19 19 19

x x x

x x x

= ∨ = − =⇔ ⇔ = = ∨ = −

Ta chọn10 10

.19 19

x x= ∨ = −

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 10 10, .19 19

x x= = −

17) ( ) ( )2

3 31 log 4 log 16 0 1 x x x x+ + − =


Đặt 3logt x=

Khi đó ( )1 trở thành

( )

( ) ( ) ( )( )

2 2 2

2

3 1 4.3 . 16 0 .3 4.3 . 16 0

4.3 4 16 0 4 .3 4 0

.3 4 0

t t t t

t t

t

t t t t t

t t t t t t t

t t

+ + − = ⇔ + + − =

= −⇔ + + − = ⇔ + + − = ⇔

+ − =

+ Vớ i3

14 log 4

81t x x= − ⇔ = − ⇔ =

+ Vớ i4

.3 4 0 (3 1) 4 0 3 1 (2).t t t t t t t

t + − = ⇔ + = ⇒ > ⇒ + =

Rõ ràng nghiệm t của (2) chỉ có thể dươ ng, do đó ta chỉ xét ( )0; .t ∈ +∞ Ta có hàm số

4

y t =

nghịch biến trên khoảng ( )0;+∞

và hàm số 3 1

t

y = +

cũng đồng biến trên khoảng

đó. Do đó phươ ng trình ( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra đượ c 1t = là nghiệm của

phươ ng trình ( )2 .

Từ đó suy ra 3log 1 3. x x= ⇔ =


, 3.81

x x= =




268

18) ( )3

3 2 3 2

3 1log log log log 1

23

x x x

x− = +


Ta thấy rằng 1 x = là nghiệm của phươ ng trình (1)

Vớ i 1 x ≠ thì phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

( )3 2 3 2

1 1 11 log log 3log log

2 2 2 x x x x

− − − = +

( ) ( )3 2 2 3 3 2 32 1 log log log 6log 1 2log log 6log x x x x x x x⇔ − − = ⇔ − =

2

log 221 6 log 3 2 6log 2

log 3 log 3

3 3

3 3 64 8log 2

64 64 3 3

64 8

x x x

x x

x

x

x

x

⇔ − = ⇔ − =

= =

⇔ = ⇔ = ⇔

= − = −

Ta chọn3

.8

x =


; 1.8

x x= =

19) 2

4

23 42

1log (9 16 ) 2 (1)

log (3 4 ) x x

x− − = +

−

Điều kiện:

2

2

4

3 33 4 03 32 2

3 4 12 23

9 16 02

x x

x x

x x

− > − < < − ≠ ⇔ ⇔ − < <

≠ ±− >

( )

2 2

2 2

2

4

3 4 3 4

4

3 4 3 4

4

3 4

42 2

4 2 4

(1) log (9 16 ) 2 log 2

log (9 16 ) log 2 2

(9 16 )log 2

2

9 16(3 4 )

2

9 16 2 9 24 16

x x

x x

x

x

x

x

x x

x x x

− −

− −

−

⇔ − = +

⇔ − − =

−⇔ =

−⇔ = −

⇔ − = − +

4 2 4 248 48 9 0 16 16 3 0 x x x x⇔ − + = ⇔ − + =




269

2

2

3 3 3

4 2 21 1 1

4 2 2

x x x

x x x

= = ∨ = −

⇔ ⇔ = = ∨ = −

Ta chọn1 1

.2 2

x x= ∨ = −


; .2 2

x x= = −

20) 1

2 2 1

2

1log (4 4).log (4 1) log (1)

8

x x++ + =

2 2(1) log 4(4 1) .log (4 1) 3 x x ⇔ + + =

2 22 log (4 1) .log (4 1) 3

x x ⇔ + + + =

2

2 2

2

2

log (4 1) 2 log (4 1) 3 0

4 1 2log (4 1) 1

14 1log (4 1) 3

8

x x

x x

x x

⇔ + + + − =

+ = + = ⇔ ⇔ + =+ = −

4 1

4 1 0.74

8

x

x

x x

=⇔ ⇔ = ⇔ = = −


21) 2 2

2 2 2

9log (2 ).log (16 ) log (1)

2 x x x=


2 4 2

2 2 2 2 2

9(1) (log 2 log ).(log 2 log ) log

2 x x x⇔ + + =

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

9(1 2log ).(4 log ) log

2

94 log 8log 2 log log

25

log 9log 4 0 5log 18log 8 02

x x x

x x x x

x x x x

⇔ + + =

⇔ + + + =

⇔ − + + = ⇔ − − =

2

52

2

2log 25

16log 4

x x

x x

− = −= ⇔ ⇔

==


52 ; 16. x x−

= =




270

22) 2lg 1 3lg 1 lg 1 (1) x x x+ + − = −

Điều kiện:

2

1 0 1

1 0 1 1 1

1 11 0

x x

x x x

x x

+ > > −

− > ⇔ < ⇔ − < <

− < <− >

2

1(1) lg 3lg 1 0

1

x x

x

+⇔ + − =

−

3

2

1lg .( 1 ) 0

1

x x

x

+⇔ − =

−

2lg( 1 ) 0 lg(1 ) 0 0 x x x⇔ − = ⇔ − = ⇔ = (Nhận)


23) ( )lg 1 2 lg5 lg 6(1) x

x x+ + = +

Vì 2 1 0, x x+ > ∀ nên ta có

( )5 .6 5 .6

(1) lg 10 10 1 2 5 .61 2 1 2

x x x x x x

x x x⇔ = ⇔ = ⇔ + =

+ +

( )2 2

2 1 2 6 12 3

x

x x

x x

=⇔ + = ⇔ ⇔ =

= −


24) 2

2 1log 1 2 (1)

x x

x x

−= + −

Điều kiện:2 1

0 2 1 0 0 x

x x

x

−> ⇔ − > ⇔ >

2 2(1) log (2 1) log 1 2 x x x x⇔ − − = + −

2 2log (2 1) 2 1 log (2 1) ( ) x x x x x f f x⇔ − + − = + ⇔ − =

Vớ i 2( ) log ( 0) f t t t t = + >

Ta thấy1

( ) 1 0, 0ln 2

f t t t

′ = + > ∀ >

Suy ra, hàm số ( ) f t đồng biến trên khoảng ( )0; .+∞




271

Từ đó suy ra 2 1 2 1. x x x x− = ⇔ = +

Ta có hàm số 2 x y = có 22 ln 2, 2 ln 2 0, , x x y y x′ ′′= = > ∀ ∈ℝ suy ra đồ thị cắt đườ ng thẳng

1 y x= + không quá hai điểm. Kiểm tra đượ c phươ ng trình 2 1 x x= + có 1, 0 x x= = nghiệm

đúng. Tuy nhiên do điều kiện nên ta chỉ nhận 1. x =


25) ( )2 3 1

2

3

1log 3 2 2 2(1)

5

x x

x x

− + −

− + + + =

Điều kiện: 2 3 2 0 1 2 x x x x− + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥

( ) ( )22 3 1

31 log 3 2 2 5 2 x x x x − +⇔ − + + + =

Đặt ( )2

3 2 0t x x t = − + ≥

Khi đó ( )1 trở thành ( ) ( )2 21 1

3 3log 2 5 2 log 2 5 2(2)t t

t t − −

+ + = ⇔ + = − +

Xét hàm số ( ) ( )3log 2 f t t = +

Ta thấy ( )( )

10 0

2 ln 3 f t t

t ′ = > ∀ ≥

+

( ) f t ⇒ đồng biến trên [ )0;+∞

Xét hàm số ( )2 15 2

t g t

−= − +

( )2 2

2 .5 0, 0t

g t t t −

′ = − ≤ ∀ ≥

( )g t ⇒ nghịch biến trên [ )0; .+∞

Do đó, phươ ng trình ( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra đượ c 1t = là nghiệm của

phươ ng trình ( )2 .

Suy ra 2 3 2 1 x x− + =2 2

3 5

23 2 1 3 1 0

3 5

2

x

x x x x

x

+=

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

−=

(Nhận)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là3 5 3 5

; .2 2

x x+ −

= =

26) ( ) ( )( )3 2log 2 log 1 1 x x+ = +





272

Đặt ( )( )2log 1 0t x t = + ≥

1 2 2 2 1.t t x x⇔ + = ⇔ + = +

Phươ ng trình ( )1 trở thành ( )3log 2 1 2 1 3t t t

t + = ⇔ + =

Chia hai vế phươ ng trình cho 3

t

ta đượ c

( )2 1 2 1

1 1 23 3 3 3

t t t

t t

+ = ⇔ + =

Ta thấy hàm số ( )2 1

3 3

t t

f t = +

nghịch biến trên ℝ nên phươ ng trình ( )2 có nhiều nhất

một nghiệm, kiểm tra đượ c 1t = là nghiệm của ( )2 .

( )2log 1 1 1 2 1. x x x⇒ + = ⇔ + = ⇔ =


27) ( )2

31 1

2 1 log x x=

+ +

Điều kiện:2

11 log 0

2 x x+ ≥ ⇔ ≥

( ) 21 2 1 log 3(2)

x x⇔ + + =

Vì 2 x y = là hàm số đồng biến trên ℝ và

21 log y x= + là hàm số đồng biến trên

1 ;2

+∞

, nên hàm số ( ) 22 1 log x f x x= + + là hàm số đồng biến trên 1 ; ,2

+∞

suy ra

( )2 có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra đượ c 1 x = là nghiệm của ( )2 .


28) ( ) ( )( )2 2

2 32 2 3log 2 2 log 2 3 1 x x x x

++− − = − −

Điều kiện:

2

2

2 2 0 1

32 3 0

x x x

x x x

− − > < −⇔

>− − >

Đặt2

2 3,t x x= − − 0t >

Khi đó (1) trở thành

( )2 32 2 3

log 1 logt t y++

+ = =

( ) ( )

( ) ( )

2 2 3

2 3

1 2 2 3 2log 1

log2 3 3

y

y

t t y

t yt

+

+

+ = ++ =

⇔ ⇔ = = +




273

( ) ( )

( )

2 3 1 2 2 3

2 3 11 4

2 2 3 2 2 3

y y

y y

⇒ + + = +

+ ⇔ + =

+ +


2 2 3 2 2 3

y y

f y + = +

+ +

Ta có2 3

12 2 3

+<

+

và1

1,2 2 3

<

+

nên hàm số ( ) f y là hàm nghịch biến trên ,ℝ vì

vậy ta k ết luận đượ c phươ ng trình ( )4 có nhiều nhất một nghiệm. Kiểm tra đượ c 2 y = là

nghiệm của phươ ng trình ( )4 , và đó là nghiệm duy nhất.

( ) ( )2 2

22 3 2 3 2 3t x x⇒ = + ⇔ − − = +

21 11 4 3

2 10 4 3 0

1 11 4 3

x x x

x

= − +⇔ − − − = ⇔

= + +

(Nhận)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 1 11 4 3; 1 11 4 3. x x= − + = + +

29) ( )3 2 lg 1 lg 1 1 x x− = − −

Điều kiện:0 0

10lg 1 0 10

x x x

x x

> > ⇔ ⇔ >

− ≥ >

Đặt 3 33 2 lg 2 lg lg 2t x t x x t = − ⇔ = − ⇔ = −

Phươ ng trình ( )1 trở thành

( )3 3

2 3 23

1 11 1 1 1

2 01 1

10

01

12

2

t t t t t t

t t t t t

t t

t t

t t

t

≤ ≤= − − ⇔ − = − ⇔ ⇔

+ − =− = −

≤=

= ⇔ ⇔ = =

= − = −

+ Vớ i 30 2 lg 0 lg 2 100t x x x= ⇒ − = ⇔ = ⇔ = (Nhận)

+ Vớ i 31 2 lg 1 lg 1 10t x x x= ⇒ − = ⇔ = ⇔ = (Nhận)

+ Vớ i 1032 2 lg 2 2 lg 8 lg 10 10t x x x x= − ⇒ − = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = (Nhận)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 10100; 10; 10 . x x x= = =




274

30) ( ) ( )2 2

2 23 log 4 5 2 5 log 4 5 6(1) x x x x+ − + + − − + =

Vì 2 4 5 0 x x x− + > ∀ ∈ℝ và ( )22

4 5 2 1 1 x x x− + = − + ≥ nên

( )2

2log 4 5 0, . x x x− + ≥ ∀ ∈ℝ

Đặt ( ) ( )22log 4 5 0t x x t = − + ≥

Phươ ng trình đã cho trở thành ( )3 2 5 6 2t t + + − =

Điều kiện:

0

3 0 0 5

5 0

t

t t

t

≥

+ ≥ ⇔ ≤ ≤

− ≥

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 5 4 3 5 36t t t t ⇔ + + − + + − =

( )( ) 2 14 3 5 3 13 25 46 71 0 71

25

t t t t t t

t

=⇔ + − = + ⇔ + − = ⇔ = −

Ta chọn 1t =

( )2 2 2

2

1log 4 5 1 4 5 2 4 3 0

3

x x x x x x x

x

=⇒ − + = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

=


31) 2

2 2log log 1 1 x x+ + =

Điều kiện:2

00 1

1log 1 0 2

2

x x

x x x

>>

⇔ ⇔ ≥ + ≥ ≥

Đặt ( )2log 1 0t x t = + ≥

2 2

2 2log 1 log 1t x x t ⇒ = + ⇒ = −

Phươ ng trình đã cho trở thành ( )2

2 1 1t t − + =

( ) ( )( )

( ) ( )

4 2 3 2

2

2

2 0 2 1 0 1 1 0

0

1 1 0 1 0

1 0

t t t t t t t t t t

t

t t t t t

t t

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − + − =

=

⇔ − + − = ⇔ − = + − =




275

0

1

1 5

2

1 5

2

t

t

t

t

=

= − +

⇔ = − −

=

Ta chọn1 5

0; 1;2

t t t − +

= = =

+ Vớ i 0t =

2log 1 0 x⇒ + = 2log 1 x⇔ = −1

2 x⇔ = (Nhận)

+ Vớ i 1t =

2log 1 1 x⇒ + = 2

log 0 x⇔ = 1 x⇔ = (Nhận)

+ Vớ i1 5

2t

− +=

2

5 1log 1

2 x

−⇒ + =

2

2

5 1log 1

2 x

−⇔ = −

2

1 5log

2 x

−⇔ =

1 5

22 x−

⇔ = (Nhận)


21

; 1; 2 .2

x x x−

= = =

V.7. 1) 1 1 2

2 4

log 2 log ( 1) log 6 0(1) x x+ − + ≤

Điều kiện:1 0

10

x x

x

− >⇔ >

>

1 2 22 2(1) log 2log ( 1) log 6 0 x x− −⇔ + − + ≤

2 2 2log log ( 1) log 6 0 x x⇔ − − − + ≤

2

2 2log ( ) log 6 0 x x⇔ − − + ≤

2 2

6

log 0 x x⇔ ≤

−

2

60 1

x x⇔ < ≤

−

2

2

60

61

x x

x x

> −

⇔ ≤ −




276

2

( 1) 0

60

( 1)

x x

x x

x x

− >

⇔ − +≤

−

0

1 2

32

3

x

x x

x x

x

<

> ≤ −⇔ ⇔

≥≤ − ≥

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là [ )3; .+∞

2)3

log (log (9 72)) 1(1) x

x − ≤

Điều kiện:

( )3log 9 72 0

9 72 0

0, 1

x

x

x x

− >

− >

> ≠

9

9 72 1

9 72 0log 73.

0

1

x

x

x x

x

− >

− >⇔ ⇔ >

> ≠

Vớ i điều kiện 9log 73 x > suy ra 1, x > do đó ta có

3(1) log (9 72) x

x⇔ − ≤

9 72 3 x x⇔ − ≤

23 3 72 0 8 3 9 x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤

3 02

3 9

x

x x

≥⇔ ⇔ ≤

≤

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ]9log 73; 2 .

Chú ý. Chúng ta có thể xét hai trườ ng hợ p của cơ số , x cụ thể trình bày như sau:

3

3

3

9

log (log (9 72)) 1

11 1

9 3 72 00 log (9 72) 1 9 72 3

9 730 1 0 1

0 1log (9 72) 9 72 3

9 3 72 0

1

8 3 9log 73

0 1

3 9

x

x

x x

x x x

x

x x x

x x

x

x

x x x

x

x x x

x

x

x

x

− ≤

> > >

− − ≤ < − ≤ < − ≤ >⇔ ⇔ ⇔ < < < < < < − ≥ − ≥

− − ≥

>

− ≤ ≤ >⇔

< <

≥

9 9

1

2log 73 log 73 2.

0 1( )

2

x

x x x

xVN

x

>

≤ >⇔ ⇔ < ≤ < <

≥

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ]9log 73; 2 .

) 2

2 33 log 1(1) x

x+

<




277

+ Nếu 2 3 1 1(*) x x+ > ⇔ > −

( ) 2 21 2 3 2 3 0 x x x x⇔ < + ⇔ − − < 1 3 x⇔ − < <

Kết hợ p vớ i (*) ta đượ c 1 3. x− < <

+ Nếu ( )3

0 2 3 1 1 **

2

x x−

< + < ⇔ < < −

( ) 2 21 2 3 2 3 0 x x x x⇔ > + ⇔ − − >1

3

x

x

< −⇔

>

Kết hợ p vớ i ( )** ta đượ c3

1.2

x−

< < −

Vậy , tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )3

; 1 1;3 .2

− − ∪ −

) ( )2

2

9

14 log 2 6 (1)

2 x

x x− + + ≤

+ Nếu 2 1 10 9 1 0.

3 3 x x x< < ⇔ − < < ∧ ≠

( ) 2 2 2

2 2

2 2

2 2

1 2 6 9 2 6 3

2 6 3 5 6 02 6 3 2 6

2 6 3 6 0

1 61 2.

3 2

x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x

x x

x

⇔ − + + ≥ ⇔ − + + ≥

− − ≤ − − ≤ − − ≤ ≤ − + + ⇔ ⇔

− + + ≥ + − ≤

− ≤ ≤⇔ ⇔ − ≤ ≤

− ≤ ≤

Kết hợ p vớ i điều kiện đang xét thì nghiệm của bất phươ ng trình trong trườ ng hợ p này là

1 10.

3 3 x x− < < ∧ ≠

+ Nếu 2

1

39 1

1

3

x

x

x

< −

> ⇔ >

( )

2

22 2

2 6 0 1 7 1 7

1 2 6 32 6 9

x x x

x x x x x x

− + + > − < < + ⇔ ⇔ − + + ≤− + + ≤

2 2

2 2

1 7 1 7 1 7 1 7 1 7 1 7

3 2 6 6 0 3 2

1 63 2 6 5 6 0

x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

− < < + − < < + − < < +

⇔ ⇔ ⇔ ≥ − + + + − ≥ ≤ − ∨ ≥

≤ − ∨ ≥≤ − − − − ≥




278

1 7 1

2 1 7

x

x

− < ≤ −⇔

≤ < +

Kết hợ p vớ i điều kiện đang xét thì nghiệm của bất phươ ng trình trong trườ ng hợ p này là

1 7 1 2 1 7. x x− < ≤ − ∨ ≤ < +


3 3 x− < < ∨ 1 7 1 2 1 7 0. x x x− < ≤ − ∨ ≤ < + ∧ ≠

5) ( ) ( )( )2 1

1 1

2 2

log 4 4 log 2 3.2 1 x x x++ ≥ −

Điều kiện: 2 1

2

32 3.2 0 log (*)

2

x x x+

− > ⇔ ≥ . Vì cơ số bé hơ n 1 nên ta có

2 1

2 2

2

(1) 4 4 2 3.2

2 4 2 .2 3.2

2 3.2 4 0

x x x

x x x

x x

+⇔ + ≤ −

⇔ + ≤ −

⇔ − − ≥

2 12 4 2

2 4

x

x

x x

≤ −⇔ ⇔ ≥ ⇔ ≥

≥

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là [ )2; .+∞

Chú ý. Vì 4 4 0, x x+ > ∀ nên từ 2 1 2 14 4 2 3.2 2 3.2 0, x x x x x+ +

+ ≤ − ⇒ − > do đó có thể không

cần đặt điều kiện (*).

6)

( ) ( )

2 2

3 3

log 2 10 24 log 9 (1) x x

x x x− −

− + ≥ −

+ Tr ườ ng hợ p 1.

