Đang tải... (xem toàn văn)
giải phương trình sau
§1. Phương pháp nghiệm duy nhất Thí dụ 1: Giải phương trình : 3 x + 4 x = 5 x (1) Lời giải: (1) 1 5 4 5 3 = + xx (1’). Đặt VT(1’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và : f'(x) = x 5 3 ln 5 3 + x 5 4 ln 5 4 < 0 ∀ x ∈ R nên f(x) là hàm nghịch biến. Do đó: (1) f(x) = f(2) x = 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2. Thí dụ 2 : Giải phương trình : | x - 6,5 | 1999 + | x - 7,5 | 2000 = 1 (2) Lời giải : Nhận xét rằng : | 6,5 – 6,5 | 1999 + | 6,5 – 7,5 | 2000 = 1; | 7,5 – 6,5 | 1999 + | 7,5 – 7,5 | 2000 = 1 Do đó x = 6,5 và x = 7,5 là 2 nghiệm của phương trình. Nếu x < 6,5 ta có : | x – 6,5 | 1999 >0 và | x – 7,5 | 2000 >1 => VT (2) >1 (vô lí ) Nếu x > 7,5 ta có : | x – 6,5 | 1999 >1 và | x – 7,5 | 2000 >0 => VT (2) >1 (vô lí ) Nếu 6,5 < x < 7,5 ta có : 0 < x – 6,5 ; 7,5 – x < 1 => x – 6,5 > | x – 6,5 | 1999 và 7,5 – x > | x – 7,5 | 2000 => VT (2) < x – 6,5 + 7,5 – x = 1 (vô lí ) Vậy phương trình (2) có duy nhất 2 nghiệm x = 6,5 và x = 7. Thí dụ 3 : Giải phương trình : x 5 + x 12 = x 13 (3) Lời giải : (3) 1 13 12 13 5 = + xx (3’). Đặt VT(3’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và : f'(x) = x 13 5 ln 13 5 + x 13 12 ln 13 12 < 0 ∀ x ∈ R nên f(x) là hàm nghịch biến.Do đó: (3) f(x) = f(2) x = 2 Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 2. Thí dụ 4 : Giải phương trình : 3 x = 4 – x (4) Lời giải : Đặt f(x) = 3 x + x – 4. Có f(x) xác định liên tục trên R và : f'(x) = 3 x ln3 + 1 > 0 ∀ x ∈ R nên f(x) là hàm đồng biến.Bởi vậy : (4) f(x) = 0 = f(1) x = 1 Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 1. Thí dụ 5 : Giải phương trình : 9+x + 42 +x = 5 (5) Lời giải : Đặt f(x) = VT(5) ta có : f(x) xác định ≥+ ≥+ 09 042 x x x ≥ - 2 (*) f(x) liên tục trên (*) và: f'(x) = 92 1 +x + 422 1 +x > 0 ∀ x > - 2 nên f(x) đồng biến trên (*).Bởi vậy: (5) f(x) = 5 = f(0) ( x = 0 thoả mãn (*) ) x = 0 Vậy phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 0 . Thí dụ 6 : Giải phương trình : 2x + 3−x = 16 (6) Lời giải : Đặt f(x) = VT (6) ta có : f(x) xác định x – 3 ≥ 0 x ≥ 3 (*) f(x) liên tục trên (*) nên ta có : f'(x) = 2 + 32 1 − x > 0 ∀ x >3 nên f(x) đồng biến trên (*). Bởi vậy: (6) f(x) = 16 = f(7) x = 7 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 7 . Thí dụ 7: Giải phương trình : x + mx − = m (7) Lời giải : +) Nếu m < 0 thì phương trình vô nghiệm. +) m ≥ 0 thì ta có :Điều kiện để phương trình có nghiệm là : ≥ ≥ 0x mx x ≥ m (do m ≥ 0 ) Với điều kiện đó ta có : x + mx − ≥ m + mm − = m . Đẳng thức xảy ra khi x = m. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = m khi m ≥ 0. Thí dụ 8 : Giải phương trình : 3 x (x + 4 ) = 1 (8) Lời giải : Đặt f(x) = x + 4 - 3 x− có f(x) xác định liên tục trên R nên ta có : f'(x) = 1 + 3 x− ln3 > 0 ∀ x ∈ R Nên f(x) đồng biến ∀ x ∈ R . Bởi vậy : (8) f(x) = 0 = f(-1) x = -1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = -1. Thí dụ 9 : Giải phương trình : lg(x -5 ) = 6 – x (9) Lời giải : Điều kiện: x – 5 ≥ 0 x ≥ 5. Nhận thấy x = 6 là một nghiệm của phương trình. Nếu x > 6 thì lg(x–5) > lg(6–5) = 0 > 6 – x => phương trình không có nghiệm x > 6. Nếu x < 6 thì lg(x–5) < lg(6–5) = 0 < 6 – x => phương trình không có nghiệm x < 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6. Thí dụ 10 : Giải hệ phương trình : β=+ α+−=− )( 2yx )( )2xy)(xy(22 22 yx Lời giải : Thay (β) vào (α) ta có : (α) 2 x - 2 y = (y – x )( xy + x 2 +y 2 ) = y 3 - x 3 2 x + x 3 = 2 y + y 3 Đặt f(x) = 2 t + t 3 xác định , liên tục trên R nên ta có: f'(x) = 2 t ln2 + 3t 2 > 0 ∀ t ∈ R Nên f(x) là hàm đồng biến .Vậy: (α) f(x) = f(y) x = y = = 22 2 x yx x = y = ± 1. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x ; y) ∈ {(1; 1) ; (-1 ; -1)}. Thí dụ 11 : Giải phương trình : log 7 x = : log 3 ( x + 2 ) . (1) Lời giải : Điều kiện : >+ > 02 0 x x x > 0.Với điều kiện đó ta có : (1) x + 2 = 3 x 7 log (2) Đặt t = log 7 x (t > 0 ) x = 7 t (*) (2) khi đó trở thành ( 7 ) t +2 = 3 t ( 3 7 ) t + t 3 2 = 1 (do 3 t >0 ∀ t ∈ R ) (3) Nhận thấy t = 2 là một nghiệm của (3) +) Nếu t < 2 thì VT(3) > VP(3) +) Nếu t > 2 thì VT(3) < VP(3) => t = 2 là nghiệm duy nhất của (3).Thay t = 2 vào (*) ta thu được x = 7 2 = 49 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 49. Thí dụ 12 : log 1−x (x+1) = log 3 5 (1) Lời giải : Điều kiện : >+ >− 01 01 x x x >1. Với điều kiện đó ta có : (1) log 1−x 5log 5 (x+1) = log 3 5 log 5 (x+1) = 5log 5log 1 3 − x = log 3 (x-1) = t (do log 1−x 5 > log 1−x 1 = 0 ) =+ =− t t x x 51 31 =+ =− tt t x 523 31 (*) Xét phương trình thứ 2 của (*) ta có: 3 t + 2 = 5 t ( 5 3 ) t + t 5 2 = 1 (2) Nhận thấy t = 1 là nghiệm của phương trình (2) Nếu t > 1 thì VT(2) < VP(2) Nếu t < 1 thì VT(2) > VP(2) => t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).Ta có: (*) = =− 1 31 t x => x = 4. Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 4. Thí dụ 13 : Giải phương trình : log 2 (log 3 x) = log 3 (log 2 x) (1) Lời giải : Điều kiện : x > 0. Với điều kiện đó ta có log 2 (log 3 x) = log 3 (log 2 x) = t => x = 3 t 2 = 2 t 3 (*) => log 3 3 t 2 = log 3 2 t 3 2 t = 3 t log 3 2 t = log 3 2 log 3 2. Thay giá trị vừa tìm được của t vào (*) ta có : x = 3 2 3 log 3 2 log 2 ( hay = 2 2 3 log 3 2 log 3 ) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3 2 3 log 3 2 log 2 . Thí dụ 14 : Xác định số nghiệm dương của phương trình : 12x 5 + 6x 4 - 4x 3 – x – 34 = 0 (1) Lời giải : Đặt f(x) = VT(1) ta có : Xét x ∈ (0;1) ta có: f(x) < 12 + 6 + 0 + 0 – 34 < 0 => phương trình vô nghiệm với x ∈ (0;1) Xét x ∈ [1;+∞) ta có : f(x) xác định liên tục trên [1;+∞) (*) nên : f'(x) = 60x 4 + 24x 3 – 12x 2 – 1 xác định,liên tục trên (*) f'’(x)= 240x 3 +72x 2 –24x = 24x (10x 2 + 3x –1) > 24.(10+3–1) >0 ∀ x ∈ [1;+∞) => f'’(x) > 0 ∀ x ∈ [1;+∞) => f'(x) đồng biến trên [1;+∞) => f'(x) ≥ f(1) = 71 > 0=> f(x) đồng biến trên [1;+∞) Có f(1).f(2) < 0=> f(x) có 1 nghiệm ∈ (1;2 ) Do f(x) là hàm đồng biến nên đó là nghiệm duy nhất hay f(x) có 1 nghiệm dương duy nhất . §2: Phương pháp bất đẳng thức Thí dụ 15: Giải phương trình 3 2 x = cosx (1) Lời giải: Ta có: 3 2 x ≥ 3 0 = 1 ( ∀ x);Cosx ≤ 1 ( ∀ x) (1) ⇔ β= α= )(13 )(1cos 2 x (β) ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 thay vào (α) có cos0 = 1 (luôn đúng) Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất. Thí dụ 16: Giải phương trình: ).2(22 5 x3x cos xx 2 − += + Lời giải: Do .x2 5 x3x cos2)2(VTRx1 5 x3x cos 22 ∀≤ + =⇒∈∀≤ + Mặt khác Rx02;2 xx ∈∀〉 − nên theo bất đẳng thức AM-GM: ,22.2222)2(VP xxxx =≥+= −− dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi .0x22 xx =⇔= − β=+ α= + ⇔ − )(222 )(2 5 x3x cos2 )2( xx 2 ; ,0x)( =⇔β thay vào 20cos2 5 0.30 cos2có)( 2 == + α (đúng). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. Thí dụ 17: Giải phương trình ).3(xsin11x 42 −=+ Lời giải : Ta có .x1xsin1)3(VPx1xsin10Rx0xsin1 444 ∀≤−=⇒∀≤−≤⇒∈∀≥≥ Còn .Rx11x)3(VT 2 ∈∀≥+= Do đó .0x 0x 0xsin 11x 1xsin1 )3( 2 4 2 4 =⇔ = = ⇔ =+ =− ⇔ Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0. Thí dụ 18: Giải phương trình ).4(5xcos3xsin2 35 =+ Lời giải: Ta có: ).4(VP51.31.2xcos3xsin2)4(VT.Rx 1xcos 1xsin Rx 1xcos 1xsin 35 5 5 ==+≤+=⇒∈∀ ≤ ≤ ⇔∈∀ ≤ ≤ Do đó: (4) ).lívô(2xcosxsin 1xcos 1xsin 1xcos 1xsin 22 3 5 =+⇒ = = ⇔ = = ⇔ Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Thí dụ 19: Giải phương trình ).5(xlog)1x(logx2x3 2 2 2 32 −+=− Lời giải: Điều kiện (*).0x 0x )đúngluôn(01x 2 〉⇔ 〉 〉+ Với điều kiện đó: )( x 1x logx2x3)5( 2 2 32 α + =−⇔ . Do 0x〉 nên theo bất đẳng thức AM-GM có: ).