CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số: Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + + 2x + > (1) Lời giải: x + ≥ x ≥ −9 ⇔ ⇔ x ≥ −2 (*) 2x + ≥ x ≥ −2 1 ' + > với ∀ x > -2 f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = x + 2x + x > ⇔x>0 nên f(x) đồng biến (*) Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔  x ≥ −2 Vậy bất phương trình có nghiệm: x > Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  Thí dụ 129: Giải bất phương trình: Lời giải: x + x − ≤ (1) x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ x ≥ (*) x − ≥ x ≥ 1 ' + > với ∀x > f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = x x −5 x ≤ ⇔x=5 nên f(x) đồng biến (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(5) ⇔  x ≥ Vậy bất phương trình có nghiệm: x = Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  Thí dụ 130: Giải bất phương trình: x + 3x + x ≥ 38 (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định liên tục với x ∈ R có: f ' (x) = x ln2 + 3x ln3 + x ln5 > với x ∈ R nên f(x) đồng biến (*).Do x ≥ ⇔x≥2 x ∈ R Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≥ (1) ⇔ f(x) ≥ f(2) ⇔  Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình: log (2 x + 1) + log (4 x + 2) ≤ (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với x ∈ R có: f ' (x) = x ln2 x ln4 + x > với x ∈ R (2 x + 1)ln2 (4 + 2)ln3 x ≤ ⇔x≤0 x ∈ R nên f(x) đồng biến (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔  Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≤ Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: Lời giải: x + − - x < − 2x (1) (1) ⇔ f(x) = x + − - x − − 2x < = f(2) x + ≥  (*) Ta có f(x) xác định 3 - x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤ 5 − 2x ≥  ' f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = với − < x < 1 + + >0 x + 2 - x - 2x nên f(x) đồng biến x <  (*) Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔  ⇔ −2 ≤ x ≤ − ≤ x ≤  Vậy bất phương trình có nghiệm: − ≤ x ≤ Thí dụ 133: Giải bất phương trình: + 2.2 x + 3.3x < x (1) Lời giải: x x x 1 1 1 Ta có: (1) ⇔   + 2.  + 3.  < (2) (do x > ∀x ∈ R ) 6  3 2 Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với x ∈ R có: x x x 1 1 1 ' f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến 6 3 2 x < ⇔ x 0) ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ (*) x ≤ f(x) xác định, liên tục (*) có: 6x - 6x + > với − < x < 2x + 3x + 6x + 16 − x nên f(x) đồng biến (*).Do (1) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < Kết hợp với (*) ta được: − ≤ x < Vậy bất phương trình có nghiệm: − ≤ x < f ' (x) = + §2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: Thí dụ 135: Giải hệ thức (2 + ) 2  x − x + 12  − 1 ≤ x  ( 14x − 2x ) − 24 + log x x Lời giải: x > 0, x ≠ x =  ⇔  Điều kiện: x − x + 12 ≥ x = − x + 14 x − 24 ≥  - Với x = bất phương trình trở thành bất đẳng thức − 2 2  2 − 1 ≤ log ⇒ − ≤ log ⇒ ≥ 3 ⇒ ≥ (sai) 3 3 3  - Với x = bất phương trình trở thành 1 −1 2  2 − 1 ≤ log ⇒ − ≤ log ⇒ ≤ − log = − (đúng) 2 2 4  Vậy bất phương trình cho có nghiệm x = Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) Lời giải: Điều kiện: < x ≠ - Xét < x < logx(x+1) < logx1 = < lg1,5 Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm khoảng - Xét < x < +∞ logx(x+1) > logxx = > lg1,5 Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm khoảng Tóm lại (1) vơ nghiệm Thí dụ 137: Giải hệ thức Lời giải: − 3x + x + + 2 x − > x >  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x> 2 7 x − x > − 3x + x + < ( x − ) x < ∨ x >  Kết hợp với điều kiện (*) ta < x ≤ 3x + 2x − <  Thí dụ 138: Giải hệ thức  x − 3x + >  (1) (2) Lời giải: (1) ⇔ − < x < (*) Đặt y = x3 - 3x + hàm số xác định liên tục R có y/ = 3x2 - 3; y/ = x = x = - ta có bảng biến thiên: x y/ -1 27 y Nghiệm hệ: − < x < Thí dụ 139: Giải ( ) x − x + + log x + x ( ) 8x − x − + ≤ (1) Lời giải: x > x >   Điều kiện: x − x + ≥ ⇔ x ≤ ∨ x ≥ ⇔ x = 1; x = 8x − x − ≥ 1 ≤ x ≤   - Với x = (1) ⇔ log + ≤ ⇔ −1 + = ≤ (luôn đúng) − 3 27 - Với x = (1) ⇔ log + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ (loại) 5 125 Vậy bất phương trình có nghiệm x = ( ) Thí dụ 140: Giải hệ thức x − + x − x = ≥ (1) Lời giải: - Với x > x2 – > x – > Do x − > = (vì hàm đồng biến) nên VT(1) > = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x < x2 – < x – < Do x − < 30 = (vì hàm đồng biến) (x2-4)3x-2 < nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ141: Giải bất phương trình Lời giải: - Với x < ( ) x + + x x −1 ≥ (1) x < mà 2x-1 > nên ( ( ) ) x + < 1; x x −1 < Do VT(1) < Vậy bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x ≥ x ≥ mà 2x-1 > nên ≥1 Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ Thí dụ 142: Giải phương trình x −1 − x Lời giải: - Nếu < x ≤ x −1 − x −x ( x + ≥ 1; x x −1 ≥ Do VT(1) −x = log x − ) ( ) (1) x = x −1 − x −1 VP ≤ -1; VT > -1 x ( x − 1) = log ( x − x ) − log ( x − ) mà - Nếu x > VP = log 2( x − 1) 2 2x-2 VT = - x − x Do đó: (1) ⇔ x − x + log ( x − x ) = log ( x − ) +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục R+ và: f/(x) = t.ln2 + < nên f(x) nghịch biến R+ t ln (1/) ⇔ x2 – x = 2x – ⇔ x2 – 3x + = ⇔ x = (loại); x = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 143: Giải phương trình x + x + x + = 18 (1) Lời giải: Điều kiện: x + ≥ ⇔ x ≥ – Đặt f(x) = x + x + x + có f(x) xác định, liên tục [ − 2;+∞ ) f/(x) = 2x + + / x+2 - Nếu x ≥ f (x) > nên VT(1) hàm đồng biến mà VP(1) = const phương trình có nghiệm x = - Nếu –2 ≤ x < VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình khơng có nghiệm khoảng Tóm lại phương trình có nghiệm x = Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + x + = + (1) Lời giải: Đặt f(x) = x + x + x + có f(x) xác định liên tục [ − 1;+∞ ) f/(x) = x + 3x + x +1 - Nểu x ≥ f/(x) > nên f(x) đồng biến VT(1) đồng biến mà VP(1) = const Vì x = nghiệm phương trình - Nếu –1≤ x < ta thấy VT(1) < < VP(1) Vậy phương trình có nghiệm x = §3: Phương pháp hàm liên tục: Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Đặt f ( x ) = tg tg πx + 2x + ; f (2) = Nên ta có bảng xét dấu f(x) (*) −∞ x f(x) + Từ bảng ta (1) có nghiệm x < ∨ x ≥ −5 ; f (4) = − < Nên ta có bảng xét dấu f(x) (∗) 13 −∞ − +∞ x −2 f(x) − + Từ bảng ta (1) có nghiệm x ≤ + − 13 ∨ x ≥ − Thí dụ 148: Giải bất phương trình x + x.2 x +1 + 3.2 x > x 2 x + 8x + 12 (1) Lời giải: (1) ⇔ x + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 x − 8x − 12 > x2 ⇔ ( x − x − 3)(2 x − 4) < ⇔ ( x − x − 3)(4 − 4) < ⇔ ( x − 2x − 3)(4 x −2 − 1) < x2 − ⇔ ( x − x − 3)(4 − 1) Lời giải: (1) 0 < x < 3 − x > ⇔ (∗) Với điều kiện đó: x (3 − x ) > 0, ≠ x − 3x + ≠ Điều kiện:  (1) ⇔ − log x ( 3− x ) (3 − x ) < ⇔ log x ( 3− x ) x (3 − x ) − log x ( 3− x ) (3 − x ) < ⇔ log x ( 3− x ) x < ⇔ [ x (3 − x ) − 1] ( x − 1) <  −  3+   x − ( x − 1) > ⇔ ( x − + 1)( x − 1) > ⇔  x −       3− 3+ < x < 1∨ x > 2 3− 3+ Vậy (1) có nghiệm < x < 1∨ < x < 2 ⇔ Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x − sin x − cos 2x > (1) với x ∈ ( 0;2π) := (*) Lời giải: Đặt f ( x ) = cos x − sin x − cos x , có f(x) xác định, liên tục (*) f(x) = ⇔ cos x − sin x − cos 2x = ⇔ cos x − sin x − (cos x − sin x ) = ⇔ (cos x − sin x )(1 − cos x − sin x ) = ⇔ cos x − sin x = ∨ cos x + sin x =   π sin  x −  =   ⇔   π cos x −  = 4   π   x − = kx  π π ⇔  x − = + 2kx  4   x − π = − π + 2kx  4  π   x = + kx  π (k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx  x = 2kx    (k ∈ Z) π π 5π ∨x= ∨x= 4  3π  3−2  π Do f(x) liên tục (*) f   = < ; f ( π) = − f   = −2 <   6 Nên ta có bảng xét dấu f(x) (∗) π π 5π −∞ 2π X 4 +∞ Kết hợp với (∗) ta có x = f(x) − Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm + − + π π 5π   ⇔ Điều kiện: x + ≥ (*) Với điều kiện đó: x≠     x + − x > 0, ≠  x + > 0, ≠  1 (1) ⇔ ≤ log ( x + − x ) log x + ⇔ log ( x + − x ) ≥ log x + ⇔ log ( x + − x ) − log x + ≥ ⇔ log ⇔ x+2− x x +1  x+2− x  − 1 ≥ ≥ ⇔ (2 − 1)   x +1   x + − x − x +1 ≥ ⇔ x + − x − x +1 ≥ x +1 ⇔ x + ≥ x + x + + x ( x + 1) ⇔ − x ≥ x ( x + 1) 1− x ≥ x ≤ ⇔ (1 − x ) ≥ x ( x + 1) ⇔ 3x + 6x − ≤   x ≤  −3−2 −3+ ⇔ − − ≤x≤ −3+ ⇔ ≤x≤ 3  3  Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm < x ≤ Thí dụ 152: Giải bất phương trình: Lời giải: −3+ log ( x + 1) − log ( x + 1) >0 x − 3x − ( x + 1) >  ⇔ x > −1 (*) Với điều kiện đó: Điều kiện: ( x + 1) > x ≠  x − 3x − ≠  (1) ⇔ [ log ( x + 1) − log ( x + 1)]( x − 3x − 4) > x ≠   ⇔    log − log ( x + 1)( x − 4) >   x +1 x +1   x ≠  ⇔  log x +1 − log x +1 ( x + 1)( x − 4) >  log x +1 log x +1  ⇔ x ≠ (log − log 8) log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > x +1 x +1  x ≠  ⇔ log log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) >  x +1  x ≠  ⇔ log log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) >  x +1  (1) Hệ (1) có nghiệm (α) (β) có điểm chung  (α) (β) tiếp xúc ngồi với đó: AB = m +  (0 + 1) + (−1 − 0) = m +  = m +1  m = – Vậy giá trị cần tìm m m = –  log x + y ( x + y) ≥  x + y = m Thí dụ 156: Tìm m để hệ  (1) có nghiệm Lời giải: Ta có: log x + y (x + y) = (2)  < x + y ≤ x + y < x + y ≥ x + y >  x + y > x + y >    2 2  x + y <  1  1 (2)   x −  +  y −  ≤ 2 2  2   x −  +  y −  ≥      2  2  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị hàm số: ∆: x + y = 0; (T ): x + y = 1; (T ): (x – x+ y 2y =m 1 ) + (y – ) = 2 2 Δ : x+y=0 T1 x+ 2y =m T2 x -1 -1 A Biểu diễn nghiệm thành phần kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) phần gạch chéo hình vẽ khơng lấy điểm thuộc (T ) (∆) Xét đường thẳng: x + 2y = m vị trí ứng với m m Có đồ thị hàm số: x + 2y = m qua điểm A( ;– )⇒ m1 = – Đồ thị hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T ) điểm thuộc góc phần tư thứ ⇒ m = + 10 (1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m N có điểm chung + 10 2 + 10 Vậy – x (1) Lời giải: Đặt a = y coi (1) hệ bất phương trình ẩn x; y (1)3 – | x – y | > x Khi yều cầu tương đương với: − ≤ x < 3 − x ≥ 0; − ≤ x <        y < −x + x + x < x − < x − y < − x | x − y |< − x y > x + x −     (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đường: x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = – Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) phần gạch chéo khơng lấy biên hình vẽ y y = x^2+x-3 x -5 -4 -3 -2 -1 N -1 -2 -3 -4 -5 y = -x2 + x + Nghiệm (1) nghiệm (2) ứng với y = a, tức nghiệm x < (1) hoành độ điểm chung đường thẳng y = a với N Từ nhận xét từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – Vậy – 13 x – 2x – ≤ khơng có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > x – 2x – ≤ khơng có ( x − x − p)( x + p − 1) >  nghiệm chung hệ  (1) vô nghiệm x − x − ≤  Đặt p = y coi (1) hệ ẩn x; y ta có: x − x − y > ( x − x − y)( x + y − 1) >     x + y − > x − x − ≤  x − x − ≤  − ≤ x ≤ − ≤ x ≤   ∨  y > −x + (2) y < −x + y < x − x y > x − x   x − x − y <  ∨ x + y − < x − 2x − ≤  Trên mặt phẳng toạ độ vẽ đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta thu miền nghiệm N (2) phần gạch chéo hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm (1) nghiệm (2) ứng với y = p tức nghiệm (1) hoành độ phần chung đường thẳng y = p ( ⊥ y’oy) với N y y = x^2 = x y=1 x - x x -4 -3 -2 -1 -1 -2 Từ nhận xét từ hình vẽ ta có (1) vơ nghiệm đường y = p ( ⊥ y’oy) điểm chung với N có p ≤ – p ≥ Vậy p ∈ (–∞;–2] ∩ [6;+∞) giá trị cần tìm CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) Cho hàm số f(x) = x2 + bx + với b ∈ (3, ) Giải bất phương trình f(f(x)) > x Lời giải: Ta có f(f(x)) – x = x + (b + 1) x + b + x + (b − 1) x + [ [ ][ ][ ] ] f(f(x)) – x >  x + (b + 1) x + b + x + (b − 1) x + > Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; 2 ∆ g ( x ) = b − 2b − , ∆ h(x) = b − 2b − 7 − b − b − 2b − − b + b − 2b − x1 = , x2 = 2 Vì b ∈ (3; ) nên ∆ g ( x ) > ∆ h ( x ) < Phương trình g(x) = có nghiệm Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 x > x2 Thí dụ 165: (Đề số 143-4) Giải biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( ) Lời giải: bx + x − a = (1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) =   2 b x − bx − ab + =  2 - Với b = (1) có nghiệm x = a - Với b ≠ phương trình có nghiệm − + + 4ab − − + 4ab x1 = , x2 = 2b 2b +) Nếu ( ii ) có ∆ = b (4ab − 3) Khi ab ≥ phương trình có nghiệm +) Nếu ( i ) có ∆ = + 4ab Khi ab ≥ − x3 = b + b (4ab − 3) 2b , x4 = b − b (4ab − 3) 2b Kết luận: Nếu b = x = a Nếu b ≠ Với > ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2 4 (i) ( ii ) phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 Với ab < − phương trình vơ nghiệm Với ab ≥ Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm Lời giải: 3x + x − m = (1) x − 3x + − 3m = ( )  (1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + – 3m ) =   Để (I) có nghiệm hai phương trình (1) (2) phải có nghiệm, điều xảy ∆1 = + 