ĐẠI SỐ SƠ CẤP_ÔN THI ĐẠI HỌC

5/13/2018 ĐA ̣I SÔ ́ SƠ CÂ ́P_ÔN THI ĐA ̣I HO ̣C - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/dai-so-so-capon-thi-dai-hoc 1/152

Lê Ngọc Sơn_Hồ Quan Bằng_Nguyễn Xuân Tuần_Nguyễn Quốc Việt

Lớp Sư Phạm Toán K07 _ ĐH Tây Nguyên - 1 -

TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC

(Đại số sơ cấp)

PHẦN I: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Phương trình và bất phương trình bậc 2, 2( 0;ax bx c a .

Câu 1: Tìm m để phương trình: 2 2( 3) 4 12 0x m x m có hai nghiệm cùng lớn hơn -1.

Giải

Để pt đã cho có hai nghiệm cùng lớn hơn -1 thì m thỏa mãn hệ sau:

' 2

1 2

0 ( 3) 4 12 07

1. ( 1) 0 1 2( 3) 4 12 0 3.2

1 31

2

m m

f m m m

x x m

Câu 2: Tìm a để BPT: (1)

2

( 1) 2( 2) 2 1 0a x a x a , có nghiệm trong ( 1,2). Giải

Xét ba trường hợp của a như sau

TH1:1

1; (1) 6 3 0 .2

a x x (thỏa mãn)

TH2: 1;a ta có





2'

2 2

1

2 2

2

2

5 3 5 5 3 55 5 00 2 2

2 ( 2) 5 5 2( 1) 5 5 3

1 ( 2) 5 5 ( 1) 5 5 3

5 3 5 5 3 5

2 2

5 5 3 .

1 4

a a a

x a a a a a a a

x a a a a a a

a

a a a

a

(VN)

TH3:

1a

+ ' 0 (1; ).a

'

2 21

2 2 2

5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 50

2 2 2 21

1( 1) ( 2) 5 5 3 5 52

2( 1) ( 2) 5 5 3 5 5

5 3 5 5 3 52 2( ; 1 / 2) (1

a a

x a a a a a a

x a a a a a a a

a

a

5 3 5( ; 1 / 2).2; )

a

Câu 3: Tìm m để pt: [ ]+ 2 2 0x x x x m , có hai nghiệm không âm. ([x] là phần nguyên của x).

Giải

Đặt [ ] [ ];y x z x x , ta có, 2 2 0,z z y y m trong đó y nguyên và 0 1.z

Pt theo z có nghiệm1

2z

, với 21 4( )y y m , vì 0z nên

1

2z

và

10 1

2z

hay 21 9 0 2.y y m

Gọi1 2

x x là hai nghiệm không âm của pt, ta có [ ] [ ]1 1 2 2

;y x y x đều không âm, và

[ ]; [ ].1 1 1 2 2 2

z x x z x x





- Nếu1 2

y y thì [ ] [ ]1 2

x x và [ ]+ [ ]+2 2

1 1 1 1 2 2 2 22 0; 2 0x x x x m x x x x m , trừ vế

theo vế ta được1 2

x x (trái với GT)

- Nếu1 2 1 2

1y y y y (do số nguyên).

Vì 2 2 2

1 1 2 2 2 20 2;0 2 2 0(*)y y m y y m y y m nên

2 2 2 2

1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 22 2 | | 2 ( ) | 1 | 2,y y y y y y y y y y y y Vì

1 2y y

là số nguyên dương nên 1 2

1 2

| 1 | 1

| 1 | 0

y y

y y

- TH1:1 2 1 2 1 2

| 1 | 1 2 2; 0y y y y y y (không thỏa)

-

TH2: [ ] [ ]1 2 1 2 1 2 1 2| 1 | 0 1 1; 0 1; 0y y y y y y x x

Từ (*) suy ra: 0 2m và nghiệm1,2

1 1 4

2

m x

.

Câu 4. Tìm ĐK của a,b để pt: 2 1 0 (1);x ax x bx có nghiệm chung. Khi

đó tìm GTNN của | | | | .P a b

Giải

- Gọi0

x là nghiệm chung của hai pt trên, ta có,

2

0

2

0

.x ax

a b x x a bx bx a b

Thế vào (1) ta được :

2

2

2 2 2 2

1 11 0 1 ( ) ( ) 0

2 3 1 0 3 2 1 0

a a a b a ba b a b

a ab b ab a b

Vậy điều kiện của a,b là 2 23 2 1

a b

ab a b

thì pt có hai chung.

- Ta có | | | |P a b , thế vào điều kiện trên ta được2 2 2 23 | || | 2 | | | | 1 6 1 5 | | 0a b a b a P a P

Để pt luôn có nghiệm thì

2 2

24 0 24 | | 2 6P P P Min P





Phương trình và bất pt quy về bậc hai

Ví dụ 1. Tìm m để pt : ( )x m x mx m , cos 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn

1 2 3.1 2x x x

Giải

pt (1) đã có 1 nghiệm x m nên pt x mx m phải có haio nghiệm phân biệtthảo một trong các TH sau :

- TH1 :1 2

1 2 .m x x

- TH2 :1 2

1 2 .x m x

- TH3 :1 2

1 2 .x x m

- Xét TH1 :1 2 1 2

1 2

11 1. ( 1) 0

1 2 11

2 21. (2) 0

m

m f

m x x x x S

x x f

(VN)

- Xét TH2 :

2'

21 2

1

22

2 11 2

2 3 00 11 2 2 .

1 2 3 1 6

2 2 3 2

m m

m m x m x m

x m m m

x m m m

- Xét TH3 :

2

'

1 2

1 2

1 2

22 22 3 0

0 11 2 1. ( 1) 0

1 61. (2) 0 22

22

m m m

m m

x x m f m x x

f m x x

S

(VN)

- Vậy với 126

m thì pt (1) có 3 nghiệm thỏa mãn1 2 3

1 2 .x x x





Ví dụ 2. Tìm m để pt : 3 23 3 2 0x mx x m có 3 nghiệm thỏa mãn1 2 3.

1 2x x x

giải

Xét hàm số3 2 2

( ) 3 3 2 ; '( ) 3 6 f x x mx x m f x x mx m

- pt '( ) 0 f x luôn có hai nghiệm phân biệt nen hs luôn có CĐ, CT. Giả sử1 2

x x là hai

nghiệm của pt '( ) 0 f x , khi đó :

2 2

1 1 2 2

2 2 2 2

1 2 1 2

2(1 ) ; 2(1 )

. 2(1 ) 2(1 ) 4 7 4 0,

y m x m y m x m

y y m x m m x m m m m

- Suy ra, pt đã cho luôn có ba nghiệm1 2 3

x x x

- Vì1 2

1 0x x nên pt luôn có 2 nghiệm trái dấu. Để pt có nghiệm thỏa mãn ĐKBT thì

2( 1) 0 2 0 12.1(2) 0 10 2 0 5

5

m f m m

f m m

Bài 1. Biện luận theo m số nghiệm của pt : (1).( 1)( 2)( 3) 1 0x x x x m

Giải

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

Đặt 2 9( 3 ), .

4t x x t

Pt quay trở về : (2);2 '2 1 0 .t t m m

- TH1 : ' 0 0m , Pt có 2 nghiệm PB

+ Nếu9 25

14 16

m m thì pt (2) có 2 nghiệm PB dẫn đến pt (1) có 4 nghiệm PB.

+ Nếu9 25

14 16

m m thì pt (2) có 1 nghiệm đẫn đến pt (1) có 2 nghiệm PB.

- TH2 : ' 0 0m , pt (2) có nghiệm kép 1t , dẫn đén pt (1) có 2 nghiệm phân

biệt.





- TH3 : ' 0 0m , pt (2) vô nghiệm dẫn đến pt (1) vô nghiệm.

Bài 2. Tìm a để pt : 416ax ax a x ax cos 4 nghiệm PB lập thành

một cấp số nhân.

Giải

Nhận thấy 0x không là nghiệm của pt (1), chia hai vế pt (1) cho 2x ta được

2

2

1 116 2 17 0x a x a

x x

, đặt

1;| | 2t x t

x , ta có :

216 2 15 0t at a

Để pt (1) có 4 nghiệm PB thì pt (2) phait có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn1 2

| |,| | 2.t t Gọi

1 2 3 4, , ,x x x x là 4 nghiệm lập thành một CSN của pt (1), ta có

1 4,x x là hai nghiệm của pt :

2

11 0x t x , và

2 3;x x là hai nghiệm của pt 2

21 0x t x , gọi q là công bội ta có,

2 3 3 3

2 1 3 1 4 1 1 4 1 1 1 3

2 23 2 2 3 2 2 2

1. ; . ; . . 1 . ;

11 .

x x q x x q x x q x x x q x q x q

x x q x x x q x q x q

Vậy 3

1 2 3 43

1 1; ; ;x x x q x q

q q .

Theo ĐL Viét ta có,

3

31 2 3 4

21 2 1 3 1 2 2 4 3 4 2

1 1

16

1 1 2 171 1

16

a b q q x x x x q

q a c a x x x x x x x x x x q q

a q q

Đặt1

;| | 2t q t q

ta được

3

4 3 2

4 2

2 1516 2 3 4 02 15 16

316

a t t

t t t t a

t t

PT này có nghiệm : 3 5 1 2; ;2 2 2

t t t vì | | 2t nên 5 85 170.2 16 8

a t a





BÀI TẬP

Bài 1. Biết PT 227 12 2001 0ax x x có ba nghiệm PB. Tính số nghiệm của PT :

2

4( 27 12 2001)(3 27) (3 .ax x x ax ax x

Giải

Đặt2 2( ) 27 12 2001 '( ) 3 54 12 ''( ) 6 54 2(3 27) f x ax x x f x ax x f x ax ax

Pt quy về : [ ]22 ( ). ''( ) '( ) f x f x f x .

Đặt [ ]2( ) 2 ( ). ''( ) '( ) '( ) 2 ( ). '''( ).g x f x f x f x g x f x f x

Gọi1 2 3

x x x là nghiệm của pt : ( ) 0 f x , suy ra

2

1 2 3 1 2 3( ) ( )( )( ) '( ) 12 ( )( )( ) f x a x x x x x x g x a x x x x x x , vậy '( ) 0g x

cũng có 3 nghiệm PB1 2 3, ,x x x do đó hs g x đạt cực trị tại ba điểm. Ta có

[ ]

[ ]

[ ]

2

1 1

2

2 2

2

3 3

( ) '( ) 0

( ) '( ) 0 ( ) 0

( ) '( ) 0

g x f x

g x f x g x

g x f x

có hai nghiệm PB

1. Phương trình và bất pt chứa căn

Bài 1. Giải bất pt :1 1 1

1x

x x x x

(1).

ĐK :

2 10 1 0 1

1 0 1.0 11

0

x x x

x x x x x x

x

- Với 1x ;





-

22

2

2

2

( 1)1 1 1 1 1 1(1)

11 1 ( 1) 1 ( 1) 1

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

1 5 1 5( 1) 1 1 0 ( 1)

2 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 x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x

- Với 1 0x

2

2

2

(1 )1 1 1 1

(1) 1 1( )

( 1) 1 ( 1) 1

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

( (1 ) 1) 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 x VN

Vậy bất pt có nghiệm là :1 5

1;2

x x

.

Bài 2. Giải bất pt :2

1 1 2 (1)4

x x x

Giải

ĐK : 1 1x

22 42

2 2

2 22 2 2 2 2

22

(1) 1 1 2 2 2 1 44 16

2(1 1 ) (1 ) 2(1 1 )(1 1 ) (1 )(1 1 )16 16

(1 )(1 1 )16

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

+ x là một nghiệm của (*).

+ Khi 0x ,





(ñuùng vôùi moïi

2 22 2 2

22 2 2

22 2

2

22 2 2

2

2 (1 )(1 1 ) 2 1 1 (1 1 )16 16

1 1 (1 1 )161 1 (1 1 ) 0 0

16 (1 1 )

(1 1 )16 0 0)

(1 1 )

x x x x x

x x x

x x x

x

x x x

x x

Vậy tập nghiệm của bất pt là [ 1;1].S

Bài 2. Giải pt (1)2

2 3 3 2 11 1 (1 ) (1 )

33

x x x x

Giải

- Với 1 0x

3 3

2 3 3

1 1 (1 ) (1 )

1 1 (1 ) (1 ) 0 (1) .

x x x x

x x x V N

- Với 0 1x , đặt os( );0 .2

x c t t

3 2 sin(1) 1 sin (1 cos ) cos

3

sinsin cos cos sin

sin cos cos sin sin cos sin cos

t t t t

t t t t t

t t t t t t t t

cos cos

cos sin

cos

t t t t

t x

Bài 3. Giải pt (1)6 10

42 3x x

Giải





Đặt

2 2

2 2 2

2

22 2 2 4 3 22

2

3 2

60.

2

10 10 10(1) 4 4 4

2 6 6 63

0 40 4 0 4

1010 (4 ) ( 6) 8 12 48 96 0(4 )

60 4 0 4

2( 2)( 6 48) 0

t x

t t t t t

t t t

t

t t t

t t t t t t t t t

t

t t

t t t t

(vì

Vôùi

3 2( 6 48) 0).

6 6 12 2 4 .

2 2 2

t t

t x

x x

Bài 4. Giải pt (1)32 2 23 37 8 6 7 2 3 12 3x x x x x x

Giải

- Đặt 32 2 23 37 8; 6 7; 2 3 12t x x u x x v x x

(1) 3t u v

- Ta có,

Khi töùc laø

Khi töù

3 3 3 3 3 3 3 3

2 2

2 2

32 23

27 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) 0

( )( ) ( )( ) 0

( )( )( ) 0

7 5 56 7 2 3 12 ,

2

t u v t u v t u v t u v

t u v u t v tv v u uv v t

u v t tv t v u uv

u v

u v t v t u v t

t u

u v x x x x x

v t

c laø

Khi töùc laø

3 2

2 23 3

7 5 52 3 12 ,

25

6 7 7 8 .3

2

x x x

x

t u x x x x x

- Vậy pt có 6 nghiệm7 5 5 7 5 5 3

; ; 5; .2 2 2

x x x x





Bài 5. Giải bất pt (1)1 1

... 52 4

x x x x x

Giải

ĐK :1

4x ; ta có

2

1 1 1 1

2 4 4 2x x x

.

2

1 1 1 1 1 9(1) ... 5 5

2 4 2 4 4 2

120 20.4

x x x x x x

x x

Bài 6. Giải pt (1)3 36 6 4 4 0x x

- Đặt 3 6 4t x ,

ta có3

3 3 2 2

3

6 4 06( ) 0 ( )( 6) 0

6 4 0

t x t x t x t x t x tx

x t

2 2 6 0

t x

t x tx

, hệ pt trên tương đương với hệ3

2 2

3 3

(I)6 4 0

6 0(II)

6( ) 8 0

t x

t x

t x tx

t x t x

3 2( ) 6 4 0 ( 2)( 2 2) 0

2 1 3 1 3.

2 1 3 1 3

t x t x

I t x t t t

t t t

x x x

2 2

3 3

6 0(II)

6( ) 8 0

t x tx

t x t x

; đặt 2, ( 4 0)S x t P tx S P





2 2

2

586 0 6 9( )

2( 12) 8 0( 6) 8 0

3

P S P P S II

S S S P S

- Vì 2 4 584 4. 0

9 9S p nên hệ (II) vô nghiệm.

Vậy pt co 3 nghiệm là 2; 1 3.x x

Bài 7. Giải pt 2 32( 3 2) 3 8 (1).x x x

Giải

ĐK : 2.x

- Đặt 22 0; 2 4 0.u x v x x

2 2 2 2(1) 2( ) 3 2 2 3 0 2 ( 2 ) ( 2 ) 0

2( 2 )(2 ) 0

2

u v uv u v uv v v u u v u

v u v u v u

u v

(loaïi)

- 2 22 2 4 2 2 6 4 0 3 13v u x x x x x x

Bài 8. Giải bất pt 21 12 2 18 7

2 4

x x x x

(1).

Giải

ĐK :1

2

x

2 21 1 18 7 1 1 ( 1)(1) 2 1

2 4 8 2 4 8

x x x x x x x x

- Đặt1 1;

2 4

x u x v

, khi đó 2 2 2 22 2 2u v u v u v u v

2 2 2 21 1

2 0 ( ) 0 6 3 02 43 6.

x u uv v u v u v x x x

x





Vậy nghiệm của bất pt là :1

23 6

x

x

Bài 9. Giải bất pt (1).3 20013 1 2 4 3

304x x x

ĐK : 2x

3 2001(1) 3 1 2 4 3

304x x x ;

xét3

23

2001 1 1 2001( ) 3 1 2 4 ; '( ) 0304 3042 4(3 1)

f x x x x f x x x

Vậy ( ) f x đồng biến, ( ) 3 0 f x x , suy ra tập nghiệm là : 2 0.x

Bài 10. Giải pt (1).2 4 233 1 1

3x x x x

Giải

22 2 2

2

2 2

2 2

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

3 1

1 3 12 1

31 1

x x x x x x x x

x x

x x x x

x x x x

- Đặt (1)

(loaïi)

22

2

1

1 3 3; 0; 2 131 3

2

t x x

t t t t x x

t

- 2 2

2

2 2

1 1 1 1 12 1 1

31 13 3

x x x x t x x x

x x x x





- Vậy pt có một nghiệm 1x .

Bài 11. Giải và biện luận pt (1)3 2 4 4 4x x x x m .