( )

2

22 2

3 1 4

(1) 9 0 3 3

20 57 02 10 24 9

x x

x x x

x x x x x

− > >

⇔ − > ⇔ < − ∨ >

− + ≥− + ≥ −

4

10 43.10 43

10 43

x

x x

x

>

⇔ ⇔ ≥ +≤ −

≥ +


( )

2

2

2 2

2

3 40 3 1

3 44(1) 10 24 0

6 20 57 02 10 24 9

20 57 0

x x

x x x x

x x x x x x

x x

< < < − < < << ⇔ − + > ⇔ ⇔

> − + ≤ − + ≤ − − + ≤




279

3 410 43 4.

10 43 10 43

x x

x

< <⇔ ⇔ − ≤ <

− ≤ ≤ +

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ) )10 43;4 10 43; . − ∪ + +∞

7) ( ) 23 9

1 1

(1)log 1 2 log 6 9 x x x<

+ + +

Điều kiện:

2

3

2 22

3

1 0 1 1 1

3 36 9 0 0 1

0 0log ( 1) 0 2 0

46 9 1 6 8 0log ( 6 9) 0

x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x x x x x x

+ > > − > − > −

≠ − ≠ −+ + > ≠ > − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

≠ ≠+ ≠ ≠ − ≠ ≠ −+ + ≠ + + ≠+ + ≠

( ) 233

1 1(1)

1log 1

2 log 6 92

x

x x

⇔ <+

. + +

( ) ( )23 3 33

1 1 1 1

log 1 log 1 log 3log 6 9 x x x x x⇔ < ⇔ <

+ + ++ +

(2)

+ Nếu 0 x > thì ( )3 3log 1 0, log 3 0 x x+ > + > nên ta có

( ) ( )3 3(2) log log 1 1( ) x x x x VN ⇔ + 3 < + ⇔ + 3 < +

+ Nếu 1 0 x− < < thì ( ) ( )3 3 3log 1 0, log 3 log 3 0 x x x+ < + = + >

Do đó (2) đúng.

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )1; 0 .−

8)( )

2

2

2

log 32(1)

log 3

x

x

+>

+

Điều kiện:2

00

1log 3 0

8

x x

x x

>>

⇔ + ≠ ≠

Đặt 2log .t x= Khi đó, bất phươ ng trình (1) trở thành

2 32

3

t

t

+>

+

2 3

3

t

t

+⇔ − 2 > 0

+

2 2 30

3

t t

t

− −⇔ >

+

3 1

3

t

t

− < < −⇔

>

Từ đó suy ra2

2

3 log 1

log 3

x

x

− < < −

>

1 1

8 2

8

x

x

< <⇔

>




280

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )1 1

; 8; .8 2

∪ +∞

) ( ) ( ) ( )1

2 1

2

9 log 2 1 log 2 2 2 1 x x+− − > −

Điều kiện: 2 1 0 0 x x− > ⇔ >

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )

2 2

2 2

1 log 2 1 log 2 2 1 2

log 2 1 1 log 2 1 2

x x

x x

⇔ − − <

⇔ − + − <

( )( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2 2 2

log 2 1 log 2 1 2 0

1 5 52 log 2 1 1 2 1 2 2 3 log log 3

4 4 4

x x

x x x x

⇔ − + − − <

⇒ − < − < ⇔ < − < ⇔ < < ⇔ < <

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2 2

5log ; log 3 .

4

) ( ) ( )4 2

18 210 log 18 2 log 1 1

8

x x −

− ≤ −

Điều kiện: 218 2 0 2 18 log 18 x x

x− > ⇔ < ⇔ <

( ) ( ) ( )2 2 2

11 log 18 2 log 18 2 log 8 1

2

x x ⇔ − − − ≤ −

( ) ( )

( )

2

2 2

2

2

log 18 2 3log 18 2 2 0

1 log 18 2 2 2 18 2 4

14 2 16 log 14 4.

x x

x x

x x

⇔ − − − + ≤

⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ − ≤

⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là 2log 14; 4 .

11) ( ) ( )4 1

4

3 1 3log 3 1 log 1

16 4

x x −

− ≤

Điều kiện: 3 1 0 x x− > ⇔ > 0

( )( )

( )( ) ( )

( ) ( )

4 4

2

4 4 4

2

4 4

3 1 3(1) log 3 1 1 log

16 4

3log 3 1 1 log 3 1 log 4

4

3log 3 1 2log 3 1 0

4

x x

x x

x x

−⇔ − − ≤

⇔ − − − − ≤

⇔ − − − + ≥

2

4 4

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

4

x x⇔ − − − + ≥




281

4

4

1log (3 1)

2

3log (3 1)

2

x

x

− ≤

⇔ − ≥

0

0 3 1 2 0 1123 1 8

2

x

x

x

x x x

x

> < − ≤ < ≤

⇔ ⇔ ⇔≤ ≥− ≥ ≥

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( ] [ )0;1 2; .∪ ∞

12) ( )2log 9 1 1(1) x

x x− − − ≥


2 22

1 1 1(1)

9 2 1 9 19 1

x x x

x x x x x x

> > < − ⇔ ⇔ ∨

− ≥ + − ≥− − − ≥

2 2 2 2 2

1 1 1 1

9 4 4 1 9 1 5 4 8 0 8

11

2 2 11 2 2 112 2 2 2

5 5

2 2 1.

x x x x

x x x x x x x

x x

x x

x

< − > < − ⇔ ∨ ⇔ ∨

− ≥ + + − ≥ + − ≤ ≤

>< −

⇔ ∨ − − − +− ≤ ≤≤ ≤

⇔ − ≤ < −


2

2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

0(1) 9 1 0

0 9 19 1

0

9 1 0 9 1 0

9 2 1 9 1

0

9 1 9 1

9 2 1 9 1

x x

x x x x x

x x x

x x

x x x x

x x x

x x

x x x x

x x x

−1 < < 1 < <1

⇔ ⇔ − − − > < − − − ≤

− − − ≤

< < 1 −1 < < 0

⇔ − − − > ∨ − − − >

− ≤ + − ≤

< < 1 −1 < < 0

⇔ − > + ∨ − > +

− ≤ + − ≤

2 2 2 2

2 2 2

0

9 2 1 9 2 1

9 4 4 1 9 1

x x

x x x x x x

x x x x

< < 1 −1< < 0

⇔ − > + + ∨ − > + +

− ≤ + + − ≤




282

2 2

2 2

00

1 17 1 174 0 4 0( )

2 25 4 8 0 8 0

2 2 11 2 2 11

5 5

x x x

x x x x VN x

x x x

x x

< <1

< <1 −1< < 0 − − − +

⇔ + − < ∨ + − < ⇔ < <

+ − ≥ − ≥ − − − +≤ ∨ ≥

2 2 111.

5 x

− +⇔ ≤ <

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là )2 2 11

2 2; 1 ;1 .5

− +− − ∪

13) ( )2 4

1 2 16

2

log 4 log 2 4 log (1) x x x+ < −


( )

( )

( )

( )

( )

2 4

2 2 16

2

2 2 2

2

2

2 2

22

2 2 2

2

2 2

2 2

2 2 2 2

2

2

2 2

(1) log 2log 2 4 log

log 2log 2 4 log

2 4 log 0

log 2 log 0

log 2 log 2 4 log

log 4

log 2 log 0

log 2 log 2 16 8log log

0 log 4

log 18log 32 0

x x x

x x x

x

x x

x x x

x

x x

x x x x

x

x x

⇔ + < −

⇔ + < −

− >

⇔ + ≥

+ < −

<

⇔ < − ∨ >

+ < − +

< <⇔

− + >

2

2 2

2

0 log 4

log 2 log 16

0 log 2 1 4.

x

x x

x x

< <⇔

< ∨ >

⇔ < < ⇔ < <

So vớ

iđ

iều ki

ện thì t

ập h

ợ p nghi

ệm

của b

ất ph

ươ ng trình

đã cho

là[ ]1; 4 .

14) ( )3log 2 log 2 1 x x x x≤

Điều kiện:0

1

x

x

>

≠

(1) log 2 1 log 2 3 x x⇔ + ≤ +




283

Đặt log 2. xt = Khi đó, bất phươ ng trình (1) trở thành

1 3t t + ≤ +

2

2

1 03 1

3 0 3 11 3 1

1 11 02 0

3 ( 1)

t t

t t t t

t t t t

t t

+ <− ≤ < −

+ ≥ − ≤ < − ≥ −⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ − ≤ ≤+ ≥ + − ≤

+ ≥ +

Như vậy ta có

3

3

3

12

23 log 2 1 1

00 12

2

x

x x

x x

x x

x x

−

−

> ≥

≤ ≤ − ≤ ≤ ⇔ ⇔ < ≤< < ≥ ≥

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là [ )3

10; 2; .

2

∪ +∞

15)2

lg 3lg 3 1(1)lg 1

x x x

− + <−

Đặt lgt x=


2 2 23 3 3 3 4 41 1 0 0 1.

1 1 1

t t t t t t t

t t t

− + − + − +< ⇔ − < ⇔ < ⇔ <

− − −

lg 1 0 10. x x⇒ < ⇔ < <

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )0;10 .

16)

( ) ( )2 3

1 1

2 3

log 3 log 3

0(1)1

x x

x

+ − +

>+

Điều kiện:( )

( )

3

2

3 0 33.

33 0

x x x

x x

+ > > −⇔ ⇔ > −

≠ −+ >

( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2

332 3 3

2 3 3

3 2

3 3 3 3 3 3

log 3log 3

log 3 log 3 log 2(1) 0 0

1 1

log 2.log 3 log 3 3log 2.log 3 2 log 30 0

1 1

x x

x x

x x

x x x x

x x

− ++ +

− + + +⇔ > ⇔ >

+ +

+ − + + − +⇔ > ⇔ >

+ +

( ) ( ) ( )3 3 3log 3 . 3log 2 2 log 30 0

1 1

x x

x x

+ − +⇔ > ⇔ <

+ +

(Vì3

3log 2 2 0− < )




284

( )

( )

3

3

log 3 0 0 3 1 3 2

1 0 1 12 1.

3 1 2log 3 0

1 11 0

x x x

x x x x

x x x

x x x

+ < < + < − < < −

+ > > − > − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − < < − + > > − + > < − < − + <

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )2; 1 .− −

17) 3 55

3

(2 log ) loglog log (1)

3 log x

x x x x

x

−+ <

Điều kiện:0

1

x

x

>

≠

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

x x x⇔ + − < −

5 5

5 3 5

2log 2log 3 1 log 3 0

2log 3.log 2 log 3 1 log 3 0

x

x

x

x

⇔ − + − <

⇔ − + − <

Đặt ( )3log 0t x t = ≠ khi đó bất phươ ng trình (1) trở thành

( )

( ) ( )

5 5

2

5 5

12log 3 1 2log 3 0

2log 3 1 2log 3 10

t t

t t

t

+ − − <

+ − −⇔ <

( )( )3

3 33

3

1 log 50

11 1log loglog 0

55 5

0 log 10 1 1 3

t t

t

xt x

xt x

− +

⇔ <

<< < < ⇔ ⇒ ⇔

< << < < <

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )1

1;3 0; .5

∪

18)( )

2

2

1

2

40(1)

log 1

x

x

−<

−

( )

( )

2

2

1 2

2

2

22

1

2

2 24 02 2 2 1

2 2log 1 00 1 1 1 21 1(1)

2 24 0 22 2

1 1 2log 1 02 2

x x x x

x x x x x x

x x x x x x

x x x x x

− < <− < − < < − < < − − < <− > < − < < << − ∨ >⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < − ∨ > − > > < − ∨ > − > < −− < < − ∨ >




285

Vậy, tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là

( ) ( ) ( ) ( ); 2 2; 1 1; 2 2; .−∞ − ∪ − − ∪ ∪ +∞

( )3

19) log 2 log 2 (1) x x x x≤

Điều kiện: 01

x x

>

≠

Đặt log 2 xt x=


3t t ≤

2

0

3 0

0

3

t

t

t

t t

<

≥⇔ ≥

≤

2

0 0

0 00 3

0 0

0 33 0

t t

t t t

t t

t t t

< <

≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤ ≥ ≥

≤ ≤ − ≤

3 3

3

3

1

1 2 1

21 2 2 00 log 2 3 1

0 1 00 12

2 11 2

2 0

x

x

x x

x x x x x x

x x x

x x x

x x

>

> ≥ ≥≤ ≤ − ≥ ⇒ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ < < < < < < ≤≥ ≥

− ≤

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là )1

0; 2; .

2

∪ +∞

( )2 320) log log 1 2(1) x x+ + <


Đặt2log 2 .

t t x x= ⇒ =


( ) ( ) 2

3 3

9log 2 1 2 log 2 1 2 2 1 3 2 1 6 3 9(2)

3

t t t t t t t

t t t −

+ + < ⇔ + < − ⇔ + < ⇔ + < ⇔ + <

Xét hàm số ( ) 6 3t t f t = +

Ta thấy ( ) 6 ln 6 3 ln 3 0,t t f t t ′ = + > ∀ ∈ℝ

( ) f t ⇒ là hàm đồng biến trên .ℝ

Mặt khác ( )1 9 f =

Suy ra 2(2) 1 log 1t x⇔ < ⇒ < 2 x⇔ < .




286

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )0; 2 .

2 321) log 1 log 9 1(1) x x+ + + >

Điều kiện: 1 x > −

( ) ( )

( ) ( )

2 3

2 3

1 1(1) log 1 log 9 1

2 2log 1 log 9 2

x x

x x

⇔ + + + >

⇔ + + + >

Đặt ( )2log 1 2 1t t x x= + ⇔ = −


( )3log 2 8 2

t t + + > ( )3

log 2 8 2t

t ⇔ + > −22 8 3t t −

⇔ + >

92 8

3

t ⇔ + > 6 8.3 9(2)t t

⇔ + >

Xét hàm số ( ) 6 8.3t t f t = +

Ta thấy ( ) 6 ln 6 8.3 ln 3 0, .t t

f t t ′ = + > ∀ ∈ℝ

( ) f t ⇒ là hàm đồng biến trên .ℝ

Mặt khác ( )0 9. f =

Suy ra ( )2(2) 0 log 1 0 1 1 0.t x x x⇔ > ⇒ + > ⇔ + > ⇔ >

So vớ i điều kiện thì tập hợ p nghiệm của bất phươ ng trình đã cho là ( )0; .+∞

V. 8. 1) ( )4 2

2 2

log log 0

2 8

x y I

x y

− =

− =


( )

1

22 2 2 22 2

2 22 22 2

2 2 2

1log log 0 log loglog log 02

2 82 82 8

4

24 22 8 2 8 0

x y x y x y I x y x y x y

x x y x y x y

y x x x y x x

− = = − =⇔ ⇔ ⇔

− = − =− =

== = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔

== ∨ = −− = − − =


2) ( ) ( )

( )

2 2

3 1

3

14

2

log 2 log 2 1

x y y

I x y x y

+ = +

+ + − =




287

Điều kiện:2 0

2 0

x y

x y

+ >

− >

( )( ) ( )

2 2

3 3

14

2

log 2 log 2 1

x y y I

x y x y

+ = +

⇔ + − − =

2 2 2 2

2 2

3

1 14 4 1

2 16 422

223log 1 4

22

x y y x y y y y y

x y x y x y

x y x y

+ = + + = + = +

⇔ ⇔ ⇔ + + == = − −

2

2

1 1

1 2 217 4 0

82 324 17 17

4 8

17

x

y y

y y

y x x y

x y y

= = = − − = ⇔ ⇔ ⇔

= − = − = = = −

Do điều kiện2 0

,2 0

x y

x y

+ >

− >nên ta chọn

2

1

2

x

y

=

=


2; .2

3) ( )

3

3 2 972

log 2

x y

x y

⋅ =

− =

( )

3

3

3 2 972 3 2 972 3 2 972 3 2 972

log 2 3 3 3

x y x y x y y y

x y x y x y x y

+ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =⇔ ⇔ ⇔ ⇔

− = − = = + = +

527 6 972 6 36

23 3

y y x

y x y x y

= ⋅ = = ⇔ ⇔ ⇔

== + = +


4)( )9 3

2 8 2 2

( )1 1 1log log 9

2 2

x y

I y

x

− ⋅ =

+ =

Điều kiện:0

0

x

y

>

>




288

( ) ( )9 3 3 3

2 8 2 2 2 8 2 2

( ) 1 1 1 1log log 9 log 1 log 9

2 2

x y x y

I y y

x x

− − ⋅ = ⋅ =

⇔ ⇔ + = + =

( )

3 3

3

2 2 2 2 2 2 2

log 9 1 9 3

x y x y

xy xy

− − ⋅ = = ⇔ ⇔

= =

3

3 2

33

22 2

13 13

x y x y

xy y x

−

− = =⇔ ⇔

= =

21 3 1 1222 3 2 0

2 2 211

1 1163

6 63

x x x x x x x x

y y y y y x

x

=− = = ∨ = − = −− − =

⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨ == = ==

Do điều kiện0

0

x

y

>

> nên ta chọn

2

1.

6

x

y

=

=


2; .6

5) 4 2

2 2

log log 0( )

5 4 0

x y I

x y

− =

− + =

Điều kiện:0

0

x

y

>

>

4 2

2 2

log log( )

5 4 0

x y I

x y

=⇔

− + =2 25 4 0

x y

x y

=⇔

− + =1

4

x y x

x

⇔ =

=

1

1

4

2

x

y

x

y

=

=⇔

=

=


Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )1;1 , 4;2 .

6)2

1

2 2

2log 3 15( )

3 .log 2log 3

y

y y

x I

x x +

− =

= +


2

2

1 2

15 3log 15 3

2 log( ) 2

15 3 15 33 2 3 15.3 3 30 2.3 6.3

2 2

y

y

y y y y y y y y

x x

I +

+= +

= ⇔ ⇔

+ + = + ⇔ + = + +




289

2 9

2 2

2

15 3log15 3 15 3

2log 2log2 2

3 3 113 7.3 30 0

3 10

y

y y

y

y y

y

x x x x

y y

+= + +

= == ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = =+ − = = −

(Nhận)

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )9

2 ;1 .

7)2 4 1

2

4 2

log log 2log 4

( )

log log 5

x x

I

x y

+ = − + =

Điều kiện:0

0

x

y

>

>

2 2 2 2 2

2 2 2 2

33

2

3

2 2 2 22 2

log log log 16 log log 16( )

log log 5 log log 5

16 4 416

log log 5 log 2 2 log 5log log 5

x x x x I

x y x y

x x x x

x y y x y

+ = = ⇔ ⇔

+ = + =

= = =⇔ ⇔ ⇔

+ = + = + =

33 3

353 32 3

4 44 4 4 4

328 4log (2 2 ) 5 2 2 2

2 2

x x x

y y y

= = = ⇔ ⇔ ⇔

= == =


Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )3 3

4 4;8 4 .

8)

2

2log

log ( ) log( )

4 3 y

x y

x

xy x I

y y

=

= +

Điều kiện:

00, 1

0, 10, 1

0, 1

xy x x

x x y y

y y

>> ≠

> ≠ ⇔ > ≠

> ≠

2

2log

log

log log 2 log

( ) 4 3

21 log

log

4 3

y

y

x x y

x

x

x

x

x y x

I y y

y y

y y

+ =⇔

= +

+ =

⇔

= +




290

2

2

22

222

2

log 1 4 3 0log log 2 0 1

log 2 14 3

4 3 04 3 0

4 3 0

x

x x

x

y x y x

y x y y y

y y x y x y

x x y x y

x y

= = = − − = + − = = − =⇔ ⇔ ⇔ ⇔ == +

− − = − − = − − =

2

22

2

2

00 2 7

4 3 02 7 2 7

11 2

143 0 2, ( 0) 4

y x y x x

x x x y

y x y x

x y x x x

x

= > = > = + − − = = + = + ⇔ ⇔ ⇔ = = = = − − = = >


(2 7;2 7), (2; ).4

+ +

)( )1 4

4

2 2

1log log 1

9 ( )

25

y x y I

x y

− − =

+ =

Điều kiện:0 y

y x

>

>

( ) ( ) ( )1

4 44 4

2 22 2

2 22 222 2

log log 1log log 1

2525

3 34 4 4 4 4

9 252525 2525

16 16

y y x y x y I

x y x y

y y y x x

y y x y x

y y x y y x y

− − − =− − − = ⇔ ⇔

+ =+ =

= = = = − −⇔ ⇔ ⇔ ⇔

+ = + = =+ =

2

333

444

4 316

4 4

x y x y

y x

y x y

y y

== ==

⇔ ⇔ ⇔ = = − = = − = −

Do điều kiện0 y

y x

>

>, nên ta chọn

3

4

x

y

=

=

Vậy , nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )3;4 .

