Phương pháp giải phương trình chứa căn thức

Bài giảng này cung cấp cho GV, HS một lượng kiến thức đầy đủ. Và với phương pháp trình bày theo các dạng toán thì việc giải một phương trình chứa căn thức trong đề thi đại học sẽ trở thành dễ dàng hơn.

phơng trình vô tỉ

Mở đầu

Lợc đồ để giải các phơng trình vô tỉ có thể đợc minh hoạ sơ bộ theo các bớc:

Bớc1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình

b Sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phơng trìnhban đầu thành 1 phơng trình với một ẩn phụnhng các hệ số vẫn còn chứa x

c Sử dụng k ẩn phụ chuyển phơng trìnhban đầu thành hệ phơng trình với k ẩn phụ

d Sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phơng trìnhban đầu thành hệ phơng trình với 1 ẩn phụ và

1 ẩn x

Phơng pháp 3: Hàm số, bao gồm:

a Sử dụng tính liên tục của hàm số

b Sự dụng tính đơn điêu của hàm số

c Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất củahàm số

1 Trong trờng hợp sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng, chúng ta có thể

bỏ qua bớc 1 để giảm thiểu độ phức tạp

2 Nếu lựa chọn phơng pháp đặt ẩn phụ thì:

a Với phơng trình không chứa tham số có thể chỉ cần thiết lập điều kiệnhẹp cho ẩn phụ

b Với phơng trình chứa tham số phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.

Thí dụ, nếu đặt t = x2 − x+5 thì:

a Với phơng trình không chứa tham số có thể chỉ cần điều kiện t ≥ 0

b Với phơng trình chứa tham số phải cần điều kiện t ≥ 2

tuy nhiên trong những trờng hợp có thể các em học sinh hãy chỉ ra điều kiện

đúng cho ẩn phụ

bài toán 1

sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng

I phơng pháp

Với các dạng phơng trình cơ bản:

Dạng 1: Phơng trình:

) m , x ( = g ( x , m )

g )m ,x(

f

(*) D

0 m x

−

≥

0 m 3 x) 1 m 2(

x

m x

Dạng 2: Phơng trình :

) m , x

m ,x ( g ) m ,x (f

0 ) m ,x ( g

&

nghia co ) m ,x ( g

Lu ý rằng: Không cần đặt điều kiện f(x, m)≥0

Dạng 3: Phơng trình :

) m , x ( + g ( x , m ) = h ( x , m )

≥

≥

) m , x ( h ) m , x ( g ) m , x ( 2 ) m , x ( g ) m , x (

0 ) m , x ( g và nghĩa có ) m , x ( g

0 ) m , x ( và nghĩa có ) m , x (

Lu ý rằng: Không cần h(x, m)≥0

II Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:

2 x

=

≥

− +

−

1 m x

0 2 x

=

≤

≤ 1 m x

2 x

1

Do đó, để phơng trình có nghiệm, điều kiện là:

1 ≤ m + 1 ≤ 2 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1

Vậy, với 0 ≤ m ≤ 1, phơng trình có nghiệm

Chú ý: Nh vậy trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng phơng pháp biến đổi

t-ơng đt-ơng dạng 1 cùng với việc lựa chọn điều kiện − x2 + 3x − 2 ≥ 0, điều này

đã làm giảm đáng kể độ phức tạp của lời giải

0 m

m x

a Với m = 1, hệ (I) đợc chuyển về dạng:

1

m2

1 m

.Kết luận:

- Với m ≥ 1 hoặc − 1 ≤ m < 0, phơng trình có nghiệm x = −

m2

x2+ − = x − m (1)

=

≥

)2 ( 0 m 3 mx 3 x )x (f

m x

≥

0 4 x x

1

x

Vậy với m = 1 phơng trình có nghiệm x = 1

b Phơng trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thoả mãn x≥m

Nhận xét rằng: (2) luôn có hai nghiệm trái dấu x1 < x2 Do đó ta xét bàitoán ngợc:

S

0 ) m

m 3

0 3 m

3 2

⇔ m > 1

Do đó (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 1

Chú ý: Nh vậy trong bài toán trên để tìm tập Dm ta đã đi xác định tập R\Dm bởi

điều kiện cho bài toán ngợc đợc tìm thấy đơn giản hơn − Đây là một ý tởnghay cho những bài toán cần phải thực hiện nhiều điều kiện để cho phơng trình

x 1 ( 2 x

≤

2

) 1 x ( ) x 1 )(

x 1 (

0 1 x 2 2

1 x

≤

≤

−

0 x 7 x 2

2

1 x 2

1 2

0 x

1

0 x

1

0 4

x 1(

0 1

−

≥

0 x 7 x 2 2

1 x 2

0 x 2

1 x

3 x

≥ 2

x 3 x 2

0 x

1 x

0 x

≥

−

2 2

2

) x 1(

1 x

0 x

≤

0 )1 x

x )(

1 x(

x

1

| x

1 x 0 x

≥ +

0 3

x

0 1

x

0 4

3 x

bài toán 2

sử dụng phơng pháp

đặt ẩn phụ − Dạng 1

I phơng pháp

Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển

phơng trình ban đầu thành một phơng trình với một ẩn phụ

Ta lu ý các phép đặt ẩn phụ thờng gặp sau:

• Nếu bài toán chứa ( x ) và f(x) có thể:

Đặt t = ( x ) , điều kiện tối thiểu t ≥ 0, khi đó f(x) = t2

• Nếu bài toán chứa ( x ) , g ( x ) và ( x ) g ( x ) = k (k =const) có thể:

Đặt t = ( x ) , điều kiện tối thiểu t ≥ 0, khi đó g ( x ) =

π hoặc x = |a|cost với 0 ≤ t ≤π.

• Nếu bài toán chứa x 2 − a 2 có thể:

Đặt x =

tsin

|a

| với t∈[ −

2

π, 2

π] \ {0} hoặc x =

tcos

|a

| với t ∈ [0, π]\{

π) hoặc đặt x = |a|cotgt với t ∈ (0, π).

• Nếu bài toán chứa

xa

xa

−

+ hoặc

xa

xa+

− có thể đặt x = acos2t.

• Nếu bài toán chứa ( x − a )( b − x ) có thể đặt x = a + (b − a)sin2t.

Chú ý: Với các phơng trình căn thức chứa tham số sử dụng phơng pháp đặt ẩn

phụ, nhất thiết ta phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.

Để tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ đối với các phơng trình vô tỉ, ta có thểlựa chọn một trong các phơng pháp sau:

 Sử dụng tam thức bậc hai, thí dụ:

t = x2 − x+5 = ( x − 1 )2+ 4 ≥ 2

 Sử dụng các bất đẳng thức, thí dụ:

t = 3 + x + 6 − xKhi đó:

t2 = ( 3 + x + 6 − x )2 ≤ (3 + x + 6 − x)(1 + 1) = 18 ⇒ t ≤ 3 2

t2 = ( 3 + x + 6 − x )2 = 3 + x + 6 − x + 2 ( 3 + x )( 6 − x ) ≥ 9 ⇒ t

≥ 3

Vậy điều kiện cho ẩn phụ t là 3 ≤ t ≤ 3 2

 Sử dụng đạo hàm, thí dụ đợc minh hoạ trong ví dụ phía dới

II Ví dụ minh hoạ

Trớc hết chúng ta xét ví dụ sử dụng ẩn phụ với mục đích hạ bậc cho ph ơngtrình

Ví dụ 1: Giải phơng trình:

3 x

do đó điều kiện cho ẩn phụ t là t ≥

43

≥

−

2 )t 3(

)3 t(

t

0 t

3 t

⇔ t = 1

3 t

1 t

⇔ t = 1

Với t = 1 ta đợc:

3 x 2

x2− − = 1 ⇔ x2 − 2x − 4 = 0

⇔ x = 1 ± 5 thoả mãn điều kiện (*)

Vậy, với m = 9 phơng trình có nghiệm là x = 1 ± 5

2 1

tt0nghiệmcó

)2

(

t0tnghiệmcó

)2

(

0 ) 0 ( f a

0

0 ) 0 ( f a

) 2 (

0 m 6

0 47 m 8

0 m 6

1x

3 x

.(*)

Đặt t = (x − 3)

3x

1x

−

+ , suy ra (x − 3)(x + 1) = t2 Khi đó, phơng trình có dạng:

• Với t = − 3, ta đợc:

(x − 3)

3x

1x

−

<

−

9 )1 x )(

3 x(

0 3

3 x

2

−

<

−

1 )1 x )(

3 x(

0 3

3 x

1x

−

>

−

2 0

t )1 x )(

3

x(

0 3

3 x

2 0

3 x

−

<

−

2 0

t )1 x )(

3

x(

0 3

3 x

2 0

3 x

⇔ x = 1 − 4 + t 2

Vậy, với m ≥ − 4 phơng trình (1) có nghiệm.