GiảiĐK : 4x

2 2

(1) 4 1 4 2 4 1 4 2x x m x x m

- Đặt (1) (2).4; 0; | 1 | | 2 |t x t t t m

+ TH1 : (2) 30 1; 1 2 2 3 .2m t t t m t m t

Nếu3

0 1 1 32

m m

, thì (2) có nghiệm là

3 34

2 2

m m t x

2

34

2

m x

là nghiệm của (1).

Nếu 1 3m m thì (2) vô nghiệm, do đó (1) cũng vô nghiệm.+ TH2 : 1 2;(2) 1 2 1t t t m m

Nếu 1m thì (2) có vô số nghiệm, do đó (1) cso vô số nghiệm.

Nếu 1m thì (2) vô nghiệm, do đó (1) vô nghiệm.

+ TH3 :3

2;(2) 1 22

m t t t m t

Nếu3

2 12

m m

thì

2

3 3 3(2) 4 4 .

2 2 2

m m m t x x

Nếu 1m thì (2) vô nghiệm, do đó (1) vô nghiệm.

Bài 12. giải pt (1)2 32 4

2

x x x

.

Giải





ĐK : 3x

2 3(1) 2 4 1 1

2

x x x

; đặt

(1)

(2)

2

2

2 4 131;(1)

2 4 12

x y y x y

y x x

[

2 22( ) 4( ) 2( )( ) 5( ) 0

( ) 2( ) 5] 02( ) 5 0

x y y x y x y x y x y x

y x y x y x

y x

Hệ đã cho tương đương với

(I)

(II)

2

2 2

2 4 1

2( ) 5 02( ) 4( ) 2

y x

x y y

y x x y y x y x

- 2

3 17 3 17

4 4( ) .2 3 1 0 3 17 3 17

4 4

x x y x I

y y y y

- 2 22( ) 5 0 2( ) 5 0( )2[( ) 2 ] 3( ) 2 0 2( ) 3( ) 4 2 0

x y x y II x y xy x y x y x y xy

+ Đặt 2; ( 4 0).S x y P xy S P

2

52 5 0

2( )32 3 4 2 0

4

S S II

S S P P

Khi đó ,x y là nghiệm của pt

2 25 3 5 130 4 10 3 0

2 4 4

5 13 5 13

4 4 .5 13 5 13

4 4

X X X X X

x y

y x

Vậy (1) có 4 ngiệm là :5 13 3 17

; .4 4x x





Bài 13. Giải pt (1).3

2

1 2

52

x

x

Giải

ĐK : 1x ; đặt 21; 1 .u x v x x

2 2

2 2

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

52

( 2 )(2 ) 02

uv u v uv u u v v u v

u v

u v u v u v

v u

-

2 2 2

2 1 2 1 1 4( 1) 4 5 3 0( )u v x x x x x x x x VN

- 2 2 2 5 372 2 1 1 4 4 1 5 3 0

2v u x x x x x x x x x

Vậy (1) có 2 nghiệm5 37

2x

.

Bài 14. Giải pt (1).3 32 23 7 1 8 8 1 2x x x x x

Giải

- Đặt 3 32 23 7 1; 8; 8 1 2,u x v x x w x x u v w

- Ta có, 3 3u v w u v w

Suy ra, 3 3 3 3 )(u v w u v w u v v w u w





3 23

3 32 2

3 23

2

2 2

2

7 1 8

)( 8 8 1

7 1 8 1

7 1 8

8 8 1

7 1 8 1

x x x u v

u v v w u w v w x x x x

u w x x x

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x

- Vậy pt có 4 nghiệm 0; 1; 9.x x x

Phương trình và bất pt mũ, lôgarit

Bài 1. Giải pt (1).2

2 7 7log log ( 3) log 2 log ( 3)

2x x x x x x

Giải

ĐK : 0x

[ ]=0

2

2 2 7 2

22 2 7

2 7

(1) log log 2 log ( 3) log 02 2

loglog log 2 log ( 3) 22 log 2 log ( 3)

x x x x x

x x x x x x

x x

- 2 2

2

ln ln 2log 2 ln( ) ln 2

2 2x x x x

x x x x

Xét2

ln 1 ln( ) ; 0 '( ) ; '( ) 0 0

t t f t t f t f t t

t t

, suy ra pt có nhiều nhất là hai

nghiệm, 2; 4x x (nhẩm nghiệm)

- 2 7

log 2 log ( 3)x x , đặt2

log 2t t x x

Ta có, 2 2 2

7log ( 3) ( 3) 7 (2 3) 7 4 6.2 9 7t t t t t t

x t x

4 2 96 1

7 7 7

t t

t





+ Xét4 2 9 4 4 2 2 9 1

( ) 6 '( ) ln 6 ln ln 0 ( ) .7 7 7 7 7 7 77 7

t t t t

t t f t f t f t N B

Suy ra, ( ) 1 f t có duy nhất một nghiệm là2

2 log 2 4t x x

KL : (1) có hai nghiệm là 2; 4x x .

Bài 2. CMR không tồn tại a để bất pt sau có nghiệm duy nhất :

1

2

log 11 log 2 3 log 2a a

ax x ax x

Giải

ĐK :ax x

a

; đặt ; .t ax x t

log loglog 11 log log 11 log

log log

log loglog 11 . log log 11 . log *

log log

a a

a a a a

a a

a a

a a a a

a a

t t t t

t t t t

- Nếu 1 log 2 0a

a thì (*) log 2. log 11 log . loga a a a

t t

+ Xét ( ) log . loga a

f t t t

(2

2

1'( ) . log ( 1) . log 1 1; 0)

( 1) ln( 2) ln a a

t f t t t a t

t a t a

Do đó, ( ); 0 f t t là hàm đồng biến, ( ) 3 3 f t t , BPT có vô số nghiệm

- Nếu (*)20 1 log 2 0, log 2. log 11 log 2 log ( 1)

a a a a a a t t

Tương tự trường hợp trên ta có, ( ) (3) 3 f t f t hay 2 22 1 9 2 8 0ax x ax x ,

vì bất phương trình này luôn có nhiều hơn một nghiệm nên không tồn tại a để BPT có nghiệm duynhất.

Bài 3. Giải PT2 2

1 1 12 2

x

a a a a

, với 0 1a





Giải

Chia hai vế của pt cho21

2

x

a

a

ta được, (*)

2

2 2

1 21

1 1

x

a a

a a

- Đặt tan ;04

a t t

, ta có, os(*) (sin2 ) ( 2 ) 1x x t c t

Vì os0 sin 2 1, 0 2 1t c t nên os(sin 2 ) ( 2 )x x t c t là hàm nghịch biến, do đó PT có nghiệm

duy nhất 2.x

2. Phương trình và bất phương trình lượng giác

Bài 1. Giải pt 1 cos cos cos cos16

x x x x

Giải

2 2

1 3 1 3 1cos cos cos cos

4 4 4 4 2

cos

cos cos

cos

cos cos

cos

cos cos

PT x x x x

x

x x

x

x x

x

x x

- (loaïi)cos

cos

x

x





-

1cos

3 12cos cos1 2 2(2) cos

1 2 1 3

cos3 32 2 2cos2 2

x

x x x

x x

5cos cos

62

cos cos3

cos cos3

cos cos6

x

x

x

x

2 52 | | 2

3 6 ( )

2 | | 26 3

k x k k

k x k

-

3cos cos cos cos 2

2 6 6(3) ( )5 53cos cos cos 2cos6 62

x x x x k k

x x x k x

Vậy bất pt đã cho có nghiệm là

2 5

2 | | 23 6 ( ).

2 | | 23 6

k x k k

k x k

Bài 2. Giải pt 3 1 tan sin cos sin cosx x x x x

ĐK :

cos .sintan

cos

k x k x x x

k x k x x k

x k

k x k

k x k

3 1 tan tan tanx x x ; đặt tant x , ta được :





(*)3 1 ( 2) 5( 3)t t t

- Đặt 21 1u t t u

2 2 3 2 2(*) 3 ( 1) 5( 2) 3 5 3 10 0 ( 2)(3 5) 0

2 1 2 3 tan arctan .

u u u u u u u u u

u t t x x k

- Vậy pt đã cho có nghiệm là arctan .x k k

Bài tập

Bài 1. Giải pt tansin cos3 1 tan

sin cosx x x

x x x

Giải

ĐK :

cos .sintan

cos

sin cos tanarctan

x x k x k x

x x k k x k

x x x x k

tantan1 tan

tanx x

x x

, đặt tant x , ta được,

*3 1 t t t

t

- Ta xét hàm số212

( ) 1 ; ( ) ; ( ) 23

t t f t t g t h t

t

- Vì ( ), ( ) f t g t là các hàm đồng biến nên ( ). ( ) f t g t cũng là hàm đồng biến, mặt khác ( )h t là

hàm nghịch biến nên (*) có nghiệm duy nhất, ta nhẩm được nghiệm đó là 0t

- Suy ra, tanx x k k .

Bài 2. Giải BPT | cos | | cos | | cos | | cos |x x x x

Giải





- Giả sử | cos |x

Đặt | cos | cos cos | cos | | cos | | |x x x x t x t t

(1)2| cos | | cos | 1 2 (1 2 ) 1 1x x t t t t

+ TH1: | cos |x

Chứng minh tương tự trên ta có, (2)1

| cos | | cos |x x

Từ (1) và (2) ta có: 3| cos | | cos | | cos | | cos | 22

x x x x

+ TH2:1

| cos |2

x

Vì | cos | | cos | | cos | | cos | | cos |x x x x x

| cos | | cos | | cos | | cos |x x x x

- Giả sử1

| cos |x

+ TH1:1

| cos |2

x , chứng minh tương tự trên ta có | cos | | cos | 1x x

Suy ra, | cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos | | cos |x x x x x x x

+ TH2:1

| cos |x

Khi1

| cos | | cos | | cos | 12

x x x , ta có điều phải chứng minh

Khi

1

| cos | 2x , ta luôn có điều phải chứng minh.





Bài 6. Cho ( ),n P x n thỏa2

0 1

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

2n

n n

x P x P x P x P x n

. CMR:

20 ( )

1n x P xn

Giải

+ Với 0n thì2

01 0 0

( )( ) ( ) 0 ( )

2 2 x P x x

P x P x P x

+ Với 1n thì2

12 1 1

( )( ) ( ) ( )

2 2 4 2 x P x x x x

P x P x P x

+ …Vậy 10 ( ) ( )n n P x P x

Mặt khác

22

1 1

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

2 2 2nn

n n n

P x x P x x P x P x P x

Vậy ( ),n P x n tăng và bị chặn

+ Đặt lim ( ) ( )nn

P x f x

. Từ công thức đã cho ta được 2( ) ( ) x x f x x

Do ( ),n P x n tăng nên ( ) ( )n P x f x x

Đặt

2

1 1

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

2

( )( ( )) ( )

( ) ( ) 1 ( ) 12 2 2

nn n n n n

n n n

n n n

x P xu x x P x u x x P x u x

u x x P x x P x x

u x u x u x

2

1 2( ) ( ) 1 ( ) 1 ... 12 2 2

n

n n n

x xu x u x u x x

Xét hàm số 12

nt

y t

trong đó ; 0;1t x t





1

0;1

2' 1 . . 1 ; ' 0

2 2 2 1

2max

1

n n

t

t n t y t y x

n

y

n

Mặt khác 12

nt

y t

trong đó 0;1t nên 0 y

Suy ra2

0 ( )1n x P x

n

Bài 7 Giải hệ

2 2 2 32

34

1

8

x y z

xy yz zx

xyz

(1)

Giải

2 3( ) 2( )

23

(1)4

1

8

0 3

41

8

x y z xy yz zx

xy yz zx

xyz

x y z xy yz zx

xyz

Theo định lí viet ta có , , x y z là nghiệm của pt

3 33 1 10 4 3 0

4 8 2t t t t (2)





Đặt cos ;(0 ) t u u

3 1(2) 4cos 3cos 0

2

1cos32

5 7; ;

9 9 9

u u

u

u uu u u

Vậy5 7

cos ; ;9 9 9

x y z

và các hoán vị của chúng

Bài 8 Tìm m để hệ

3

3

0

0

(1)

(2)

x mx y

y my x

có 5 nghiệm

Giải

+ 0 x y là một nghiệm của hệ

+ Ta tìm m để hệ có 4 nghiệm khác 0

Hệ

4 24 4 2 2

4 2

0

( ) 00

x mx yx

x y m x y m y my yx

Thế 3 x mx vào (2) ta được

3 3 3

2 2 3 2

( ) ( ) 0

( ) ( ) 1 0

x mx m x mx x

x x m m x m

Đặt 2 ,t x m t m

Phương trình trở thành

2 3 4 3

22

2

( ) 1 0 1 0

1 10 ( 0)

1 12 0

t m t mt t mt mt

t mt m t t t

t m t t t





Đặt1

u t t

. Phương trình trở thành 2 2 0 (3) u mu

+ Pt có 2 nghiệm 2 8 0 2 2m m

+ Ta có 211 0u t t ut

t : có 2 nghiệm trái dấu thỏa mãn 1 20m t t

Suy ra ứng với mỗi t thì pt 2 t m có 2 nghiệm x

Vậy 2 2m là giá trị cần tìm

Bài 9 Giải hệ2 2 4 4 6 2

2 3 3

2 (1 )

1 ( ) (3 ) 0

y x y y x x

x y x y x

Giải

Hệ

2 2 2 6 2

2 3 3

1 (1 ) (1 )

1 ( ) (2 )

(1)

(2)

x y y x x

x y x y x

Lấy (1) – (2) ta được

2 2 2 2 6 2 3 3 3

2 2 2 2 6 2 3

2 2 2 2 3 2

1 (1 ) 1 ( ) 2

1 (1 ) 1 ( ) 2

1 (1 ) 1 ( ) ( )

y x y y x x xy x

x y x y y x xy

x y x y x y

Ta thấy 0; 0 0VP VT VT VP

2 2 2 2 3 21 (1 ) 1 ( ) ( ) 0 x y x y x y

33

2 2 2 22 2

1

1

11 (1 ) 1 ( )1

1

x x y

x y y x y

x x y x y x y

y





Thử lại thấy (1; -1) là nghiệm của hệ

Bài 10 Cho 17a b c . CMR hệ

2 1

0 1

ax bx c

x

có nghiệm

Giải

Giả sử hệ vô nghiệm thì 2 1; 0,1ax bx c x

Cho

1 11

12 4 2

0 1

x a b ca b

x c

x c

Xét hệ

2 4 2

3 44 2

C a b ca A B C

a b B c b A B C

c A A c

Khi đó

2 4 2 3 4

2 4 2 3 4 17

a b c A B C A B C A

A B C A B C A

Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy hệ có nghiệm

Bài 11. Giải và biện luân hệ

2 2

2 2

2 2

(1)

(2)

(3)

x m y m k

y n z n k

z p x p k





Với3

, , 02

k m n p m n p

Giải

+ Giả sử ( ; ; ),( '; '; ') x y z x y z là 2 nghiệm phân biệt của hệ và ' x x

Từ (1): 2 2 2 2' ' ' x m y m k x m y m y y

Từ (2): 2 2 2 2' ' ' y n z n k y n z n z z

Từ (3): 2 2 2 2' ' ' p x p k z p x p x x

Do đó hệ đã cho nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất

+ Ta chỉ cần chỉ ra 1 nghiệm của hệ

Xét tam giác đều ABC cạnh k: Từ một điểm bất kì trong tam giác thì khoảng cách từ điểm đó đềncác cạnh có tổng bằng đường cao. Nên ta tìm được điểm I sao cho

32

IM m

IN n

IP pk

IM IN IP

Khi đó

2 2 22 2

2 2 2

MA IA IM x m x m y m k

MB IB IM y m

( thỏa (1) )

Tương tự các trương hợp còn lại.