) ( )2 2

2

4 2

log 510 ( )

2 log log 4

x y I

x y

+ =

+ =




291

Điều kiện:0

0

x

y

>

> ( )*

( )

( )

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 22

2

2 2 2

2 2

24 2 22

32 32 32

2log log 4 log log 4 log 4

1632 3232

1616 16

32 256 0 1616 0

16 1616

x y x y x y I

x y x y xy

x y y x y y

x xy y x

y

y y y y

x x x y y y

+ = + = + =⇔ ⇔ ⇔

+ = + = =

+ = + = + = ⇔ ⇔ ⇔ ==

=

− + = =− =

⇔ ⇔ ⇔ = ==

⇔

4

4 44

4 4.16

y

x x y

y y x

y

=

= = −= − ⇔ ∨ = = −

=

Kết hợ p vớ i ( )* ta đượ c4

4

x

y

=

=


11)( )

( )

log log 1

2 2 3 2

y x

x y

xy y =

+ =

Điều kiện:0 1

0 1

x

y

< ≠

< ≠

( ) ( )

( )

1

21 log log

1 1log log

2 log

y x

y y

y

xy y

x y x

⇔ =

⇔ + =

( )2

2

1 log log 2

log log 2 0

log 1

log 2

y y

y y

y

y

x x

x x

x x y

x x y−

⇔ + =

⇔ + − =

= =⇔ ⇔

= − =

+ Vớ i x y= thay vào ( )2 ta đượ c




292

2

3 32 2 3 2 log 0

2 2

x x x x+ = ⇔ = ⇔ = > (Nhận)

+ Vớ i 2 x y−= thay vào ( )2 ta đượ c

2

1

2 2 3.(*) y y+ = Ta chứng minh phươ ng trình (*) vô

nghiệm.

Thật vậy, nếu 0 1 y< < thì2

1 1 y

> nên2

1

2 2 2 1 3 y y

+ > + = . Suy ra (*) vô nghiệm. Còn nếu

1 y > thì2

11

y< nên

2

1

2 2 1 2 3. y y

+ > + = Suy ra (*) vô nghiệm.

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là 2 2

3 3log ; log .

2 2

12)( )

( )

3 2

3 2

log 2 3 5 3( )

log 2 3 5 3

x

y

x x x y I

y y y x

+ − − =

+ − − =

Điều kiện:3 2

3 2

0 1

0 1

2 3 5 0

2 3 5 0

x

y

x x x y

y y y x

< ≠

< ≠

+ − − > + − − >

( )( )

( )

3 2 3

3 2 3

log 2 3 5 log

log 2 3 5 log y

x x

y

x x x y x I

y y y x y

+ − − =⇔

+ − − =

( )

( )

23 2 3

3 2 3 2

2 3 5 0 12 3 5

2 3 5 2 3 5 0 2

x x y x x x y x

y y y x y y y x

− − = + − − = ⇔ ⇔

+ − − = − − =

Trừ( )1 cho (2) theo vế ta đượ c

( ) ( )( )2 22 3 5 2 3 5 0 1 0

1

x y x x y y y x x y x y

x y

=− − − − − = ⇔ − + + = ⇔

= − −

+ Thay x y= vào ( )1 ta đượ c

( )2

0 02 3 5 0 2 4 0

4 4

x y x x x x x

x y

= = − − = ⇔ − = ⇔ ⇒ = =

So vớ i điều kiện ta nhận 4. x y= =

+ Thay 1 x y= − − vào ( )2 ta đượ c

( )2 22 3 5 1 0 2 2 5 0 y y y y y− − − − = ⇔ + + = phươ ng trình vô nghiệm.





293

Chú ý. Có thể nhận xét ngay trườ ng hợ p 1 0, x y+ + = hệ phươ ng trình đã cho vô nghiệm vì

0, 0. x y> >

13)( )

( )4 2

4 3 0 1

log log 0 2

x y

x y

− + =

− =

Điều kiện:4

2

1

log 0 1

log 0

x

y x

x y

y

> 0

> 0 ≥⇔

≥ ≥ ≥

( ) 4 22 log log x y⇔ =

4 2log log x y⇔ = 2 2log 2log x y⇔ =2

2 2log log x y⇔ =2 x y⇔ =

Do 1 y ≥ nên (1) trở thành ( )4 3 0 3 x y− + =

Thay 2 x y= vào (3) ta đượ c

2 4 3 0 y y− + =1

3.

y

y

=⇔

=

+ Vớ i 1 1 y x= ⇒ = . (Nhận)

+ Vớ i 3 9. y x= ⇒ = (Nhận)

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )1;1 , 9;3 .

14) ( )

( )

4

7

log log 16

16 2

x x y

xy

− =

=

Điều kiện:

0

1

0

x

x

y

>

≠ >

( )16

2 y x

⇔ =

Thay vào (1) tađượ

c

4

16 7log log

6 x x

x− =

2

1 7log log 16 1

2 6 x x⇔ − + =

4

2

1 1log log 2 0

2 6 x x⇔ − − =




294

2

1 1log 4log 2 0

2 6 x x⇔ − − =

2

2

1 4 1log 0

2 log 6 x

x⇔ − − = (3) (Do 1 x ≠ )

Đặt 2logt x=

Khi đó (3) trở thành

1 4 10

2 6t

t − − =

23 24 0t t ⇔ − − =

3

8

3

t

t

=⇔ = −

2

2 3

8log 3

18log

4 43

x x

x x

== ⇒ ⇔ == −

+ Vớ i 8 2 x y= ⇒ =

+ Vớ i 3

3

164 4

4 4 x y= ⇒ =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) 3

3

18;2 ; ;64 4 .

4 4

) ( )2 2

2 4

log 2 log 315 1

16

x y

x y

+ =

+ =

Điều kiện:0

0

x

y

>

>

( )( )

( )

( )

2

2 2

22 2

2

2

22 2

2

22

log log 3

2 16

log 3

2 16

8

32

x y I

x y xy

xy

x y xy

xy

x y

+ =⇔

+ − =

=⇔

+ − =

=⇔

+ =

2

2

8

4 2

xy

x y

=⇔

+ =

(Do 0, 0 x y> > )

Khi đó 2; x y là các nghiệm của phươ ng trình

2

2

2 24 2 8 0 2 2

2 2

x X X X

y

=− + = ⇔ = ⇒

=4

2 2

8

x

y

=⇒

= (Do 0, 0 x y> > )

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )42 2; 8 .




295

( ) ( )

2 3

9 3

1 2 116)

3log 9 log 3

x y I

x y

− + − =

− =

Điều kiện:

1 0, 01

2 00 2

0

x x x

y y

y

− ≥ ≠≥

− ≥ ⇔ < ≤

>

( )

( )( )

33 3

1 2 1 1 2 11 2 1

3 3log 1 33log 3 3log 3

1 2 01 2 1 1 2 1

1

11 02

2 02

x y x y x y

I x x x y

y y

x y x y x y

x x x y x x

x x y

y x x

x y

− + − = − + − = − + − = ⇔ ⇔ ⇔

= =− =

== = ⇔ ⇔ ⇔

− − =− + − = − + − =

==

=

⇔ ⇔− = = − = =

So vớ i điều kiện thì các giá trị của , x y đều thỏa.

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )1;1 ; 2;2 .

17)( ) ( ) ( )

( )2 2

ln 1 ln 1 1

12 20 0 2

x y x y

x xy y

+ − + = −

− + =

Điều kiện: x

y

> −1

> −1

( ) ( )(1) ln 1 ln 1 x x y y⇔ + − = + −

Xét hàm ( ) ( ) ( )ln 1 , 1 f t t t t = + − > −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

1 0 0; 0, 0; ; 0, 1;01 1

t f t f t t f t t f t t

t t

−′ ′ ′ ′⇒ = − = ⇒ = ⇔ = < ∈ +∞ > ∈ −

+ +

Suy ra, hàm ( ) f t đồng biến trên ( )1,0− và nghịch biến trên ( )0; .+∞ Do đó, từ (1) ta có

x y= hoặc 0. xy < Nhưng ta thấy nếu 0 xy < thì phươ ng trình (2) vô nghiệm, nên . x y=

Thay x y= vào ( )2 ta đượ c 29 0 0 0 x x y= ⇔ = ⇒ =


18)8 8log log

4 4

4( )

log log 1

y x x y

I x y

+ =

− =




296

Điều kiện:0

0

x

y

>

>. Nhận xét rằng 1 y = không thỏa hệ phươ ng trình, do đó 1. y ≠ Khi đó

hệ phươ ng trình ( ) I tươ ng đươ ng vớ i

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

8 8 8 8

8 8

8 8 8

log log log loglog log 4

4

log 4 log 4 log 48

8 8 2

2 2

4 44 4

log 1 4 4

log 4 log 24 2

4 4 4

1 2 1 1log 4 log log

log 3 3 log

4 4

y x y x y y

y y y y

x y x y y y

x x

x y y y

y y y y

x y x y x y

y y y y

x y x y

+ = + = + =

⇔ ⇔ = = =

= + = = ⇔ ⇔ ⇔

= = =

+ = + =

⇔ ⇔ = =

( )2

2 2

2

2

log 2 log 3 0

4

1log 18 2

log 3 124

8

y y

x y

y x x

y y

y x y

+ − = ⇔

=

= == ⇔ ⇔ ∨= −

= ==

Đối chiếu vớ i điều kiện thì nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( )1 1

8;2 , ; .2 8

19)2 3

2 3

log 3 1 log (1)

log 3 1 log (2)

x y

y x

+ = +

+ = +

Điều kiện:0

0

x

y

>

>

Lấy (1) trừ cho (2) theo vế ta đượ c

2 2 3 3

2 3 2 3

log 3 log 3 log log

log 3 log log 3 log (3)

x y y x

x x y y

+ − + = −

⇔ + + = + +

Xét hàm số đặc trưng

( )

( )

( )

( )

2 3log 3 log , 0.

1 10 0

2 3 ln 2 ln 3

f t t t t

f t t

t t

= + + >

′ = + > ∀ >

+

Suy ra ( ) f t đồng biến trên ( )0; .+∞

Do đó (3) . x y⇔ = Thay x y= vào (1) ta đượ c

2 3 2 3log 3 1 log log 3 log 1(4) x x x x+ = + ⇔ + − =

Xét hàm số




297

( ) ( )( )

( )

( )

2 3

ln 3 ln 4 6 ln 2log 3 log

2 3 ln 2 ln 3

ln 3 ln 4 6ln 20, 0.

2 3 ln 2 ln 3

x x y g x x x g x

x x

x x

x x

− −′= = + − ⇒ =

+

− −= < ∀ >

+

Suy ra hàm số

( ) y g x= là hàm nghịch biến trên khoảng (0; ),+∞ nên (4) có nhiều nhất

một nghiệm.Ta kiểm tra đượ c 1 x = là nghiệm của (4).

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là (1;1).

20)( ) ( )

lg lg

lg 4 lg3

3 4 (1)

4 3 (2)

x y

x y

=

=

Điều kiện:0

0

x

y

>

>

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

lg lg

lg4 lg3

lg 4(1) lg 3 lg 4 lg lg

lg3

(2) lg 4 lg 3 lg 4 lg 4 lg lg3 lg3 lg

x y x y

x y x y

⇔ = ⇔ =

⇔ = ⇔ + = +

Thay ( )lg 4

lg lglg3

x y= vào (2) ta đượ c

( ) ( )( )

( ) ( )2

2 2

lg 4lg 4 lg 4 lg lg3 lg 3 lg

lg3

lg 4lg 4 lg lg 3 lg lg3

lg3

y y

y y

+ = +

⇔ + = +

( )

( ) ( )

22 2

2 2

2 2

lg 4lg lg 3 lg 3 lg 4

lg3

lg 4 lg 3lg lg 3 lg 4

lg3

1 1lg lg3 lg lg .

3 3

y

y

y y y

⇔ − = −

−⇔ = −

⇔ == − ⇔ = ⇔ =

1 lg 4 1lg lg . lg lg 4 .

3 lg 3 4 x x x⇒ = ⇔ = − ⇔ =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là1 1

; .4 3

21)( )

3

2

log 3

2 12 .3 81 . x

x y

y y y

+ =

− + =

Điều kiện: 0. y >




298

Lấy logarit cơ số 3 hai vế của phươ ng trình thứ hai của hệ ta đượ c

( ) ( )

( )

3 3

2 2

3 3 3 3 3

3 33

2 2

2 23 3 3 2 2

3

2 2

log 3 3 log

log 2 12 log 4 log 2 12 3 log log 4

3 log 3 log3 log

2 12 2 12log 2 12 log 1 log 1 3

3 log

2 12 3

x y x y

y y x y y y y y

x y x y x y

y y y y y y y y y

x y x

y y y

+ = = − ⇔

− + + = + − + + − = +

= − = − = −

⇔ ⇔ ⇔− + − + − + − = = =

= −⇔ ⇔

− + =

3 3

2

3 log 3 log 2

33 412 0

y x y x

y y y y y

= − = − = ⇔ ⇔

== ∨ = −+ − =

So vớ i điều kiện thì hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm là ( )2;3 .

22)( ) ( )

2 2

2 2

2 2log 1 log( )

3 81 x xy y

x y xy I

− +

+ = + =

Điều kiện: 0. xy >

( ) ( )

( )

2 2 2 22 2

2 22 2

2

log log 2 2( )

44

2 20

4 2 24

x y xy x y xy I

x xy y x xy y

x y x x x y

xy y y xy

+ = + = ⇔ ⇔

− + =− + =

= = = − − =⇔ ⇔ ⇔ ∨

= = = −=

Đối chiếu vớ i vớ i điều kiện thì hệ phươ ng trình đã cho có hai nghiệm là ( ) ( )2; 2 , 2; 2 .− −

23)

9

1

log

142

( )

33

y

x

x

I y

− =

=


Viết lại hệ phươ ng trình đã cho dướ i dạng

( )3

3

2 2 1

1 11log

log 2 22

2 1 2 12 2 2 1

33

33 33

2. 133

1.

3

y

x x

x y x y x y

y y y y x x

y y

y

y x x

− = − = −= = −

⇔ ⇔ ⇔ == ==

= − =⇔ ⇔

= =

So vớ i điều kiện thì hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm là ( )1; 3 .




299

24) ( )

3

3 41 1 3 (1)

log 1 (2)

y x x

x

y x

−+ − =

+ =

Điều kiện:

1 0 1

0 4 0 4.

0 0

x x

x x x

x x

+ ≥ ≥ −

− ≥ ⇔ ≤ ⇔ < ≤ > >

Từ phươ ng trình (2) ta đượ c 3

3

1 log

3 log

3 31 log 3 3 .

3

x y

x y x

x

−= − ⇒ = = =

Thay3

3 y

x= vào phươ ng trình (1) ta đượ c

( )

( )2

3 3 41 1 . 1 1 4

1 4 1 1 4 2 4 1

24 2 3 0.

4 2

x x x x

x x

x x x x x

x x x x y

x x

−+ − = ⇔ + − = −

⇔ + = − + ⇔ + = − + − +

≥⇔ − = − ⇔ ⇔ = ⇒ =

− = −

So vớ i điều kiện thì hệ phươ ng trình đã cho có một nghiệm là ( )3; 0 .

25)

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

4 4 4

2

4 4 4

log log 2 1 log 3

( )log 1 log 4 2 2 4 log 1

x y x x y

I x xy y y x

y

+ − + = +

+ − + − + = −

Điều kiện:

2

2

0

2 0 0

3 0 0

1 0 4 2 2 4 0

4 2 2 4 0

x

y

x x

x y y

xy y y x

y y x

>

> >

+ > ⇔ >

+ > + − + > + − + >

Hệ phươ ng trình ( ) I đượ c biến đổi về

( )( )( )( )( )

2 2

2 2

2

2

2

3 2 03 2 0 22 01 2 2 0

14 2 2 4 4

x y x y

x y x y x y x xy y x x x y x xy x x xy y x

y y y x y

+=

= +

− − = − + = ⇔ ⇔ ⇔ = − − =+ − + − = = = + − +

Đối chiếu vớ i điều kiện thì nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho là ( ) ( )2;1 , ; ,a a vớ i

, 0.a a∈ >ℝ

V. 9. ( )2 2

3 3log log 1 2 1 0 1 x x m+ + − − =




300

a) Khi 2m = thì phươ ng trình trở thành ( )2 2

3 3log log 1 5 0 2 x x+ + − =


Đặt 2

3log 1 0.t x= + > Khi đó ta có phươ ng trình theo biến t

2

6 0t t + − =

2

3

t

t

=⇔ = −

Ta chọn 2t =2

3log 1 2⇒ + =2

3log 1 4 x⇔ + =2

3log 3 x⇔ =3

3

log 3

log 3

x =⇔

= −

3

3

3

3

x

x −

=⇔

=

Các giá trị của x đều thỏa điều kiện.

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 3 33 ; 3 . x x −

= =

b) Ta có

3 2

3 3

2 2

3 3

1 3 0 log 3 0 log 3

1 log 1 4 1 log 1 2.

x x x

x x

≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ + ≤

Như vậy, [ ]1; 2 .t ∈

Phươ ng trình (1) trở thành 2 2 2t t m+ − =

Đặt ( ) 2 2 f t t t = + −

( ) 2 1 f t t ′⇒ = + ( )1

02

f t t ′⇒ = ⇔ = −


Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra phươ ng trình đã cho có nghiệm 31;3 x ∈

khi và chỉ

khi 0 2 4 0 2.m m≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

Vậy, vớ i 0 2m≤ ≤ thì phươ ng trình đã cho có nghiệm 31;3 . x ∈

V.10. 2

2 1

2

4(log ) log 0 x x m− + =

Ta có 2

2 1

2

4(log ) log 0 x x m− + =2

2 24(log ) log 0 x x m⇔ + + =

2

2 2(log ) log 0(1) x x m⇔ + + =




301

Đặt 2log ,t x= ta có 0 1 x< < ⇒ ( ;0)t ∈ −∞

(1) trở thành 2 20 (2)t t m t t m+ + = ⇔ + = −

Bài toán trở thành: « Tìm m để phươ ng trình2 (2)t t m+ = − có nghiệm thuộc khoảng

( ;0)−∞ ». Đặt 2( ) f t t t = + 1( ) 2 1 02

f t t t ′⇒ = + = ⇔ = −


Dựa vào bảng biến thiên, suy ra (2) có nghiệm thuộc khoảng ( ;0)−∞ khi và chỉ khi

1 1.

4 4m m− ≤ − ⇔ ≤

Vậy, vớ i1

4m ≤ thì phươ ng trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (0;1).

V.11. ( )2 21 1

25 2 5 2 1 0t t

a a− −

+ + + = ( )1

Điều kiện: 1 1.t − ≤ ≤

Đặt2

15 [1;5]t X X −

= ⇒ ∈


( ) ( )

2 22

1 2 12 2 1 0

2 2

X X X X a X a a a

X X

− − +− + + + = ⇔ = ⇔ =

− −

(Vì 2 X = không là nghiệm của phươ ng trình ( )2 2 2 1 0 X a X a− + + + = )


2

X X f X

X

− +=

−

( )( )

( )2

2

14 30

32

X X X f X f X

X X

=− +′ ′⇒ = ⇒ = ⇔

=−

Ta tính đượ c ( ) ( ) ( )16

1 0; 3 4; 5 .3

f f f = = =





302

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra phươ ng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 04.

aa

≤

≥

Vậy, vớ i ( ;0] [4; )a ∈ −∞ ∪ +∞ thì phươ ng trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.