Chú ý: Nhiều em học sinh khi thực hiện bài toán trên mắc phải sai lầm từ phép

biến đổi:

(x − 3)

3x

1x

1x

−

−

>

− +

−

0 3 x nếu )1 x )(

3 x (

0 3 x nếu )1 x )(

3 x (

Ví dụ 4: Giải phơng trình:

m( x − 2 + x − 1 ) = 4x − 9 + 2 x2 − x+2.(1)

x

0 2

3 t

⇔ x − 2 + x − 1 = 3

)1 x )(

2 x

0 x 2

−

≤

0 34 x 19 x

3 x

Vậy, nghiệm của phơng trình là x = 2

b Phơng trình (1) có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm thoả mãn (**)

Nhận xét rằng (3) luôn có hai nghiệm trái dấu, do vậy để (3) có nghiệmthoả mãn (**)

⇔ (3) có nghiệm thoả mãn t1 ≤ 1 ≤ t2

⇔ a.f(1) ≤ 0 ⇔ 1 − m − 6 ≤ 0 ⇔ m ≥ 5

Vậy, với m ≥ 5 phơng trình (1) có nghiệm

Chú ý: Chúng ta có thể đa ra nhận xét rằng, trong các ví dụ trên việc lựa chọn

ẩn phụ là khá đơn giản, bởi nó hiện ngay ở phơng trình ban đầu Ví dụ tiếptheo chúng ta cần một phép biến đổi tơng đơng để nhận ra sự hiện diện của ẩnphụ

x1

−

+ + n

x1

x1+

x1+

− = 1,

nên nếu đặt t = n

x1

x1

−

+ thì n

x1

x1+

t

1

.Khi đó:

.Bây giờ ta xét hai trờng hợp:

Trờng hợp 1 Nếu n chẵn

 Khi đó điều kiện của t phải không âm, do đó hai nghiệm trên bị loại

x1

−

+ = − 1 ⇔

x1

x1

−+ = − 1 vô nghiệm.

x1

x1

2 1

−

+

Vậy, với n lẻ phơng trình nghiệm x = nn

2 1

2 1

π].

Khi đó, phơng trình có dạng:

t sin 1

1 + − 2 = sint(1 + 2 1−sin2t ) ⇔ 1 + cos t = sint(1 +2cost)

cos

2t

t 3 sin

) l ( 0 2

t cos

=

π

=2t6t

Vậy, nghiệm của phơng trình là x =

2

1

hoặc x = 1

Nhận xét: Nh vậy bằng việc lựa chọn phơng pháp lợng giác hoá, chúng ta đã

chuyển phơng trình ban đầu về phơng trình lợng giác và để giải phơng trình đóchúng ta đã lựa chọn phơng pháp biến đổi thành tích

Ví dụ 7: Giải và biện luận phơng trình:

1

t cos

Chú ý: Ví dụ tiếp theo vẫn sử dụng phơng pháp lợng giác hoá, xong ở đây

chúng ta sẽ nhận đợc phơng trình lợng giác dạng đối xứng với sin và cos

Ví dụ 8: Giải phơng trình:

x +

1 x

x 2

Với điều kiện (*), đặt x =

tcos

tcos1

2 − = 2 2 ⇔ cost

1

+

tsin

1

= 2 2

⇔ sint + cost = 2 2 sint.cost

Đặt sint + cost = u, điều kiện 1 ≤ u ≤ 2 , suy ra sint.cost =

1 u

2 u

⇔ sint + cost = 2 ⇔ 2 sin(t +

Ví dụ 9: Giải phơng trình:

1

x2 + +

x2

1

) x 1 ( x 2

) 1 x (

2

2 2

−

+

π) \ {±

4π

x2 + 1 = tg2t + 1 =

tcos

1

2 ⇒ x2 + 1 =

tcos

1

,

sin2t =

t tg 1

tgt 2

2

+ = x 1

x2

x2

1

t2sin

1

,

cos2t =

t tg 1

t tg 1

x 1

) x 1 ( x 2

) x 1 ( x 4

+

−

⇔

t4sin

2

=

) x 1 ( x 2

) 1 x (

2

2 2

−

+.Phơng trình đợc biến đổi phơng trình về dạng:

1

=

t4sin

b x =cos

18

π , x = cos18

Bµi tËp 12: Gi¶i vµ biÖn luËn ph¬ng tr×nh:

t (1)

⇔ t =

6

⇔ x2+ 11 = 6 ⇔ x2 + 11 = 36 ⇔ x2 = 25 ⇔ x = ± 5

VËy, ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x = ± 5

Bµi tËp 3: §iÒu kiÖn:

Viết lại phơng trình dới dạng:

, thoả mãn (1).Vậy, phơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = − 4

Bài tập 4: Điều kiện 1 − x2 ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 1 (1)

Đặt x = sint với t ∈ [ −

2

π, 2

π].

Khi đó, phơng trình có dạng:

sin3t + ( 1 − sin 2 t ) 3 = sint 2 ( 1 − sin2t )

⇔ sin3t + cos3t = 2 sint.cost

⇔ (sint + cost)3 − 3(sint + cost).sint.cost = 2 sint.cost

Đặt y = sint + cost, điều kiện |t| ≤ 2 , suy ra sint.cost =

2 y

0 x 2

x

2 1 x

2

2 1 x

⇔ x =

2

1 2 2 2

7π, 18

π , 18

5π, 18

9π, 18

1

, víi t ∈ (0,

2

π)

Khi đó, phơng trình đợc chuyển về dạng:

12(sint + cost) = 35sint.cost dặty sint cost

] 2 , 1 ( y

+

=

∈ ⇔ 35y2 − 24y − 35 = 0

] 2

25

12 t cos t sin

5

7 t cos t sin

12

25 t cos

1 t sin 1

12

35 t cos

1 t sin 1

5u4

5u

5x4

5x

Bài tập 9: Nhận xét x = 0 không phải là nghiệm của hệ rồi chia hai vế của

phơng trình cho x4x

bài toán 3

sử dụng phơng pháp

đặt ẩn phụ − Dạng 2

I phơng pháp

Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển

ph-ơng trình ban đầu thành một phph-ơng trình với một ẩn phụ nhng các hệ số vẫncòn chứa x

Phơng pháp này thờng đợc sử dụng đối với những phơng trình khi lựa chọn

ẩn phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn đợc triệt đểqua ẩn phụ đó hoặc nếu biểu diễn đợc thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp.Khi đó thờng ta đợc một phơng trình bậc hai theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩnx) có biệt số ∆ là một số chính phơng

II Ví dụ minh hoạ

1 x 2 t

≥

−

4

1 1 x

)1 x2 ( 1 x

0 1 x2

3 x

2 x

0 x 2

1 x

−

=

) 1 x ( x x x

) 1 x ( x x x

1 x x

2 2

)1 x2 ( x2 x

0 1 x2

1 x2 x

1 x

0 1 x 2 x

=

−

=

5 1 x

5 1 x

VËy, ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x = 1± 5

III Bµi tËp tù luËn

Bµi tËp 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

x2 − 1 = 2x x2+ x

Bµi tËp 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

x2 + 4x = (x + 2) x2 − x+4

bài toán 4

sử dụng phơng pháp

đặt ẩn phụ − Dạng 3

I phơng pháp

Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng 3 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phơng

trình ban đầu thành một hệ phơng trình với k ẩn phụ

Trong hệ mới thì k − 1 phơng trình nhận đợc từ các mối liên hệ giữa các đạilợng tơng ứng Chẳng hạn đối với phơng trình:

)x (f a

u

b a v

v

x 2

, v ≥ 0, suy ra u3 + v2 = 1

Khi đó, phơng trình đợc chuyển thành hệ:

1 v

1 u

0 u

1 x 2

0 x 2

3 3

v

x 1

u

2 v

=

− +

+

a v u

2 ) uv v u )(

=

−

+

a v u

2 ) uv v u(

a v

u

a

2 uv v

=

− +

a v u

a

2 uv 3 )v

) a

2 a(

3

1 uv

a v u

2

)≥0 ⇔

a3

a

a3

a

2− ≥0 ⇔ 0 < a ≤ 2.