12m ≥ m≥ − ∆ = 108m − 27 ≥  12 Vậy m ≥ − giá trị cần tìm 12 Thí dụ 167: Giải phương trình x = a + a + x (1) Lời giải: Với f ( x ) = a + x hàm đồng biến R + (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ x − x − a =  1+ x1 =     ⇔ x =  −      + 4a  + 2a + + 4a  =   + 4a     (a ≥ − ) + 2a − + 4a = Vậy phương trình có nghiệm x1; x2 Thí dụ 168: Giải phương trình x = a + a + x (1) Lời giải: Với f(x) = a + x xác định với x ≥ -a, có f ′( x ) = Nên f(x) đồng biến tập xác định nó, đó: a+x 〉 ∀x 〉 − a (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔  1+ x = (2) ⇔   1− x =  + 4a := x + 4a := x 2 x ≥ a+x =x ⇔ x − x − a = ( thoa mãn (*)) (*) (2) (a ≥ − ) 4 x thỏa mãn (*) − + 4a ≥ ⇔ ≥1 + 4a ≥ ⇔ − ≤ a ≤ Vậy (1) có nghiệm x a ≥ − 1 ; x − ≤ a ≤ 4 Thí dụ 169: Giải phương trình a − x = a + x (1) Lời giải: (1) ⇔ a = x + a + x Với f (a ) = a + x xác định với a thuộc R, có: f ′(a ) = ≥ với ∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a 7 (x + a )6 ⇔ a + x = a ⇔ x = a7 − a Thí dụ 172: Giải phương trình x − x + + x + x + 10 = Lời giải: → 29 (1) → Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có: → → → → | u |+| v | ≥ | u + v |  x − x + + x + x + 10 ≥ 29 x −1 → → Đẳng thức xảy u // v  = x= (thoả mãn (1)) − x −1 Vậy nghiệm (1) x = Thí dụ 173: Giải phương trình | x − x + – Lời giải: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: x − 10 x + 50 | = (1) AB = 5AM= ( x − 2) + 12 = x − x + BM = ( x − 5) + = x − 10 x + 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc điểm) Do VT(1) = | x − x + – x − 10 x + 50 | ≤ = VP(1) Đẳng thức xảy A; B; M thẳng hàng C nằm đoạn AB  k > k =     − x = k (5 − x )   1 = 5k x =    Vậy phương trình có nghiệm x = −→  −→ CA = k CB   k >  Thí dụ 174: Giải phương trình: 2x − 2x + + 2x − ( ) − x + + 2x + ( ) + x + = (1) Lời giải: Phương trình cho tương đương với: ( ) ( ) 4x − 4x + + 4x − − x + + 4x + + x + = ( 2x − 1) + + (1 − 3x ) + ( x + 1) + (1 +    Đặt u (1;1 − x ) ; v(1 − ) x; x + 1; p(1 + 3x; x + 1) n Áp dụng bất đẳng thức i =1 n  ≤ ∑  ∑a i i =1  ( =' a ) 3x +( x + 1) = 2 ⇔   ↑↑ a ↑↑ ↑↑ a n       VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p ⇔ VT(1) ≥ (1 + − ) 3x + + 3x + (1 − x + x + + x + 1) ⇔ VT(1) ≥ + = = VP(1) ( ) ( ) 1 = k − 3x  1 − x = k ( x + 1)   u = kv      Do (1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ p ⇔    ⇔ 1 = n + 3x u = np 1 − x = n ( x + 1)  k ; n >   k = n >  k =  x =  1 = k + 3x + − 3x  ⇔ ⇔ 2 − x = x + ⇔  (loại) 1 − x = k ( x + 1)  x =  1 = k + 3x 2 = + 3x    ( ( ) ) Vậy hệ cho vơ nghiệm Thí dụ 175: Giải phươnh trình x + x + − x = x + Lời giải: (1) ) ( )   1 + x ≥ Điều kiện: 3 − x ≥ ⇔ − ≤ x ≤ (*) Đặt u + x ;− − x ; v( x;1)  n n      =: a ↑↑ a ↑↑ ↑↑ a n có: Áp dụng BĐT thức ∑ a i ≤ ∑ a i i =1 ( i =1 )    VT(1) = x + x + − x = u.v = u v = x + = VP(1)     + x = kx    3− x = k  Điều có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔  x = ⇔ 1 + x = ( − x ) x x = + Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = + x ≥ Ta có: (1) ⇔  Thí dụ 176: Giải phương trình: x + x + x + +4 = x x + Lời giải: Điều kiện x ≥ x + x + 4x + ≥  x ≥ (*) → → → → → → Đặt u (x; 2) v ( x ; 1) Ta có: u v ≤ | u |.