V.12. 2

3 32log log 0 x x a− + =


Phươ ng trình đã cho đượ c viết lại thành2

3 32 log log 0(1) x x a− + =

Đặt3log 0t x= ≥

Khi đó (1) trở thành ( ) f t =22 0(2)t t a− + =

Ta thấy (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dươ ng phân biệt

0 1 8 01

(0) 0 0 08

10 0

2 4

a

f a a

S

∆ > − >

⇔ > ⇔ > ⇔ < < > >

Vậy, vớ i1

08

a< < thì phươ ng trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.

V.13.ln(1 ) ln(1 )

( )

x ye e x y

I y x a

− = + − +

− =

Điều kiện: , 1 x y > −

ln(1 ) ln(1 ) 0(1)( )

(2)

x a xe e x a x

I y x a

+ − + + − + + =⇔

= +

Vớ i 0a > thì hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (1) có nghiệm duy

nhất trong khoảng ( )1;+∞

Xét hàm số ( ) ln(1 ) ln(1 ) x a x f x e e x a x+

= − + + − + + vớ i 1. x > −

Do ( ) f x liên tục trong ( )1;− +∞ và có đạo hàm ( ) ( 1)(1 )(1 )

x a a f x e e

x x a′ == − +

+ + +

Do ( )0 1 0

( ) 0, 1;1 (1 )(1 ) 0

aa e f x x

x x x a

> − >′⇒ ⇒ > ∀ ∈ − +∞

> − + + + >




303

Suy ra ( ) f x đồng biến trên khoảng ( )1;− +∞ . Ta lại có1

lim ( ) , lim ( ) x x

f x f x+ →+∞→−

= −∞ = +∞

Nên phươ ng trình ( ) 0 f x = có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1; .− +∞

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất vớ i mọi 0a > .

V.14 .

2 2

2

2 4

( )2 4 2

x y

x y x y

m

I m+

+ =

+ + =

Đặt2

( , 0)4

x

y

uu v

v

=>

=

Hệ phươ ng trình ( ) I trở thành

2 2 21 1 3

( ) 2 .1 1 3

. .

u v mu v m u v u v m

u v mu v u v m u v u v m

u v uv m

+ = − + + + = + − =

⇔ ⇔ + = − − ++ + = + + = + + =

1 3 1

. 1 1 3

u v m

u v m m

+ = + −⇔

= + − + (Vì , 0u v > )

Suy ra ,u v là nghiệm của phươ ng trình bậc hai

2 ( 1 3 1) 1 1 3 0 X m X m m− + − + + − + = (*)

Hệ ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có hai nghiệm dươ ng

2( 1 3 1) 4( 1 1 3 ) 0

1 3 1 0

1 1 3 0

m m m

S m

P m m

∆ = + − − + − + ≥⇔ = + − >

= + − + >

1 3 2 1 3 1 4 4 4 1 3 0

1 3 1

1 3 1

2 1 3 2 0 8

0 0 1 8.

1 1

m m m m

m

m m

m m m

m m m

m m

+ − + + − − + + ≥

⇔ + >

+ < +

+ ≥ + ≤ ≤

⇔ > ⇔ > ⇔ < ≤

> >

Vậy, giá trị m cần tìm là 1 8.m< ≤

V.15.1

2 2 1

2 1 1( )

1 2 2

x

x x

y y m I

y m

+

+ +

= − + + +

+ = − +




304

Đặt

12 2

1 0

xu

v y

+ = ≥

= + ≥

. Khi đó, ( ) I trở thành( )

( )

2

2

1

2

u v v m

v u u m

= − +

= − +

Trừ (1) và (2) theo vế ta đượ c ( ) ( )2 2 0 0v u v u v u− = ⇔ − + =0

0

v u v u

v u v u

− = = ⇔ ⇔

+ = = −

Vì

12 2

1 0

xu

v y

+ = ≥

= + ≥

nên ta chọn .v u= Thế v u= vào ( )1 ta đượ c 2 2 0u u m− + = (3)

a) Khi 0m = ta có (3) trở thành

20 0

2 02 2

v uv v

v u

= ⇒ =− = ⇔

= ⇒ =

Ta cũng chỉ nhận 2, 2v u= =

12 2 01 1 0

31 4 31 2

x x x x

y y y y

+ = =+ = = ⇒ ⇔ ⇔ ⇔

=+ = = + =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình ( ) I trong trườ ng hợ p m = là ( )0;3 .

b) Trườ ng hợ p tổng quát thì hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm

2,u ≥ (Khi đó vì v u= nên 2v ≥ và do đó điều kiện

12 2

1 0

xu

v y

+ = ≥

= + ≥

đượ c thỏa).

Ta có 2 2 0u u m− + =2 2u u m⇔ − + = .

Xét hàm số ( ) 2 2 , 2 f u u u u= − + ≥ ( ) 2 2 0 1. f u u u′⇒ = − + = ⇔ =


Dựa vào bảng biến thiên suy ra hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0m ≤ .

Vậy, vớ i 0m ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm.

c) Dựa vào bảng biến thiên ở câu b) ta thấy rằng hàm số ( ) f u nghịch biến trên [2; )+∞

nên dễ dàng suy ra đượ c phươ ng trình 2 2 0u u m− + = luôn có nghiệm duy nhất 2u ≥ vớ imọi 0m ≤ . Vậy vớ i 0m ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất.

V.16. 2 2

2 2 (1)

2 4 3 (2)

x y y x

x mx y m

− = −

− − =

Ta có (1) 2 2 x y x y⇔ + = + . Xét hàm số đặc trưng ( )( ) 2t f t t t = + ∈ℝ

Ta có ( ) 2 ln 2 1 0, .t f t t ′ = + > ∀ ∈ℝ Suy ra, hàm số ( ) f t đồng biến trên .ℝ




305

Vì vậy 2 2 . x y x y x y+ = + ⇔ =

Vớ i x y= thì hệ phươ ng trình đã cho trở thành

2 2 2 2 22 4 3 2 4 3 4 3 0(3)

x y x y x y

x mx y m x mx x m x mx m

= = = ⇔ ⇔

− − = − − = − − =

a) Khi 1m = − ta có hệ 2

1

11

4 3 0 33

3

x x y

y x y x

x x x x

y

= −=

= −= ⇔ ⇔= − + + = = − = −

= −

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho khi 1m = − là ( 1; 1); ( 3; 3).− − − −

b) Hệ phươ ng trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (3) có hai

nghiệm phân biệt. Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi

2 3

4 3 0 0 .4m m m m′∆ = + > ⇔ > ∨ < −

Vậy, vớ i ( )3

; 0;4

m ∈ −∞ − ∪ +∞

thì hệ phươ ng trình đã cho có đúng hai nghiệm.

V.17.3 3

( )3 3

x

y

x m y I

y m x

+ = +

+ = +

a) Thay 1m = vào ( ) I ta đượ c hệ

3 3

3 3

x

y

x y

y x

+ = +

+ = +

3 3

3 3

x

x y

x y

x y y x

+ = +⇔

− + − = −

( )

( )

3 3 1

3 2 3 2 2

x

x y

x y

x y

+ = +⇔

+ = +

Hàm số ( ) 3 2t

f t t = + là hàm đồng biến trên .ℝ Nên phươ ng trình (2) . x y⇔ =

Thay x y= vào ( )1 ta đượ c3 3 x x x+ = + 3 3 x

⇔ = 1. x⇔ =

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho trong trườ ng hợ p 1m = là ( )1;1 .

b) Trong trườ ng hợ p tổng quát ta cũng có3 3

3 3

x

y

x m y

y m x

+ = +

+ = +

( )

( )

3 3 1

3 2 3 2 2

x

x y

x m y

x y

+ = +⇔

+ = +

Hàm số ( ) 3 2t

f t t = + là hàm đồng biến trên .ℝ Nên phươ ng trình ( )2 . x y⇔ =

Thay x y= vào ( )1 ta đượ c3 3 x x m x+ = + 3 3 (3) x

m⇔ =

Do 3 0, x x> ∀ ∈ℝ nên hệ phươ ng trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (3)

vô nghiệm. Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi 3 0 0.m m≤ ⇔ ≤

Vậy, vớ i 0m ≤ thì hệ phươ ng trình đã cho vô nghiệm.




306

V.18.( )

( )

2 2

2 2

17 1( )

log log 2

x y I

x y m

+ =

+ =


Giả sử hệ ( ) I có nghiệm ( ), x y thì ( ), y x cũng là nghiệm của hệ ( ) I

Nên để hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là ( ) ( ), , . x y y x x y= ⇔ =

Thay x y= vào ( )1 ta đượ c 2

17

22 17

17

2

x

x

x

=

= ⇔

= −

Do điều kiện 0, 0 x y> > nên ta chọn17

.2

x =

Thay 172

x y= = vào ( )2 ta đượ c 2 2 217 17 17log log log .2 2 2

m m+ = ⇔ =

Kiểm tra lại ta thấy khi2

17log

2m = thì hệ có nghiệm duy nhất.

Vậy, vớ i 2

17log

2m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Chú ý. Có thể giải bằng cách khác như sau:

Vớ i điều kiện 0, 0, x y> > viết lại hệ phươ ng trình đã cho dướ i dạng

( )( )22 2 2 2

2

17 17 2 17 17 2

log 2 22

m

m mm

x y x y x y xy x y

xy m xy xy xy

+ = + = + − = + = + ⇔ ⇔ ⇔ = = = =

Khi đó , x y là nghiệm của phươ ng trình bậc hai

( )2 17 2 2 0(*).m mt t − + + =

Hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (*) có một nghiệm kép dươ ng

1

2

17 2 4.2 017

2 17 1 log 17 log .17 2 20

2

m m

mm m m

ba

+

∆ = + − =

⇔ ⇔ = ⇔ + = ⇔ =

+− = >

V.19.

2 4

2

0 (1)

log log (2) y

x y

xm x

y

− =

=




307

Điều kiện:

0

0

1

x

y

y

>

>

≠

. Ta có

2

2 4

2(1) 0

x y x y

x y

=⇔ − = ⇔

= −

Vì 0 x > nên ta chỉ chọn trườ ng hợ p 2. x y= Thay 2 x y= vào (2) ta đượ c

22 2 2 2 2 4

2 2log log log 2 2 (2 ) 2m m m

y y m y y m y x y y

= ⇔ = ⇔ = ⇒ = = =

Như vậy ta có nghiệm của hệ là

4

2

2

2

m

m

x

y

=

=

Theo yêu cầu của đề bài ta phải có

4

2

2 1 4 0 0

2 2 12 4

m

m

x m m

m m y

= > > > ⇔ ⇔

< <= <

Vậy, vớ i 0 1m< < thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn1

4.

x

y

>

<

V.202 2

2 2 2

4 .4 8.2( )

3 log log log ( )

x y xy

I x y x y m

=

+ + = + +

2( ) 3

2 2

2 2

2 2

( ) log (8 ) log ( )

0, 0

x y xy

I xy x y m

x y

+ + =

⇔ = + +

> >

2 2 2

2( ) 3 2( ) 3

8 ( ) 10 0

0, 0 0, 0

x y xy x y xy

xy x y m x y xy m

x y x y

+ = + + = +

⇔ = + + ⇔ + − + =

> > > >

Đặt 2; 4 0, 0, 0.S x y

S P S P

P xy

= +− ≥ > >

=

Ta đượ c hệ phươ ng trình

2 2 2

2 3 2 3 2 3

10 0 10 0 ( ) 20 30 0(1)

S P P S P s

S P m S P m f S S S m

= + = − = − ⇔ ⇔

− + = − + = = − + + =

Hệ phươ ng trình đã cho có đúng bốn nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (1) có hai nghiệm

dươ ng phân biệt thỏa2 4 0

0

S P

P

− >

>

Ta có2 2 2 6 3

24 0 8 12 023

0 2 3 062

S S S S P S S

S P S S

< ∨ > < <− > − + > ⇔ ⇔ ⇔ >> − >

>

Như vậy, yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi phươ ng trình (1) có hai nghiệm phân

biệt thỏa3

2 6.2

S S < < ∨ > Nhận xét rằng phươ ng trình (1) nếu có nghiệm thì tổng hai

nghiệm bằng 20 do đó yêu cầu bài toán đượ c thỏa khi và chỉ khi

hai nghiệm1 2,S S của (1) thỏa




308

1 2

1 2

0(2) 0 6 0 70 032 6

(6) 0 (6) 0 54 0 54 02

6 3 9 10 4( ) 0 6 02 2 4

f f m mS S

f f m m

S S b f m

a

′∆ > < − < − >

< < < < ⇔ < ∨ > ⇔ − < ∨ − > < < > > − > + >

9 6 54 70.4

m m⇔ − < < ∨ < <

Vậy, vớ i ( )9

;6 54;704

m ∈ − ∪

thì hệ phươ ng trình đã cho thỏa mãn yêu cầu bài toán.

V.21. 2

2lg 3( )

3lg 1

x y m I

x y

+ =

− = Điều kiện:

0

0

x

y

≥

>

1) Thay 1m = vào ( ) I ta đượ c2

2lg 3 2 lg 3(1)

6lg 1 (2)3lg 1

x y x y

x y x y

+ = + = ⇔

− =− =

Nhân hai vế của phươ ng trình (1) vớ i 3, rồi cộng vớ i phươ ng trình (2) theo vế ta đượ c

3 10 3 10 0 2 4 x x x x x x+ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =

Thay 4 x = vào (1) ta đượ c1

2lg 1 lg 102

y y y= ⇔ = ⇔ = .

Vậy, nghiệm của hệ phươ ng trình đã cho khi 1m = là (4; 10 ).

2) Trong trườ ng hợ p tổng quát, ta tìm giá trị của tham số để hệ phươ ng trình đã cho có

nghiệm ( ); x y thỏa 1. x >

Ta có2 lg 3 3 9 1 0(3)

( )6lg 1 6lg 1 (4)

x y m x x m I

x y x y

+ = + − − = ⇔ ⇔

− = − =

Đặt 1t x= ≥ (Do yêu cầu của đề bài là 1 x ≥ )


2

( ) 3 9 1 0(5). f t t t m= + − − =

Ta có nhận xét rằng vớ i mỗi

0 x ∈ℝ thì phươ ng trình (4) luôn luôn có nghiệm0 1

60 10 .

x

y

−

= Do đó hệ phươ ng trình đã cho

có nghiệm thỏa yêu cầu đề bài khi và chỉ khi phươ ng trình (5) có nghiệm 1.t ≥




309

Xét 2( ) 3 9 1, f t t t m= + − − phươ ng trình (5) có nghiệm 1t ≥ (Chỉ có thể có một nghiệm

thỏa điều kiện này vì 1 2 3 0)t t + = − < khi và chỉ khi1

(1) 0 3 9 0 .3

af m m≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥

Vậy, vớ i1

3

m ≥ thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán.

V.22.

2 2lg lg 1

lg .

x y

xm

y

+ =

=

. Điều kiện: , 0. x y > Đặtlg

lg

u x

v y

=

=

Khi đó hệ phươ ng trình đã cho đượ c biến đổi về dạng

( )

2 2

2 2 22

1

2 2 1 0(*)1

v u m v u mu v

u v m u mu mu u m

= − = − + = ⇔ ⇔

− = − + − =+ − =

Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phươ ng trình (*) có nghiệm duynhất. Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi

( )2 22 1 0 2 2.m m m m′∆ = − − = ⇔ = ∨ = −

Vậy, hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 2 2.m m= ∨ = −

V.23. 2 22 3 1

2 3 .

x y

x ym

+ =

+ =( ). I Đặt

2

3

x

y

u

v

=

=, 0, 0.u v> >

Khi đó hệ phươ ng trình ( ) I đượ c biến đổi về dạng

( ) II 2 2 1(1)

(2)

u v

u v m

+ =

+ =. Phươ ng trình (1) là phươ ng trình đườ ng tròn đơ n vị ( ),C ta chỉ lấy

những điểm ( ; ) M u v thuộc đườ ng tròn sao cho 0, 0.u v> > Phươ ng trình (2) là phươ ng

trình đườ ng thẳng ( )d và cũng chỉ xét 0, 0.u v> > Hệ phươ ng trình ( ) I có nghiệm duy nhất

khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc ,Ouv ( )d tiếp xúc vớ i ( )C tại điểm

( ; ) ( ), , 0. M u v C u v∈ > Điều này đượ c thỏa khi và chỉ khi

( , ( )) 1 12.2

0

0

md O d

mm

m

−= =

⇔ ⇔ = >

>

Như vậy, khi 2m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất và thế 2m = vào hệ

( ) II ta đượ c( )

22 2

21

1 2 1 22

2 22 22

uuvu v u v uv

u v u v u v v

= =+ = + − =

⇔ ⇔ ⇔ + = + = + = =




310

Ta có

3

122

22

22log3

22

x

y

x

y

= −=

⇔

==

.

Vậy, vớ i 2m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất 3

1 2;log .2 2

−

V.24.2 2

2

2 4 2

2 4 2 1 .

x y

x y x ym

+

+ =

+ − = −( ) I

Đặt2

4

x

y

u

v

=

=, 0, 0.u v> > Khi đó hệ phươ ng trình ( ) I đượ c biến đổi về dạng

( ) II 2 2 2 (1)

1 (2)

u v

u v uv m

+ =

+ − = −

. Biến đổi phươ ng trình (2) về dạng

( ) ( ) ( )2 22 2

21 1

2 2

u v u v u vu v m u v m

+ − + + −+ − = − ⇔ + − = − (Do 2 2 2)u v+ =

( ) ( )2

1

22 2 0

1 2 1 0

1 2 1 0

m

u v u v mu v m

u v m

≥ −

⇔ + − + − = ⇔ + − + + =

+ − − + =

.

Như vậy, hệ ( ) II tươ ng đươ ng vớ i

2 2

1

2

2( ) (1)

1 2 1 0( )(3)

1 2 1 0( )(4)

u v C

u v m d

u v m d

+ = + − + + =

+ − − + =

.

Phươ ng trình (1) là phươ ng trình đườ ng tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kính 2 , ta chỉ lấy

những điểm ( ; ) M u v thuộc đườ ng tròn sao cho 0, 0.u v> > Phươ ng trình (3) và (4) là

phươ ng trình đườ ng thẳng và cũng chỉ xét 0, 0.u v> > Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm

khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc ,Ouv 1( )d hoặc

2( )d có điểm chung vớ i ( ).C Các

đườ ng thẳng1

( )d và2

( )d đều có hệ số góc bằng 1.−1

( )d đi qua điểm ( 2;0) A khi

1 2 1 2m− + = và tiếp xúc vớ i ( )C khi 1 2 1 2.m− + = Cũng lập luận tươ ng tự đối vớ i

2( )d và cuối cùng ta có điều kiện để hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm là

2 1 2 1 21 2 0.

2 1 2 1 2

mm

m

< + + ≤⇔ − < ≤

< − + ≤

Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là 1 2 0.m− < ≤




311

V.25.( )

2 2

2 2 1 2

2 2 16( )

2 2 2 2 2 2

x y

x y x y x y I

m m+ +

+ =

+ + + + =

Đặt2

2

x

y

u

v

=

=, 0, 0.u v> > Khi đó hệ phươ ng trình ( ) I đượ c biến đổi về dạng

( ) ( ) ( )( )

2 22 2 2 2

2 12

2

16( )16 16

0( )2 02 0

2 0( )

u v C u v u v

u v m d u v m u v mu v m u v m

u v m d

+ = + = + =

⇔ ⇔ + − = + − + + =+ + + − = + + =

Ta có đườ ng tròn( )C có tâm tại gốc tọa độ và bán kính bằng 4. Các đườ ng thẳng1

( )d và

2( )d đều có hệ số góc bằng 1.−

Hệ phươ ng trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi trong hệ tọa độ vuông góc

,Ouv đườ ng tròn( )C giao vớ i1

( )d và2

( )d tại ba điểm phân biệt có tọa độ dươ ng. Điều này

xảy ra khi và ch

ỉ khi ( )C ti

ếp xúc v

ớ i m

ột trong hai

đườ ng th

ẳng và c

ắt

đườ ng còn l

ại t

ại

hai điểm phân biệt.

Ta có1

( )d đi qua điểm (4;0) A khi 4,m = còn1

( )d tiếp xúc vớ i ( )C khi 4 2.m =

Tươ ng tự 2

( )d đi qua điểm (4;0) A khi 2,m = − còn2

( )d tiếp xúc vớ i ( )C khi 2 2.m = −

Dễ thấy rằng không tồn tại giá trị nào của tham số m thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

V.26.2 2 2

3 2

2

3 2

log log 4

log 2 log 10

x y m

x y

+ =

+ =

Cách 1. Điều kiện: , 0. x y > Đặt 3

2

loglog

u xv y

==

.