(12log x 1x log)(VT2 x x2 x 1x 2 2 2 2 β=≥ + =α⇒=≥ + Xét hiệu )1x2()1x()1xx2)(x1(1x2x3 2232 +−−=+−−=−− . Do x0)1x(còn01x2nên0x 2 ∀≥−〉+〉 0x01)(2x1)(x 2 〉∀≤+−−⇒ )(0x12x3x)VT(α 32 δ 〉∀≤−=⇔ Từ .1x 1x 2/1x1x 01x2x 0)1x2()1x( 1 x 1x log 1x2x3 )5(:có)(và)( 2 2 2 2 32 =⇔ = −=∨= ⇔ =+− =+− ⇔ = + =− ⇔δβ Kết hợp với (*) kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = 0. Thí dụ 20: Giải phương trình ).6( 2 1 2 2 1 2x1xx1x 4 44 +=−++−+ Lời giải: Điều kiện (*).1x0 0x1 0x ≤≤⇔ ≥− ≥ Với điều kiện đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: . 2 1 21.2)x1(x)(11(x1x 22 ==−++≤−+ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .5,0xx1x =⇔−= . 2 1 222)x1(x)(11(x1x 4 4 2 4 2 44 =≤−++≤−+ Dấu bằng xảy ra khi và vhỉ khi .5,0xx1x 44 =⇔−= Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên có: ).6(VP 2 1 2 2 1 2x1xx1x)6(VT 4 44 =+≤−++−+= Do đó, 5,0x)6( =⇔ (thỏa mãn (*)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0,5. Thí dụ 21: Giải phương trình: )1(xy1xy1yx =−+− Lời giải: Điều kiện: )( 1y 1x 01y 01x ∗ ≥ ≥ ⇔ ≥− ≥− Với điều kiện đó ta có: 0y,x > .Ta có: (1)VPxy 2 2xy 2 yxyxxyyx y)xyxy)(xy(xyxy.yxxy.x(1)VT === −+−++ ≤−+−+≤−+−= Dấu bằng xảy ra: −+−=+ − = − ⇔ yxyxxyyx y yxy x xxy 2yx x2x yx xyyx 1x1y 2 ==⇔ = = ⇔ =+ −=− ⇔ Do đó 2yx)1( ==⇔ Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = y = 2. Thí dụ 22: Giải phương trình: )1( 2 3 )yxcos(ycosxcos =+−+ Lời giải: 1 2 yx cos 2 1 2 yx cos 2 1 2 yx cos21 2 yx 2cos 2 yx cos 2 yx 2cos(1)VT 2 2 2 + − + − − + −=+ + − −+ = Do ≤ − ≥ − − + 1 2 yx cos 0 2 yx cos 2 1 2 yx cos 2 2 với R∈∀ y,x .Nên )1(VP 2 3 1 2 1 0)1(VT ==++≤ . Dấu bằng xảy ra = − − = + ⇔ 1 2 yx cos 2 yx cos 2 1 2 yx cos 2 −= + −= − ∨ = + = − ⇔ 2 1 2 cos 1 2 cos 2 1 2 cos 1 2 cos yx yx yx yx Ζ)l(k, 2lπ 3 4π y 2kπ 3 2π x 2lπ 3 2π y 2kπ 3 4π x 2lπ 3 π y 2kπ 3 π x 2lπ 3 π y 2kπ 3 π x Ζ)n(m, 4nπ 3 2π yx 4mπ2πyx 4nπ 3 2π yx 4mπyx ∈ +−= += ∨ +−= += ∨ +−= +−= ∨ += += ⇔ ∈ +±=+ +=− ∨ +±=+ =− ⇔ . Thí dụ 23: Giải hệ: )1( )(0y3x4x2 )(0yx2yx 32 222 β=++− α=+− Lời giải: 23 )1x(21y)( −=−−⇔β .Do 0)1x( 2 ≥− nên 1y1y1y01y 233 ≥⇒−≤⇒−≤⇒≥−− Khi đó 1x01x)1x(1x2xyx2yx0)( 22222 =⇔=−⇔−=+−≥+−=⇔α Thay vào )(α ta có: )1ydo(1y1y0y2y 222 −≤−=⇔=⇔=+− Vậy (1) có nghiệm duy nhất )1;1()y;x( −= . Thí dụ 24: Giải phương trình: )1(xx2xlog)1xx(log 2 3 2 3 −=−++ Lời giải: Điều kiện: )(0x 0x 01xx 2 ∗>⇔ > >++ .Với điều kiện