VËy, ph¬ng tr×nh cã nghiÖm khi 0 < a ≤ 2

III Bµi tËp tù luËn

bài toán 5

sử dụng phơng pháp

đặt ẩn phụ − Dạng 4

I phơng pháp

Phơng pháp dùng ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phơng

trình ban đầu thành một hệ phơng trình với 1 ẩn phụ và 1 ẩn x

)x (

y

Chú ý:

1 Các hệ thu đợc thông thờng là các hệ đối xứng

2 ở đây chúng sẽ đi xem xét hai dạng toán cơ bản:

Dạng 1: Phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai

= +

+

= +

x )e dx (c e

dy

b ax e

= +

+

= +

e dy x )e

dx (c

b ax )e dy (

2 2

= +

+

= +

)2 ( bc dy x) d ac ( )e dx (c

)1 ( bc

acx )e dy (c

) 3 ( y x

- Với (3) thay vào (1) ta đợc một phơng trình bậc hai theo x

- Với (4) thay vào (1) ta đợc một phơng trình bậc hai theo x

Nhận xét: Để sử dụng đợc phơng pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phơng

trình ban đầu về dạng thoả mãn điều kiện (*)

Dạng 2: Phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba

+

= +

x )e dx (c e

dy

b ax e

= +

+

= +

e dy x )e

dx (c

b ax )e dy (

3 3

−

= +

+

= +

)2 ( bc dy x) d ac ( )e dx (c

)1 ( bc

acx )e dy (c

) 3 ( y

x

- Với (3) thay vào (1) ta đợc một phơng trình bậc hai theo x

- Với (4) thay vào (1) ta đợc một phơng trình bậc hai theo x

II Ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: Giải phơng trình:

+ +

=

+

1 x )2 y(

1 )2 x(

+

= +

)2 ( )2 y(

1 x

)1 ( )2 x(

1 y

2 2

+ + +

−

−

= +

−

1 x )3 y

(

4 x )3 x ( 3 y

−

+ +

= +

−

)2 ( 1 x )3 y (

)1 ( 1 y x )3 x (

2 2

2 x y

y 2

= +

)2 ( x 2 y

)1 ( y 2 x

+

=

−

) nghiÖm

« v ( 0 2 y

−

0 2 x x

0 1 x

4 + = 7(x +

2

1

)2 − 47

3

⇔ y >

7 2

7

3 − (*)Khi đó, phơng trình đợc chuyển thành hệ:

+

= +

28

9 x ) 2

1

y

(

x x 2

+

= +

)2 ( y y 2

1 x

)1 ( x x 2

1 y

2 2

có nghiệm là:

IV hớng dẫn và đáp số

i Đặt y = 32x−1 ⇔ y3 + 1 =2x

(1)Khi đó, phơng trình đợc chuyển thành hệ:

= +

x 1

y

y 1

=

−

) vn ( 0 2 y xy x

0 y x

=

−

0 1 x x

0 1 x

1 x

= +

35 y x

30 ) y x (

− +

= +

35 )y x(

xy 3 )y x(

30 )y x (

=

+ 5 y x

30 )y x (

x

5 y x

suy ra x, y là nghiệm của phơng trình:

3 x

3 y

2 x

3 x

3 x 35

2 x

VËy, ph¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x = 2 hoÆc x = 3

bµi to¸n 6

sö dông tÝnh chÊt liªn tôc cña hµm sè

(f

.

0 ) T (f ).

a(

f

1 k

VËy, víi mäi m ph¬ng tr×nh lu«n cã mét nghiÖm lín h¬n 1.

