Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 4 ppt

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=5... Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=5... Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể: Lập luậ

CHƯƠNG IV PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ IV.1 1 16) ( −x2) 3−x =0 1( )

32

2

x

x

x x

x x

Đặt t= x2+5x+1,t≥ 0 ( )∗

( )1 trở thành 3t2+2t− =5 0

51

t t

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3 3 5; 3 3 5

⇔ = (Thỏa điều kiện)

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=5

x x

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là x=0;x= 1

Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2 3)

So với điều kiện ( )∗ ta nhận x=5

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=5

x

x x

x

x x

= luôn đồng biến trên ℝ nên có

hàm số ngược là y= 33x−2 Vì vậy, hoành độ giao điểm của hai đồ thị

7

x= −11) 2x+6 13 − + =x 2 0(1)

Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể:

Lập luận giống Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm x=0;x= 1

Chú ý. Nếu sử dụng phương pháp biến đổi tương đương sẽ nhận được phương trình bậc 8, khi đó cho dù nhẩm được hai nghiệm x=0,x= thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc 1giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả

IV.3 1) x x2+15− x x4 2+15 2 (1).=

Điều kiện: x≥0

So với điều kiện x≥0, ta nhận x=1.

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=1

t

t t

So với điều kiện x≤2, ta nhậnx=1

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x=1

9

(*)5

x x

000

3 732

Đặt

3 3

+ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = Thỏa điều kiện (*)

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1

15

x=10) 32−x = −1 x−1(1)

Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ t= 32− như đã trình bày ở Bài IV.3 8) x

11) 39−x = −2 x− Trình bày tương tự như Bài IV.3 8) 1

2142

2

t t t t t

t

t t

v u

Điều kiện: t≥0

(1)⇔4t2 =9 ( x+2)t+(x+2)2 ⇔4t2−9(x+2)t−9(x+2)2 = 0

3( 2)4

= ∈ − (Do điều kiện − ≤ ≤1 x 1)

Khi đó phương trình được đưa về

sin cos 2 sin cos

sin cos 3 sin cos sin cos 2 sin cos

· Giải trường hợp (*) ta được 2.

2

04

12

t t t

thoả điều kiện (*)

Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm 1

2

x= −

Chú ý. Chúng ta có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa như sau:

Do điều kiện − ≤ ≤1 x 1 nên đặt x=cos ,t t∈[0; ].π Khi đó ta có phương trình

2

1 sin 1 cos 1 cos 2 sin 2 sin

Đặt x=cost, t∈[0; ].π

( )1 ⇔ 1 cos− t −2 cos 1 cost − 2t−2 cos2t+ =1 0

2 sin 2cos sin cos 2 0

π

ππ

k k t

2

2

11

x x

x

++

Đặt x=tan t Khi đó điều kiện của t là

;

2 204

t t t

2

2

tan 1tan 1

2 tan 2 tan 1 tan

t t

t

++

sin 2sin sin 1 0

0sin 0

21

t

t

ππ

x x

x x x

Do t≥0 nên t+ >1 0 Vì vậy bình phương hai vế của (2) ta được

t + > + t+t ⇔ < Như vậy ta có t

2 2

Ta có bất phương trình (*) đúng với mọi x≥0

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là x≥0

Điều kiện:

2 2 2

721

x x

x x

x x

2 2

x x

x x

Vậy, nghiệm bất phương trình đã cho là 1 0 0 1.

Ta thấy với mọi x thỏa (*) thì (2) luôn luôn đúng

Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là x≤ ∨ ≥1 x 3

2) 5 5 2 1 4 1( )

22

x x

3 2 22

Bất phương trình trên đúng với mọi x>1.

Vậy, x>1 là nghiệm của bất phương trình đã cho

5) 7x+ +7 7x− +6 2 49x2+7x−42 181 14 1< − x( )

Điều kiện: 6

7

x≥

7

76

x

x x

( ) ( ) ( )

2 2

12

2

2

x x

· Xét x= −4.(1) đúng Do đó x= −4 là nghiệm của bất phương trình

∆ = + do đó vế trái của (2) có các nghiệm là x= −4;x= t

Như vậy, (2) được viết lại là (x+4)(x t− )≥ ⇔0 (x+4) (x− x2−2x+4)≥0

Đến đây việc giải bất phương trình không có gì khó

Suy ra 1< ≤x 5 là nghiệm của bất phương trình

· Xét x<1, 1( )⇔ 2x− ≥ ⇔1 3 2x− ≥ ⇔1 9 x≥5, trường hợp này bị loại

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1≤ ≤x 5

Như vậy ta có

11

21

2 ≤ ≤x13) x3−2x2 + <x x x+ x2−2 (1)x

160

412

03

2

03

03

2

03

1

18

2

13

Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 13 0 1 17 1 13.