A

B C

I

N

PM





Bài 12 Giải hệ phương trình

x x y

y z

z x z

e y e

e z e

e x e

Giải

+ Nếu 0 ta có hệ1 (1)

(2)

y

y y z

y e

e z e

Đặt ( ) 1 f y y e

'( ) 1 0, y f y e y : hàm số nghịch biến

'(0) 0 Do đó ( ) 0 f y có nghiệm duy nhất 0 0 y z

Hệ có nghiệm 0 x y z

+ Nếu 0 0 yz . Khi đó hệ tương đương với

1 .1

11 .1

1

.11

1

( )

y x x

y y

z y y

z z

x z z

x x

y ee y ee

e y ee z e

e e

y eee x

ee

Xét hàm2

. ( 1)( ) '( ) 0, ( )

1 ( 1)

t t t

t t

t e e e t t g t t g t

e e

đồng biến

Khi đó : nếu

( ) ( )

( ) ( )

(voâ lí)

z x

y z

y g x g y e e

z x g z g x

e e y z x

Do đó 0 x hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là 0 x y z





Bài 13. Giải hệ phương trình3 2 3 21 1

6 4 2

0 , 1

ln

64 96 36 3 0

(1)

(2)

x x x y y y

x y

xe e

y

x y x

Giải

+ PT (1)3 2 3 21 1ln ln x x x y y ye x e y

Xét hàm số

3 2

3 2

1

2 1

( ) ln ; 0 1

1'( ) (3 2 1) 0; 0 1

t t t

t t t

f t e t t

t t t e t t

( ) f t là hàm số đồng biến. Mà ( ) ( ) x f y x y

+ Thay x y vào (2) ta được: 6 4 264 96 36 3 0 x x

Đặt cos 0;2

; x u u

. PT trở thành: 6 4 246cos 96cos 36cos 3 0u u u

3 2 4 2

23

2

4 (4cos ) 24cos 9cos 3 0

4 4cos 3cos 2 1

2 2cos 3 1 1

1cos6

2

18 3

u u u

u u

u

u

k

u

Do5 7

0; ; ;2 18 18 18

u u u u

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là5 5 7 7

cos ;cos ; cos ;cos ; cos ;cos18 18 18 18 18 18





Bài 14 Giải hệ

3 2

3 2

2 2

(13 ) (2 2 2 26) 5 7 7 30 0

(17 ) (2 2 2 26) 3 2 0

11 28 0

(1)

(2)

x x y z x y z yz yz y z

x x y z x y z yz yz y z

x x

(3)

Giải

+ Từ (3) ta có : 4 7 (*)

+ Đặtu y z

v yz

thì (1) và (2) trở thành

3 2

3 2

2 3 2

2 2

(13 ) (2 2 26) 5 7 30 0

(17 ) (2 2 26) 3 2 0

(2 7) (5 ) 13 26 30 0

(1 2 ) ( 2 3) 17 26 2 0

5 5

5 1 5 1

x x u x u v v u

x x u x u v v u

u x x v x x x x

u x x v x x x

u x y z x

v x yz x

Suy ra y, z là nghiệm của pt : 2 ( 5) 5 1 0 X x X x

PT có nghiệm 2 310 21 0 7

7(do (*))

x x x x

x

Thay x = 7 vào pt ta được y = z = 6

Vậy nghiệm của hệ là (7;6;6)

Bài 15 Cho hệ

2

2

2

0;

ax bx c y

ay by c z a

az bz c x

. CMR: 2

1 4 0b ac thì hệ vô nghiệm

Giải:

Cộng 3 phương trình ta được





2 2 2( 1) ( 1) ( 1) 0ax b x c ay b y c az b z c (*)

Đặt 2( ) ( 1) f t at b t c . Khi đó (*) trở thành: ( ) ( ) ( ) 0 f x f y f z

Từ giả thiết2( 1) 4 0 ( ) 0

( ) 0;

( ) ( ) ( ) 0; , ,

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

voâ nghieämb ac f t

af t t

af x af y af z x y z

a f x f y f z x y z

Suy ra (*) vô nghiệm hay hệ đã cho vô nghiệm

Bài 16 Tìm a sao cho:2 2

2 2

12 7

1

3 10 5 2

(1)

(2)

a x xy y

a

x xy y

có nghiệm

Giải

+ Lấy (1) nhân 2 trừ cho (2) ta được : 2 4( 3 ) 1

1 x y a

a

+ Khi đó, lấy a bất kì: a < -1 thì1

11

a

a

. Lúc đó ta xét hệ

2 2

2 2

2 7 1

3 10 5 2

(3)

(4)

x xy y

x xy y

Lấy 2 nhân (3) trừ (4) ta được: 2( 3 ) 0 3 x y x y

Thay x = - 3y vào (3) ta được pt: 2 2 19 6 7 1

2 y y y y

Với a < -1 thay

3 3

2 21 1

2 2

x x

y y

vào hệ đã cho (thỏa)

Vậy a < -1 là giá trị cần tìm





Bài 17. Giải hệ2 2 2 2

3 3 3 3

tan tan tan

tan tan tan

x y z m

x y z m

Giải

ĐK

2

2

2

k

k

k

Đặt tan ; tan ; tanu x v y w z

Ta quy về hệ sau:2 2 2 2

3 3 3 3

u v w m

u v w m

+ Nếu m = 0 thì

2 2 2 0 0 tan tan tan 0

u v w u v w u v w

x k

y l

z p

+ Nếu 0m thì

6 2 2 2 2 2 2 4 4 4

2 4 4 4

4 4 4 4

( . . . ) ( )( )

( )=

m u u v v w w u v w u v w

m u v w

u v w m

Mặt khác ta có

4 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

4 2 2 2 2 2 2

( ) 2( )

2( )

m u v w u v w u v u w v w

m u v u w v w





2 2 2 2 2 2

0

0 0 0

0

u v

u v u w v w uv uw vw v w

w u

TH1:tan tan 0

0tan

arctan

x k x y

u v w m y l z m

m p

TH2:tan tan 0

0tan

arctan

z k z y

w v u m y l x m

x m p

TH3:tan tan 0

0tan

arctan

x k x z

u w v m z l y m

m p

Vậy hệ có nghiệm

k

l

p

;

arctan

x k

z l

y m p

và các hoán vị

Bài 18 Giải hệ3 2 2

2 2

(2 )(3 2 ) 3

3 3 2

6

3

(1)

(2)

(3)

(4)

x x z z

y y x x

y z z

z

Giải

Từ (3) 2 26 0 0 6 y z z z

Từ (1) 23 2(3 ) 3 3 0 x z x z . Phương trình nay có nghiệm khi

2 03 0

3

z z z

z

Khi đó ta có:

30

0 6

30 3

z z

z

z z z





+ Với1

00

x z

y

+ Với

23 3

x z y

Vậy hệ có nghiệm là (1;0;0); (2;-3;3)

Bài 19 Giải hệ ; , , 0

(1)

(2)

(3)

a bc xz

x zb c

a xy a b c y x

c ab yz

z y

Giải

Lấy (1).c + (2).a +(3).b ta được:

2 2 2

2 2 2

( ) ( ) ( )

0

(*)

ac bc ab ac bc abb yz a xy c xz x z y y z z

a b c axy byz czy

a b c axy byz czy

Quy đông pt trong hệ ta được

2 2

2 2

2 2

az bx cxz x z

bx cy axy x y

cy az byz y z

Cộng các pt ta được

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

0

(**)

az bx bx cy cy az axy byz cxz y z x y x z

axy byz cxz y z x y x z

axy byz cxz y z x y x z

Lấy (*) + (**) ta được





2 2 2( ) ( ) ( ) 0

yx a

a xy b yz c xz yz b

x c

Nhân các pt trong hệ ta suy ra 2 2 2 y z abc xyz abc

Từ đó ta có nghiệm của hệ là

ac ac x x

b b

ab ab y y

c c

bc bc z z

a a

( Vì x,y,z cùng dấu)

Bài 20 Giải hệ

2

2

2

2

2

2

x x y y

y z z

z x x

GiảiTa thấy x = y =z =0 là một nghiệm của hệ

Mặt khác 1; 1; 1 y z không phải là nghiệm của hệ

Khi đó ta đưa hệ về dạng:

2

2

2

2

12

1 2

1

y x y

z

x z

Đặt

2

2tantan tan 2 tan 4 tan8

1 tan

tan tan87

a x a y a z a x a

ak

x a a a





Thử lại (thỏa)

Vậy hệ có nghiệm (0;0;0);2 4

tan ;tan ;tan7 7 7

k k k

PHẦN II : BẤT ĐẲNG THỨC

I. BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN

Bài 1: Cho A, B, C là 3 góc của một tam giác bất kì. Tìm GTLN của biểu thức:

4cos 4cos 3cos F A B C

Khái quát: Cho 0 2M N . Tìm GTLN của cos cos cos F M A M B N C

Giải

Vì A, B, C là 3 góc của một tam giác nên ta có

cos sin2 2 2 2 2 B C A B C

2 2

22

4cos 4cos 3cos 4(cos cos ) 3cos

8cos cos 3 1 sin 6sin 8sin cos 32 2 2 2 2 2

2 8 8 176 sin cos cos 3 3

2 3 2 3 2 3 3

F A B C A B C

A B A B C C C A B

C A B A B

Dấu = xảy ra khi

2cos 122

sin cos2 3 2

A B

C A B





cos 1 22 2

2 2sin cos sin

2 3 2 2 3cos 1 2

2 22 2

sin cos sin2 3 2 2 3

(loaïi)

A B A Bk

C A B C

A B A Bk

C A B C

0( 0 0)

2 22arcsin 2arcsin

3 3

vì A B k A B C A B

C C

Vậy GTLN của F là17

3

Khái quát tương tự trên, ta có

2

2 2 2

2

cos cos cos 2 sin 2 sin cos2 2 2

2 sin cos cos2 2 2 2 2 2

C C A B F M A M B N C N M N

C M A B M A B M N N N N N N

Vậy GTLN của F là2

2

M N

N . Đạt được khi

2arcsin2

A B

M C

Bài 2 Cho

2 2 2 2 2 2

0 p q a b c d . Cmr 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( )a c q b d pq ab cd

Tổng quát cho nhiều cặp số

Cho 2 2 2 2

1 1

0n n

k k k k

p q a b

. Cmr

2

2 2 2 2

1 1 1

n n n

k k k k k k k

a q b pq a b

Giải





+ Nếu 2 2 2 2 2 2( )( ) 0 p a c q b d thì (1) đúng

+ Nếu 2 2 2 2 2 2( )( ) 0 p a c q b d thì kết hợp với đk bài toán ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

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

0 0 p a c q b d p a c pq

p q a b c d q b d

Xét tam thức bậc hai

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

( ) ( ) 2( )

2 2 2

( ) ( ) ( )

f x p a c x pq ab cd x q b d

p x pqx q a x abx b c x cdx d

px q ax b cx d

2 2 2( ) 0 p

p a c f q

( ) 0 f x có nghiệm

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

ñpcm

pq ab cd p a c q b d

Khái quát tương tự ta xét 2 2

1

( ) ( ) ( )n

k k k

f x px q a x b

có nghiệm suy ra kết luận

Bài 3 Cho a b c . Cmr 2 2 23 3a a b c a b c ab bc ca c

Giải

Xét tam thức 2( ) 3 2( ) x x a b c x ab bc ca có nghiệm

2 2 2

1,2 3a b c a b c ab bc ca

x

Mà ta lại có

2

2

3 ( ) 3 2( )

( ) ( )

( )( ) 0

3 ( ) ( )( ) 0

(gt)

(gt)

f a a a b c a ab bc ca

a ab ac bc a a b c a b

a b a c

f c c b c a





Và3

a b ca c

2 2 2

1,2 3 ñpcm

a b c a b c ab bc ca

a x c a c

II. Bất đẳng thức Cauchy

Bài 1. Tìm nghiệm dương của hệ2 2 2

32

4 4 2 96

xyz

x xy y z

GiảiÁp dụng BĐT Cauchy ta có

2 2 2 2 2 2 2

23

4 4 2 ( ) ( 4 ) 4

2 4 4 2( 2 2 )

2.3 4( ) 96 1

(do )

x xy y z x z z y xy

xz yz xy xz yz xy

xyz xyz

Dấu bằng xảy ra khi

2 2 24

2 22 232 4, , 0

32

x z y

x z y y xz yz xy xyz x z x y z

xyz

Vậy2

4

y

x z

là nghiệm của hệ

Bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) F A F B F C G A G B G C

Bài 1. Cmr x , ta có

12 15 203 4 5

5 4 3

x x x x x x

Khi nào dấu đẳng thức xảy ra





a) Cho , , 0a b c . Cmr 2 2 2a b c a bc b ca c ab

b) Cho , , 0 x y z thỏa mãn 1 xyz . Cmr 2 2 2 3

1 1 1 2 x y z

y z x

Giải

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

2

2

2

12 152 (3 ) 2.3

5 4

12 202 (4 ) 2.4

5 3

15 202 (5 ) 2.54 3

x x x x

x x x x

x x x x

12 15 202 2(3 4 5 )

5 4 3

x x x x x x

đpcm

Dấu = xảy ra khi

12 15

5 4 015 20

4 3

x x

x xx

a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có

2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 2 2 2 ( ) ( ) ( )

2 2 2

a b b c c a ab bc ca ab bc bc ca ca ab

a bc b ca c ab

đpcm

Dấu = xảy ra khi2 2 2a b c

a b cab bc ca

b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có





2

2 2 2 2

2

11 4

1 13

1 4 1 1 1 41

1 4

x y x

y

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

z y z x z x

z x

2 2 2

33 3 3

1 3 11 1 1 4 4 2 x y z

x y z xyz y z x

Dấu = xảy ra khi 1

1

x y z x y z

xyz

Bài 2 Cho các số dương , , y z thỏa mãn 1 xyz . Cmr:

3 3 3 3 3 31 1 13 3

x y y z z x

xy yz zx

GiảiÁp dụng BĐT Cauchy ta có

33 3 3

33 3 3

33 3 3

1 3 3

1 3 3

1 3 3

y xy xy

z yz yz

x zx zx

3 3 3 3 3 33 3 3 3 3 3

23

1 1 11 1 1

3 3 3 3( ) 3.3 3 3

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

xy yz zx

z xy x yz y zx z xy x yz y zx xyz

Vậy3 3 3 3 3 31 1 1

3 3 x y y z z x

xy yz zx

Dấu = xảy ra khi 1 x y z





Bài 3. Cho , , 0 y x thỏa mãn 1 xyz . Cmr :

1 1 112 2 2 x y z x y z x y z

a)1 1 1 9 1 1 1 1 1

9a b c a b c a b c a b c

b)1 1 4 1 1 1 1

4a b a b a b a b

Giải

+ Trước tiên ta cm với , 0a b thì1 1 1 1

4a b a b

Thật vậy, áp dung BĐT Cauchy ta có

2

1 1 1 1 1 141 1 1 42

a b aba b

a b a b a ba b ab

+ Áp dụng BĐT trên ta có

1 1 1 1 12 ( ) ( ) 4

1 1 1 1 1

2 ( ) ( ) 4

1 1 1 1 1

2 ( ) ( ) 4

y z x y x z x y x z

y z x y y z x y y z

y z x z y z x z z z





1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11

2 4 4 4 4

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

x y y z z x x y z

Dấu = xảy ra khi3

1 1 14 4

, , 0

x y y z z x

x y z

x y z

x y z

x y z

LUYỆN TẬP

Bài 1. Cho 2 3, , 0 1 x y z xy z . Cmr: 2 3 6 x y z

Giải

Ta có

2 362 3 6 6 x y z x y y z z z xy z

Dấu = xảy ra khi 2 3 1 1

, , 0

x y z

xy z x y z

x y z

Bài 2. Cho1 1 1

, , 0 1 x y z x y z

. Cmr: 9 x y z

Giải

Áp dung BĐT Cauchy ta có

3

3

31 1 1

9 91 1 1 13

x y z xyz

x y z x y z x y z

x y z xyz

Dấu = xảy ra khi 31 1 1 1

x y z

x y z x y z





Bài 3. Cho , , , , 0a b c a b c . Cmr

a)2 2 2

2 2 2

a b c a b c

b c a b c a b)

3 3 3

3 3 3

a b c a b c

b c a b c a

c)2 2 2

2 2 2

a b c b c a

b c a a b c

Giải

a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có

2

2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2

1 2 2

1 2 2 3 2

1 2 2

a a a

b b b

b b b a b c a b c

c c c b c a b c a

c c c

a a a

(1)

Mặt khác ta có

2 2 2

32 2 2 3 . . 3

a b c a b c

b c a b c a (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 22 2

a b c a b c a b c a b c

b c a b c a b c a b c a

b) Do , , 0a b c nên áp dụng BĐT Cauchy ta có

3 3

33 3

3 3 3 3 3

33 3 3 3 3

3 3

33 3

1 1 3 3.

1 1 3 3. 6 3

1 1 3 3.

a a a

b b b

b b b a b c a b c

c c c b c a b c a

c c ca a a

(3)





Mặt khác ta có

3 3 3 3 3 3

33 3 3 3 3 36 2.3 . . 2

a b c a b c

b c a b c a

(4)

Từ (3) và (4) ta suy ra đpcm

c) Áp dụng BĐT Cauchy ta có

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 . 2 2.

2 . 2 2.