đó: 2 2 3 xx2 x 1xx log)1( −= ++ ⇔ Do x > 0 nên theo bất đẳng thức AM-GM ta có: 31 x 1 .x21 x 1 x x 1xx 2 =+≥++= ++ 13log x 1xx log 3 2 3 =≥ ++ ⇒ . Lại có 1xx20)1x( 22 ≤−⇒≥− Do đó ))(TM(1x 1xx2 x 1xx log )1( 2 2 3 ∗=⇔ =− ++ ⇔ Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 1. Thí dụ 25: Giải phương trình: )1(1xcosxsin 20002000 =+ Lời giải: Do ≤ ≤ 1xcos 1xsin nên ≤ ≤ xcosxcos xsinxsin 22000 22000 )1(VP1xcosxsin)1(VT 22 ==+≤⇒ Do đó = = ⇔ xcosxcos xsinxsin )1( 22000 22000 =− =− ⇔ 01)xx(coscos 01)xx(sinsin 19982 19982 Ζ)(k kπ 2 π x kπx 0cosx 1sinx 0cosx 1sinx 1cosx 0sinx 1cosx 0sinx ∈ += = ⇔ = −= ∨ = = ∨ −= = ∨ = = ⇔ Vậy (1) có nghiệm )k(k 2 xkx Ζ∈π+ π =∨π= . Thí dụ 26: Giải hệ: β=+ α=+ )(1yx )(1yx 44 33 (1) Lời giải: Từ (β) => ≤ ≤ 1y 1x 4 4 ⇔ ≤ ≤ 1|y| 1|x| (*).Có (1) ⇔ γ=−+− =+ )(1)1y(y)1x(x 1yx 33 33 - Nếu -1 ≤ x ≤ 0 thì từ (α) ⇒ y 3 = 1 - x 3 > 1 ⇔ y > 1 ( Điều này mâu thuẫn với (*) ) - Nếu -1 ≤ y <0 thì tương tự ta cũng có điều mâu thuẫn. Vậy x ; y ≥ 0 . Mà |x| ≤ 1; |y| ≤ 1 ⇒ x – 1 ≤ 0 và y -1 ≤ 0 ⇒ VT(γ) = x 3 (x – 1) + y 3 (y – 1) ≤ 0 = VP(γ). Do đó (γ) ⇔ =− =− 0)1y(y 0)1x(x 3 3 ⇔ =∨= =∨= 1y0y 1x0x ⇔ = = 0 0 y x v = = 1y 0x v = = 0y 1x v = = 1y 1x Thay vào (α) ta tìm được 2 nghiệm của hệ đã cho là : = = 1y 0x ; = = 0y 1x . Thí dụ 27 : Giải phương trình : 2 x+1 + 2 x−1 + 3 x+1 + 3 x−1 = 5 x+1 + 5 x−1 Lời giải : Bổ đề : Với a ≥ b ≥ 1 (*) thì a + a 1 ≥ b + b 1 (α). Thật vậy (α) a 2 b + b ≥ ab 2 + a (ab – 1)(a – b) ≥ 0 (β) Do (*) nên (β) luôn đúng.Vậy bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán , áp dụng bổ đề trên ta có :Do 5 > 3 > 2 > 1 nên 5 x > 3 x > 2 x > 1=> = + 0y 55 x THIẾU Thí dụ 28 : Giải hệ phương trình : =+ =+ 1yx 1yx 66 44 (1) Lời giải : (1) β=−+− α=+ )(1)1y(y)1x(x )(1yx 2424 44 Từ (α) có ≤ ≤ 1y 1x 4 4 => ≤ ≤ 1y 1x 2 2 => ≤− ≤− 0)1y(y 0)1x(x 24 24 => VT(β) ≤ 0. Dấu “=” xảy ra khi (x;y) ∈ {(0;0) ; (0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0) ; (1;1) ; (1;–1) ; (–1;1) ; (–1;–1)} Thay vào (α) ta được nghiệm của hệ (x;y) ∈ {(0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0)}. Thí dụ 29 : Giải hệ =+ =+ 1yx 1yx 33 22 (1) Lời giải : (1) β=−+− α=+ )(0)1y(y)1x(x )(1yx 22 22 .Từ (α) => ≤ ≤ 1y 1x 2 2 => 1 ≥ |x| ≥ x và 1 ≥ |y| ≥ y => x –1 ≤ 0 và y –1 ≤ 0 => VT(β) ≤ 0 = VP(β).Dấu “=” có khi =− =− 0)1( 0)1( 2 2 yy xx (x;y) ∈ {(0;0) ; (0;1) ; (1:0) ; (1;1) } Thay vào (α) ta đươc nghiệm của (1) là (x;y) ∈ {(0;1) ; (1:0)}. Thí dụ 31 : Giải phương trình : 8 x 2 sin +8 x 2 cos =10 + cos2y (1) Lời giải : Đặt t = sin 2 x . Điều kiện 0 ≤ t ≤ 1 (*).Khi đó VT 1 = 8 t +8 t−1 : = f(t).Ta có f(t) xác định , liên tục trên (*) nên: f'(t) = 8 t ln8 + 8 t−1 ln8 ∀ t thoả mãn (*);f'(t) = 0 8 t ln8 + 8 t−1 ln8 = 0 8 t = 8 t−1 t = 1 – t t = 2 1 . +) Khi t > 2 1 thì f'(t) > 0 ; +) Khi t < 2 1 thì f'(t) < 0 Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(t) trong (*) có : f(0) = 1 + 8 = 9 ;f(1) = 8 + 1 = 9 . Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có VT 1 ≤ 9 Mặt khác VP 1 = 10 + cos2y ≥ 10 – 1 = 9 (do cos2y ≥ –1 ) 9 1 0 t 4 f(t) – 9 f'(t) 0 + Nên (1) −= = 1y2cos 9)t(f −= = = 1y2cos 1t 0t hay −= = = 1y2cos 1xsin 0xsin 2 2 −= = 12cos 0sin y x v −= = 12cos 1sin y x π+ π = π= n 2 y kx π+ π = π+ π = n 2 y k 2 x π+ π = π = n 2 y 2 mx (m ; n ; k đều thuộc Z ) Vậy nghiệm của phương trình là π+ π = π = n 2 y 2 mx . §3: Phương pháp tổng các số hạng không âm Thí dụ 32: Giải phương trình: 0 2 3 tan2tansin2sin 2 =+−+− xxxx L ời giải : Ta có: 0 2 3 tan2tansin2sin 2 =+−+− xxxx ( ) 01tan 2 2 sin 2 2 =−+ −⇔ xx Do VT ≥ 0 = VP.Nên (1) β=− α=− ⇔ )(01xtan )(0 2 2 xsin )Zk( )ii(k2 4 3 x )i(k2 4 x )( ∈ π+ π = π+ π = ⇔α . Thay vào (β) thấy (i) thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm: )Zk(k2 4 x ∈π+ π = Thí dụ 33: Giải phương trình: x 4 –3x 2 -8x+20=0 (1) L ời giải : (1) <=> x 4 –4x 2 +4+x 2 - 8x+16=0 <=> (x 2 -2) 2 +(x-4) 2 =0.Do VT ≥ 0=VP Nên (1) ⇔ = ±= ⇔ =− =− 4x 2x 04x 02x 2 :Vô nghiệm. Thí dụ 34: Giải phương trình: 5x 2 +5y 2 -8xy-2x-2y+2=0 (1) L ời giải : (1)⇔ (2x-2y) 2 +(x-1) 2 +(y-i) 2 =0.Do VT ≥ 0=VP.Nên (1) ⇔ = = ⇔ =− =− =− 1 1 01 01 022 y x y x yx Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 1. Thí dụ 35: Giải phương trình: 1sinysinxsinxsinyysinxsin 22 −++=+ (1). Lời giải: (1) 012siny2sinx2sinxsinyy2sinx2sin 22 =+−−−+⇔ 01)(siny1)(sinxsiny)(sinx 222 =−+−+−⇔ Do VT ≥ 0=VP.Nên (1) ⇔ )Zk(k2yx 01ysin 01xsin 0ysinxsin ∈π==⇔ =− =− =− Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 2kπ (k ∈ Z). §4: Phương pháp đưa về hệ Thí dụ 36: Giải phương trình: ( ) 2x6xlog1xxlog 2 2 2 −=−+ (1) Lời giải: (1) ( ) 02x6xlog1xxlog 2 2 2 =+−−+⇔ +−− = −+− = ⇔ 2 5xx1 xlog 2 5xx1 xlog 2 2 −= = ⇔ − (1)x3xlog 2x 2 2 Từ (1) ta thấy phương trình có nghiệm x = 2.VT(1) là hàm log với cơ số 2>1nên là hàm đồng biến trên (*) VP(1) là hàm bậc nhất có hệ số a = -1 nên là hàm đồng biến .Nên x=2 là nghiệm duy nhất của (1) Vậy phương trình có nghiệm x = 2. Thí dụ 37: Giải phương trình: )1(0x34).10x3(16.3 2x2x =−+−+ −− Lời giải : 0x310).4(3x)3.