| v | x + x + ≤ x + x + x + +4 x → → Đẳng thức xảy u // v  =  x = (thoả mãn điều kiện (*)) x hay x x + ≤ Vậy nghiệm phương trình x = x + y + z =  Thí dụ 177: Giải phương trình:   x + y + 2z =  Lời giải: → → → → → → Đặt u (x ; y ; z ); v (1; 1; 2), có u v ≤ | u | | v | hay x + y +2z ≤ x + y4 + z4  ≤ (Điều vơ lí) Vậy phương trình vơ nghiệm ( ) Thí dụ 179: Giải phương trình x + = x + (1) Lời giải: Đặt u = x − x + ; v = x + u.v = x3 + u + v = x2 + nên điều kiện để (1) xác định v ≥ (Vì u ln lơn 0) Với điều kiện đó:   v v (1) trở thành 2(u + v) = uv ⇔ + = (u ≠ 0) ⇔   u u   v =2 u (α ) v = u ( β) * Vớí (α) ta có: x + ≥  x ≥ −1 x +1 =2⇔ ⇔ 2 x − x +1 x + = x − x + 4 x − 5x + = (∆ < 0) ( ) (vô nghệm) * Với (β) ta có: x + ≥ x ≥ −1 x +1 = ⇔ ⇔ 2 x − x +1 2( x + 1) = x − x + x − 3x − = x ≥ −1 + 13 − 13  ⇔ ;x = + 13 − 13 ⇔ x = 2 ∨x= x = 2  + 13 − 13 Vậy phương trình có nghiệm là: x = ;x = 2 Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1) Lời giải: (1) ⇔ 4sin3x – sinx – cosx = ⇔ sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = ⇔ sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = ⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = ⇔ (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = sin x − cos x = (α) 2 sin x + sin x cos x + = (β) ⇔  π   x = − x + 2kπ π ( α ) ⇔ sin x = cos x = sin π − x  ⇔  ⇔ x = + kπ (k ∈ Z)   2   x = π + x + 2kπ   sin x + cos x = cos x = ( β) ⇔ ( sin x + cos x ) + sin x = ⇔  ⇔ sin x = 2 sin x = (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 181: Giải phương trình sau π + kπ ( k ∈ Z) (x ) ( ) ( ) + 3x − + x − 5x + = 3x − 2x − Lời giải: Đặt x + 3x − = a; x − 5x + = b a + b = 3x2 – 2x – (1) trở thành a3 + b3 = (a + b)3  x + 3x − =  ⇔ 3ab(a + b) = ⇔ 2 x − 5x + =  x = −4 ∨ x = − ∨ x = ∨ x = 3x − x − =    3 2 Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = − 4; − ;1;  x + y = 5 2 x + y = x + y Thí dụ 182: Giải hệ:  (I) Lời giải: x + y = (1)  (I) ⇔  x + y = x + y x + y  ( )( ) x + y =  x + y =   x = ⇔ 2 ⇔  x y ( x + y ) =   y =  x + y =  +) Với x = thay vào (1) ta có y = +) Với y = thay vào (1) ta có x = +) Với x + y = ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = ⇔ = (vơ lí) Vậy hệ có cặp nghiệm (x; y) (0; 1); (1; 0) x − y = xy( x − y) = Thí dụ 183: Giải hệ  Lời giải: x − y =  Hệ cho tương đương với  2 x − y − xy( x − y) =  ( ) x − y = (2) ⇔ (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = ⇔  2 2 x + y − 5xy = - Nếu x – y = ⇔ x = y thay vào (1) ta x = y = - Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = (3) +) Với y = ta x = thay vào (1) thấy vô lý (1) (2) ... (x2-4)3x-2 < nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ141: Giải bất phương trình Lời giải: - Với x < ( ) x + +... −1 < Do VT(1) < Vậy bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x ≥ x ≥ mà 2x-1 > nên ≥1 Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ Thí dụ 142: Giải phương trình x −1 − x Lời giải: - Nếu < x ≤ x −1... VP(1) = const phương trình có nghiệm x = - Nếu –2 ≤ x < VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình khơng có nghiệm khoảng Tóm lại phương trình có nghiệm x = Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3