2 . 2 2.

a b a b a a

b c b c c c

a c a c c cb b b b a a

c b c b c c

a c a c a a

đpcm

Bài 4: Cho x,y thay đổi. Tìm GTNN của

2 2 2 2( 1) ( 1) 2 A x y x y y

Giải

Trong mp Oxy, xét ( 1; )M x y và ( 1; ) x y

Theo BĐT tam giác ta có OM ON MN nên:

2 2 2 2 2 2( 1) ( 1) 4 4 2 1 x y x y y y

Do đó 22 1 2 : ( ) y y f y

+ Với 2 y ta có 2( ) 2 1 2 f y y y





2

2

2

2 2

2'( ) 1

1

2'( ) 0 1 0 2 1

10

4 1

1

3

y f y

y

y f y y y

y y

y

y

Ta có bảng biến thiên

y 13

2

'( ) f y 0

( ) f y

2 5

2 3

( ) 2 3Min f y

+ Với 2 y ta có 2( ) 2 1 2 5 2 3 f y y

Vậy 2 3 A . Đạt được khi 01

3

x y

Bài 5: Cho , , 0 x y z , và 0 xyz . Tìm

2 2 2( ) ( ) ( )min

2 2 2

x y z y z x z x y

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

Giải





Ta có

22 2 2 2

2 2( ) 2

.

yz y z y z x x

y z y z y y z z

Với 2 2 2 1 yz x y z x x y yz z

Tương tự ta cũng có:2

2

( ) 2

( ) 2

y z x y y

x y z z

Đặt , , a x x b y y c z z . Ta được

2 2 2( ) ( ) ( )

2 2 22 2 2

x y z y z x z x y a b c

b c c a a b y y z z z z x x x x y y

Khi đó bài toán chuyển thành:

Cho , , 0a b c và 1abc . Tìm min2 2 2

a b c

b c c a a b

Ta có

2

2. ( 2 ) . ( 2 ) . ( 2 )

2 2 2

a b ca b c a b c b c a c a b

b c c a a b

Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có

2

3 3 32 2 2

a b ca b c ab bc ca

b c c a a b

2

2 2 2 3 3 3

a b ca b c

b c c a a b ab bc ca

Mà





2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 3

3

a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca

a b c ab bc ca

Do đó ta được

12 2 2

a b c

b c c a a b

min 12 2 2

a b c

b c c a a b

. Đạt được khi 11

a b ca b c

abc

Bài 6: Cho , , 0 x y z . Tìm

1 1 1min

2 2 2

x y z x y z

yz zx xy

Giải

Ta có

1 1 12

2 2 2 2 2 2

1 12 2 2

x y z x y z x y z xyz

yz zx xy yz zx xy

x y z xyz

z zx xy

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

3

3

1 1 39

1 11 2 2 2 232 2 2 8

xyz xyz x y z

xyz x y z yz zx xy yz zx xy xyz

Vậy1 1 1 9

min

2 2 2 2

x y z x y z

yz zx xy





Đạt được khi 1 x y z

Bài 7: Cho , , x y z là 3 số dương và 1 y z . Chứng minh rằng

2 2 22 2 2

1 1 182 x y z

x y z

Giải

Với mọi , ,u v w

ta luôn có

u v w u v w

Xét1 1 1

; , ; , ;u x v y w z x y z

. Ta có

2

2 2 2 2

2 2 2

23

23

1 1 1 1 1 1

: ( )

1 99 9 9

P x y z x y z x y z x y z

xyz t t xyz

Với 23t xyz . Đk:

21

03 9

x y zt

Đặt9

( ) 9 f t t t

,1

0;9

t

2

9 1'( ) 9 0, (0; ]

9 f t t

t

hàm số nghịch biến. Do đó1

( ) 829

f t f





Vậy 82 P . Đạt được khi 23

1 1

9 3, , 0

x y z

xyz x y z

x y z

Bài 8: Chứng minh

2 2 22 2 2 3 2

: 1 1 12

A x y y z z z

Giải

Với mọi ,u v ta có

u v u v

Đặt ;1 , 1 ; , ;1 , ' 1 ;u x y v z y w z x w x z

. Ta có

+ 2 2 22 21 1 1 1u v u v x y y z x z

+ 2 2 2 2 2(1 ) (1 ) 1 (1 )v w v w y z z x x y

+ 2 2 2 2 2' ' (1 ) (1 ) 1 (1 )v w v w v w x y z x y z

2 2 22 1 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 )u v w z x x y y z

Đặt (1;1 ); (1;1 ); (1;1 )a z x b x y c y z

2 2 21 (1 ) 1 (1 ) 1 (1 ) 18 3 2a b c a b c z x x y y z

3 22 3 2

2u v w u v w

đpcm





Bài 9. Cho 0a b . Cmr:1 1

2 22 2

b aa b

a b

Giải

2 2

2 2

2 2

2 22 2

22

1 1 1 12 2 log 2 log 2

2 2 2 2

1 1 1 1log 2 log 2

2 2

1 1log 2 log 2

2 2

1 1log 2 1 log 2 12 2

1log 1

2

a b

a b

a

b aa b a b

a b a b

a ba b

a ba b

a b

a b

a

b a

a b

22

2 2

1log 1

2

1 1ln 1 ln 1

2 2ln 2 ln 2

bb

a b

a b

Đặt 2 2 1 1; (do )a b x y x y a b

Xét hàm số:2

1ln 1

( )ln

t f t t

YCBT tương đương với bài toán: Cho 1 x y . Cmr ( ) ( ) x f y

Ta có

23 2 222

2 2

2 12 1 1 1 .ln ln 1. .ln .ln 1 11 11 1'( ) . 0 1

ln ln,

t t t t t t t t t t t

t t t

( ) f t nghịch biến 1 ( ) ( )t f x f y với 1 x y đpcm





LUYỆN TẬP THÊM PHƯƠNG TRÌNH - BPT - HỆ

Bài 1. Cho , thay đổi luôn thỏa1

sin sin2

. Tìm GTLN và GTNN của

cos 2 cos 2 P .

Giải

Xét hệ:2 2

11 sin sinsin sin22

cos 2 cos 2 1 2sin 1 2cos P P

2 2

1sin sin

2*2 2 sin sin p

đặt

sin

: 1, 1sin

x

x y y

Khi đó:

22 2

1 12 2*

2 2 2 2 4

x y x y

x y p y xy p

1

2

2 38

x y

p xy

khi đó: , x y là nghiệm của phương trình: 2 1 2 30

2 8

p X X

Phương trình này có nghiệm thoả 1 21 1 X X

1 2 30

4 21 2 30

1 02 81 01 2 3

1 0 1 02 811 0 1 02 2

11 0 1 02 2

p

p

f p

f S

S

7

42 2 3 19

2 3 12 22 3 4

12

p p

p p p

p

1 7

2 4 p

Vậy 7 1max ; min4 2 P P .





Bài 2. Cho , , B C là 3 góc của 1 tam giác thỏa 2 2 2tan tan tan 22 2 2 A B C

.

CMR:4

tan , tan , tan

2 2 2 3

A B C .

Giải

Trong tam giác bất kỳ ta luôn có:

tan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 2

A B B C A C

Thật vậy: ta có1

tan cot tan2 2 2

tan 2

A B C A BC

tan tan 12 2 tan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 21 tan tan tan

2 2 2

A B A B B C A C

A B C

Xét hệ:

2 2 2

tan tan tan tan tan tan 12 2 2 2 2 2 *

tan tan tan 22 2 2

A B B C A C

A B C

Đặt

tan2

tan , , 02

tan

2

A x

B y x y m

C m

222 2 2 2

111*

2 2 22 2

xy y x m xy y x m xy ym mx

x y m x y m m x y xy x y xy m

2

111

1 22

142 2

2

xy x y m xy x y m

xy y x m x y m x y m

xy x y m x y m x y m

x y m





+ Giải 2 : Ta thấy

22

2 2

4 2 4 1 2

4 8 4 2 0,

S P m m m

m m m m m

2 vô nghiệm.

+ Giải 1 : ta có , y là nghiệm của phương trình

2

2 2

2 1 2 0

2 2 1 0 **

X m X m m

X m X m m

Vậy hệ có nghiệm

, 0 ** x y có nghiệm1 2

, 0 X X

2 2

22

2 4 2 1 003 4 0

0 2 1 02

0 2 0

m m mm m

P m mm

S m

40 4

033

2

mm

m

Vì , , y m có vai trò như nhau nên4

0 , ,3

x y m

4tan , tan , tan

2 2 2 3

A B C

Bài 3. Giải hệ phương trình: 3

3

2 3

2 3

x y x I

y x y

Giải





2 23 3

3 3 2 2

2 2

2 2

2 22 2

2 2

5 02 3

2 3 0

5 2 4 05 0

5 05 2 4 0

5 2 4 0

x y x xy y x y y x x y I

x y x y x y x y x xy y x y

x y

x y x y x xy y xy x xy y

x xy y x y x xy y xy

x y x xy y xy

x

2

2 22 2

2 2 0

0 1 10 1 1

0 1 10 1 1

2 1 05 5

5 05 0 5 522 4 0

vng5 0

x x x x x x

y y y y y y y

x x x y x x

x xy y x xy y y y xy x y xy

x xy y

Vậy nghiệm của hệ là 0; 0 , 1;1 , 1; 1 , 5; 5 , 5; 5

Bài 4. Tìm m để hệ phương trình: 2 12 1 x y m I y x m

có ít nhất 1 nghiệm.

Giải

ĐK: , 1 y

Đặt:2

2

1 0 1

11 0

t y y t

x uu x

khi đó:

2

2

2 1 1

2 1 2

u t m I

t u m

Lấy 1 2 vế theo vế ta có:





2 22 0

2 1 0

12

u t t u

u t u t

u t

u t

+ TH1: u t thay vào 1 ta có: 22 2 0 *u u m để hệ I có ít nhất một nghiệm thì *

phải có nghiệm không âm, tức:

8 15 00

1

0 0402

02

m

P S m

phương trình * vô nghiệm, vậy I vô nghiệm.

+ TH2:1

2u t thay vào 1 ta có: 2 5

2 0 **2

t t m để hệ I có ít nhất một nghiệm thì

** phải có nghiệm không âm, tức:

8 19 0 1905 19 580 0

54 2 8 20

1 204

m mm

P m

mS

Bài 5. Giải các hệ phương trình:

3 3

2

3 1

2 2 2

x y x ya

x xy

Giải

Ta thấy 0 x không là nghiệm của 2 22 2 x

x x x

thay vào 1 ta có:





33 4 2

24 2

2

2 23 2 10 8 0

1 1 15 4 0

2 14

x x x x x x x x

x x y x x

x y x

Vậy nghiệm của hệ là: 1;1 , 1; 1 , 2; 1 , 2;1 .

2 3

2

2 2 1

2 2

x y y x yb

y xy

Giải

Thay 2 vào 1 ta có:

2 3 2 3 2 2 02 2 0 2 0

2

y x y y y xy x y y xy y y x

x

+ TH1: 0 y không thỏa

+ TH2: 2 y x thay vào 2 ta có:

2 2 2 1 24 2 2 3 1

3 3 x x x x y

Vậy nghiệm của hệ là:1 2 1 2

; , ; .3 3 3 3

Bài 6. Giải các phương trình và bất phương trình:

2 11 7 1

1

xa x x

x

Giải

ĐK:1

1

x

x

- TH1: 1 khi đó:





1 7

1 1 1 7 11 1

x x x x x x

x

1 7 x x (vô lý)

1 vô nghiệm.

- TH2: 1

+ 1 x là nghiệm của 1

+ 1 x ta có:

1

1 1 1 7 17

11

1 7

3

x

x x x x x

x x

x x

x

Vậy phương trình 1 có nghiệm là: 1; 3 x x

3 3 31 2 1 3 1 2b x x x

Giải

3 33

33

3

3 2

2

2 1 2 3 3 1 2 1 1 2 1 3 1

3 1 2 1 3 3 1 31 2 1 3 1 1

1 2 1 3 1 1

6 7 0

6 7 0

0

7

6

x x x x x x

x x x x x x

x x x

x x

x x

x

x





Ta có: 0 x không thỏa 1

Vậy 1 có nghiệm76

x

2 2 1 2 1 2 1 3c x x x x x

Giải

Đk: 1 x

Ta có:

2

2

2 1 1 1 1 1

2 1 1 1 1 1

x x x x

x x x x

2

2

2 2

2

3 2 1 1 1 1 2 1

2 1 1 1 2

1 1 0 1 1

9 1 4 8 43 1 2 2

1 1 0 1 1

1 4 8 41 2 2

2( )

4 13 0 4 9 54 9 5 0

2

voâ nghieäm

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

02 x

1

5

42

x

x

x





Vậy nghiệm của phương trình là:5

14

x x

1 1 1

42 4 2

d x x x

Giải

ĐK:1

4 x

Ta có:

2

1 1 1 1 1 12 4 4 2 4 2

x x x x

1 1 1

42 4 2

1 1 1

2 4 2

1 10

4 4

x x

x

x x

Vậy nghiệm của phương trình là14

x


3 2 3 2 5 1a x x x

Giải

ĐK:23

x

Đặt2

2

3 2 0 3 2

33 0

t x t x

u xu x





2 21

1 0

1

t u t u

t u t u

t u

t u

+ TH1: t u

3 2 3

3 2 3

5

2

x x

x x

x

+ TH2: 1t u

2

3 2 1 3

3 2 3 1

3 2 3 2

17 6 0

6

x x

x x

x x x

x x x

x

Vậy nghiệm của hệ là: 51; 6;2

x x x

10

3 28 1 3 1

xb x

x x

Giải

ĐK: 0

Ta có 0 x không là nghiệm của 1

Với 0 :





2

10 8 1 3 12 3

8 1 3 1

2 8 1 3 1 3

2 8 1 3 2 3 1

19 3 33 3 1

4 19

313 274 39 0

1

39

313

x x x x

x x

x x x

x x x

x x x x

x x

x

x

Kết hợp với ĐK ta có nghiệm của BPT là: 1 x

21 1 1 7 3c x x x x x

Giải

Đk: 1 x

Ta có 0 x không là nghiệm của 3

Với 0 ta có:

2

2

2

2

3 1 71 1

1 11 7

1 1

1 7 1 12

6 03 (

x x x x

x

x x x x x

x

x x x x x

x x x

loaïi)

Vậy nghiệm của phương trình là 2

2 2 2

4

2 2

x xd

x x x





Giải

Đk: 2 2 và 0 x

2

2

2

2 224

2 2

2 2 2 4 4

4 0 2 2

x x

x x x

x x x

x x

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là 2 0 0 2 x

2 1 1 2

3 52 1 1

x xe

x x x

Giải

Đk:1

20

x

x

2

2 1 1 3 25

2 1 12 1 1 2 2 1 1 3 2

2 1 1 0 2 1 1 0

1

21 loaïi

x x x

x x x x x x x x

x x x x

x

x

Vậy phương trình có 1 ngiệm là1

2 x

2 23 2 1 1 6 g x x x x

Giải

ĐK:

1

2

1

x

x

x

+ TH1: 1 x





26 1 2 1 1 1

2 1 1

2 1 2

x x x x x

x x x

x x x

Ta có0

0

VP

VT

Phương trình 6 vô nghiệm.

+ TH2: 2 x tương tự 6 vô nghiệm.

Vậy phương trình 6 có nghiệm duy nhất là 1

2 22 5 3 1 2 7h x x x x x

Giải

Đk:

1

3

22

x

x

x

7 1 2 3 1 2 1 * x x x x x

+ TH1: 1 x là nghiệm của 7

+ TH2:3

2 x

2

2

* 2 3 1 1 2 1

2 3 2 1

2 1 2

0 1 0

0

1

x x x x x

x x x

x x

x x x x

x

x

Kết hợp với điều kiện ta có:

3

2 x





+ TH3: 2 x

2

2

2

* 2 3 1 1 2 1

2 3 2 1

2 2

26 0

3

x x x x x

x x x

x x

x x x

x

Kết hợp với ĐK ta có BPT vô nghiệm.

Vậy nghiệm của 7 là3

12

x x

2 22 1 3 1 1 8i x x x x

Giải

Đk: 1 1

8 2 1 1 3 1 1 1

2 3 1 1 3 1 0

1 2 3 1 3 1 0

x x x x x x

x x x x

x x x x

3 22

1 0

2 3 1 3 1

11

04 8 6 0

4 8 6 0 (voâ nghieäm)

x

x x x

x x

x x x x

x x

Vậy phương trình có nghiệm 0 1 x

1 1 1 x x

k x x x

(đã giải ở phần trước)






2 1

2 3 11 2

x xa

x x

Giải

Đk: 2 1 x x

Đặt2

01

xt

x

2

11 2 3

13 2 0

2

21 2 11

2 4 1 222

1

voâ lyù

t t

t t t

t

x x x x x x x x

x

Vậy 2 là nghiệm duy nhất của 1

42 21 1 2 2b x x x x

Giải

Đk: 1 1 x x

Đặt 4 2 1 0t x x khi đó:

3 22

2

2

12 2 2 1 0

11 1 0

1 0

t t t t

t t t t

t t





2 4

24 2

24 2

2

2

2 2

2

2

1

1 5 3 5 7 3 5

2 2 2

1 5(

2

1 11 1

7 3 51 5 1122

1 1 ( 1)

7 3 5 7 3 51 2 2

1 2 1 1

77 3 51

22

loaïi)

t

t t t

t

x x x x

x x x x

x x x

x x x

x x x x

x x x

Vậy phương trình có nghiệm là7

12

x x

1 1

2 31 1

x xc

x x

Giải

ĐK:1

1

x

x

Đặt1

01 x

t x

2

2

13 2

2 1 0 1

11 1 1 1

10 ( )

3 0 3

loaïi

t t

t t t

x x x x

x x

x x x





Vậy 3 là nghiệm của phương trình.

2 2* 4 1 2 2 2 4d x x x x x

Giải

Đk: x

Ta có14

x không là nghiệm của Phương trình 4 .

2

2

4 3 2

22

3 2 2

2

2 2 1 14 2 ; 0

4 1 4 24 4 4

216 8 1

8 21 15 2 0 1 8 13 2 0

1

1 13 150

168 13 2 0 13 150( )

16loaïi

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 phương trình là13 150

116

x x

2* 2 2 2 1 5e x x x

Giải

Đk:12

x

21 1

5 1 2 2 12 2

x x

Đặt 1 2 1 1 y x y





2 21 1

1 2 1 1 2 12 2

y x y x a

Theo đề ta có 2 21 1 1 1

1 1 1

2 2 2 2

x x y b

Lấy b a ta có 2 2 0x y

x y x y

+ Với 1 2 1 1 x y x x x

2

2

2 1 2 1

4 2 0

2 2

2 2 (loaïi)

x x x

x x

x

x

+ với 1 2 1 1 x y x x x

2

2

2 1 2 1

2 (voâ lyù)

x x

x

Vậy phương trình có nghiệm là 2 2 x .