III Bµi tËp tù luËn

II VÝ dô minh ho¹

VÝ dô 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh:

1

x − + 4x2 −1 = 1 (1)

0 1

Xét hàm số f(t) = t2 + t với t ≥ 0 là hàm đồng biến

Khi đó:

(2) ⇔ f( x2− 1) = f(x + m) ⇔ x2− 1 = x + m

Đến đây bạn đọc tự làm tiếp

Chúng ta thực hiện theo các bớc sau:

Bớc1: Lập luận số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số

(C) : y = f(x, m) và đờng thẳng (d): y = g(m)

Bớc2: Xét hàm số y = f(x, m)

 Tìm miền xác định D

 Tính đạo hàm y', rồi giải phơng trình y' = 0

 Lập bảng biến thiên của hàm số

x2 + + − x2 − x + 1 = m (1)

y' = 0 ⇔

1 x x 2

1 x

+

−

1 x x 2

1 x

− = 0

= + +

)1 x )1 x x(

)1 x

0 )1 x )(

1 x

2 2 2

Vậy, phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi − 1 < m < 1

Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định x→lim−∞y và+∞

→

xlim y rất có thể các em học sinh ngộ nhận rằng tập giá trị I của hàm số là R

và dẫn tới kết luận sai lầm rằng phơng trình có nghiệm với mọi m Điều nàykhẳng định thêm rằng bớc tìm các giới hạn trong bài toán khảo sát hàm số làcần thiết

Ví dụ 2: Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình:

Giải

Phơng trình đợc viết lại dới dạng:

1 x

3 x

+ với

đờng (d): y = m

Xét hàm số y =

1 x

3 x

+

• Miền xác định D = R

• Đạo hàm:

y' =

1 x ) 1 x (

x 1

-Với m≤ − 1 hoặc m > 10 : phơng trình vô nghiệm

-Với − 1 < m ≤ 1 hoặc m = 10 : phơng trình có nghiệm duy nhất.-Với 1 < m < 10: phơng trình có hai nghiệm phân biệt

Chú ý:

1 Với các em học sinh lớp 10 và 11 khi chứa đợc làm quen với khái niệm

đạo hàm, thì phải giải bài toán trên theo phơng pháp biến đổi tơng đơng bằngcách xét ba trờng hợp của tham số m, cụ thể:

>

+

)1 x(

m )3 x(

0 3 x

2 2

3 x

2 2

2

Bài toán trở thành biện luận them m số nghiệm thoả mãn x > − 3 củaphơng trình (2) − Đề nghị bạn đọc tự giải.

 Với m < 0

+

)1 x(

m )3 x(

0 3 x

2 2

3 x

2 2

≥

0 x

4

0 x

5

0 12

y' =

x 4 x 5

x 4 x 5

⇔ 12 ( 5 − 4 ) ≤ m ≤ 12

III Bµi tËp tr¾c nghiÖm vµ tù luËn

Bµi tËp 1: Ph¬ng tr×nh:

2 x x

1+ > 0, ∀x ∈ D ⇔ hµm sè t¨ng trªn D

− < 0, ∀x∈D ⇔ hµm sè gi¶m trªn D

1 t

0 t

+

≥ +

− +

0 1 x x 1

x

0 1 x x

−

≥ +

−

)3 ( x 1 1 x x

)2 ( x 1 x x

2 2

Ta cã:

≤

−

2 2

2

x 1 x x

0 x

0 1 x x

0 x

≤

−

−

2 2

2

)x 1 ( 1 x x

0 x 1

0 1 x x

0 x 1

⇔∀x

Vậy D = R.

Viết lại phơng trình dới dạng:

1 x x

x + 2− + + x = x+1+ x2 +x+1 + x + 1 (4)Xét hàm số f(x) = x + x2− x + 1 + x:

• Đạo hàm:

f'(x) =

1 x x x 2

)' x x x (

2

2

+

− +

+

− +

=

1 x x 1 x x x 4

1 x 1 x x 2

2 2

2

+

− +

− +

− + +

−

.Nhận xét:

2 x2 −x+1 + 2x − 1 = ( x − 1 )2+ 3 + 2x − 1 > |2x − 1| + 2x − 1

≥ 0

⇒ f'(x) > 0 ∀x

⇔ Hàm số luôn đồng biến

(4) ⇔ f(x) = f(x + 1) ⇔ x = x + 1 vô nghiệm.

Vậy, phơng trình đã cho vô nghiệm

Bài tập 4: Điều kiện:

1 x

Đặt u = x2 −x+2 , u ≥ 0 ⇒ x2 − 3x + 2 = u2⇔ 3x − x2 − 1 = 1 − u2.Khi đó (1) có dạng:

log3(u + 2) +

2

u 1