(4(1) 2x22x =−+−+⇔ −− −= +−+− = = −++− = ⇔ − − β) α) ( x3 6 83x103x 4 ( 3 1 6 83x103x 4 2x 2x 2 3 1 logx 3 1 log2x)( 44 +=⇔=−⇔ α ; 03x4)x(f)( 2x =−+=⇔β − Có f(x) xác định, liên tục trên R; 014ln4)x('f 2x >+= − với Rx ∈∀ )x(f⇒ đồng biến Do đó, (1) <=> 2x)2(f)x(f =⇔= Vậy (1) có 2 nghiệm 2x2 3 1 logx 4 =∨+= . Thí dụ 38: Giải phương trình: x2x2 2 −=− (1) Lời giải: Đặt x2y −= ( Điều kiện:y ≥ 0 ) (*).Với điều kiện đó ta có: −=− =− ⇔ =− =− ⇔ )(xyxy )(yx2 xy2 yx2 (1) 22 2 2 2 β α 01)xx)(y(yβ)( =−+−⇔ =−+ =− ⇔ (ii)01xy (i)0xy (i)⇔ y = x, thay vào (α ) được:2 - y 2 = y ⇔ y 2 + y – 2 = 0⇔ −= = (*))TMKhong(2y (*))TM(1y Với y = 1 ta được x = 1 (ii) ⇔ y = 1-x ta có(*)⇔1-x ≥ 0 ⇔ 1≥ x (* 1 ). [...]... x 3 = ( với a ≥ 1 ) 2 Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của (α ) : x 1 = Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: Khi a < Khi −1 , phương trình vô nghiệm 4 −1 ≤ a ≤ 0 , phương trình có 2 nghiệm: x1; x2 4 Khi 0 ≤ a ≤ 1 phương trình có 1 nghiệm: x1 Khi a ≥ 1 , phương trình có 2 ngiệm: x1; x3 Thí dụ 48 : Giải phương trình : x + 3 + x = 3 (1) Lời giải: (1) 3 − x ≥ 0 ; x ≥ 0 3 + x = 3 – x 3 + x = (3 − x ) 2... (iii) có 2 nghiệm đều > 0 nên ta có nghiệm x của phương trình (iii) là x = ± − b ± b − 4c 2 Tóm lại: +) b2 < 4c2 :Với b < 0 thì phương trình vô nghiệm ; với b ≥ 0 thì phương có nghiệm x = ± b +) b2 ≥ 4c2 :Với b ≥ 0 thì phương trình có nghiệm x = ± b ; 2 2 với b < 0 thì phương trình có nghiệm x = ± − b ± b − 4c 2 Thí dụ 51 : Giải phương trình : x2 + Lời giải: (1) x + 5 = 5 (1) 5 − x 2 ≥ 0(α) x + 5... (1 + 4a ) Khi a ≤ − 1 , phương trình có nghiệm 4 x3 = − a + − 3a 2 (1 + 4a ) 2a 2 , x4 = - a - - 3a 2 (1 + 4a ) 2a 2 Kết luận : Nếu a = 0 phương trình có một nghiệm x = -3 Nếu a ≠ 0 , xảy ra các trường hợp sau: 1 phương trình có 4 nghiệm: x1;x2;x3;x4 4 1 1 Với − 〈 a ≤ phương trình có 2 nghiệm x1;x2 4 12 1 Với a > phương trình vô nghiệm 12 Với a ≤ − Thí dụ 53 : Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm thực... ≤ -6 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x 1 = 2 + 6 + a ; x 2 = 2 + 6 + a Nếu ( ii ) : x2 – 6x – 2 = 0 , Có : ∆' = 9 + a +) Nếu ∆' < 0 a < -9, phương trình (ii) vô nghiệm +) Nếu ∆' ≥ 0 a ≥ -9, phương trình (ii) có 2 nghiệm phân biệt: x 3 = 3 + 9 + a ; x 4 = 3 − 9 + a Vậy +) Với a < -9, phương trình vô nghiệm +) Với -9 ≤ a < -6, phương trình có 2 nghiệm: x 3 ; x 4 +) Với -6 ≤ a , phương trình. .. log 