2 23 5 7 3 7 2 3 7 f x x x x

Giải

Đk:2

13

x

x

Đặt2

2

3 5 7 0

3 7 2 0

t x x

u x x

Ta có hệ:





2 2

222

22 2

2

733 32 5

22 53

3

77 3 5 73 5 733

2 23 7 2 3 7 23 3

226 59 14 0 7

26

xt u t t u

x xt ut u x

u

x x x x x x

x x x x x x

x x x

x

Vậy phương trình có nghiệm là7

226

x x

4 41 15 2 8 g x x

Giải

Đk: 15 1

Đặt4

41 0

15 0t xu x

ta có hệ phương trình:

224 4 2 2

2 2 22 2

22

16 2 2 16

2

2 2 0

02 16 04 2 2 160

t ut u

t u t u tu t u

t u

t u t u t

ut u tuut t utu

0 1 0 1

0 15

2( )

16voâ nghieäm

t x x

u x

t u

tu

Vậy phương trình có nghiệm là 1 15 x x





3 3 2 2 4 9h x x

Giải

Đk: 2 x

Đặt3

3 23 2

3t

t x x

3

3

3 2

3 2

2

2

3

29 4

3

24 4

3

2 3 16 8 16

3 24 44 0

22 22 0

22 0 ( )

3 2 2 3 6 2

voâ nghieäm

t t

t t t

t t t

t t t

t t t t

t t

x x x

Vậy phương trình có nghiệm 2

Bài 9. Giải các phương trình, bất phương trình:

4 4 4 42 2 2

2log 2 log 2 log log log 1

2 x x

xa x x x

x

Giải

Đk: 2 x

Ta có:





42 2 2

4

42 2 2

4

4 42 2

1 1log 2 log 2 1 log

4 41 1

log 2 log 2 1 log 24 4

1 1log log log 12 4 2 4

2 1 2 1log log log 2 1

4 41

log 2 log 2 2 log log 24

x x x

x x x

x x

x x x

x x

x x x

x x

x x x

2

2

4 42 2

2

2

2 22

log log 2

2

2 1log log log log 2 2

2 4

log log 2

2

log log 2 log log 21 log *2 2

x

x x

x

x x

x

x x

x

x

x x x

Vì 2 nên ta có:

2 2* log log , 2.ñuùng x x x

Vậy nghiệm của 1 là 2 x

log 22

2 2log log 12 .3 .5 12 2 x

x xb

Giải

Đk: 2 x

2 2 2

2

log log log

log 2

2

1 12 2 3 5 12

3 25

30 900 30

log 2 4

x x x

x

x x





Vậy nghiệm của BPT là 4 x

2log 7.10 5.25 2 1 3 x xc x

GiảiĐk: 7.10 5.25 0 x x

2 13 7.10 5.25 2

5 27 5 2 *

2 5

x x x

x x

Đặt5

02

x

t

2

2* 7 5

25 7 2 0 1

5

2 51 1 0

5 2

x

t t

t t t

x

Vậy nghiệm của BPT là 1 0 x

22

4 22

1log 7 12 log 2 log 4 1 4

2d x x x x

Giải

Đk:

2

3

4

x

x

x





22 2 2 2

22 2

22 2

2 2

22

22 2

2

4 log 7 12 log 2 log 4 log 2

2 4log 7 12 log *

2

: 42 4

* log 7 12 log2

2 14 24 6 8

8 16 0 4 0 ( )

3

2 4* log 7 12 log

22 1

TH1

voâ lyù

- TH2:

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

2

22 2

2 2

2

4 24 6 8

3 20 32 0

84

38

333 4

2 4* log 7 12 log

2

2 14 24 6 8

8 16 0 ( 4)

TH3:

ñuùng

x x x

x x

x

x

x

x x x x

x x x x

x x x

Vậy

nghiệm của BPT là8

3 3 43

x x

2 2 2 2 21 lg 1 4 2 1 .lg 1 0 5e x x x x

Giải

Đk: 1 1 x x

Đặt 2 22 1 lg 1 0t x x





2

2 2

2

2

05 4 0

4

2 1 lg 1 0

1 0 1

0lg 1 0

(loaïi)

(loaïi)

t t t

t

x x

x x

x x

Vậy nghiệm của phương trình là 1 x

3 32 8.2 6 2 2.2 1 6 x x x x f

Giải

Đặt 2 0 xt

33

3

2

8 126 6 1

2 21 1

12 0

2

2 21

(loaïi)

x

t t t t

t t t t

t t t

t

x

Vậy nghiệm của phương trình là 1 x

2 4 43 8.3 9.9 0 7 x x x x g

Giải

Đk: 4 x

24 43 3

7 1 8 9 0 *3 3

x x

x x

Đặt43

03

x

xt





2

4

4

4 2

2

* 9 8 1 0

1 11 0

9 9

3 0 43

3 1

3 9

3 3 4 2 ( 2)

05 0

5

(ñuùng )

(loaïi)

x

x

x

x

x x

t t

t t

x

x x x

x x x

x

Vậy nghiệm của BPT là 4 x

4 4 18.3 9 9 8 x x x xh

Giải

Đk: 0 x

4 4

4

4 4

4 4

8 8.3 9.9 9 0

3 98. 9 09 9

8.3 9 9 0 *

x x x x

x x x

x x

x x x x

Đặt4

3 0 x xt

4

2

2

4 4

4

4

1* 8 9 0

9

3 9 3

2 2 0

1

2

16

(loaïi)

(loaïi)

x x

t t t

t

x x x x

x

x

x

Vậy nghiệm của PT là 16 x

3 1125 50 2 9 x x xk

Giải





3

2

9 5 .25 2 .25 2.2 0

5 21 2 0 *

2 5

x x x x x

x x

Đặt5

02

x

t

2

3 2

2* 1 0

2 0 1

51 0

2

x

t t

t t t

x

Vậy nghiệm của PT là 0 x

1 11

9 6 4 0 10 x x

xl

Giải

Đk: 0 x

1 1

3 210 1 0 *2 3

x x

Đặt

1

30

2

xt

2

1

3

2

1* 1 0 1 0

1 52

1 5

2

3 1 5 1

2 2 1 5log

2

(loaïi)

x

t t t t

t

t

x





Nghiệm của BPT

32

1

1 5log

2

x

8.3 3.2 24 6 11 x x xm

Giải

11 8 3 3 2 3 3 0

3 3 13 3 8 2 0

32 8

x x x

x x x

x

x

x

Vậy nghiệm của PT là 1 3 x x

35 21 7 5 21 2 12 x x

xo

Giải

5 21 5 21

12 7 8 *2 2

x x

Đặt5 21

02

x

t

2

5 21

2

7* 8 8 7 0

5 211 021

log 775 21 7

2

x

x

t t t t

xt xt

Vậy nghiệm của PT là5 21

2

0 log 7 x x

Bài 10. Giải bất phương trình: 3 9log 1 log 4 3 4 1 1 x x x x

Giải

Đk: 0 x





1 1 4 3 4 1 * x x x x

0 1

* 1 1 0;1

* 2 1 8 7 **

+ TH1:

(ñuùng )+ TH2: x>1

x

x

x x

Đặt 0t x

2

1** 2 1 8 7

2

14 12 8 0 2

t t t

t t t t

Kết hợp với điều kiện ta có

11 111 122 4

2 42

xt x

t x x

Vậy nghiệm của BPT là0 1

4

x

x

Bải 11. Giải phương trìn:

2

33log 1log 3 2 3 1

x x x x x x

Giải

Đk: 0 1 x

Ta có:

3 333 3

3 3

3 3

3 3

loglog 3 log .log 3 3

log log 13 3

log 3 log .log 33

1 3 3

x

x

x x x x x x

x x

x x x x x x x x x

x x x x





3

3 3

3

3 13

213 12

log log 1 3 133 1

2

3 13

2

(loaïi) x

x x x

x x x x x

x

Vậy nghiệm của BPT là1 3 13

2 2 x x

Bài 12. Giải phương trình: log 2 log 5 6 5 2 1 x x x x x x

Giải

Đk:65

x

2

2

2

2

1 log 2 log 5 6 5 2

2 5 6 5 2

2 9 10 2 2 5 2 0 *

2

2* 4 18 20 0

5

62

56

* 0 0 ;2

5

+ TH1:

+TH2:

(ñuùng )

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 BPT là6

2 55

x x

Bài 13. Giải và biện luận phương trình: log 2 log * x x m

Giải

Đk: 0 1 x

0 *- TH1: m vô nghiệm.





0

0 1: * 2

- TH2:

Vôùi

m

x m

Nếu 2 *thìm có vô số nghiệm

Nếu 0 2 *thìm vô nghiệm 1: * 2Vôùi x m

Nếu 2 *thìm vô nghiệm

Nếu 0 2 *thìm có vô số nghiệm.

Bài 14. Giải các phương trình:

2 4log 4 log 5 0 1a x x

Đk:

1

1

x

x

Đặt 4log , 0.t x t

24 2 21log log log

2t x x x .

Khi đó

2

4 4

25 25

11 4 5 0

5

log 5 log 25

4 4 .

loaïit t t

t

x x

x x

Vậy nghiệm của pt đã cho là: 254 .

2 12 1 23 3 1 6.3 3 2 x x x xb

22

2

2 3.3 9.3 3.3 1

3.3 9.3 3.3 1 *

x x x

x x x

Đặt 3 , 0 xt t





2* 3 9 3 1 **t t t

- TH1:1

3t

2

3

** 3 12 1 0

6 33

3

6 33

3

6 33 6 333 log .

3 3

loaïi

x

t t

t

t

x

- TH2:1

0 .3

t

2** 3 6 1 0

3 2 3

3

3 2 3

3

loaïi

loaïi

t t

t

t

Vậy nghiệm của pt đã cho là: 3

6 33log .

3 x

2 5 24 5 7 5 7 x x xc

Bài 15. Giải và biện luận phương trình:

12 2

1 1 1

x a a a x

x x

Giải

Đk: 0 x

0 : 1 x thỏa 0a





2 2 2

22 2

2

2

0

1 1

1 1

2 1

4 1

1 0 1 ( ).

1 0 1

voâ lyù

(phöông trình voâ nghieäm).

x

x a a a x

x a a x a a

a x a

x a

a a

a a

Vậy phương trình có nghiệm 0, 0a

Bài 16. Giải các hệ:

11

2

3 2

x y y xa I

x y x y

Giải

Đk: 0, 0 x y

Ta thấy 0, 0 x y

là một nghiện của hệ.

Với 0 y , đặt , 0 x t y t ta có:

2

2

11'

2

3 2'

t y y y t y I

t y y t y y

Chia 1' cho 2' vế theo vế ta được:

22 2 2

2

2 4 2 4 2

2

2

16 1 1

61

6 6 5 6 0

3

33

2 2

2

loaïi

loaïi

t t t t t

t t

t t t t t t

t

t t

t t

t





+ 3 3 3t x y x y . Thay vào 1 ta được:

1 3 3 32 3

2 4 4 y y y y x .

+ 2 2 2 .t x y x y Thay vào 1 ta được:

23 2 3 2.

2 y y y y x

Vậy nghiệm của hpt đã cho là:3 3 3 2

; , ; 2 .4 4 2

13 3

12 8

x x y y

b II

x y y

Giải

Đk:

10

3 0

x y

x y

Đặt1

, 3; 0, 0t x u x y t u y

.

22 2

33 325 2 5

t ut u t u II

tut u t u tu

,t u là 2 nghiệm của phương trình:

2

1

213 2 0

2 2

1

t

u X X X

X t

u





1 11 11

273 2

2 10 ; 3 103 10

2 10; 3 10

3 10

x xt y y

u x y x y

x y

x y

1 12 42

1 43 1

3; 1

5; 1

x xt y y

u x y x y

x y

x y

Vậy nghiệm của hpt đã cho là: 2 10 2 10

; 3 10 , ; 3 10 , 3;1 , 5; 1 .3 10 3 10

2 2

14

84

x y xyc III

x y xy

Giải

Đk: 0. xy

Đặt , ; 0.u xy v x y u

2 2

14 14

684

10 164

4 1010

v u v u III

v uv u

v xy xy

u x y x y

, x y là 2 nghiệm của phương trình:





2 810 16 0

2

X X X

X

Vậy nghiệm của hpt đã cho là: 8; 2 , 2; 8 .

2 23 3

3 3

2 3

6

x y x y xyd IV

x y

Giải

Đặt 3 3,t x u y

3 3

22 2

2 3

6

2 3 62 9

866

t u t u tu IV

t u

t tu u tu t ut u tu

tut ut u

Vậy ,t u là nghiệm của phương trình

2

3

3

3

3

46 8 0

2

2 8

4 64

64482

X X X

X

x x

y y

x x y y

Vậy nghiệm của hpt đã cho là 8; 64 , 64; 8

3 3 65

12

10 2

x y xye

x y

Giải





Đk: 0 xy

- Nếu 0 y không là nghiệm của hệ.

- Nếu 0 y đặt x ky ta có:

263 3

3 6

51

25

1 *2

ky y ky

k k

Đặt 6 0t k

6

26

2 2

5* 1 0 1 122 2

2

13128

64 6413

1 1128

64 6413

213

t k

t t t k

x

yk x y

k x y x

y

Vậy nghiệm của hpt đã cho là2 128 128 2

; , ;13 13 13 13

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

f V x y

Giải

Đk: , 0 x y





2 2

2

2 2 2

2

2 2 2 2

lg lg3 lg lg 4

lg 4 lg 4 lg lg3 lg3 lg

lg lg3 lg lg 4

lg 4 lg 4lg lg 3 lg3lglg lg3lg 4 lg lg 4

lg3lg 4lg lg 3lg lg 3 lg 4 lg3

lg lg3lg 4 lg lg 4

lg lg 4 lg 3 lg 3 lg 4 lg 3

1lg lg3

3

x yV

x y

x y

x y x y

x y

x y

y

y y x

1

4

Vậy nghiệm của hpt đã cho là1 1

;4 3

2 2

2 3

1

log log 1

x y g VI

x y x y

Giải

Đk: y y

2 3

1 1

log log 1 2

x y x yVI

x y x y

Đặt 0t x y





62

6

66

66

6

2 3

2 3

2 3 3

32 2

1

log 2log 6

log 2log 2

log 2

log 2log 2log 2

12 log log 1

log log 1

log 3log log 1

1 1log

log 3 1 log 6

3 3

13

332

1 13.33

32

t t

t t

t t

t

t

x x y

x y

y

Là nghiệm của hệ.

3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xyh VII

x y

Giải

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

3 3 1

1

1 3 3 1

1

1 3 3 0

1

1*1

13 3 0

3 3 0**1

1

y x

y x

x y

x y

x y

x y x xy y xyVII

x y

x y xy xy

x y

xy x y

x y

xy xy

x y x y

x y x y

x y

- Ta giải *

+ 0 x không là nghiệm của *





+ 0 * x vô nghiệm

- Giải ** : Thay ** vào VII ta có: 3 3 1 x y x y xy

2 2

2 2

2 2

01 0 1

11

1

1

2

0 1

1 0

x y x y x y xy x y

x y xy x y

x y

x y

x x

y y

Là nghiệm của hệ.

2 21 1

1 1

log 1 2 log 1 2 4 1

log 1 2 log 1 2 2 2

x y

x y

y y x xk

y x

Giải

Đk:1 1, 021

1, 02

x x

y y

1 1

1 1

11

1

1 1

2

2

1 2log 1 2log 1 4

log 1 log 1 2

1log 1 2

log 1

log 1 1

2

1 2 log 1 2 2

1 2 1 2 1

0 05 2 0 2 2

5 5

thay vaøo ta coù

log

x y

x y

x x

x

y y

y x

y x

y y

y

x y

y y

y y y

y x y y

y x





Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 2 2

0,0 ,5 5

5

log 1

2log log

xy

x y

x y

m VIII xy xy

Giải

Đk:

1

0

1

xy

x y

x y

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2

2 1

log 5 log

log log 5

5 52

4 5 0 *

1* : 4 5 0

5

5 5 5 0

5 5

loaïixeùt

xy xy

xy xy

x y xyVIII

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

xy x y xy

xy

xy y y

x y x y

5 5 5 52 2

5 5 5 5

2 2

loaïi vì

y y x y

x x

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:5 5 5 5

;2 2





222 3 log 3 4

2

2 3 1

4 1 3 8 2

x x y

n y y y

Giải

22 2

22

1 2 3 log 3 4 .log 3

2 3 3 .log 3

x x y

x x y

Đk: 3 y

2

2

2 4 1 6 9 8

3 0

3 0

3 thoûa maõn heä phöông trình

y y y y

y y

y

y

2 13 2 3 0

3Vôùi ta coù

x y x x

x

Vậy hệ có nghiệm 1; 3 3; 3

1 2 1

4

4 3.4 2 13 2 log 2 2

x y y

p x y

Giải

1

2 3 22

x y

Vì 1 2 14 0, 3.4 0 x y y nên áp dụng bất đẳng thức cauchy ta có:

1 2 1 3 2

1 2 1

14 3.4 2 3.4 2 3. 2

2

4 3.4 2

x y y x y

x y y

Mâu thuẫn với 1 . Vậy hệ vô nghiệm.

PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH





1. CÁC HỆ CƠ BẢN

a. Hệ đối xứng loại I

(2004-D) Tìm m để hệ sau có nghiệm: 1

1 3

x y I x x y y m

Giải

Đặt:0

0

u x

v y

3 3

1

*1 3

1

u v

I u v m

u v

uv m

Khi đó ,u v là nghiệm của phương trình

2 0 ** X X m

Hệ đã cho có nghiệm ; * x y

có nghiệm 0, 0 **u v

có 2 nghiệm dương:

1 4 01

1 0 04

0

m

S m

P m

Bài tập tương tự:

Bài 1. Tìm m để hệ sau có 2 nghiệm:

2 2

2

2 1

4

x y m I

x y

Giải

2

2

2 2 1*

4

x y xy m I

x y

Đặt ,t x y u xy





2

2

2 2 1 2*

14

t u m t

u mt

Điều kiện để hệ có nghiệm là:

2 4 0 4 4 1 0

0

t u m

m

Khi đó , y là nghiệm của phương trình:

2

2

2 1 0

2 1 0

X X m

X X m

Cả 2 phương trình đều có ' m

Để hệ chỉ có 2 nghiệm thì 0m

Khi đó 1

2

1

1

X x y

X x y

Vậy hệ có 2 nghiệm khi 0m và 2 nghiệm đó là 1;1 , 1; 1

Bài 2. Tìm m để hệ sau có 4 nghiệm: 2 2 22 1 x y xy m I

x y xy m m

Giải

Đặt ,S x y P xy

2

2 1S P m I

SP m m

Khi đó ,S P là nghiệm của phương trình

2 22 1 0 * X m X m m

Có 1 0 * có 2 nghiệm phân biệt là 1 1 1

2 2 2

1 1,

, 1

X m S m P m

X m S m P m

Để hệ I có 4 nghiệm thì:





2 21 1

2 22 2

4 0 6 1 0

4 0 4 4 0

3 2 3 2

2

S P m m

S P m m

m m

m

Bài 3. Cho , ,a b c thay đổi thỏa: 2 2 2 2

1

a b c I

ab bc ca

CMR:

4 4, ,

3 3a b c

Giải

2 22 2

1

a b ab c I

ab a b c

Đặt ,S a b P ab ta có:

2 2

2 2

22 2

2

2 2

1

2 1 2

1

22112 4 0

1 22

1 1

S P c

P Sc

S Sc c

P Sc

S cS c P c P ScS Sc c

P Sc S cS c

P Sc P c

Điều kiện để hệ I có nghiệm là

2

2 2 2

2 2 2

4 0

02 4 1 0 3 4 0 343 4 02 4 1 0 03

4 4;

3 3

S P

cc c c c

c cc c c

c

Vì vai trò của , ,a b c như nhau nên ta có :4 4

, ,3 3

a b c





Bài 4. Cho , thay đổi luôn thỏa1

sin sin2

. Tìm GTLN và GTNN của

cos 2 cos 2 P .

(Đã giải)

b. Hệ đối xứng loại II.

(2003-B) Giải hệ phương trình:

2

2

2

2

23

23

y y

x I

x x

y

Giải

Đk: 0, 0 x y khi đó:

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

3 03 2

3 2 3 2

3 23 0

3 2

1

1

voâ nghieäm

x y xy x y x y y I

xy x xy x

x y

xy x xy x y

xy x

x

y

Vậy nghiệm của hệ là 1;1


Bài 1. Giải hệ phương trình:3

3

2 3

2 3

x y x

y x y

(Đã giải)

Bài 2. Tìm m để hệ phương trình:2 1

2 1

x y m

y x m

có ít nhất 1 nghiệm.

(Đã giải)





c. Hệ đẳng cấp bậc hai.

Bài 1. Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

2 3 4 1

3 3 2

x xy y

x xy y

Giải

+ 20 : 1 4 x y vô nghiệm.

+ 0 x đặt y tx khi đó hệ

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 3 4

3 3

3 2 4 3

3 1 3 4

x tx t x

x x t t x

x t t

x t t

VP của 3 0 nên VT của 3 0

Chia 4 cho 3 ta có:

2

22

2

3 1 3 15 13 2 0 153 2 41

t t t t t t t t

+ với 1t 2

15t ta có hệ:

2

1

11

x y x

y x

+ với2

15

t ta có hệ:

2

228915

225 1589 89

y y x

x x

Vậy hệ có nghiệm là 15 2 15 2

1;1 , 1; 1 , ; , ;89 89 89 89

Bài 2. Tìm m để hệ phương trình:

2 2

2 2

3 4 1

3 2 2

x xy y m

x xy y m

có 4 nghiệm.

Giải





+ Nếu 0 từ 22 2 y m , với 2 0m x không là nghiệm của phương trình.

+ 0 x , đặt y tx hệ trở thành

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

3 4 33 2 4

1 3 4

3 2

x x t t x m x x t t x m

x t t m

x t t m

VP của 4 0 nên VT của 4 0 . Chia 2 vế của 3 cho 4 ta có:

22

2

3 1 43 5 2 5 0 *3 2

t t mt m t mt t m

Để hệ có 4 nghiệm phân biệt thì * phải có 2 nghiệm phân biệt tức là

2 34 35 0 2 35m m m m

Vậy phương trình có 4 nghiệm khi 2 35m m

d. Một số hệ khác.

(2003-A) Giải hệ phương trình:

3

1 11

2 1 2

x y x y

y x

Giải

Đk: , 0 x y





3

3

34

2 24 2 2

11 1 0

1

2 1 02 11

1

2 12 0

1

1 5

2

1 5

21

1 1 32 0,

2 2 2

voâ nghieäm

x y x y

xy xy

x y x y

x x y x

xy y x

y x x x

x y

x y

x y

y x

x x x x x

Vậy nghiệm của hệ là 1 5 1 5 1 5 1 5

; 1;1 ;2 2 2 2

.

(2006-D) Chúng minh với 0a , hệ:

ln 1 ln 1 x ye e x y

I y x a

có nghiệm duy nhất.

Giải

ln 1 ln 1

ln 1 ln 1 0 1

2

x y

a x x

e x e y

I y x a

e a x e x

y x a

Hệ I có nghiệm duy nhất khi 2 có nghiệm duy nhất trên 1; .

Đặt ln 1 ln 1a x x f x e a x e x

1 11 1

a x x f x e e x a x





Vì 0 1a x ta có:

0

1 10

1 10, 1

a x xe e

x a x f x x

f x đồng biến trên 1;

I có nghiệm duy nhất trên 1;


Bài 1. Giải hệ phương trình: 3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xy

x y

(Đã giải)

Bài 2. Giải các hệ phương trình:

3 3

2

3

2

x y x y

a x xy

(Đã giải)

2 3

2

2 2

2

x y y x yb

y xy

(Đã giải)

PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

Bài 1: Giải phương trình và b t phương trình :

a) 2 11 ( 7)

1

x x x

x

b) 3 3 31 2 1 3 1x x x





Giải:

a) 2 11 ( 7)

1

x x x

x

(1)

Đk: 1 1x x

Từ (1) ( 1) 1 ( 7) 1x x x x

1

11 7

x x

x x

Thế 1x vào phương trình (1) ( thoả mãn).

Vậy nghiệm của PT (1) là 1x

b) 3 3 31 2 1 3 1x x x (1)

Ta có: (1) 3 331 2 1 3 ( 1)(2 1)( 1 2 1) 3 1x x x x x x x

33 ( 1)(2 1)(3 1) 3x x x

( 1)(2 1)(3 1) 1x x x 2(6 2 9) 0x x x 0

1 55

6

x

x

Thử lại ta thấy1 55

6x

( thỏa mãn)

Vậy phương trình(1) có 2 nghiệm1 55

6x





c) 2 2 1 2 1 2 1x x x x x (*)

Đk: 1x

Từ (*) 2 1 1 1 1 2 1x x x 2 1 2 1 1 2 1 (1)

2 2 1 1 1 2 1 (2)

x x x

x x x

+Giải (1): (1) 23 1 2 2 4 13 0x x x x phương trình vô nghiệm

+Giải (2): (2) 2

11 2 2 4 9 5 0 5

4

x

x x x x x

Thế 1x ;5

4x vào phương trình (*); 1x thoả mãn

Vậy nghiệm của phương trình (*) là 1x .

d)1 1 1

2 4 2x x x (1)

Đk: 14

x

Ta có:1 1 1

2 4 2x x x

1 1 1 1

4 4 4 2x x x

1 1 1

4 2 2x x

1 1 1

4 2 2x

1

04

x 1

4x .

Thay1

4x vào phương trình (1) thoả mãn nên

1

4x là nghiệm của pt (1)

Bài 2: Giải phương trình và b t phương trình :

a) 3 2 3 2 5x x x b) 10 38 1 3 1

x x x x

c) 2( 1 1)( 1 7)x x x x x d)2 2 2

2 2

x x

x x x





Giải:

a) 3 2 3 2 5x x x (1)

ĐK:2

3x

Ta có: (1) 3 2 3 3 2 ( 3)x x x x

Đặt 3 2 0u x , 3 0v x

Ta có hệ2 2

2 2

3 11u v

u v u v

2 23 11

( )( 1) 0

u v

u v u v

2 23 11

1 0

u v

u v

u v

2 2

2 2

(2)3 11

1 0(3)

3 11

u v

u v

u v

u v

+)Giải(2): (2) 2 2

113 2

11 23 11 2 11

32

x u v u v

v v x





113 2 52

11 23

2

x x

x

+)Giải(3): (3) 2 2 2

11 1 1

22(1 ) 3 11 6 0

3 ( )

u v u v u v u

v v v v v v

v l

(loại)

Vậy phương trình (1) có nghiệm là5

2x

b) 10 38 1 3 1

x x x x

(1).

ĐK:1

8x

Ta có: (1) 8 1 3 1 10

38 1 (3 1)

x x x x

x x

(vì 8 1 3 1 0x x )

2 8 1 3 1 3x x x

4 11 2 2 (8 1)(3 1) 3x x x x

8 (8 1)(3 1) 43 5x x x

2

2

43 5 0

64(8 1)(3 1) (43 5)

5

43313 274 39 0

5

43 139

1313

x

x x x

x

x x

x x

x x





Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là: 1;

c) 2( 1 1)( 1 7)x x x x x (1)

Đk: 1x

Ta có: (1) 2 21 ( 6) 1 7x x x x x x x

2( 6)( 1 1) 0x x x

2 6 0x x ( do 1 1 0x )

2 ( )

3 ( )

x n

x l

Vậy nghiệm của của PT là : 2x

d)2 2 2

2 2

x x

x x x

Đk: 2;2 \ 0x

Ta có:2 2 2

2 2

x x

x x x

2

2 2 2

2

x x

x x

22 2 2 4 4

02

x x x

x

24

0x

x

0;2x

Vậy tập nghiệm của BPT là: (0;2]

e)1 2 1 2

31 2 1

x x

x x x

(1)





Đk:1; \ {0}

2x

Ta có : 1 2 1 231 2 1

x x x x x

2

1 2 1 3 2 0x x x x

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

0x x x x x

x

2 (1 2 )( 1)

0x x

x

(1 2 )( 1) 0x x

1

21

x

x

Ta thấy 1x không thỏa mãn phương trình

Vậy nghiệm của phương trình (1) là1

2x

g) 2 23 2 1 1x x x x (*)

Đk: ( ; 2] [1; ) { 1}x

Đặt2 2 2

2

3 2 01

31 0

u x x u v x

v x

Khi đó PT (*) trở thành:

2 2

( ) 1 03 3

u v u v

u v u v

(1)

3 (2)1 03

u v u v u v u v

+ Giải (1): (1) 0 1u v x ( nhận)

+ Giải (2): 2 2(2) 3 2 3 1x x x 2 2 23 2 9 ( 1) 6 1x x x x





2

2 2

21 2

4( 1) 4 4

x x x

x x x

222

2 2 73 4 8 03

x x

x x x

vô

nghiệm

Vậy PT (*) có nghiệm duy nhất: 1x

h) 2 22 5 3 1 2x x x x x (1)

Đk:

; 2 1;3

; 2 ; {1}32; 1 ;

2

x

x x

Ta xét các trường hợp sau:

+) TH1: 1x là nghiệm của (1)

+) TH2: 2x : (1)

1 . 3 2 1 . 2 ( 1x x x x

+) TH3:3

2x : (1) 1 2 1 2 3 0x x x x

1 . 3 2 1 1 . 2

3 2 1 2 ( 1 0)

3 2 . 1 3

x x x x x

x x x do x

x x x

( vô nghiệm vì VP 0 VT 0 )





2 1 2 3 0x x x ( 1 0)do x

2 1 2 3x x x

2 1 2 ( 2)( 1) 2 3x x x x x

2 ( 2)( 1) 4x x (vô nghiệm)

Vậy bất phương trình có duy nhất nghiệm: 1x

k)1 1 1x x

x x x x

Đk:

10

1 0 11

1 0

x x x x

x

+)Với 1x thìBPT:

2

2

2 2

2 2

22

( 1)1 1 1

11 1

( 1) 1

2 1

2 1 0

1 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

Đúng 1x

+)Với 1 0x ,ta có: 1x

1 11

1 11

1 11 0

x x x

x x x

x x x





Mà1

0; [ 1;0)x

x x

.Suy ra BPT đã cho vô nghiệm.

Vậy nghiệm của BPT đã cho là : 1x

m) 2 22 1 3( 1 1 )x x x x (1)

Đk: 1;1x

Ta có: (1) 2 2 2 21 2 1 1 3( 1 ) 3x x x x x x

2 2 2( 1 ) 1 3( 1 ) 3x x x x (2)

Đặt 21t x x , PT (2) trở thành: 2 3 2 0t t 1

2

t

t

+ Với 1t 21 1x x 1

0

x

x

+ Với 2t 21 2x x 22 4 3 0x x (vô nghiệm )

Thử lại ta thấy1

0

x

x

thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm1

0

x

x

Bài 3. Giải phương trình và b t phương trình:

a)2 1

2 31 2

x x

x x

b)

42 21 1 2x x x x

c)1 1

21 1

x x

x x

d) 2 2(4 1) 2 2(2 )x x x x x

e) 2 2 2 2 1x x x f) 2 23 5 7 3 7 2 3x x x x





Giải:

Cách 1:

a)2 1

2 3

1 2

x x

x x

(1)

Đk: ; 2 1;x

Đặt2

01

x t

x

, PT trên trở thành:

23t

t 2 3 2 0t t

1

2

t

t

+) Với 1t 2

1

1

x

x

2 1x x Vô nghiệm

+) Với 2t 2

21

x

x

24

1

x

x

2 4 4x x 2x

Vậy phương trình có nghiệm 2x

Cách 2:

(1) 2 2

2 14 4 9

1 2

2 4 1 5 1 2 0

9 18 0

2

x x

x x

x x x x

x

x





b) 42 21 1 2x x x x (1)

Đk: 1x

Vì 2 24 1 1 1x x x x nên 4 2

24 2

1(1) 1 2

1

x x

x x

Đặt 4 2 1 0t x x ; PT trên trở thành:2

12t

t 3 2 1 0t t

1 (2)

1 5 (3)2

1 50

2

t

t

t

+) Giải (2): 1t 4 2 1 1x x 2 1 1x x 2 21 1 2x x x 1x

+) Giải (3):1 5

2t

4 2 1 5

12

x x

4

216 1 1 5x x

22 2 1 7 3 5x x

2 24 4 94 42 5 4 7 3 5 4x x x

49 21 5 7

214 6 5x

Thử lại ta có 1x và7

2x thoả mãn (1)

( loại )





Vậy 1x và7

2x là nghiệm của (1)

c)1 1

21 1

x x

x x

Đk: 1 1x

+ Đặt1

1

x t

x

12t

t 2 2 1 0t t 1t

11

1

x

x

1 1x x

2 2 1 1x x x

2 3 0x x

0

3

x

x

Thử lại ta có 3x thỏa mãn

Vậy phương trình có nghiệm là x 3

d) 2 2(4 1) 2 2(2 )x x x x x (1)

TXĐ: D

Ta có: (1) 2 2(4 1) 2 4 2x x x x x

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

Đặt

2

2 0t x x , PT(2) trở thành:

2 2

(4 1) 3 2 0t x t x x ;

Ta có 2(2 3)x nên PT trên có nghiệm1 (3)

3 2 (4)

t x

t x

+) Giải(3): 1t x 2 2 1x x x 2 22 2 1x x x x

x =1

+) Giải(4): 3 2t x 2 2 3 2x x x





2 29 12 4 2x x x x

28 13 2 0x x

13 105

1613 105

16

x

x

Thử lại ta có x 1 ,13 105

16x

thỏa mãn

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x =1,

13 105

16x

e) 2 2 2 2 1x x x

Đk:1;

2x

Ta có 2 2 2 2 1x x x 2

2 2 1 1 1x x (1)

Đặt 1 2 1y x , 1y , Ta đưa về hệ :

2

1 2 1

2( 1) 1 1

y x

y x

2

2

1 2 1

1 2 1

y x

x y

2

2 2 0

1 2 1

y x y x y x

x y

2

0

1 2 1

y x y x

x y

2

1 2 1

x y

x y

x y





2

2

1 2 1

1 2 1

x y

x y

x y

x y

2

2

(2)1 2 1

1 2 1

(3)

x y

x x

x x

x y

+) Giải (2): ta thấy 2 2x y không thỏa mãn nên 2 2x y là nghiệm

+) Giải (3): Vô nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình là 2 2x

f)2 2

3 5 7 3 7 2 3x x x x (1)

Ta có: (1) 2 23 5 7 3 3 7 2x x x x

2 2 23 5 7 9 3 7 2 6 3 7 2x x x x x x

26 3 7 2 4 2x x x

2 236 3 7 2 16 16 4x x x x

226 59 14 0x x

2

7

26

x

x

Thử lại nghiệm ta có7

26x , 2x thỏa.


x , 2x

g) 4 41 15 2x x (1)

Đk: 15;1x

Đặt4

4

1 0

15 0

u x

v x





PT(1) qui về hệ sau: 4 4

2

16

u v

u v

2 2 2 2

2

2 16

u v

u v u v

22

2 2

2

2 2 16

u v

u v uv u v

22 2

2

4 2 2 16

u v

uv u v

2

0

8

u v uv

uv

2 0

0 22

02 2

8 0

u v u

uv v u v

uv u v u

uv v

+) Với4

4

0 1 0 1 01

2 15 1615 2

u x x x

v x x

+) Với4

4

2 1 2 1 1615

0 15 015 0

u x x x

v x x

Vậy nghiệm của phương trình là 1x , 15x

h) 3 3 2 2 4x x (1)

Đk: 2;x

Đặt

3 3 2

2 0

u x

v x

PT (1) đưa về hệ sau: 2 3

4

3 4

u v

v u

23

4

3 4 4

v u

u u

3 2

4

3 24 44 0

v u

u u u

32 3 2 2 3 2 82

2 2 42 2

v x x x

u x x

Vậy nghiệm của phương trình là 2x

vô nghiệm





Biến đổi cơ bản:

Giải:

Điều kiện: 3

9

log (9 72) 0 9 72 1log 73

0 1 0 1

x x

x x x

Ta có: (1)3

log log (log (9 72))x

x x x

3

3

9

3

( 1)( log (9 72)) 0

1 0(*)

log (9 72) 0

1 0( ì log 73)

log (9 72) 0

x

x

x

x x

x

x

x vn v x

x

Giải (*) và kết hợp với điều kiện ta được:9

9

1

0 2 log 73 2

log 73

x

x x

x

Vậy nghiệm của bất phương trình là:9

log 73 2x .