Khi đó hệ phươ ng trình đã cho đượ c viết lại dướ i dạng

( )22 2 224 4 5 40 100 4 0(1)4 5 4 0

5 0 55

u v m u u mu u m

u v v uv u

+ = − + − =+ − − =⇔ ⇔

+ − = = −= −

Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phươ ng trình (1) có một nghiệm

duy nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 20 100 0 5.m m′∆ = − = ⇔ =

Vậy, khi 5m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất.

Cách 2. Cũng đặt3

2

log

log

u x

v y

=

=, ta có hệ:

2 22 2

4 4 1( ), ( 0).4

5 05 0 ( )

u vu v m E

mm mu v

u v d

+ = + =

⇔ ≠ + − = + − =

Hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ( )d tiếp xúc vớ i Elip ( ). E Ta có

điều kiện là 1.4 1. 25 5 25 5.m m m m+ = ⇔ = ⇔ =

Vậy, khi 5m = thì hệ phươ ng trình đã cho có nghiệm duy nhất.




312

CHƯƠ NG VI. PHƯƠ NG TRÌNH LƯỢ NG GIÁC

VI.1. 1) 3 sin cos 2 x x− =

3 1 2sin cos

2 2 2

sin sin cos cos cos3 3 4

(cos cos sin sin ) cos3 3 4

cos( ) cos3 4

cos( ) cos3 4

3cos( ) cos

3 4

3 23 4

32

3 4

32

4 3

32

4 3

52

12

x x

x x

x x

x

x

x

x k

x k

x k

x k

x k

x

π π π

π π π

π π

π π

π π

π π π

π π π

π π π

π π π

π π

⇔ − =

⇔ − =

⇔ − − =

⇔ − + =

⇔ + = −

⇔ + =

+ = +⇔

+ = − +

= − +

⇔ = − − +

= +

⇔

=

( )13

212

k

k π

π

∈ − +

ℤ


2 , 2 , ( ).12 12

x k x k k π π

π π = + = − + ∈ℤ

2) cos 2cos 2 1 x x+ =

24cos cos 3 0

cos 1

3cos 4

2

3arccos( ) 2 , ( )

4

3arccos( ) 2

4

x x

x

x

x k

x k k

x k

π π

π

π

⇔ + − =

= −⇔

=

= +⇔ = + ∈ = − +

ℤ




313

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là

3 32 , arccos( ) 2 , arccos( ) 2 , ( ).

4 4 x k x k x k k π π π π = + = + = − + ∈ℤ

3) 2cos 4 2cos 0 x x+ =

2

2

1 cos 22cos 2 1 2( ) 0

22cos 2 cos 2 0

cos 2 (2cos 2 1) 0

x x

x x

x x

+⇔ − + =

⇔ + =

⇔ + =

cos 2 0

2cos 2 1 0

x

x

=⇔

+ =

22

1 2cos 2 cos

2 3

4 2

22 2 , ( ).

3

22 2

3

x k

x

x k

x k k

x k

π π

π

π π

π π

π π

= +

⇔ = − =

= +⇔ = + ∈ = − +

ℤ

4 2

( )3

3

x k

x k k

x k

π π

π π

π π

= +

⇔ = + ∈ = − +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , , ( ).4 2 3

x k x k k π π π

π = + = ± + ∈ℤ

4) 2 22cos 4cos 3sin x x x+ =

2 2

2

2cos 4cos 3(1 cos ) 0

5cos 4cos 3 0

2 19cos

5

2 19cos

5

x x x

x x

x

x

⇔ + − − =

⇔ + − =

− +=

⇔ − −

=

2 19cos

5 x

− +⇔ = (Vì phươ ng trình

2 19cos

5 x

− −= vô nghiệm)




314

2 19arccos( ) 2

5( )

2 19arccos( ) 2

5

x k

k

x k

π

π

− += +

⇔ ∈ − +

= − +

ℤ


arccos 2 , ( ).5 x k k π

− +

= ± + ∈ ℤ

5) cos sin 3sin 2 1 0 x x x− + − =

Đặt cos sin 2 cos ,4

t x x x π

= − = +


2sin 2 1 . x t ⇒ = − Phươ ng trình đã cho trở thành

2

1

3 2 0 2

3

t

t t t

=− − = ⇔ = −

2 cos( ) 14

22 cos( )

4 3

x

x

π

π

+ =

⇒ + = −

1cos( )

4 2

2cos( )

3

x

x

π

π

+ =

⇔

+ = −

24 4

24 4

2arccos( ) 2

4 3

2

2 , ( )2

2arccos( ) 2

3 4

x k

x k

x k

x k

x k k

x k

π π π

π π π

π π

π

π π

π π

+ = +

⇔ + = − +

+ = ± − +

=

⇔ = − + ∈

= ± − − +

ℤ


22 , 2 , arccos( ) 2 , ( ).

2 3 4 x k x k x k k

π π π π π = = − + = ± − − + ∈ℤ




315

6) ( )2sin 2 3 3 sin cos 3 3 0 x x x− + + =

( ) ( )4sin cos 3 3 sin cos 3 3 0 1 x x x x⇔ − + + =

Đặt sin cos 2 sin ,4

t x x x π

= + = +


Khi đó2

2 11 2sin cos sin cos .

2

t t x x x x

−= + ⇒ =

Phươ ng trình (1) trở thành ( )22 1 3 3 3 3 0t t − − + =

22 3 3 3 3 2 0

1

3 3 2

2

t t

t

t

⇔ − + − =

=

⇔ − =

Chọn 1 2 sin 14

t x π = ⇒ + =

1 2sin sin

4 2 42 x

π π ⇔ + = = =

( )22

4 4, .

22 2

4 4

x k x k

k x k

x k

π π π π

π π π π

π π

=+ = +

⇔ ⇔ ∈ = + + = − +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2 , 2 , ( ).2

x k x k k π

π π = = + ∈ℤ

7) sin 2 2 sin 1 2sin cos sin cos 1(1)4

x x x x x xπ

+ − = ⇔ + − =

Đặt sin cos 2 sin ,4

t x x x π

= − = −


Suy ra 2 1 2sin cos 1 sin2t x x x= − = −2s in2 1 x t ⇒ = −

Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

( )

2

2

1 1

0

1 0

0

1

t t

t t

t t

t

t

− + =

⇔ − =

⇔ − =

=⇔

=

+ Vớ i t = 0. Ta có




316

2 sin 0 sin 0 , ( ).4 4 4 4

x x x k x k k π π π π

π π

− = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = + ∈

ℤ

+ Vớ i t = 1. Ta có

( )

12 sin 1 sin

4 4 2

224 4

, .2

224 4

x x

x k x k

k

x k x k

π π

π π π π

π

π π π π π π

− = ⇔ − =

− = + = +⇔ ⇔ ∈

= +− = − +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , 2 , 2 , ( ).4 2

x k x k x k k π π

π π π π = + = + = + ∈ℤ

8) ( )2 2 1sin 2sin cos 2cos 1

2 x x x x+ − =

Vì cos 0 x = không là nghiệm của (1) nên chia hai vế của phươ ng trình (1) cho2

cos 0 x ≠ ta nhận đượ c của phươ ng trình

( )2 21tan 2 tan 2 1 tan

2 x x x+ − = +

( )

2tan 4 tan 5 0

tan 1,4

tan 5arctan( 5)

x x

x x k k

x x k

π π

π

⇔ + − =

= = + ⇔ ⇔ ∈ = − = − +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , arctan( 5) , ( ).4

x k x k k π π π = + = − + ∈ℤ

9)cos2

cos sin (1)1 sin 2

x x x

x+ =

−

Điều kiện: ( )1 sin 2 0 s in2 1 ,4

x x x k k π

π − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ

Vớ i điều kiện trên thì

( )

( )( )

( )

2

2

cos2(1) cos sin

cos sin

cos sin cos sincos sin

cos sin

cos sincos sin

cos sin

x x x

x x

x x x x x x

x x

x x x x

x x

⇔ + =−

+ −⇔ + =

−

+⇔ + =

−




317

( )1

cos sin 1 0cos sin

cos sin 0

cos sin 1

x x x x

x x

x x

⇔ + − =

−

+ =⇔

− =

tan 1

2 cos 14

x

x π

= −

⇔ + =

44

2 2 , ( )4 4

22 2

4 4

x k x k

x k x k k

x k x k

π π π

π

π π π π

π π π π

π

= − + = − +

⇔ + = + ⇔ = ∈

= − + + = − +

ℤ . (Thỏa điều kiện)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , 2 , 2 , ( ).4 2

x k x k x k k π π

π π π = − + = = − + ∈ℤ

10) 3 3sin cos 1 sin cos x x x x− = +

( )( )

( )( )

2 2sin cos sin sin cos cos 1 sin cos

sin cos 1 sin cos 1 sin cos

x x x x x x x x

x x x x x x

⇔ − + + = +

⇔ − + = +

( )( )1 sin cos sin cos 1 0 x x x x⇔ + − − =

sin 21 2 sin 1 0

2 4

x x

π ⇔ + − − =

2 sin 1 04

sin21 0

2

1sin

4 2

sin 2 2

x

x

x

x

π

π

− − =

⇔

+ =

− =

⇔ = −

2sin

4 2 x

π ⇔ − =

(Vì phươ ng trình s in2 2 x = − vô nghiệm)

24 4

24 4

x k

x k

π π π

π π π π

− = +

⇔ − = − +




318

2, ( )2

2

x k k

x k

π π

π π

= +⇔ ∈

= +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2 , 2 , ( ).2

x k x k k π

π π π = + = + ∈ℤ

VI.2.1) 2sin 3 2cos 1 x x= −

3 23sin 4sin 1 2sin x x x⇔ − = −

3 24sin 2sin 3sin 1 0 x x x⇔ − − + =

( )( )2sin 1 4sin 2sin 1 0 x x x⇔ − + − =

2

sin 1

4sin 2sin 1 0

sin 1

1 5sin

4

1 5sin

4

x

x x

x

x

x

=⇔

+ − =

=

− +⇔ =

− −=

22

1 5

arcsin 24

1 5arcsin 2

4

1 5arcsin 2

4

1 5arcsin 2

4

x k

x k

x k

x k

x k

π π

π

π π

π

π π

= +

− += +

− +

⇔ = − +

− −= +

− − = − +


( )1 5 1 5

2 , arcsin 2 , arcsin 2 , .2 4 4

x k x k x k k π

π π π π − ± − ±

= + = + = − + ∈

ℤ

2) ( )21 tan

sin cos (1)1 tan

x x x

x

+= +

−




319

Điều kiện:cos 0

an 1

x

x

≠

≠ ( )

2, .

4

x k

k

x k

π π

π π

≠ +

⇔ ∈ ≠ +

ℤ


( )2cos sin

(1) sin coscos sin

x x x x

x x

+⇔ = +

−

( ) ( )( )2

cos sin cos sin cos sin 0 x x x x x x⇔ + − − + =

( )( )2 2cos sin 1 cos sin 0 x x x x⇔ + − + =

2

cos sin 0

2sin 0

x x

x

+ =⇔

=

2 sin 04

sin 0

x

x

π + =

⇔ =

sin 04

sin 0

x

x

π + =

⇔ =

( ),4 4 x k x k

k

x k x k

π π π π

π π

+ = = − + ⇔ ⇔ ∈

= =

ℤ

Kết hợ p vớ i điều kiện ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là

, , ( ).4

x k x k k π

π π = − + = ∈ℤ

3)2

1 sin 21 tan 2 (1)

cos 2

x x

x

−+ =

Điều kiện: ( )cos 2 0 , .4 2

x x k k π π

≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ


2 2

sin 2 1 sin 2 cos 2 sin 2 1 sin 2(1) 1

cos 2 cos 2 cos 2 cos 2

x x x x x

x x x x

− + −⇔ + = ⇔ =

( )cos 2 cos 2 sin 2 1 sin 2 x x x x⇔ + = −

2cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 1 0 x x x x⇔ + + − =

s in2 (cos 2 1) (cos 2 1)(cos 2 1) 0 x x x x⇔ + + − + =

(cos 2 1)(sin 2 cos 2 1) 0 x x x⇔ + + − =

cos 2 1 0

cos 2 sin2 1 0

x

x x

+ =⇔

+ − =

cos 2 1

2 cos(2 ) 14

x

x π

= −⇔ − =




320

2 2

2 2 ,( )4 4

2 24 4

x k

x k k

x k

π π

π π π

π π π

= +⇔ − = + ∈ − = − +

ℤ

2

, ( )4

x k

x k k

x k

π π

π π

π

= +

⇔ = + ∈

=

ℤ

Kết hợ p vớ i điều kiện ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là

, , ( ).2

x k x k k π

π π = + = ∈ℤ

4) ( )tan 3 tan s in2 1 x x x− =

Điều kiện:cos3 0

cos 0

x

x

≠

≠( )

36 32

, .6 3

2 2

k x x k

k x k

x k x k

≠ +≠ +

⇔ ⇔ ⇔ ≠ + ∈ ≠ + ≠ +

ℤ

π π π π

π π

π π π π


( )

sin2

1 sin 2cos3 cos

x

x x x⇔ =

( )

( )

2

sin 2 sin 2 cos3 cos

sin 2 1 cos3 cos 0

sin 2 0sin 2 0

1cos3 cos 1 0 cos 4 cos 2 1 0

2

sin 2 0sin 2 0

3cos 2 1 cos 22cos 2 cos 2 3 0

2

x x x x

x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

⇔ =

⇔ − =

== ⇔ ⇔ − = + − =

== ⇔ ⇔ = ∨ = −+ − =

sin 2 0

cos 2 1

x

x

=⇔

=sin 2 0 .

2

k x x⇔ = ⇔ =

π

Đối chiếu vớ i điều kiện thì nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), . x k k π = ∈ℤ

5) ( )( ) 2sin sin 2 sin sin 2 sin 3 x x x x x− + =

2 2 2sin sin 2 sin 3 x x x⇔ − =




321

1 cos 2 1 cos 4 1 cos6

2 2 2

x x x− − −⇔ − =

cos 2 cos 4 cos 6 1 0 x x x⇔ − + + − =

2 3cos 2 2cos 2 1 4cos 2 3cos 2 1 0 x x x x⇔ − + − + − − =

3 22cos 2 cos 2 2cos 2 1 0 x x x⇔ + − − =

cos 2 1

cos 2 1

1cos2

2

x

x

x

=

⇔ = −

= −

2 2

2 2

222 2

33

x k x k

x k x k

x k x k

π π

π π π π

π π π

π

= = ⇔ = + ⇔ = +

= ± + = ± +

2, ( )

3

k x

k

x k

π

π π

=

⇔ ∈ = ± +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , , ( ).2 3

k x x k k

π π π = = ± + ∈ℤ

6) 3sin sin 3 4cos 0 x x x+ + =

32sin 2 cos 4cos 0 x x x⇔ + =

24cos (sin cos ) 0 x x x⇔ + =

24 2 cos cos( ) 04

x x π

⇔ − =

cos 0

cos( ) 0

4

x

x π

=⇔ − =

2

4 2

x k

x k

π π

π π π

= +

⇔ − = +

2,( )

3

4

x k

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈ = +

ℤ


, , ( ).2 4

x k x k k π π

π π = + = + ∈ℤ




322

7) sin 2 1 2 cos cos 2 x x x= + +

22sin cos 1 2 cos 2cos 1 x x x x⇔ = + + −

22sin cos 2 cos 2cos 0 x x x x⇔ − − =

cos (2sin 2 2cos ) 0 x x x⇔ − − =

cos 0cos 0

22sin 2 2cos 0 sin cos

2

cos 0

22 sin( )

4 2

cos 0

1sin( ) sin

4 2 6

x x

x x x x

x

x

x

x

π

π π

==

⇔ ⇔ − − = − =

=

⇔ − =

=⇔ − = =

2 2

52 2 , ( )

4 6 12

13522

124 6

x k x k

x k x k k

x k x k

π π π π

π π π π π

π π π π π

= + = +

⇔ − = + ⇔ = + ∈ = +− = +

ℤ


( )5 13

, 2 , 2 , .2 12 12 x k x k x k k

π π π

π π π = + = + = + ∈ℤ

8) 6 42cos sin cos 2 0. x x x+ + = Dùng công thức hạ bậc ta đưa phươ ng trình đã cho về

3 2cos 2 4cos 2 5cos 2 2 0 cos 2 1 cos 2 2 2 2 x x x x x x k π π + + + = ⇔ = − ∨ = − ⇔ = +

.2

x k π

π ⇔ = + Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).2

x k k π

π = + ∈ℤ

2 2 2 29) 2cos 3 cos cos 3 sin 1 0 x x x x− + − =

2 2 2cos 3 (2cos 1) cos 0 x x x⇔ − − =

2 1cos 3 cos 2 (1 cos 2 ) 0

2 x x x⇔ − + =

2 1 1cos 2 . cos 3 0

2 2 x x

⇔ − − =

1 cos6 1 1cos 2 0

2 2 2

cos 2 cos 6 1 0

x x

x x

+ ⇔ − − =

⇔ − =




323

( )1

cos8 cos 4 1 02

cos8 cos 4 2 0

x x

x x

⇔ + − =

⇔ + − =

22cos 4 1 cos 4 2 0 x x⇔ − + − =

22cos 4 cos 4 3 0

cos 4 1

3cos4

2

cos 4 1 4 2

, ( ).2

x x

x

x

x x k

k x k

π

π

⇔ + − =

=⇔ = −

⇔ = ⇔ =

⇔ = ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).2

k x k

π = ∈ℤ

VI.3. 1) sin cot 22 x x + =

Điều kiện: ( )sin 0 2 , .2

x x k k π ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ

Ta thấy ( )2 , x k k π π = + ∈ℤ không là nghiệm của phươ ng trình (1).

Vớ i ( )2

,2

x k k

x k

π π

π

≠ +∈

≠ℤ ta đặt tan

2

xt = thì phươ ng trình (1) trở thành

( )

( )

2

2 2 2

2 2 2

2 12

1

2 1 2 1

2 1 2 1 0

t

t t

t t t t

t t t t

+ =

+

⇔ + + = +

⇔ + + − + =

2 2 3

3 2

2 1 2 2 0

2 3 2 1 0

1

t t t t

t t t

t

⇔ + + − − =

⇔ − + − =

⇔ =

Khi 1t = thì tan 1

2

x= 2 , ( ).

2 4 2

xk x k k

π π π π ⇔ = + ⇔ = + ∈ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( )2 , .2

x k k π

π = + ∈ℤ

2) sin 2 + cos2 + tan = 2(1) x x x

Điều kiện: ( ), .2

x k k π

π ≠ + ∈ℤ

Đặt tant x= thì phươ ng trình (1) trở thành




324

2

2 2

2 12

1 1

t t t

t t

−+ + =

+ +

( ) ( )2 2 22 1 1 2 1t t t t t ⇔ + − + + = +

2 3 22 1 2 2t t t t t ⇔ + − + + = +

3 23 3 1 0t t t ⇔ − + − =

1t ⇔ =

Khi 1t = thì tan 1 x = ( ),4

x k k π

π ⇔ = + ∈ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), .4

x k k π

π = + ∈ℤ

( )2

23 1 tan3) cos4 2 0

1 tan

x x

x

−− + =

+(1)

Điều kiện: x , .2

k k π

π ≠ + ∈ℤ Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

( )

( )

( )

2 2

2

2

2

2

2

cos 4 3cos 1 tan 2 0

1cos 4 3cos 2 2 0

cos

cos 4 6cos 3 2 0

2cos 2 1 3 1 cos 2 5 0

2cos 2 3cos 2 1 0

2 2cos 2 1

, .12 2cos2

3 62

x x x

x x x

x x

x x

x x

x k x k x

k x k x k x

π π

π π π π

⇔ − − + =

⇔ − − + =

⇔ − + + =

⇔ − − + + =

⇔ − + =

= == ⇔ ⇔ ⇔ ∈ = ± + = ± +=

ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là , 2 , ( ).6

x k x k k π

π π = = ± + ∈ℤ

( )tan - 1

4) cot 2 0, 0 (1)tan 1

x x x

xπ + = < <

+

Điều kiện:

cos 0

sin2 0

an 1

x

x

x

≠

≠

≠ −

2

2

4

x k

x k

x k

π

π

π

π π

≠ +

⇔ ≠

≠ − +

2, ( ).