x

x x

3 0

x

x x

x

x x

Bình phương hai vế của (2) ta được

Trường hợp 1: x< −2 Bất phương trình (1) vô nghiệm

Trường hợp 2: x>2 Bình phương hai vế của (1) ta được bất phương trình tương đương

2

2

44

f (t)

3

1

2 1Dựa vào đồ thị ta có, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 1<m≤3

[ 2; 2]

x∈ − khi và chỉ khi (2) có nghiệm t∈ − 2;2 2

  Điều này xảy ra khi và chỉ khi

2m+4 thuộc miền giá trị của hàm số g t( )=t2+2t trên đoạn [ 2;2 2].−

2

g t =t + t ⇒g t′( ) 2= t+ =2 0 ⇔ = −t 1

Bảng biến thiên của hàm ( )g t

Phương trình (2) có nghiệm khi 1 2− ≤ m+ ≤ +4 8 4 2 5

Xét hàm số f t( )=t2−4 ,t t∈[3;+∞ Ta có ) f t′( ) 2= t− = ⇔ = 4 0 t 2

Lập bảng biến thiên của hàm số f t( )=t2−4 ,t t∈[3;+∞ ta được miền giá trị của hàm số là )[ 3;− +∞ )

Phương trình (2) có nghiệm khi và chỉ khi m≥ −3

Vậy, m≥ −3 thì phương trình đã cho có nghiệm

  Như vậy, phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ

khi phương trình (2) có nghiệm t≥2

Tam thức bậc hai ( )f t ở vế trái của (2) có

Như vậy, với mọi m>0 thì g m( )<0 Hay f ( )2 <0 với mọi m>0

Từ đó suy ra với mọi m>0 thì phương trình ( )2 luôn luôn có hai nghiệm t t1, 2 phân biệt,

và t1< <2 t2

Từ đó ta kết luận được phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m>0

Bảng biến thiên của hàm số ( )h x

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ( ),h x ta có nhận xét sau:

· Ứng với t=2 6 thì (*) cho ta một giá trị x

· Ứng với mỗi giá trị t thỏa 2 3≤ <t 2 6 thì (*) cho ta hai giá trị x

· Ứng với mỗi giá trị t thỏa t<2 3∨ >t 2 6thì (*) vô nghiệm x

Bảng biến thiên của hàm số ( )f t

Dựa vào nhận xét trên và bảng biến thiên của hàm số ( )f t ta có kết quả như sau:

1

h x

x x

Bảng biến thiên của hàm số ( )f t

Dựa vào bảng biến thiên ta có

2

1; 2

4.1

t

f t

t t

Lập bảng biến thiên của hàm số ( )f t ta kết luận được hàm số ( ) 2 4

Như vậy phương trình (1) luôn có một nghiệm x=3. Ta chứng minh phương trình (2) có

một nghiệm trong khoảng (3;+∞ )

Thật vậy, xét hàm số 3 2 2

1

.3

có một nghiệm trong khoảng (3;+∞ )

Vậy, với mọi m> −1 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt

Giả sử (1) đúng với mọi x∈ −[ 4;6], khi đó (1) cũng đúng với x=1, tức là

Vậy, giá trị cần tìm của tham số m là m≥6

Chú ý Có thể giải bài toán bằng cách khác như sau

Như vậy, với x∈ −[ 4;6] thì t∈[0;5 ]

(1) trở thànht2+ −t 24−m≤0(2).(1) đúng với mọi x∈ −[ 4;6] khi và chỉ khi (2) đúng với mọi t∈[0;5 ]

(1)⇔mx−m≤ +1 x−3 ⇔m x( −1) 1≤ + x−3

Vì x≥3 nên x− >1 0, do đó (1) 1 3

1

x m

x

− (2) (1) có nghiệm x∈[3;+∞) khi và chỉ khi (2) có nghiệm x∈[3;+∞)khi và chỉ khi

[ 3; )

.1

55

x x

x x

Đặt f x( ) 3= x2+(4−m x) −1 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1

Như vậy, với x∈ − − + 2; 2 3⇒ ∈t [ ]1;2

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy với x∈ −[ 3;7] thì t∈[0;5 ]

Do đó, ( )1 nghiệm đúng∀ ∈ −x [ 3;7] khi và chỉ khi ( )2 nghiệm đúng ∀ ∈t [0;5] khi và chỉ khi

16 4 4 2

9

44

m f

+ 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 m>1

Lập bảng biến thiên của hàm số ( )f x trên đoạn [0;6] ta được giá trị của tham số m cần

tìm để phương trình (1) có đúng hai nghiệm thực là 2( 6+4 6)≤m<3 2 6.+