Giải:

Ta có: (1)2

2 (2 4.2 ) (2 4) 0x x x x

(2002-B) Giải bất phương trình:3

log (log (9 72)) 1x

x (1)

(2006-D) Giải phương trình:2 2 2

2 4.2 2 4 0x x x x x (1)





2

2

2

2

(2 4)(2 2 ) 0

2 4 1

02 2

x x x

x

x x

x

x

Vậy1

0

x

x

là nghiệm cần tìm.

Giải

Pt 3 2 2 33.2 4.2 .3 3 .2 2.3 0x x x x x x

Nhận thấy 33 x không là nghiệm của Pt, ta chia hai vế của Pt cho 33 x , ta được:

3 22 2 2

3. 4. 2 03 3 3

2 2

3 31

21 loai

3

x x x

x

x

x

Vậy x =1 là nghiệm cần tìm.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:

Giải:

Điều kiện:

6

0 1 1 5

log 6 0x

x

x x

x

(2006-A) Giải phương trình: 3.8 4.12 18 2.27 0x x x x

1. Giải phương trình: 6

log log 6 0x x

x (1)





Nhận xét: 16

x khi 1 5x nên (1) log 6 1 log

x x x x

( 1)( 6 ) 0

2 5

x x x

x

Vậy nghiệm của (1) là 2 < x < 5.

Giải:

Điều kiện: x1

Ta có: (1) log2 2

2

log

log 3

x + log3(log2x) = log2(log2x)

log2(log2x) – log2(log23) + log3(log2x) = log2(log2x)

log3(log2x) = log2(log23)

log2x = 3log2

(log2

3)

x =log (log 3)

2 232 >1

Vậy x =log (log 3)

2 232 là nghiệm của (1).

Giải:

Điều kiện: 3 2

3 2

0 1

2 1 0

0 2 1

4 4 0

x

x

x x

x x x

0 1x

Ta có: (1) 2

(2 1)

1 2log (2 1) 2 log (2 1) log [ (2 1)]x

x x

x x x x

2. Giải phương trình : log2(log3x) + log3(log2x) = log2(log2x) (1)

3. Giải phương trình : 3 2

3 2

2log (2 1) log (4 4 )

x x x x x x x

(1)





1 2log (2 1)

2 log (2 1) 21

log (2 1)

x

x

x

x x

x

2log (2 1) 1

log (2 1) loglog (2 1) 11log (2 1) 1 log (2 1) log

x

x x x

x x x

x

x x x

x x x

( 1)(2 1 ) 0 1

1 1( 1)(2 1 ) 0

2

x x x x

x x x x

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của (1) là:1

2x .

Giải:

Ta có: (1)2 2 2 1 3

2 .3 .5 2.3 .5x x x x

2

2

1 2 3 2 2

1 2 3 2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 .3 .5 1

log 2 log 3 log 5 0

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

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

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

3 log 3 2 log 5 1

1 log 3

x x x x

x x x x

x x x x

x x

x x

x

Vậy tập nghiệm của bpt là 2 2

2

3 log 3 2 log 5 11;

log 3

10. Giải bất phương trình : 3 9log 1 log 4 3 4 1x x x x (*)

4. Giải bất phương trình :2 2 2 12 .3 .5 270x x x x (1)





Giải:

Đk: 0x

Ta có: (*) 3 3

1log 1 log 4 3 4 12x x x x

2

3 3log 1 log 4 3 4 1x x x x

2

1 4 3 4 1x x x x (1)

Đặt 1 1t x x , khi đó PT(1) trở thành:2

4 3 0t t

1

3

t

t

+)Với 1t 1 1x x 0;1x

+)Với 3t 1 3x x 4;x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 0;1 4;x

Giải:

Đk: ; 3 0;1x

Ta có: (*)

2

2

3 33

log 3 log log 1x x

x x x x

3 3log log 1x x

1x x 1

2x

Giải:

11. Giải phương trình :

233

log 1log 3 2 3x x x

x x x

(*)

12. Giải phương trình : log 2 log 5 6 5 2x x

x x x x (*)





Đk: 0 1x

Ta có: (*) 2

log 2 log 5 6 5 2x x

x x x x

22 5 6 5 2x x x x

Đặt 2 0t x x , PT trên trở thành: 2 5 6t t 2 5 6 0t t 2

3

t

t

+) Với 2t 2 2x x 0x

+) Với 3t 2 3x x 52x

Thử lại ta có 0x ,5

2x thỏa.

Vậy nghiệm của phương trình là 0x ,5

2x

Giải:

+) 0m : Bất phương trình vô nghiệm

+) 0 2m : Tập nghiệm của bất phương trình 1;S

+) 2m : Tập nghiệm của bất phương trình 0;1S

ĐẶT ẨN PHỤ

Giải:

a) Với m=2, ta có: 2 2

3 3log log 1 5 0x x

13. Giải và biện luận bất phương trình : log 2 logx x

m

(2002-A) 2 2

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

a) Giải (1) khi m=2

b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm thuộc 31;3





2 2

3 3

2 3

3 3

32

33

log 1 log 1 6 0

log 1 3 ( ) log 3 3

3log 3log 1 2

x x

x loai x x

x x x

b) Ta có: 3 2

31 x 3 1 log 1 2x

Đặt f( 2

3log 1x ) = 2 2

3 3log 1 log 1 2 2x x m

Khi đó: f(1).f(2)03

(3 2 ) 0 02

m m m

Vậy với 30;2

m thì thỏa mãn đề ra.

Giải:

Ta có: (1) 2

5 54

4 144log log [5(2 1)]

2

x x

2

4

2 4 2 4

2

2

4

4 1445(2 1)

22 144 2 .5.2 2 .5 0

2 20.2 64 0

2 22 4

2 2

x x

x x

x x

x

x x

Vậy nghiệm của (1) là: 2< x <4.


(2006-B) 2

5 5 5log (4 144) 4 log 2 1 log (2 1)x x (1)

1. Giải phương trình:

a) 2 2log 2. log 2. log 4 1x x x (1) b) 3 92. log 3 log 3 log 3 0x x x (1)





Giải:

a)2 2

log 2. log 2. log 4 1x x

x (1)

Điều kiện: 0 1x

Ta có: (1)2

2 2

1(2 log ) 1

log .log 2x

x x 2

2 2 22 log log logx x x

2

2

2

2

2

2

log 2

log 2 2

2log 2

x

x x

x x

Vậy nghiệm của phương trình là:2

2

2

2

x

x

b)3 9

2. log 3 log 3 log 3 0x x x

(1)

Điều kiện: 0 1x

Ta có: (1)3 3 3

2 1 30

log log 3 log 9x x x

2

3 3

4

33

1

23

6 log 11log 4 0

4log 3

31

log 32

x x

x x

x x

Vậy nghiệm của (1) là

4

3

1

2

3

3

x

x

.

2. Giải phương trình và b t phương trình

a)2 2 25

4 9 6

2

x x x x x x b)

3 2 2 3 2 2 6

x x

c) 3 5 3 5 3.2x x

x d) 2

2

2log ( ) log 32 6

x x x x

e) 2 3

4 16

2

log 40 log 14 logx x x

x x x





Giải:

a)2 2 25

4 9 6

2

x x x x x x (1)

Ta có: (1)

2 2

2 3 5

3 2 2

x x x x

Đặt t =

2

2

3

x x

, t > 0.

(1) trở thành: 1 52t

t 22 5 2 0t t

2

2

2 1(1)1

3 222 2

2 (2)3

x x

x x

t

t

Giải (1): 2

2

3

1(1) log

2x x

2

3

2

3

11 1 4 log2

21

1 1 4 log2

2

x

x





Giải (2): 2

2

3

(2) log 2x x

2

3

2

3

1 1 4 log 2

21 1 4 log 2

2

x

x

Vậy phươnh trình có 4 nghiệm.

b) 3 2 2 3 2 2 6x x

(1)

Ta có: 3 2 2 =

1

3 2 2

Đặt t = 3 2 2x

, t > 0

Ta có: (1) trở thành:1

6t t

2 6 1 0t t

3 2 2 3 2 23 2 2 1

13 2 2 3 2 2 3 2 2

x

x

t x

x t

Vậy nghiệm của (1) là1

1

x

x

.

c) 3 5 3 5 3.2x x

x (1)

3 5 3 5 3.2x x

x 3 5 3 5

32 2

x x

Ta có:3 5 1

2 3 5

2





Đặt t =3 5

2

x

, t > 0 ; (1) trở thành1

3t t

2 3 1 0t t

3 5 3 53 5

2 22

3 5 3 5 3 52 2 2

1

1

x

x

t

t

x

x


x

x

d) 2

2

2log ( ) log 32 6

x x x x

(1)

Điều kiện:

2

2

( ; 0) (1; )0

1 512

x x x

x x x

Ta có: (1) 2

2 2

2

5log ( ) 6

log ( )x x

x x

2 2 2

2 2

2

2

22

2

log ( ) 6 log ( ) 0

1 log ( ) 5

2 02 3232 0

( ; 1] [2; )1 129 1 129

; 1 2;1 129 1 129; 2 2

2 2

x x x x

x x

x x x x x x

x

x x

Vậy ta có tập nghiệm của (1) là1 129 1 129

; 1 2;

2 2

x





e) 2 3

4 16

2

log 40 log 14 logx x x

x x x (1)

Điều kiện:1 1

0 ; ;1;216 4

x

Tacó :(1)2 3

2 2 2

2 22

log log log40 14

log 4 log 16log

2

x x x

x x x 2 2 2

2 2 2

2 log log log20 42

log 1 2 log 4 log

x x x

x x x

2

2 2

1

22

2

2 log 3 log 2 0

1log 2

2 4log 2

x x

x x

x x

Vậy nghiệm của phương trình (1) là

1

22

4

x

x

g) 2 2

1 2 1 3log (6 5 1) log (4 4 1) 2

x x x x x x

(1)

Điều kiện: 2

2

10 1 2 1

20 1 3 1 1 1

;6 5 1 0 3 3

1 14 4 1 0 ; ;3 2

x x

x x x

x x

x x x

Ta có: (1) 1 2

1 2

11 log (1 3 ) 2 2log (1 3 )x

x

x x

1 2

2

1 2

1 2 1 2 1 2

21 2

1 2 1 2

2

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

1log (1 3 ) 1 log (1 3 ) log1 2

log (1 3 ) 2 log (1 3 ) log (1 2 )

1(1 3 ) ((1 2 ) 1) 0

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

(6 5 )0

1 2(4 ) 0

x x x

x x x x





1 5 1 1; ; ;

2 6 4 4x x

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta được tâp nghiệm của (1) là

1 1

;4 3x

.

Giải:

a)2 2sin cos2 2 3x x (1)

Ta có: (1)2

2

sin

sin

22 3

2

x

x

2 22 sin sin2 3.2 2 0x x

2

2

sin 2

2sin

2 1 sin 0

,sin 12 22

x

x

x k x

k Z x x k

Vậy nghiệm của phương trình là ,

2

x k

k Z x k

b)2 22 2(5 2 6) (5 2 6) 10x x x x (1)

Điều kiện: 2 2 0 ( ; 0) (2; )x x x

3 . Giải các phương trình và bất phương trình:

a)2 2sin cos2 2 3x x b)

2 22 2(5 2 6) (5 2 6) 10x x x x

c)2 1 3 2 2

log (cos 1) log (cos 2 3)x x

d)2 4

log 4 log 5 0x x

f) 2 1 2 2( 1)3 3 1 6.3 3x x x x h) 2(5 24) 5 7 5 7x x x





Ta có: 5 2 61

5 2 6

Đặt2 2(5 2 6) x x t , t > 0.

(1) trở thành1

10t t

2

2

2

2

2

10 1 0

5 2 6 (5 2 6) 5 2 6

5 2 6 (5 2 6) 5 2 6( )

x x

x x

t t

t

t vn

2 2 1 0x x 1 2

1 2

x

x


1 2

x

x

.

c)2 1 3 2 2

log (cos 1) log (cos 2 3)x x

(1)

Điều kiện:cosx 1 0

s2 3 0x

co x

Ta có: (1)1

2

2 1 2 1log (cos 1) log (cos 2 3)x x

1

2

2

cos 1 (cos2 3)

cos 2 cos 1 0

cos 1

2

x x

x x

x

x k

Kết hợp với điều kiện ban đầu ta được: x = 0

Vậy x = 0 là nghiệm của (1).

d)2 4

log 4 log 5 0x x (1)

Điều kiện: x 0





Ta có: (1)4 4

2 log 4 log 5 0x x

4

4

2 14log (*)

22 14log 0

2

x

x

4

18 4 14log 4x

18 4 14

18 4 14 4

418 4 14

4

44

4

x x

x

Vậy nghiệm của (1) là

18 4 14

4

18 4 14

4

4

4

x

x

f) 2 1 2 2( 1)3 3 1 6.3 3x x x x (1)

Điều kiện: 2( 1)1 6.3 3x x 0 x R

Ta có: (1)

2 2

3.3 9.3 (3.3 1)

x x x

2

2

3

3

3.3 9.3 3.3 1

3.3 12.3 1 0

6 2 63 log (6 2 6) 1

36 2 6 log (6 2 6) 1

33

x x x

x x

x

x

x

x

Vậy nghiệm của (1) là: 3

3

log (6 2 6) 1

log (6 2 6) 1

x

x

h) 2(5 24) 5 7 5 7x x x (1)

Điều kiện:5

log 7x

Ta có: (1) 2.5 48 5 7 2 2(5 24)(5 7) 5 7x x x x x





2

2.5 34 2 2(5 24)(5 7)

(2.5 ) 2500

2

x x x

x

x

Vậy x=2 là nghiệm của (1).

Giải:

+ 0a phương trình có nghiệm 0x

+ Ta có 1

2 21 1x a a a x

x x

1x a a x a

2 2 22 2 1x a a x a x a a 2 2 22 1a x a

2 2 4 24 4 2 1a x a a 2

2 24 1x a

+ 0, 1a a phương trình vô nghiệm

+ 1a phương trình có nghiệm 0x

Phương trình đối nghịch của mũ, loga:

Giải:

12) 3 1 2 (1)x

x a

Ta có:(1) 2 23 1 2.4

x x

4. Giải và biện luận phương trình:1

2 21 1x a a a x

x x

1. Giải các phương trình và b t phương trình:

12) 3 1 2

x

x a 3) ( 2)log 5c x x





+TH 1: 0, 4 3 0x 2 24 3x x

2 22.4 1 3x x

(1) vô nghiệm

+TH 2: 0x 2 21 3x x

2 22.4 1 3x x

(1) vô nghiệm

+TH 3: 0x không phải là nghiệm của (1)

Vậy phương trình (1) vô nghiệm

) log log 2 cos 0a x

b x a a : ĐK 1 0x

Đặt loga

x t . Ta có pt:1

2 cos 0t a t

2 2 cos 1

0t t a

t

Xét pt 2 2 cos 1 0t t a

2 2' cos 1 sin 0a a

Do đó 2 2 cos 1 0t t a t

+ TH1: 2 2 cos 1 0t t a

2' sin 0a a k

* 2 ( 0)a n n 1t 1

(1)x a

* (2 1) ( 0)a n n 1t (2)x a

+TH2:2 2 cos 1 0

0

t t a

t

0t log 0a

x

* 0 1a 1 (3)x

* 1a 0 1x (4)

Từ (1), (2), (3), (4)

0 1 : 1

1 : 0 1(2 1) ( 0)

a x

a x a n n





KL:

0 1 : 1

1 : 0 1

(2 1) ( 0)

a x

a x

a n n

3) ( 2)log 5 (1)c x x , ĐK: 0x

(1) 3

5log

2x

x

+ Nhận thấy (1) có nghiệm 3x

+ ta có3

( ) log f x x là một hàm đồng biến,5

( )

2

g x

x

là một hàm nghịch biến.Tức là ( ) f x

giao với ( )g x tại duy nhất một điểm

Vậy pt có duy nhất một nghiệm 3x

2 5 2log 3 log log 10) (1)

x d x x x x .