4

k x

k

x k

π

π π

≠⇔ ∈

≠ − +

ℤ




325

Kết hợ p vớ i điều kiện 0 x π < < ta đượ c điều kiện:

0

(*)2

3

4

x

x

x

π

π

π

< <

≠

≠

Khi đótan 1 cos2

(1) 0tan 1 sin2

x x

x x

−⇔ + =

+

Đặt tant x= thì phươ ng trình (1) trở thành

( )

21 1

01 2

1 11 0

1 2

1 0

11 10

1 2

t t

t t

t t

t t

t

t t

t t

− −+ =

+

+ ⇔ − − =

+

− =

⇔ ⇔ =+ − =+

tan 1 x⇒ =

, ( )4

x k k π

π ⇔ = + ∈ℤ

Kết hợ p vớ i điều kiện (*) ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là .4

x π

=

3

2

1

5) tan 1 3cot 3(1)cos 2 x x x

π − + − − =

3

2 x

π

π

< <

Vớ i điều kiện3

2 x

π π < < thì phươ ng trình (1) trở thành

( )( )

3

2

3 2

2

2

1tan 1 3tan 3

cos

tan tan 3 tan 3 0

tan 1 tan 3 0

tan 1tan 1

tan 3 tan 3

x x x

x x x

x x

x x

x x

− + − =

⇔ + − − =

⇔ + − =

= −= − ⇔ ⇔ = = ±

4, ( )

3

x k

k

x k

π π

π π

= − +

⇔ ∈ = ± +

ℤ




326

Kết hợ p vớ i điều kiện3

,2

x π

π < < ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là4

.3

x π

=

6) 3 3 2cos sin sin cos

8 x x x x− = (1)

(1)2 2 2

cos sin (cos sin ) 8 x x x x⇔ − =

2 2 2cos sin cos 2 sin 2 cos 2 sin 4

8 4 2

4 216 24

;( ).3 3

4 24 16 2

x x x x x x

x k x k

k

x k x k

π π π π

π π π π

⇔ = ⇔ = ⇔ =

= += +

⇔ ⇔ ∈ = + = +

ℤ


; ; ( ).16 2 16 2

x k x k k π π π π

= + = + ∈Z

7) 2 2 2 2sin 3 cos 4 sin 5 cos 6 (1) x x x x− = −

2 2 2 2(1) sin 3 sin 5 cos 4 cos 6 x x x x⇔ − = −

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )

( )2

sin 3 sin 5 sin 3 sin 5 cos 4 cos6 cos 4 cos 6

2sin 4 cos 2cos 4 sin 2cos5 cos 2sin 5 sin

cos sin sin 4 cos 4 cos5 sin 5 0

1 1cos sin sin8 sin10 0

2 2

cos sin sin 9 cos 0

cos sin sin 9 0

cos 0

si

x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x

x x x

x

⇔ + − = + −

⇔ − =

⇔ + =

⇔ + =

⇔ =

⇔ =

=

⇔

( )

n 0

sin 9 0

22

, .

99

x

x

x k k x

x k k k

xk x

π π π

π π

π

= =

= + =

⇔ = ⇔ ∈

==

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ); , .2 9

k k x x k

π π = = ∈Z

8) [ ]cos3 4cos 2 3cos 4 0, 0;14 x x x x− + − = ∈




327

( )

( )

3 2

3 2

2

(1) 4cos 3cos 4 2cos 1 3cos 4 0

4cos 8cos 0

4cos cos 2 0

x x x x

x x

x x

⇔ − − − + − =

⇔ − =

⇔ − =

cos 0

cos 2

x

x

=⇔

=

Ta loại trườ ng hợ p cos 2. x = Như vậy ta có ( )cos 0 ; .2

x x k k π

π = ⇔ = + ∈ℤ

Do [ ]0;14 x ∈ suy ra ( )0 14,2

k k π

π ≤ + ≤ ∈Z

{ }1 14 1

, 0;1;2;3 .2 2

k k k π

⇔ − ≤ ≤ − ∈ ⇒ ∈Z

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là thỏa yêu cầu của đề bài là3 5 7

; ; ; .

2 2 2 2

x π π π π

∈

9) 4 4 4 21sin sin cos sin 2 (1)

2 8 2

x x x x

π + + + =

4 4 4 2 2(1) sin sin cos 2sin 2 cos

2 8

x x x x x

π ⇔ + + + =

( )2

2 2 4

2 4

2

4

cos sin sin 02 8

cos 2 sin 02 8

cos 2 0cos 2 0

sin 0sin 02 82 8

22 4 2

2 8 2 8

4 22

42

4

x x x

x x

x x

x x

k x k x

x xm m

k

x x m

x m

π

π

π π

π π π π

π π π π

π π

π π

π π

⇔ − + + =

⇔ + + =

= =

⇔ ⇔

+ =+ =

= + = +

⇔ ⇔ + = = − +

= +

⇔ ⇔ = − + = − +

( ), .m ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2 , ( ).4

x m mπ

π = − + ∈Z

10)1

2cos 2 8cos 7cos

x x x

− + = (1)




328

Điều kiện: cos 0 , ( )(*)2

x x k k π

π ≠ ⇔ ≠ + ∈Z

( )

2

2 2

(1) 2cos cos 2 8cos 7 cos 1

2cos 2cos 1 8cos 7cos 1 0

x x x x

x x x x

⇔ − + =

⇔ − − + − =

3 2

4cos 8cos 5cos 1 02cos 1

; .12cos

32

x x x x k x

k x k x

π

π π

⇔ − + − =

== ⇔ ⇔ ∈ = ± +=

ℤ

Các giá trị này đều thỏa điều kiện (*)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2 ; 2 ;( ).3

x k x k k π

π π = = ± + ∈Z

VI.4. 1)cos3 sin 3

5 sin cos 2 3, (0; 2 )

1 2sin 2

x x x x x

x

π +

+ = + ∈ +

Điều kiện: ( )12

1 2sin 2 0 , .7

12

x k

x k

x k

π π

π π

≠ − +

+ ≠ ⇔ ∈ ≠ +

ℤ

Kết hợ p vớ i điều kiện ( )0;2 x π ∈ ta có điều kiện

( )0;2

11 23, (*)

12 12

7 19,12 12

x

x x

x x

π

π π

π π

∈

≠ ≠

≠ ≠

Khi đó phươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng vớ i

sin 2sin sin 2 cos3 sin 35 cos 2 3

1 2sin 2

x x x x x x

x

+ + + = +

+ sin cos sin 3

5 cos 2 31 2sin 2

x x x x

x

+ + ⇔ = +

+

2sin 2 cos cos5 cos 2 3

1 2sin 2

x x x x

x

+ ⇔ = +

+

5cos cos 2 3 x x⇔ = +

25cos 2cos 1 3 x x⇔ = − +

22cos 5cos 2 0 x x⇔ − + =

cos 2

1cos

2

x

x

=⇔ =




329

Vì cos 1 x ≤ nên ta chọn trườ ng hợ p1

cos2

x =

23

, ( )

23

x k

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈

= − +

ℤ

So vớ i điều kiện (*) thì phươ ng trình đã cho có nghiệm là5

, .3 3

x xπ π

= =

2) sin 2 .cos tan 3 .sin( ) cos 2 .sin (1)6

x x x x x xπ

= + −

Điều kiện: ( )cos3 0 , .6 3

x x k k π π

≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ Khi đó phươ ng trình (1) trở thành

sin 2 cos cos 2 sin tan 3 sin( )6

x x x x x x π

+ = +

sin 3 tan 3 sin( )

6

x x x π

⇔ = +

sin3sin 3 sin( )

cos3 6

x x x

x

π ⇔ = +

1sin 3 1 sin( ) 0

cos3 6 x x

x

π ⇔ − + =

sin 3 0

11 sin( ) 0

cos3 6

x

x x

π

=⇔ − + =

sin 3 0

cos3 sin( ) 06

x

x x π

=⇔ − + =

sin 3 0

cos3 sin( )6

x

x x π

=⇔ = +

sin 3 0

sin( 3 ) sin( )

2 6

x

x xπ π

=⇔ − = +

3

3 2 , ( )2 6

3 ( ) 22 6

x k

x x k k

x x k

π

π π π

π π π π

=

⇔ − = + + ∈

− = − + +

ℤ




330

3

, ( )12 2

6

k x

k x k

x k

π

π π

π π

=

⇔ = − ∈ = − −

ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), , .3 12 2

k k x x k

π π π = = − ∈ℤ

3) 2cos 2 1cot 1 sin sin 2

1 tan 2

x x x x

x− = + −

+

Điều kiện:2

, ( ).2

tan 14

k k x

xk

x x k

π π

π π

≠ ≠

⇔ ∈ ≠ − ≠ − +

ℤ

Khi đó phươ ng trình đã cho trở thành

2 22cos sin cos sin 1

cos ( ) sin sin 2sin (cos sin ) 2

x x x x x x x

x x x

− −= + −

+

2cos sin 1cos (cos sin ) sin sin 2

sin 2

x x x x x x x

x

−⇔ = − + −

2 2cos sin 1cos cos sin sin sin 2

sin 2

x x x x x x x

x

−⇔ = − + −

cos sin1 sin 2

sin

x x x

x

−⇔ = −

2cos sin(cos sin )

sin

x x x x

x

−⇔ = −

1(cos sin ) (cos sin ) 0

sin x x x x

x

⇔ − − − =

cos sin 0

1(cos sin ) 0

sin

x x

x x x

− =⇔ − − =

2

2 cos( ) 04

1(cos sin ) 0

sin

, ( )4 2

1 sin cos sin 0

x

x x x

x k k

x x x

π

π π π

+ =⇔

− − =

+ = + ∈⇔

− + =

ℤ




331

2

, ( )4

1 cos1 0

sin sin

x k k

x

x x

π π

= + ∈

⇔ − + =

ℤ

2

, ( )4

cot cot 2 0

x k k

x x

π π

= + ∈

⇔ − + =

ℤ

, ( )4

x k k π

π ⇔ = + ∈ℤ (Vì phươ ng trình 2cot cot 2 0 x x− + = vô nghiệm).

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).4

x k k π

π = + ∈ℤ

4) 2sin 4 .sin 2 sin 9 .sin 3 cos x x x x x+ =21 1

(cos 2 cos6 ) (cos 6 cos12 ) cos2 2

x x x x x⇔ − + − =

1 1 cos 2(cos 2 cos12 )2 2

x x x +⇔ − =

cos12 1 x⇔ = −

12 2 x k π π ⇔ = +

, ( ).12 6

k x k

π π ⇔ = + ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).12 6

k x k

π π = + ∈ℤ

5) 2 4cos .sin cos 2 2cos (sin cos ) 1 x x x x x x+ = + −2 4 2

2 4

cos sin cos 2 2cos sin 2cos 1

cos sin cos 2 2cos sin cos 2

x x x x x x

x x x x x x

⇔ + = + −

⇔ + = +

2 2

2

1sin 2 sin sin 2

4

1sin 2 sin 2 sin 1 0

4

x x x

x x x

⇔ =

⇔ − =

2

sin 2 0

1 sin 2 sin 1 04

x

x x

=

⇔ − =

2

2 , ( )

sin 2 sin 4

x k k

x x

π = ∈⇔

=

ℤ

, ( )2

k x k

π ⇔ = ∈ℤ (Vì 2s in2 sin 1 x x ≤ nên phươ ng trình 2sin 2 sin 4 x x = vô nghiệm).




332


k x k

π = ∈ℤ

6) 3 cos 4 sin 4 2cos3 0

3 cos 4 sin 4 2cos3

3 1cos 4 sin 4 cos32 2

x x x

x x x

x x x

+ − =

⇔ + =

⇔ + =

cos cos 4 sin sin 4 cos36 6

x x xπ π

⇔ + =

( )

cos 4 cos36

4 3 2 26 6

, .2

4 3 26 42 7

x x

x x k x k

k k

x x k x

π

π π π π

π π π π

⇔ − =

− = + = +

⇔ ⇔ ∈ − = − + = +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( )2

2 , , .6 42 7

k x k x k

π π π π = + = + ∈ℤ

7) 2 24cos 2cos 2 1 cos 4 x x x− = +

( )( )

2 2 2

2 2

4cos 2cos 2 2cos 2

cos cos 2 0

cos cos 2 cos cos 2 0

x x x

x x

x x x x

⇔ − =

⇔ − =

⇔ − + =

3 3sin sin cos cos 02 2 2 2

s in3 sin 0

x x x x

x x

⇔ =

⇔ =

s in3 0

sin 0

3

3

, ( ).3

x

x

x k

x k

k x

x k

k x k

π

π

π

π

π

=⇔

=

=⇔

=

=⇔

=

⇔ = ∈ℤ


k x k

π = ∈ℤ

8) ( )2 22sin 2sin tan 14

x x xπ

− = −

. Điều kiện: , ( ).2

x k k π

π ≠ + ∈ℤ




333

( )

( )

2

2

2 2

2

2 2

sin1 2 sin 2sin

4 cos

sinsin cos 2sin

cos

sin1 2sin cos 2sin

coscos 2sin cos 2sin cos sin 0

x x x

x

x x x x

x

x x x x

x x x x x x x

π ⇔ − = −

⇔ − = −

⇔ − = −

⇔ − − + =

( )

( )( )

sin cos 2sin cos sin cos 0

sin cos 1 sin 2 0

x x x x x x

x x x

⇔ + − + =

⇔ + − =

( )

2 sin 0sin cos 04

sin 2 1sin 2 1

4,

4

x x x

x x

x k k

x k

π

π

π

π π

+ =+ =

⇔ ⇔ = =

= − +

⇔ ∈ = +

ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là , , ( ).4 4

x k x k k π π

π π = − + = + ∈ℤ

9) cos3 2cos 2 1 2sin sin 2 x x x x+ = −

( )2

cos3 2cos 2 1 cos3 cos

2cos 2 1 cos

2 2cos 1 1 cos

x x x x

x x

x x

⇔ + = + −

⇔ = −

⇔ − = −

24cos cos 3 0 x x⇔ + − =

( )

2cos 1

, .33arccos 2cos

44

x k x

k x k x

π π

π

= += −⇔ ⇔ ∈ = ± +=

ℤ


2 , arccos 2 , ( ).4

x k x k k π π π

= + = ± + ∈

ℤ

( )( )( )( )

( )( ) ( )

( )( )

10) 2sin 1 2cos sin sin 2 cos2sin 1 2cos sin 2sin cos cos

2sin 1 2cos sin cos 2sin 1 0

2sin 1 cos sin 0

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x x

− + = −

⇔ − + = −

⇔ − + − − =

⇔ − + =




334

1sin

2sin 1 0 2

cos sin 02 sin 0

4

2

65

,( )26

4

x x

x x x

x k

k x k

x k

π

π π

π π

π π

=− =

⇔ ⇔+ = + =

= +

⇔ ∈= + = − +

ℤ


2 , 2 , , ( ).6 6 4

x k x k x k k π π π

π π π = + = + = − + ∈ℤ

11) 3 cos5 2sin 3 cos 2 sin 0(1) x x x x− − =

( )(1) 3 cos5 sin 5 sin sin 0

3 cos5 sin 5 2sin

x x x x

x x x

⇔ − + − =

⇔ − =

3 1cos5 sin 5 sin

2 2 x x x⇔ − =

sin 5 sin3

5 2 6 23 3 18 3

, .

5 2 4 23 3 6 2

x x

x x k x k x k

k

x x k x k x k

π

π π π π π π

π π π π π π π π

⇔ − =

− = + = − = −

⇔ ⇔ ∈

− = − + = − − = − −

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ); , .18 3 6 2

k x x k k

π π π π = − = − − ∈ℤ

12) ( )3sin cos sin 2 3 cos3 2 cos 4 sin (1) x x x x x x+ + = +

3 1 3sin sin 3(1) sin sin 3 3 cos3 2cos 4

2 2 2

sin 3 3 cos3 2cos 4

1 3sin 3 cos3 cos 4

2 2

cos 4 cos 36

x x x x x x

x x x

x x x

x x π

−⇔ + + = +

⇔ + =

⇔ + =

⇔ = −




335

( )4 3 2 2

6 6, .

24 3 2

6 42 7

x x k x k

k k

x x k x

π π π π

π π π π

= − + = − +

⇔ ⇔ ∈

= − + + = +

ℤ


2 , , .6 42 7

x k x k k π π π

π = − + = + ∈ℤ

VI.5.1)( )2

4

4

2 sin 2 sin 3tan 1 (1)

cos

x x x

x

−+ =

Điều kiện: ( ), .2

x k k π

π ≠ + ∈ℤ

( )24

4 4

2 sin 2 sin 3sin(1) 1

cos cos

x x x

x x

−⇔ + =

( )

4 4 2sin cos 2 sin 2 sin 3 x x x x⇔ + = −

( )2 2 21 2sin cos 2 sin 2 sin 3 x x x x⇔ − = −

( )2 211 sin 2 2 sin 2 sin 3

2 x x x⇔ − = −

( ) ( )2 212 sin 2 2 sin 2 sin 3 0

2 x x x⇔ − − − =

( )2 12 sin 2 sin 3 0

2 x x

⇔ − − =

2 22 sin 2 0 sin 2 2

1 1sin 3 0 sin 3

2 2

x x

x x

− = = ⇔ ⇔ − = =

1sin3

2 x⇔ = ⇔

23 2

6 18 3 , ( ).

5 5 23 2

6 18 3

k x k x

k k

x k x

π π π π

π π π π

= + = +

⇔ ∈ = + = +

ℤ

(Vì phươ ng trình 2sin 2 2 x = vô nghiệm).

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là

2 5 2, , ( ).

18 3 18 3

k k x x k

π π π π = + = + ∈ℤ

2)4 4sin cos 1 1

cot 2 (1)5sin 2 2 8sin 2

x x x

x x

+= −




336

Điều kiện: sin 2 0 2 ,( ).2

k x x k x k

π π ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ


4 4sin cos cos 2 1(1)

5sin 2 2sin 2 8sin 2

x x x

x x x

+⇔ = −

( )4 48 sin cos 20cos 2 5 x x x⇔ + = −

( )2 28 1 2sin cos 20cos 2 5 x x x⇔ − = −

218 1 sin 2 20cos 2 5

2 x x

⇔ − = −

28 4sin 2 20cos 2 5 x x⇔ − = −

( )28 4 1 cos 2 20cos 2 5 x x⇔ − − = −

2

9cos 22

4cos 2 20cos 2 9 01

cos 22

x

x x

x

=⇔ − + = ⇔

=

2 21 3

cos22

2 23

x k

x

x k

π π

π π

= +

⇔ = ⇔ = − +

6,( ).

6

x k

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈ = − +

ℤ

(Vì phươ ng trình9

cos2 2 x = vô nghiệm).

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).6

x k k π

π = ± + ∈ℤ

3) 1 sin cos sin 2 cos 2 0 x x x x+ + + + =

( )1 sin 2 sin cos cos 2 0 x x x x⇔ + + + + =

( ) ( ) ( )( )2

sin cos sin cos sin cos cos sin 0 x x x x x x x x⇔ + + + + + − =

( ) ( )sin cos sin cos 1 cos sin 0 x x x x x x⇔ + + + + − =

( )( )sin cos 2cos 1 0 x x x⇔ + + =

2 cos( ) 0sin cos 0 4

2cos 1 0 1cos

2

x x x

x x

π − =+ =

⇔ ⇔ + = = −




337

3

4 2 4, ( ).

2 22 2

3 3

x k x k

k

x k x k

π π π π π

π π π π

− = + = +

⇔ ⇔ ∈ = ± + = ± +

ℤ


, 2 , ( ).4 3

x k x k k π π

π π = + = ± + ∈ℤ

4) 2 2 12cos sin cos sin 3 0

4 4 2 x x x x

π π − + − − − =

2 2 12sin cos sin 3 cos 0

4 4 2 x x x x

π π ⇔ − + − − − =

21 1 1sin 2 sin 2 sin 4 0

2 2 2 2 x x x

π ⇔ − + + − − =

( )21 1 1

sin 2 sin 2 cos 4 02 2 2 x x x⇔ − + − − =

( )2 2sin 2 sin 2 1 2sin 2 1 0 x x x⇔ − + − − − =

2sin 2 1

sin 2 sin 2 2 0sin 2 2

x x x

x

=⇔ + − = ⇔

= −

s in2 1 x⇔ = (Vì phươ ng trình sin2 2 x = − vô nghiệm).