2 x (vô lý) Vậy phương trình có nghiệm x = 1 Thí dụ 42 :Giải phương trình: 3 2 − x = 1 − 1 − x (1) Lời giải: Đặt 3 2 − x = a ; 1 − x = b ( DK : b ≥ 0) Ta có: a 3 − (1 − a ) 2 = 1 a 3 − b 2 = 1 (a − 1)(a 2 + 2) = 0 a = 1 ⇔ ⇔ ⇔ b = 0 a + b = 1 a + b = 1 a + b = 1 Do đó x = 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 4x + 9 (1) 28 Thí dụ 43: Giải phương trình: 7 x 2 + 7 x = Lời giải: 2 4x + 9 2... 1 − 21 − 1 + 17 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ;x = 2 2 Thí dụ 52 : Giải phương trình : a3x4 + 6a2x2 – x + 9a + 3 = 0 (1) Lời giải : ax 2 − x + 3 = 0 ( 1 ) (ax 2 − x + 3)(a 2 x 2 + ax + 3a + 1) = 0 2 2 a x + ax + 3a + 1 = 0 (i) ( ii ) Nếu a = 0 thì phương trình có một nghiệm x = -3 Nếu a ≠ 0 thì: +) Xét ( i ) ∆ = 1 − 12a Khi a ≤ 1 1 + 1 − 12a 1 − 1 − 12a phương trình có nghiệm x 1... 0 ⇒ 0 = 3 − 0 (vô lý) ⇒ phương trình ( ii ) không có nghiệm thoả mãn ( α ) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Thí dụ 49 : Giải phương trình : x3 + 2 3 x2 + 3x + 3 - 1 = 0 (1) Lời giải: 1) [ x 2 + ( 3 + 1) x + 1 = 0 (i) ( ii ) x2 + ( 3 + 1) x + 1 ] ( x + 3 − 1) = 0 x + 3 − 1 = 0 ( ii ) x = 1 − 3 ; ( i) x = − 3 − 1 + 2 3 ∨ x = − 3 − 1 − 2 3 2 2 Vậy phương trình có nghiệm : x = 1 −... được m = 2 3.5 Thí dụ 68: Giải phương trình: 2 x − 22 x +1 = x + 1 (1) Lời giải: (1) ⇔ 2 x + x = 2 2 x +1 + (2 x + 1) Xét f(t) = 2 t + t xác định với mọi t ∈ R.Có f ′( t ) = 2 t ln 2 + 1〉 0 với mọi t ∈ R Nên f(t) đồng biến trên R, do đó: (1) ⇔ f(x) = f(2x+1) ⇔ x = 2x +1 ⇔ x = -1 Vậy x = -1 là nghiệm của phương trình Thí dụ 69: Giải phương trình 3 x − 3 2x + 1 = x + 1 (1) Lời giải: (1) ⇔ 3 x + x = 3 2x... (TMDK ) x − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 + 2 3 ⇔ x = 1 − 2 2 (TMDK ) x − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 − 2 3; x = 2 + 2 3; x = 1 − 2 ; x = 1 + 2 ( ) §5: Phương pháp đảo ẩn Thí dụ 45 : Giải phương trình : (8a2 + 1)sin3x – (4a2 + 1)sinx + 2a.cos3x = 0 (1) Lời giải: 2a (2 sin 2 x − 1) + sin x cos x = 0 (i) (1) [ 2a(2sin2x – 1) + sinxcosx ] ( 2asinx – cosx ) = 0 ... Vậy phương trình có nghiệm: x = α + kπ ( k ∈ Z) , trong đó cotg α = 2a β k x = + π ( k ∈ Z) , trong đó tg β = 4a 2 2 Thí dụ 46: Giải phương trình : x4 – 10x3 – 2(a – 11)x2 + 2(5a + 6)x + 2a + a2 = 0 (1) Lời giải: x 2 − 4x − 2 − a = 0 (1) ( a – x2 + 4x + 2 ) ( a – x2 + 6x ) = 0 2 x − 6x − a = 0 (i) ( ii ) Nếu ( i ) thì: x2 – 4x – 2 – a = 0 , Có : ∆' = 6 + a +) Nếu ∆' < 0 a > -6 , phương trình