ĐK: 0x

+ Đặt2

logt x

(1) 2 3 5 10t t t t 1 3 1

15 10 2

t t t

(2)

Nhận thấy 1t là một nghiệm của (2)

+ Đặt1 3 1

( )5 10 2

t t t

f x

ta có1 1 3 3 1 1

'( ) ln ln ln 05 5 10 10 2 2

t t t

f t

( ) f t là hàm đồng biến, vế phải của (2) là một hàm hằng nên 1t là nghiệm duy nhất

Với 1t 2

log x =1 2x


2. Giải các phương trình và b t phương trình

5log ( 3)) 2

x a x

) 3.9 (13 3 )3 4 0x x c x x





Giải:

5log ( 3 )

) 2 (1)x

a x

ĐK 3

0

x

x

0x

(1) 5 2

log ( 3) logx x . Đặt2

log x t

Ta có

2

5 3

t

t

x

x

5 2 3t t 2 1

1 3 (3)5 5

t t

Nhận thấy t = 1 là một nghiệm của (3)

Đặt2 1

( ) 35 5

t t

f t

'( ) 0 f t nên ( ) f t là hàm nghịch biến, vế tráicủa (3) là hàm hằng

nên (3) có nghiệm duy nhất t = 1

Với = 1 x = 2

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2

2

2 3) log log ( 3 13) (1)b x x x

ĐK: 0x , 2 3 13 0x x

+ Đặt2

log x t (1) 2

2

3 3 13

t

t

x

x x

3 3.2 13 4t t t

3 1 1

3 13 1 (2)4 2 4

t t t





(2) nhận t = 3 là một nghiệm

+ Đặt3 1 1

( ) 3 134 2 4

t t t

f t

'( ) 0 f t ( ) f t là hà nghịch biến, vế phải của (2) là

một hàm hằng nên t = 3 là nghiệm duy nhất

Với t = 3 x = 8 (thoả đk)

Vậy nghiệm của phương trình là x= 8

) 3.9 (13 3 )3 4 0x x c x x

Đặt 3x t pt tương đương 23 (13 3 ) 4 0t x t x

2(3 11)x

1

34

t

t x

+1

3t 13 3x 1x

+ 4t x 3 4 (1)x x Đặt ( ) 3x f x x là hàm đồng biến ( '( ) 0 f x )

Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 1


2 2

5 5) ( ) log (11 5)log 30 0 (1)d x x x x x ĐK: 0x

Đặt 5log x t .(1)

2 2

( ) (11 5) 30 0x x t x t 5x 2 2121 110 25 120 120x x x x = 2( 5)x

6

15

t x

t x

+ 5t x

5 5log x x

5x





+6

1t

x

5

6log

1x

x


Giải:

2

2

2 3 2) log 3 log (4 2 )

x x a x x

ĐK:2

2

1 3 2 0

4 2 0

x x x

x x

+ Ta có 2 22 2 (1 )log 3 log (3 (1 ) )x x (1)

+ Đặt 2(1 )t x 2 2

log 3 log (3 )t

t

t=0 là 1 nghiệm, mà VT là hàm hằng, vế phải là hàm đồng biến nên t=0 là nghiệm duy nhất

2(1 )x =0 x=1

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

2 2

2 3) log ( 3 2 1) log ( 3 4) 0 (1)b x x x x

ĐK: ; 2 1;x

Đặt 2 3 2t x x (1) 2

2 3log ( 1) log ( 2) 0 (*)t t

(*) nhận t=1 làm nghiệm mà VT (*) đồng biến, vế phải là hàm hắng t=1 là nghiệm duy nhất

3. Giải các phương trình và b t phương trình

2

2

2 3 2

2 2

2 3

) log 3 log (4 2 )

) log ( 3 2 1) log ( 3 4) 0

x x a x x

b x x x x





t = 1 2 3 2 1x x

3 5

23 5

2

x

x

(thoả)


2x

,

3 5

2x

Hệ mũ, loga:

Giải:

Điều kiện:0

y x

y

Hpt 4 4

2 22 2

log 1 log ( )4

25 25

y y y x y x

x y x y

2 22

33 4 04

25 25 400

y x x y

x y y

3

4

x

y

Vậy hệ có nghiệm là (3;4).

Giải:

(2004-A) Giải hệ phương trình:1 4

42 2

1log ( ) log 1

25

y x y

x y

(2002-D)Giải hệ phương trình:

3 2

1

2 5 4

4 2

2 2

x

x x

x

y y

y

(1)





Ta có:14 2

22 2

x x x

x y y

Ta có: (1)3 25 4 0

2x

y y y

y

2 0

10

1 2

4 4

x y x

y y

y x

y y

Vậy nghiệm của (1) là: (0;1) v (2;4).

Giải:

Điều kiện:1

0 2

x

y

Hpt3 3

3 3

1 2 2 ( 1)(2 ) 1

log (3 ) log 3

x y x y

x y

3

3 33

2 ( 1)(2 )

(3 )log log 27

x y y x

x

y

2 2 2 8 4 8 0

y x

x y xy x y

y x

1

2

x y

x y

Vậy nghiệm của (1) là (1;1) v (2;2).


(2005-B) Giải hệ phương trình:2 3

9 3

1 2 1

3 log (3 ) log 3

x y

x y

(1)

b)

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

x y

d)

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

e) 2 2

1 1log 1 2 log 1 2 4

x y y y x x

g)

log 1xy

x y





Giải:

b)

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

x y

,

ĐK: 0, 0x y

Ta có

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

x y

2 2

lg 3 lg lg 4 lg

lg 4 lg 4 lg lg 3 lg 3 lg

x y

x y

2

2 3 2

lg 4 lg 3 lg lg 4 lg

lg 3 lg 4 lg 3 lg 4 lg lg 3 lg 3 lg

x y

x y

2 2 3 2lg 3 lg 4 lg 4 lg lg 3 lg 3 lgy y

2 2 2 2lg lg 4 lg 3 lg 3 lg 4 lg 3 0y 2 2lg 4 lg 3 lg lg 3 0y

lg lg 3y 1

3y

1

4x

Vậy nghiệm của hệ phương trình là1 1

;4 3

d)

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

,





ĐK: 0, 0x y x y

Ta có

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

2 3

1

1

log log 1

x y x y

x y x y

2 3log log 1x y x y

3

3

3

loglog 1

log 2

x y x y

3

3

1log 1 1

log 2x y

3

3

3

log 2log

1 log 2x y

3

3

3

3

log 2

1 log 2

log 2

1 log 2

3

3

x y

x y

3 3

3 3

log 2 log 2

1 log 2 1 log 23 3

2x

;

3 3

3 3

log 2 log 2

1 log 2 1 log 23 3

2y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

3 3 3 3

3 3 3 3

log 2 log 2 log 2 log 2

1 log 2 1 log 2 1 log 2 1 log 23 3 3 3

;2 2

e)

2 2

1 1

1 1

log 1 2 log 1 2 4

log 1 2 log 1 2 2

x y

x y

y y x x

y x

(*)

Giải:

ĐK

0 1 1

10 1 12

1 2 0 11

21 2 0

x

x y

y y

x

(*)

1 1

1 1

log 1 log 1 2 1

log 1 2 log 1 2 2 2x y

x y

y x

y x

Ta có: (1) 2

1 1log 1 2 log 1 1 0x x y y 1log 1 1x y





1 1y x

y x

thế vào (2) ta được

1 1log 1 2 log 1 2 2

x x x x

22

1 1log 1 4 log 1

x x x x

2

21 4 1x x 25 2 0x x

0 (l )

2

5

x oai

x

2

5x

2

5y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là2

5x ,

2

5y

g)

5

log 1

2 log log

xy

x y

x y

xy xy

(*) ,

Đk:1,

0, 0 1

xy x y

xy x y

Giải:

Ta có: (*) 1 1

2 log 5 log ( )xy xy

xy x y

x y

2 log 5 log ( )

xy xy

xy x y

x y

25

xy x y

x y

(25 ) 25x x x x 225 2 25x x x , đk x 252

2 2(25 2 25)(25 2 25) 0x x x x x x 2 2(23 25)(27 25)x x x x =0

2

2

23 25 0 (1)

27 25 0 (2)

x x

x x





(1)

23 629(l )

223 629 27 629

2 2

x oai

x y

(2) 27 629 23 629

2 2x y

(loại vì x<y)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là23 629 27 629

;2 2

x y

h)

219 9 (1)

3 3 24 (2)

x y y

x y x

x y

Giải:

Điều kiện: x0, y Z

(1)1 21

2 2 229 .9 9 9 9 2 .x y x

y y y y y x

(2)2 3 4 2 1

4 4 v y=2 2

y y y y

y y

Vậy hệ có nghiệm là: x = -2, y = 4.

b*)

22

2 3 log 3 4

2

2 3 (1)

4 1 3 8 (2)

x x y

y y y

Giải:2

22 3 log 3 4(1) 2 3

x x y

* Với y1

Ta có (2) 24 1 ( 3) 8y y y 2 9 2 0y y vô nghiệm vì VT >0

* Với 0y1:

(2)

2

4 1 ( 3) 8y y y

2

11 0y y

11 0y

suy ra y=0





* Với y 0:

(2) 24 1 ( 3) 8y y y 2 3 0y y 3 0y 3 0y

33 1y Mặt khác 2 2 3 0x x 2 2 3

2 1x x

. Từ đó ta có hệ

2

3

2 3

3 1

2 1

y

x x

2

3 0

2 3 0

y

x x

1

3

x

y

hoặc3

3

x

y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 1; 3);(3; 3)

c*)

1 2 1

4

4 3.4 1 (1)

3 2 log 2 (2)

x y y

x y

Giải: Ta có (2) 4log 23 2 14 4

2x y Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

(2) 1 2 1 3 2 12 4 3.4 2 3.4 2 3 2

2x y y x y (vô lí)

Vậy hệ phương trình vô nghiệm

16. Giải các hệ phương trình

a)

123

x y y x

x y x y

b)

1

3 3

12 8

x x y y

x y y

c)2 2

14

84

x y xy

x y xy

d) 2 23 3

3 3

2 3

6

x y x y y x

x y

e)3 3 65

210

x y xy

x y

f)

lg lg

lg 4 lg 33 4

4 3

x y

x y

g)

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

h) 3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xy

x y





Giải:

a)

1(1)

2

3 (2)

x y y x

x y x y

ĐK: 0, 0x y + 0x y là 1 nghiệm của hệ

+ , 0x y (1):(2)6

x y x

x y y

2 26 6xy y x xy 2 26 5 0x y xy

2

5 6 0x x

y y

2 (3)

3 (4)

x

y

x y

(3) 2x y 3 2 3y y y 1

2

y 2x

(4) 3x y 4 3 3y y y 3

4y

3 3

4x


2;2

,

3 3 3;

4 4





b)

13 3

12 8

x x y y

x y y

+ Ta có

13 3

12 8

x x y y

x y y

13 3

13 5

x x y y

x x y y

+ Đặt1

0u x y

, 3 0v x y 2 2

3

5

u v

u v

2

2 3 5u u

2 29 6 5u u u 22 6 4 0u u 2 3 2 0u u 1 2 (1)

2 1 (2)

u v

u v

(1)

11

3 2

x y

x y

11

7

x y

x y

17 1

7

y y

x y

4 10

3 10

x

y

,4 10

3 10

x

y

(2)

1 2

3 1

x y

x y

1 4

4

x y

x y

14 4

4

y y

x y

5 10

23 10

2

x

y

,3 10

25 10

2

x

y

Vậy nghiệm của hệ pt là4 10

3 10

x

y

;4 10

3 10

x

y

;

5 10

23 10

2

x

y

;

3 10

25 10

2

x

y

c)2 2

14

84

x y xy

x y xy





Ta có2 2

14

84

x y xy

x y xy

2

2

196 28

84

xy x y x y

x y xy

2 2

84 196 28x y x y x y 28 280x y 10x y 10

16

x y

xy

2

8

x

y

;8

2

x

y

d) 2 23 3

3 3

2 3

6

x y x y y x

x y

Ta có 2 23 3

3 3

2 3

6

x y x y y x

x y

33 3

3 3

2 3

6

x y xy x y

x y

Mà 3

3 33 6x y 2 23 33 216x y x y y x 3 216x y 72x y

3

144 18 xy 512xy

8

64

x

y

,

8

64

y

x

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 8;64 , 64;8

e)3 3 65

210

x y xy

x y

Ta có 33 2 233 3 10x y x xy y

236 3 35 3 102

xy x y xy

2

6 6 35 5

3 102 2

xy xy xy

6 35 13

. 102 4

xy xy

256

169xy

2

13128

13

x

y

;

2

13128

13

y

x






; , ;13 13 13 13

f)

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

x y

,

ĐK: 0, 0x y

Ta có

lg lg

lg 4 lg 3

3 4

4 3

x y

x y

2 2

lg 3 lg lg 4 lg

lg 4 lg 4 lg lg 3 lg 3 lg

x y

x y

2

2 3 2

lg 4 lg 3 lg lg 4 lg

lg 3 lg 4 lg 3 lg 4 lg lg 3 lg 3 lg

x y

x y

2 2 3 2lg 3 lg 4 lg 4 lg lg 3 lg 3 lgy y

2 2 2 2lg lg 4 lg 3 lg 3 lg 4 lg 3 0y 2 2lg 4 lg 3 lg lg 3 0y lg lg 3y

1

3y

1

4x

Vậy nghiệm của hệ phương trình là1 1

;4 3

g)

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

ĐK: 0, 0x y x y





Ta có

2 2

2 3

1

log log 1

x y

x y x y

2 3

1

1log log 1

x y x y

x y x y

2 3log log 1x y x y 3

3

3

log log 1log 2

x y x y

3

3

1log 1 1

log 2x y

3

3

3

log 2log

1 log 2x y

3

3

3

3

log 2

1 log 2

log 2

1 log 2

3

3

x y

x y

3 3

3 3

log 2 log 2

1 log 2 1 log 23 32

x

;

3 3

3 3

log 2 log 2

1 log 2 1 log 23 32

y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

3 3 3 3

3 3 3 3

log 2 log 2 log 2 log 2

1 log 2 1 log 2 1 log 2 1 log 23 3 3 3

;2 2

h)

3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xy

x y

Ta có 3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xy

x y

3 3

2 2

3 3 1

1

y x x y xy

x y

2 2

1 3 3 1

1

y x x y xy xy

x y

2 2

1

3 3

1

y x

xy

x y

x y

2 2

2 2

1(1)

1

3 3

(2)1

y x

xy

x y

x y

x y

(1) 2

2 1x y Vô nghiệm

(2)2 2

3 3;

1

y x y x

x y

Đặt ( ) 3t f t t ; ( ) f t đồng biến nên: ( ) ( )x y f x f y . Do đó x =

y





2 2 1

x y

x y

1

21

2

x

y

;

1

21

2

x

y


; , ;2 2 2 2

k)

2 2

1 1

1 1

log 1 2 log 1 2 4

log 1 2 log 1 2 2

x y

x y

y y x x

y x

(*)

Giải:

ĐK

0 1 11

0 1 12

1 2 0 11

21 2 0

x

x y

y y

x

(*) 1 1

1 1

log 1 log 1 2 1log 1 2 log 1 2 2 2

x y

x y

y x y x

(1) 2

1 1log 1 2 log 1 1 0

x x y y

1

log 1 1x

y

1 1y x

y x thế vào (2) ta được

1 1log 1 2 log 1 2 2

x x x x

22

1 1log 1 4 log 1

x x x x

2

21 4 1x x 25 2 0x x 0 (l )

2

5

x oai

x

2

5x

2

5y


5x ,

2

5y

1)

5

log 1

2 log log

xy

x y

x y

xy xy

(*) , Đk:1,

0, 0 1

xy x y

xy x y





Giải : (*) 1 1

2 log 5 log ( )xy xy

xy x y

x y

2 log 5 log ( )

xy xy

xy x y

x y

25

xy x y

x y

(25 ) 25x x x x 225 2 25x x x , đk x25

2

2 2(25 2 25)(25 2 25) 0x x x x x x 2 2(23 25)(27 25)x x x x =0

2

2

23 25 0 (1)

27 25 0 (2)

x x

x x

(1)

23 629

223 629 27 629

2 2

x

x y

(2) 27 629 23 629

2 2x y

(loại vì x<y)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 23 629 27 629;2 2

x y

n)

22

2 3 log 3 4

2

2 3 (1)

4 1 3 8 (2)

x x y

y y y

Giải:2

22 3 log 3 4(1) 2 3

x x y

* Với y1 ta có (2) 24 1 ( 3) 8y y y 2 9 2 0y y vô nghiệm vì VT >0

* Với 0y1:(2) 24 1 ( 3) 8y y y 2 11 0y y 11 0y

suy ra 0y

* Với y 0:(2) 24 1 ( 3) 8y y y 2 3 0y y 3 0y

3 0y

loại




Lớp Sư Phạm Toán K07 ĐH Tây Nguyên 152

33 1y Mặt khác 2 2 3 0x x 2 2 3

2 1x x

Từ đó ta có hệ

2

3

2 3

3 1

2 1

y

x x

2

3 0

2 3 0

y

x x

1

3

x

y

hoặc3

3

x

y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 1; 3);(3; 3)

p)1 2 1

4

4 3.4 2 (1)

3 2 log 2 (2)

x y y

x y

Giải: Ta có (2) 4log 23 2 14 4

2x y

(2) 1 2 1 3 2 12 4 3.4 2 3.4 2 3. 2

2x y y x y (vô lí)

Vậy hệ phương trình vô nghiệm

ĐẠI SỐ SƠ CẤP_ÔN THI ĐẠI HỌC

Documents

Transcript of ĐẠI SỐ SƠ CẤP_ÔN THI ĐẠI HỌC