2 2 + ,( ).2 4

x k x k k π π

π π ⇔ = + ⇔ = ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình là , ( ).4

x k k π

π = + ∈ℤ

5) cot sin 1 tan tan 4(1)2

x x x x

+ + =


, .22

2cos 02

k k x

x k x k

x x k

π π

π

π π

≠ ≠

⇔ ⇔ ≠ ∈ ≠ +≠

ℤ

Vớ i điều kiện trên thì ta có

sin sin2(1) cot sin 1 4

cos cos2

x x

x x x

x

⇔ + + =




338

cos2cot sin 4

cos cos2

x

x x x

x

⇔ + =

sincot 4

cos

x x

x

⇔ + =

4sin cos 1 x x⇔ =

2 21 6

sin252

2 26

x k

x

x k

π π

π π

= +

⇔ = ⇔ = +

12,( ).

5

12

x k

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈ = +

ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là

5, , ( ).

12 12 x k x k k

π π π π = + = + ∈ℤ

6)6 62(cos sin ) sin cos

0(1)2 2sin

x x x x

x

+ −=

−

Điều kiện:

22 4

2 2sin 0 sin ( )32

24

x k

x x k

x k

π π

π π

≠ +

− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ∈ ≠ +

ℤ


6 6

2 2

2 2

(1) 2(cos sin ) sin cos 02(1 3cos sin ) sin cos 0

6cos sin sin cos 2 0

x x x x x x x x

x x x x

⇔ + − =

⇔ − − =

⇔ + − =

24sin cos

sin 233

1sin 2 1sin cos

2

x x x

x x x

= − = −⇔ ⇔

==

s in2 1 x⇔ = (Vì phươ ng trình4

sin23

x = − vô nghiệm)

( )

2 22

, .4

x k

x k k

π π

π π

= +

⇔ = + ∈ℤ

So vớ i điều kiện ta có nghiệm của phươ ng trình đã cho là5

2 , ( ).4

x k k π

π = + ∈ℤ




339

7) cos3 cos 2 cos 1 0 x x x+ − − =

3 2

3 2

2

4cos 3cos 2cos 1 cos 1 0

4cos 2cos 4cos 2 0

(cos 1)(4cos 2) 0

cos 1 2

cos 1 2

1 2cos 2

2 3

22

3

x x x x

x x x

x x

x x k

x x k

x x k

x k

x k

π

π π

π π

π

π π

⇔ − + − − − =

⇔ + − − =

⇔ − + =

= =

⇔ = − ⇔ = +

= − = ± +

=⇔ = ± +


, 2 ,( ).

3

x k x k k π

π π = = ± + ∈ℤ

8) 13 18 tan 6 tan 3 x x− = −

2

6 tan 3 0

13 18tan (6 tan 3)

x

x x

− ≥⇔

− = −

2

1tan

2

18tan 9 tan 2 0

x

x x

≥

⇔ − − =

1

tan 2

2 22tan arctan , ( ).tan

3 33

1tan

6

x

x x k k x

x

π

≥

⇔ ⇔ = ⇔ = + ∈=

= −

ℤ


arctan , ( ).3

x k k π = + ∈ℤ

9) 4 4cos sin cos sin (1) x x x x− = +

Ta có 4 4 2 2cos sin cos sin cos 2 1, .VT x x x x x x= − = − = ≤ ∀ ∈ℝ

Mặt khác

2

2 2

2

cos coscos sin sin cos 1

sin sin

x xVP x x x x

x x

≥⇒ = + ≥ + =

≥

Do đó 2 2

2 2

cos 2 1 , ( )

(1) cos cos cos cos , ( ).

sin sin sin sin

x x k k

x x x x x k k

x x x x

π

π

= = ∈

⇔ = ⇔ = ⇔ = ∈

= =

ℤ

ℤ




340

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ). x k k π = ∈ℤ

10) 13 14cos sin 1(1) x x+ =

Ta có14 2

13 2

sin sin

cos cos

x x

x x

≤⇒

≤

13 14 2 2cos sin sin cos 1 1 x x x x VT + ≤ + = ⇒ ≤

Do đó14 2

13 2

sin 0 sin 0

sin 1 cos 0sin sin(1)

cos cos cos 0 cos 0

cos 1 cos 1

x x

x x x x

x x x x

x x

= =

= ± = = ⇔ ⇔ ⇔

= = = = =

sin 0 2

, ( ).cos 1

2cos 0

x x k

k x x k

x

π

π π

= = ⇔ ⇔ ∈= = +

=

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là 2 , 2 , ( ).2 x k x k k π

π π = = + ∈ℤ

VI.6. 1) 2tan cot 4cos 2 . x x x= +

Điều kiện: ( )sin .cos 0 , .2

k x x x k

π ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ


2tan cot 4cos 2 x x x− = 2sin cos4cos 2

cos sin

x x x

x x⇔ − = 22cos2

4cos 2 0sin2

x x

x⇔ + =

1cos 2 2cos 2 0sin2

x x x

⇔ + =

( )cos 2 1 sin 4 0. x x⇔ + =

· cos 2 0 .4 2

k x x

π π = ⇔ = +

· sin 4 1 .8 2

k x x

π π = − ⇔ = − +

Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phươ ng trình đã cho là

4 2

k x

π π = + và

8 2

k x

π π = − + , ( ).k ∈ℤ

2)2

sin 2 sin .4 4 2

x xπ π

− = − +


( ) ( )2 2 2

sin 2 cos 2 sin cos2 2 2

x x x x− = − + ( )( )cos sin 2cos 1 0. x x x⇔ − − =




341

· cos sin 0 1 .4

x x tgx x k π

π − = ⇔ = ⇔ = +

· 1

2cos 1 0 cos 2 .2 3

x x x k π

π − = ⇔ = ⇔ = ± +


x k π

π = + , 2 ,3

x k π

π = ± +

( ).k ∈ℤ

3) ( ) ( )23 2cos cos 2 3 2cos sin 0 x x x x+ − + − =


( )

( ) ( )

2

2

2 3 1 sin 3 cos 2 3 3sin 2cos sin 0

2 3 sin 3 cos 3sin 2cos sin 0

3 cos 3 sin 2sin cos 3 sin 0

x x x x x

x x x x x

x x x x x

− + − + − =

⇔ − + + − =

⇔ + − + =

( )( )3 sin cos 3 2sin 0 x x x⇔ + − =

23 3sin

23 2sin 0 22

33 13 sin cos 02 sin cos 0

2 2cos 0

3

x k

x x

x k x x

x x

x

π π

π π

π

= +

= − = ⇔ ⇔ ⇔ = + + = + = − =

( )

2 2

3 32 2

2 2 , .3 3

5

3 2 6

x k x k

x k x k k

x k x k

π π π π

π π π π

π π π π π

= + = +

= + ⇔ = + ∈ − = + = +

ℤ


2 , 2 , , .3 3 6


π π π = + = + = + ∈ℤ

4) ( ) 21 2cos3 sin sin 2 2sin 2

4 x x x x

π + + = +


( )

sin sin 4 sin 2 sin 2 1 cos 42

sin sin 4 1 sin 4

sin 1

2 , .2

x x x x x

x x x

x

x k k

π

π π

+ − + = − +

⇔ + = +

⇔ =

⇔ = + ∈ℤ




342

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( )2 , .2

x k k π

π = + ∈ℤ

5) 2 21 sin sin cos sin 2cos2 2 4 2

x x x x x

π + − = −


2

2

1 sin sin cos sin 1 cos2 2 2

1 sin sin cos sin 1 sin2 2

x x x x x

x x x x x

π + − = + −

⇔ + − = +

sin sin cos sin 1 02 2

x x x x

⇔ − − =

2sin sin 2cos sin 1 0

2 2 2

x x x x

⇔ − − =

2sin sin 2 1 sin sin 1 0

2 2 2

x x x x

⇔ − − − =

sin sin 1 1 2 sin 1 sin 02 2 2

x x x x

⇔ − + + =

( )

2sin sin 1 2sin 2sin 1 02 2 2

sin 0 22

, .4sin 1 2

2 2 2

x x x x

x x k x k

x k k x x x k k

π π

π π π π π

⇔ − + + =

= = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = ∈

= += = +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), . x k k π = ∈ℤ

6) 2 2 1cos ( ) sin ( ) 2sin

3 6 4 x x x

π π + + + = −


2 2 1cos ( ) sin ( ) 2sin

3 6 4

1 2 1 11 cos(2 ) 1 cos(2 ) 2sin2 3 2 3 4

2 12 cos(2 ) cos(2 ) 4sin

3 3 2

52sin(2 )sin 4sin 0

2 6 2

5sin(2 ) 4sin 0

2 2

x x x

x x x

x x x

x x

x x

π π

π π

π π

π π

π

+ + + = −

+ + + − + = −

⇔ + + − + = −

⇔ − + − + =

⇔ + + − =




343

( )

2

2

2

5cos 2 4sin 0

2

51 2sin 4sin 0

2

32sin 4sin 0

2

4sin 8sin 3 0

32sin

1 62sin , .

1 52sin 2

2 6

x x

x x

x x

x x

x k x

x k

x x k

π π

π π

⇔ + − =

⇔ − + − =

⇔ − + =

⇔ − + =

= +=

⇔ ⇔ = ⇔ ∈ = = +

ℤ


2 , 2 , .6 6

x k x k k π π

π π = + = + ∈ℤ

7)

sin 3 4cos 36 0

sin 3 1

x x

x

π − − −

=−


sin 3 1 3 2 , .2 6 3

k x x k x k

π π π π ≠ ⇔ ≠ + ⇔ ≠ + ∈ℤ (*)


sin 3 4cos 3 06

cos 3 4cos 3 0

2 6

x x

x x

π

π π

− − − =

⇔ − − − − =

( )

3

cos3 4cos 3 06 6

4cos 7cos 3 06 6

7cos 1 26 6

1 5cos 2 , .

6 2 6

3 2cos26 2

x x

x x

x x k

x x k k

x k x

π π

π π

π π π

π π π

π π π

⇔ − − − − =

⇔ − − − − =

− = − = + ⇔ − = − ⇔ = + ∈

= − +− =

ℤ

Kết hợ p vớ i điều kiện (*) ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là

( )7

2 , .6

x k k π

π = + ∈ℤ




344

8) 3 3 2 3 2cos3 cos sin 3 sin .

8 x x x x

+− =


( ) ( )

( )

( )

2 2

2 3 2cos3 cos3 3cos sin 3 3sin sin 3

2

2 3 2cos 3 sin 3 3 cos3 cos sin 3 sin

2

1cos 4 4 2 , .

4 16 22

x x x x x x

x x x x x x

k x x k x k

π π π π

++ − − =

++ + − =

= ⇔ = ± + ⇔ = ± + ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), .16 2

k x k

π π = ± + ∈ℤ

9) 24sin 3 sin 4cos 3 cos cos 2 1 0.4 4 4

x x x x xπ π π

+ − + − + + =


( )1 sin 4

2 cos 2 sin 2 02

x x x

++ + =

Đặt cos 2 sin 2 2 cos 24

t x x x π

= + = − ⇒

2sin 4 1. x t = − Điều kiện: 2t ≤

Ta có phươ ng trình 20

4 04

t t t

t

=+ = ⇔

= −

Ta chọn 0t = . Suy ra ( )3

cos 2 0 , .4 8 2

k x x k

π π π − = ⇔ = + ∈ ℤ


, .8 2

k x k

π π = + ∈ℤ

10) sin 3 3 cos3 cos 2 3 sin 2 sin 3 cos . x x x x x x+ + − = +


2cos 2 sin 2 3 sin 2 sin cos 2 3 sin 2 0 x x x x x x− + − =

( )( )1 2sin cos 2 3 sin 2 0 x x x⇔ + − =

( )

21 6

sin1 2sin 0 2 7

2 , .6cos 2 3 sin 2 0 cos 2 0

3

12 2

x k

x x

x k k x x

xk

x

π π

π π

π

π π

= − +

= − + = ⇔ ⇔ ⇔ = + ∈ − = + = = +

ℤ




345


( )7

2 , 2 , , .6 6 12 2

k x k x k x k

π π π π π π = − + = + = + ∈ℤ

11) ( ) ( )2sin 1 tan 3sin cos sin 3 x x x x x+ = − + (1)

Điều kiện: ( ), .(*)2 x k k

π

π ≠ + ∈ℤ

Phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

( )

( ) ( )

( )( )

2 2

2 2

2 2

sin cossin 3 1 sin sin cos

cos

sin sin cos 3cos sin cos

sin cos 3cos sin 0

x x x x x x

x

x x x x x x

x x x x

+ = − +

⇔ + = +

⇔ + − =

( )

sin 0

4 4 , .1

cos232

x x k

k

x k x

π π π

π π

+ = = − +

⇔ ∈ = ± += −

ℤ

(Thỏa điều kiện (*)). Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là

( ), , .4 3

x k x k k π π

π π = − + = ± + ∈ℤ

12)sin 2 cos 2

tan cotcos sin

x x x x

x x+ = − (1)

Điều kiện: ( )cos .sin 0 , .2

k

x x x k

π ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ

(*)

Phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

2 2

sin 2 cos 2 sin cos

cos sin cos sin

sin 2 sin cos 2 cos sin cos

cos cos 2

cos 2 cos 0

32cos cos 0

2 23 3

2cos 02 2 2

3 3

2cos 02 2 2

x x x x

x x x x

x x x x x x

x x

x x

x x

x xk k

x

x x x k k

π π π π

π π π π

+ = −

⇔ + = −

⇔ = −

⇔ + =

⇔ =

= = + = +⇔ ⇔ ⇔

= += = +

Kết hợ p vớ i điều kiện (*) ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là




346

( )2 , .3

x k k π

π = ± + ∈ℤ

13)1 1 7

4sin (1)3sin 4

sin2

x x

x

π

π

+ = −

−

Điều kiện: ( )

sin 0

; .3 3sin 0 2

2 2

x x k k

x k x x k

≠ ≠

⇔ ⇔ ≠ ∈ − ≠ ≠ +

ℤ

π π

π π π

(*)

(1) tươ ng đươ ng vớ i:

( )1 1

2 2 sin cossin cos

x x x x

+ = − +

( )1

sin cos 2 2 0sin cos

sin cos 0 .4

1 22 2 0 sin 2

sin cos 2

8

5

8

x x x x

x x x k

x x x

x k

x k

π π

π π

π π

⇔ + + =

+ + = ⇔ = − +

+ + = ⇔ = −

= − +

⇔ = +

Đối chiếu vớ i điều kiện (*) ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là

( )5

; ; ; .4 8 8


π π π = − + = − + = + ∈ℤ

14) 3 3 2 2sin 3 cos sin cos 3 sin cos (1) x x x x x x− = −

+ cos 0 : x = Phươ ng trình (1) không thỏa.

cos 02

x x k π

π + ≠ ⇔ ≠ + . Chia hai vế của (1) cho 3cos 0 x ≠ ta đượ c phươ ng trình

( )

3 2

3 2

tan 3 tan 3 tan

tan 3 tan tan 3 0

4tan 1

tan 1 ;4

tan 3

3

x x x

x x x

x k

x

x x k k

x x k

π π

π π

π π

− = −

⇔ + − − =

= +

= ⇔ = − ⇔ = − + ∈ = −

= − +

ℤ




347

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), , , .4 4 3


π π π = + = − + = − + ∈ℤ

15) ( )2sin 1 cos 2 sin 2 1 2cos (1). x x x x+ + = +

( ) ( )

( )( )

2(1) 4sin cos 2sin cos 1 2cos 0

2cos 2sin cos 1 2sin cos 1 0

sin 2 1 2cos 1 0

x x x x x

x x x x x

x x

⇔ + − − =

⇔ − + − =

⇔ − + =

( )sin 2 1

4; .1

2cos2

3

x x k

k x

x k

π π

π π

= = +

⇔ ⇔ ∈ = − = ± +

ℤ


, , .4 3

x k x k k π π

π π = + = ± + ∈ℤ

16)( )

( ) ( )

1 2sin cos3(1).

1 2sin 1 sin

x x

x x

−=

+ − Điều kiện: ( )

261

sin 72 ; .2

6sin 1

22

x k

x x k k

x

x k

π π

π π

π π

≠ − +

≠ −

⇔ ≠ + ∈ ≠

≠ +

ℤ (*)

( ) ( ) ( )

( )2

(1) 1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin

cos 2sin cos 3 1 sin 2sin

cos 3 sin sin 2 3 cos 2

1 3 1 3cos sin sin 2 cos 2

2 2 2 2

cos cos 23 6

2 23 6

2 23 6

22

2

18 3

x x x x

x x x x x

x x x x

x x x x

x x

x x k

x x k

x k

k x

π π

π π π

π π π

π π

π π

⇔ − = + −

⇔ − = + −

⇔ − = +

⇔ − = +

⇔ + = −

+ = − +

⇔

+ = − + +

= −

⇔

= − +


( )2

, .18 3

k x k

π π = − + ∈ℤ




348

VI.7. 1)11 5 7 3

cos sin 2 sin4 2 4 2 2 2

x x xπ π π − + − = +

(1).

5 5 3(1) cos cos sin sin sin cos cos sin 2 cos

4 2 4 2 4 2 4 2 2

x x x x xπ π π π ⇔ − + − − =

2 5 5 3sin sin cos cos 2 cos2 2 2 2 2 2

x x x x x ⇔ − − − =

5 5 3sin sin cos cos 2cos

2 2 2 2 2

x x x x x ⇔ − − + =

3 3 32cos sin 2cos cos 2cos

2 2 2

x x x x x⇔ − =

( )3

cos sin cos 1 02

x x x⇔ − − =

3cos 0

2

sin cos 1

x

x x

=⇔

− =

3cos 0

2

2sin

4 2

x

x π

=

⇔

− =

3

2 2

24 4

24 4

xk

x k

x k

π π

π π π

π π π π

= +

⇔ − = + − = − +

2

3 3

22

2

k x

x k

x k

π π

π π

π π

= +

⇔ = +

= +

( )

2

3 3, .

22

k x

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈

= +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( )2 ; 2 , .3 3 2

k x x k k π π π π = + = + ∈ℤ

2) ( )

2sin4

1 sin 2 1 tancos

x

x x x

π −

+ = + (1).

Điều kiện: ( )cos 0 ;2

x x k k π

π ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ (*).




349

( )cos sin

(1) 1 sin 2 1 tancos

x x x x

x

−⇔ + = +

( )( )1 tan 1 sin 2 1 tan x x x⇔ − + = +

sin 2 sin 2 tan 2 tan 0 x x x x⇔ − − =

2

2 2

sinsin cos sin 0cos

sin cos cos sin sin 0

x x x x x

x x x x x

⇔ − − =

⇔ − − =

( )2sin cos sin cos 1 0 x x x x⇔ − − =

2

sin 0

cos sin cos 1

x

x x x

=⇔

− =

sin 0

cos 2 sin 2 1

x

x x

=⇔

− =

sin 0

2cos 2

4 2

x

x π

=

⇔ + =

2 24 4

2 24 4

x k

x k

x k

π

π π π

π π π

=⇔ + = + + = − +

( ), ,

4

x k

k x k

π

π π

=⇔ ∈ = − +

ℤ thoả điều kiện (*).

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ); , .4

x k x k k π

π π = = − + ∈ℤ

3) ( )3 3sin cos cos 2 2cos sin x x x x x+ = − (1).

(1) ( ) ( ) ( ) ( )2 2sin cos 1 sin cos cos sin 2cos sin x x x x x x x x⇔ + − = − −

( ) ( )( )sin cos 1 sin cos cos sin 2cos sin 0 x x x x x x x x ⇔ + − − − − =

( ) ( )sin cos cos 2sin cos 0 x x x x x⇔ + − =

( )

2 sin 04 4sin cos 0

cos 0 , .2 2

2sin cos 0 1 1tan arctan

2 2

x x k

x x

x x k x k k

x x x x k

π π π

π π π π

π

+ = = − + + =

⇔ = ⇔ = + ⇔ = + ∈

− = = = +

ℤ


,4

x k π

π = − + ,2

x k π

π = + ( )1

arctan , .2

x k k π

= + ∈

ℤ




350

4)2 2

2sin 2sin tan4

x x xπ

− = −

(1).

Điều kiện: ( )cos 0 ,2

x x k k π

π ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ (*).

( )2 2(1) sin cos 2sin tan x x x x⇔ − = −

2 2cos sin 2sin cos tan 0 x x x x x⇔ − − + = (2).

Chia hai vế của phươ ng trình (2) cho 2cos 0 x ≠ ta đượ c

( )2 2(2) 1 tan 2 tan tan 1 tan 0 x x x x⇔ − − + + =

3 2tan tan tan 1 0 x x x⇔ − − + =

( )( )2tan 1 tan 1 0 x x⇔ − − =

2

tan 1 0

tan 1 0

x

x

− =

⇔ − =

tan 1

tan 1

x

x

=

⇔ = −

( )4

, ,

4

x k

k

x k

π π

π π

= +

⇔ ∈ = − +

ℤ thoả điều kiện (*).

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), , .4 4

x k x k k π π

π π = + = − + ∈ℤ

5) 2 21 1cos sin

4 3 2 2

x x+ = (1).

( )2

2

2 3

3 2

2

1 1(1) cos 1 cos

4 3 4

1 1 1cos cos 0

4 3 4 4

1cos 4cos 3cos 0

3 4 3 3

3cos cos cos 0

3 3 4 3

cos 4cos 4cos 3 03 3 3

x x

x x

x x x

x x x

x x x

⇔ + = −

⇔ + − + =

⇔ + − =

⇔ + − =

⇔ + − =

2

cos 0 cos 03 3

14cos 4cos 3 0 cos

3 3 3 2

x x

x x x

= =

⇔ ⇔ + − = =




351

( )3

33 2, .2

623 3

xk

x k k

x x k k

π π π

π

π π π π

= + = +⇔ ⇔ ∈

= ± += ± +

ℤ


3 , 6 , .2

x k x k k π

π π π = + = + ∈ℤ

6) 1

3 sin coscos

x x

+ = (1).


x x k k π

π ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ (*)

2(1) 3 sin cos cos 1 x x x⇔ + =

3 1 cos 2sin 2 1

2 2

x x

+⇔ + =

3 1 1sin 2 cos 2

2 2 2 x x⇔ + =

1cos sin 2 sin os2

6 6 2 x c x

π π ⇔ + =

1sin 2

6 2 x

π ⇔ + =

2 26 6

52 2

6 6

x k

x k

π π π

π π π

+ = +

⇔

+ = +

( ), ,3

x k

k x k

π

π π

=⇔ ∈

= +

ℤthoả điều kiện (*).

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), , .3

x k x k k π

π π = = + ∈ℤ

7) 2 23tan 4 tan 4cot 3cot 2 0 x x x x+ + + + = (1).

Điều kiện: ( )cos 0

;2sin 0 2

x x k k x k

x x k

≠ ≠ +

⇔ ⇔ ≠ ∈ ≠ ≠

ℤ

π π π

π

(*).

Cách 1.

( ) ( )2 2(1) 3 tan cot 4 tan cot 2 0 x x x x⇔ + + + + =

Đặt tan cot ,t x x= + điều kiện 2.t ≥ (1) trở thành

2 23( 2) 4 2 0 3 4 4 0t t t t − + + = ⇔ + − =




352

2

2

3

t

t

= −⇔ =

Ta nhận trườ ng hợ p 2.t = − Khi đó ta có phươ ng trình

( )tan cot 2 tan 1 , .4

x x x x k k π

π + = − ⇔ = − ⇔ = − + ∈ℤ (Thỏa điều kiện)

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), .4

x k k π

π = − + ∈ℤ

Cách 2. Ta có vớ i điều kiện (*) thì phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

4 4 2 2

2 2

sin cos sin cos3 4 2 0

sin cos sin cos

x x x x

x x x x

+ ++ + =

2 2

2 2

1 2sin cos 43 2 0

sin cos sin cos

x x

x x x x

−⇔ + + =

(2).

Đặtsin2

sin cos .2

xt x x= = Điều kiện:

10, .

2t t ≠ ≤ Phươ ng trình (2) trở thành

2

2

1 2 43 2 0

t

t t

−+ + =

( )2 23 1 2 4 2 0t t t ⇔ − + + =

24 4 3 0t t ⇔ − + + =

3

2

1

2

t

t

=

⇔ = −

Vớ i1

2t = − , ta có ( )sin 2 1 2 2 ,

2 x x k k

π π = − ⇔ = − + ∈ℤ

( ), .4

x k k π

π ⇔ = − + ∈ℤ

So vớ i điều kiện (*) thì nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), .

4

x k k π

π = − + ∈ℤ

8) 2 2sin tan cos cot sin 2 1 tan cot x x x x x x x+ − = + + (1)

Điều kiện: ( )sin 0

,cos 0 2

x k x k

x

π ≠⇔ ≠ ∈

≠ℤ (*)

Ta có




353

( ) ( )2 2

2 2

2 2

(1) tan 1 sin cot 1 cos sin 2 1 0

tan cos cot sin 2sin cos 1 0

sin coscos sin sin 2 1 0

cos sin

sin cos sin cos sin 2 1 0

2sin cos sin 2 1 0

2sin 2 1

x x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x

x x x x x

x x x

x

⇔ − + − + + =

⇔ + + + =

⇔ + + + =

⇔ + + + =

⇔ + + =

⇔ = −

1sin 2 sin

2 6 x

π ⇔ = − = −

( )

2 26

2 26

12, .

7

12

x k

x k

x k

k

x k

π π

π π π

π π

π π

= − +

⇔

= + +

= − +⇔ ∈

= +

ℤ

Thỏa điều kiện (*). Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là

( )7

; , .12 12

x k x k k π π

π π = − + = + ∈ℤ

9) ( )4 4 2sin 2 cos 2 1 cos 4 sin 6 x x x x+ = + (1)

( )

( ) ( )

4 4 2

22 2 2 2 2

2 2 2

(1) sin 2 cos 2 2 sin 4 sin 6

sin 2 cos 2 2sin 2 cos 2 2 sin 4 sin 6

1 2sin 2 cos 2 sin 4 sin 6 2sin 6

x x x x

x x x x x x

x x x x x

⇔ + = −

⇔ + − = −

⇔ − + =

2 21sin 4 sin 6 sin 4 2sin 6 1

2 x x x x⇔ − = −

( )

( )

2

2

1sin 4 2sin 6 1 2sin 6 1

2

1

2sin 6 1 sin 4 1 02

x x x

x x

⇔ − = −

⇔ − − =

22

12sin 6 1 0sin6 1

sin 6 sin212 6sin 4 1 0

sin 4 2( )2

x x

x x

x VN

π − =

=⇔ ⇔ ⇔ = = − =

=




354

( )6 2

6 36 3, .

56 2

6 36 3

k x k x

k k

x k x

π π π π

π π π π π

= + = +

⇔ ⇔ ∈

= − + = +

ℤ


; , .36 3 36 3

k k x x k

π π π π = + = + ∈ℤ

10) ( ) ( )23 2cos cos 2 sin 3 2cos 0 x x x x+ − + − = (1)

( )

2

2

2

(1) 2 3 cos 3 cos 2 3 3sin 2sin cos 0

2 3 1 sin 3 cos 2 3 3sin 2sin cos 0

2 3 2 3 sin 3 cos 2 3 3sin 2sin cos 0

x x x x x

x x x x x

x x x x x

⇔ + − + − =

⇔ − + − + − =

⇔ − + − + − =

( ) ( )

22 3 sin 3 cos 3sin 2sin cos 0

3 sin 3 2sin cos 3 2sin 0

x x x x x

x x x x

⇔ − + + − =

⇔ − + − =

( ) ( )3 2sin 3 sin cos 0 x x x⇔ − + =

3sin

3 2sin 0 2

3 sin cos 0 3 1sin cos 0

2 2

sin sin3

sin sin cos cos 03 3

x x

x x x x

x

x x

π

π π

= − =

⇔ ⇔+ =

+ =

=

⇔

+ =

22 2

3 3

cos 03

x k x k

x

π π π π

π

= + ∨ = +

⇔

− =

22 2

3 3

3 2

x k x k

x k

π π π π

π π π

= + ∨ = +

⇔

− = +

( )

22 2

3 3, .

5

6

x k x k

k

x k

π π π π

π π

= + ∨ = +

⇔ ∈

= +

ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( )2 5

2 ; 2 ; , .3 3 6


π π π = + = + = + ∈ℤ

11) tan tan sin 3 sin sin 2 (1)6 6

x x x x xπ π

− + = +




355

Điều kiện:3

,( ).2

3

x k

k

x k

π π

π π

≠ +

∈ ≠ +

ℤ

1 1tan tan +

3 3(1) . .sin3 sin +sin2tan tan

1+ 13 3

x x

x x x x x

−

⇔ =

−

2

2

1tan

3.sin 3 sin sin 2

tan1

3

x

x x x x

−

⇔ = +

−

( )

( )

2

2

3tan 1sin 3 sin sin 2

3 tan

x x x x

x

−⇔ = +

−

2

2

2

3 2

tan tan (tan 3)sin 3 sin +sin2 do tan3

tan 3 3tan 1

tan cos3 sin +sin2

sincos3 sin +sin2

cos

sin cos sin2 cos sin cos3 0

sin (cos 2cos cos3 ) 0

sin (4cos 2cos 2cos ) 0

s

x x x x x x x

x x

x x x x

x x x x

x

x x x x x x

x x x x

x x x x

−⇔ − = =

− ⇔ − =

⇔ − =

⇔ + + =

⇔ + + =

⇔ + − =

⇔2in2 (2cos cos 1) 0

sin 2 0 22

cos 1 2 , ( ).

21cos 2 3

2 3

x x x

k x k x x

x x k k

x k x x k

π π

π π π

π π π

+ − =

= = =⇔ = − ⇔ = + ⇔ ∈

= ± += = ± +

ℤ

So sánh vớ i điều kiện ta đượ c nghiệm của phươ ng trình đã cho là , ( ).2

k x k

π = ∈ℤ

12) ( )( )1 tan 1 sin 2 cos sin x x x x− + = + (1)


x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ℤ (*)

( )

( )( )

( )( )2

sin sin(1) 1 1 sin 2 1

cos cos

cos sin 1 sin 2 cos sin

cos sin cos sin cos sin

x x x

x x

x x x x x

x x x x x x

⇔ − + = +

⇔ − + = +

⇔ − + = +




356

( ) ( )( )

( )( )

cos sin cos sin cos sin 1 0

cos sin cos 2 1 0

x x x x x x

x x x

⇔ + − + − =

⇔ + − =

( )sin 0

, .4 4

cos 2 1

x x k k

x k x

π π π

π

+ = = − + ⇔ ⇔ ∈

=

=

ℤ

Thỏa điều kiện (*). Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ); , .4

x k x k k π

π π = − + = ∈ℤ

13)sin 2 cos 2

tan cotcos sin

x x x x

x x− = − (1)

Điều kiện: ( )sin cos 0 , .2

k x x x k

π ≠ ⇔ ≠ ∈ℤ (*)

( )

2 2

sin 2 sin cos 2 cos sin cos(1)

sin cos cos sincos3 cos sin

sin cos sin cos

cos3 cos 2

3 2 2

3 2 2

2

,2

5

x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

x x

x x k

x x k

x k

k k x

π

π

π

π

−⇔ = −

−⇔ =

⇔ =

= +⇔

= − +

=⇔ ∈ =

ℤ


{ }2

; 5 , , 1; 2;3;4 .5

k x k m r m r

π = = + ∈ ∈ℤ

14)5 3

sin cos 2 cos (1)2 4 2 4 2

x x xπ π − − − =

Ta có, phươ ng trình (1) tươ ng đươ ng vớ i

5 3sin cos cos sin sin 2 cos

2 4 4 2 4 2 2

5 2 2 3sin cos sin 2 cos2 4 2 2 2 2 2

5 2 3sin cos sin 2 cos

2 4 2 2 2 2

x x x x

x x x x

x x x x

π π π

π

π

− − + =

⇔ − − + =

⇔ − − + =

5 2 3sin 2 sin 2 cos

2 4 2 2 4 2

x x xπ π ⇔ − − + =




357

5 3sin sin 2 cos

2 4 2 4 2

x x xπ π ⇔ − − + =

3 32cos sin 2 cos

2 4 2

3

cos 2sin 2 02 4

x x x

x

x

π

π

⇔ − =

⇔ − − =

3cos 0

2

2sin sin

4 2 4

x

x π π

=

⇔

− = =

3

2 2

24 4

32

4 4

xk

x k

x k

π π

π π π

π π π

= +

⇔ − = + − = +

( )

2

23 33 3

2 , .2

22 2

k x

k x

x k k

x k x k

π π

π π

π π

π π

π π

= +

= +⇔ = + ⇔ ∈ = + = +

ℤ


; , .3 3 2

k x x k k

π π π π = + = + ∈ℤ

15) 22cos 2 3 sin cos 1 3(sin 3 cos ) x x x x x+ + = + (1)

( ) ( )( ) ( )

( )( )

2 2 2 2

2

3cos 2 3 sin cos sin cos sin 1 3 3 cos sin

3 cos sin 3 3 cos sin 0

3 cos sin 3 cos sin 3 0

x x x x x x x x

x x x x

x x x x

⇔ + + − − + = +

⇔ + − + =

⇔ + + − =

( )

( )

3 cos sin 0 3 1cos sin 0

2 23 cos sin 3

sin( ) 0 , .3 3 3

x x x x

x x VN

x x k x k k π π π

π π

+ =⇔ ⇔ + =

+ =

⇔ + = ⇔ + = ⇔ = − + ∈ℤ

Vậy, nghiệm của phươ ng trình đã cho là ( ), .3

x k k π

π = − + ∈ℤ

VI.8.1) 2 2tan cot (tan cot ) 2 0(1) x x m x x m+ + + + =

Điều kiện: , ( ).2

k x k

π ≠ ∈ℤ

2(1) (tan cot ) (tan cot ) 2 2 0 x x m x x m⇔ + + + + − =




358

Đặt tan cot .t x x= + Điều kiện: 2.t ≥

Khi đó phươ ng trình (1) trở thành ( )2

2 22 2 0(2) , 2

2

t t mt m m t

t

− ++ + − = ⇒ = ≥

+

(Vì 2t = − không là nghiệm của phươ ng trình (2))

Bài toán trở thành: “Tìm m để phươ ng trình (2) có nghiệm thuộc ( ] [ ); 2 2; ".−∞ − ∪ +∞

Xét ( )2 2

( ) , 22

t f t t

t

− += ≥

+

2

2

2 24 2( ) ( ) 0

( 2) 2 2

t t t f t f t

t t

= − +− − −′ ′= ⇒ = ⇔

+ = − −


Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra giá trị m cần tìm là1

2(2 2) .2

m m≥ + ∨ ≤ −

2) ( ) ( )sin cos s in2 1 0 1m x x x m+ + + − =

Đặt sin cos 2 sin .

4

t x x x π

= + = +

Điều kiện: 2.t ≤

Khi đó phươ ng trình (1) trở thành 2 2 0t mt m+ + − = (2)

Xét 2( ) 2 f t t m t m= + + −

Phươ ng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (2) có nghiệm 2; 2 .t ∈ −

Từ phươ ng trình (2) ta có

( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2

4 2 4 8 0,

2 . 2 1 2 1 2 0, .

m m m m m

f f m m m m

∆ = − − = − + > ∀ ∈

− = − + = − ≤ ∀ ∈

ℝ

ℝ

Suy ra phươ ng trình ( ) 0 f t = luôn có hai nghiệm phân biệt và có ít nhất một nghiệm

2; 2 .t ∈ −

Vậy, vớ i mọi m ∈ℝ thì phươ ng trình đã cho luôn có nghiệm.

3) 6(cos sin ) sin 2 (1) x x x m− + =

26(cos sin ) (cos sin ) 1 x x x x m⇔ − − − + =




359

Đặt cos sin .t x x= − Điều kiện: 2t ≤

Khi đó phươ ng trình (1) trở thành 2 6 1 (2)t t m− + + =

Phươ ng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phươ ng trình (2) có nghiệm t thỏa 2.t ≤

Xét 2( ) 6 1 f t t t = − + +'( ) 2 6 f t t ⇒ = − +

' ( ) 0 3 f t t = ⇔ = . Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên, suy ra (1) có nghiệm khi và chỉ khi 6 2 1 6 2 1.m− − ≤ ≤ −

Vậy, phươ ng trình đã cho có nghiệm khi 6 2 1;6 2 1 .m ∈ − − −

VI.9. ( )2cos 2 cos 4 1 0.(1) x m x m− + − =

Đặt cos ,t x= điều kiện: 1.t ≤ (1) trở thành

( )

( )

2 2 4 1 0

2

2 1

t mt m

t

t m

− + − =

=⇔

= −

Do 1t ≤ nên ta chỉ xét trườ ng hợ p ( )2 1 .t m= −

(1) có nghiệm thỏa2 2

xπ π

− < < khi và chỉ khi ( )3

0 2 1 1 1 .2

m m< − ≤ ⇔ < ≤

VI.10. 2 2sin 2sin cos 2cos (1). x x x x m+ − =

Xét , ( )2

x k k π

π = + ∈ℤ

(1) trở thành 1 .m=

+ Khi 1m =

( )

2 2 2(1) sin 2sin cos 2cos 1 2sin cos 3cos 0

cos 2sin 3cos 0

x x x x x x x

x x x

⇔ + − = ⇔ − =

⇔ − =

cos 02

33tan

, tan ,22 2 2

x k x

x x k

π π

π π ϕ π ϕ ϕ

= +=

⇔ ⇔ =

= + = − < <




+ Khi 1 cos 0.m x≠ ⇒ ≠ Chia hai vế của (1) cho 2cos 0, x ≠ ta đượ c

( )

( )

2 2

2

tan 2 tan 2 1 tan

1 tan 2 tan 2 0

x x m x

m x x m

+ − = +

⇔ − − + + =

Nếu

2 1 13 1 13

2 0 2 2m m m

− − − +′

∆ = − − + ≥ ⇔ ≤ ≤

thì phươ ng trình (1) có nghiệm là

( )

22

2 2

1 31 3 arctan

tan 11

; .1 3 1 3

tan arctan1 1

m mm m x k

x mm

k

m m m m x x k

m m

π

π

+ − − + + − − + = + = − − ⇔ ∈

− − − + − − − + = = + − −

ℤ

Nếu2 1 13 1 13

2 0 2 2m m m m

− − − +

′∆ = − − + < ⇔ < ∨ >

thì phươ ng trình (1) vô nghiệm.

K ế t luận:

+ Nếu1 13 1 13

,2 2

m− − − +

≤ ≤ nghiệm của phươ ng trình đã cho là

( )

2

2

1 3arctan

1; .

1 3arctan

1

m m x k

mk

m m x k

m

π

π

+ − − + = +

− ∈

− − − += + −

ℤ

+ Nếu1 13 1 13

,2 2

m m− − − +

< ∨ > thì phươ ng trình đã cho vô nghiệm.

VI.11. 2cos 2 2sin 2 2 0m x x m− + − = (1)

Đặt sin 2 .t x= Ta có vớ i 04

x π

< < thì ( )sin 2 0;1 .t x= ∈

Phươ ng trình (1) trở thành 2 222 2(1 ) 2 2 0 (2 ) 2 2 0 .

2

t m t t m m t t m

t

+− − + − = ⇔ − − − = ⇔ =

−

Xét hàm số ( )

( )( )

2

222

2 2 22 2( ) , ( ) 0, 0;1 .

2 2

t t t f t f t t

t t

+ ++′= = > ∀ ∈

− −

ố ồ ế ( ) ế ố

Bài tập Đại số sơ cấp Tác giả: Hoàng Huy Sơn, Trường Đại học An Giang, 2012

Documents

Transcript of Bài tập Đại số sơ cấp Tác giả: Hoàng Huy Sơn, Trường Đại học An Giang, 2012