Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp - Chương 5 pdf

242 CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT V.1. ) ( ) 1 1 4 10.2 24 1 x x− − = ( ) ( ) 2 1 2 5.2 24 x x ⇔ − = Đặt 2 0. x t = > Phương trình (1) trở thành 2 5 24 t t − = 2 5 24 0 8 3 t t t t ⇔ − − = =  ⇔  = −  So với điều kiện ta chọn 8 t = 2 8 x ⇒ = 3. x ⇔ = Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 3. x = ) ( ) 2 2 2 4.2 6 18.3 1 x x x − = ( ) 2 2 2 1 4. 18 3 3 x     ⇔ − =         Đặt 2 0. 3 x t   = >     Phương trình (1) trở thành 2 4 18 t t − = 2 4 18 0 9 4 2 t t t t ⇔ − − =  =  ⇔  = −  So với điều kiện ta chọn 9 2 9 4 3 4 x t   = ⇒ =     2. x ⇔ = − Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 2. x = − Điều kiện: 0 x > Ta có ( ) 3 3 3 3 2 log log log log log 3 3 3 3 , x x x x x x x= ⇒ = = do đó ( ) 2 2 log log 3 3 1 3 3 162 x x ⇔ + = 2 log 3 2.3 162 x ⇔ = ) ( ) 2 3 3 log log 3 3 162 1 x x x+ = 243 2 log 3 3 81 x ⇔ = 2 3 log 4 x ⇔ = 3 3 log 2 log 2 x x =  ⇔  = −  2 2 3 9 1 3 . 9 x x −  = =  ⇔  = =   Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 1 9; . 9 x x = = ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 3 5 log 1 log 2 1 4 9 5 1 x x+ + = Điều kiện: 2 1 0 1 2 1 0 x x x + >  ⇔ > −  + >  ( ) ( ) 2 1 1 3 5 2log 1 log 2 1 (1) 3 5 x x − − + + ⇔ = ( ) ( ) 2 5 3 log 2 1 2log 1 3 5 x x − + − + ⇔ = ( ) ( ) 1 2 2 5 3 log 2 1 log 1 3 5 x x − − + + ⇔ = ( ) ( ) 1 2 2 1 2 1 x x − − ⇔ + = + 2 2 2 1 2 1 x x x ⇔ + + = + 2 2 0 x x ⇔ − = 0 2 x x =  ⇔  =  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 0; 2. x x = = 5) 2 2 5 1 5 4 12.2 8 0(1) x x x x− − − − − − + = Điều kiện: 2 5 0 5 x x− ≥ ⇔ ≥ 2 2 5 2 5 (1) (2 ) 6.2 8 0 x x x x− − − − ⇔ − + = Đặt 2 5 2 ( 0). x x t t − − = > Khi đó phương trình (1) trở thành 2 6 8 0 t t − + = 4 2 t t =  ⇔  =  (Nhận). + Với 2 t = 2 5 2 2 x x− − ⇒ = 2 2 5 1 5 1 x x x x ⇔ − − = ⇔ − = − 244 2 2 1 0 ( 1) 5 x x x − ≥  ⇔  − = −  1 2 6 x x ≥  ⇔  =  3 x ⇔ = + Với 4 t = 2 2 5 5 2 2 4 2 2 x x x x− − − − ⇒ = ⇔ = 2 2 5 2 5 2 x x x x ⇔ − − = ⇔ − = − 2 2 2 0 ( 2) 5 x x x − ≥  ⇔  − = −  2 4 9 x x ≥  ⇔  =  9 4 x ⇔ = Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 9 3; . 4 x x = = 6) 2 2 1 2 9 10.3 1 0(1) x x x x+ − + − − + = 2 2 1 2 1 10 (3 ) .3 1 0 3 x x x x+ − + − ⇔ − + = Đặt 2 1 3 ( 0). x x t t + − = > Khi đó phương trình (1) trở thành 2 10 1 0 3 t t − + = 3 1 3 t t =   ⇔  =  (Nhận). + Với 1 3 t = 2 2 1 1 1 3 3 3 3 x x x x x + − + − − ⇒ = ⇔ = 2 1 1 x x ⇔ + − = − ( 1) 0 x x ⇔ + = 0 1 x x =  ⇔  = −  + Với 3 t = 2 1 2 3 3 1 1 x x x x + − ⇒ = ⇔ + − = 2 2 0 x x ⇔ + − = 1 2 x x =  ⇔  = −  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 2; 1; 0; 1. x x x x = − = − = = 7) 3.4 (3 10).2 3 0(1) x x x x+ − + − = 2 3(2 ) (3 10).2 3 0 x x x x ⇔ + − + − = Đặt 2 ( 0). x t t = > Khi đó phương trình (1) trở thành 2 3 (3 10) 3 0(2). t x t x+ − + − = Ta coi vế trái của phương trình (2) là một tam thức bậc hai của biến , t khi đó ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 10 4.3. 3 9 60 100 36 12 9 48 64 3 8 . x x x x x x x x ∆ = − − − = − + − + = − + = − 245 Vì vậy 1 (2) 3 3 t t x  =  ⇔  = −  + Với 1 3 t = 2 1 1 2 log 3 3 x x⇒ = ⇔ = . + Với 3 , t x = − ta có phương trình 2 3 2 3 0(3) x x x x= − ⇔ + − = Ta thấy 1 x = là nghiệm của ( ) 3 . Mặt khác, ta lại có 2 3 x y x = + − là một hàm số tăng trên ℝ nên phương trình (3) chỉ có một nghiệm duy nhất 1. x = Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 2 1 log ; 1. 3 x x = = 8) 2 (2 3) 2(1 2 ) 0(1). x x x x+ − + − = Ta coi (1) là phương trình bậc hai theo ẩn . x Khi đó 2 (1) 1 2 x x x =  ⇔  = −  Giải phương trình ( ) 1 2 2 1 2 x x x x= − ⇔ + = Ta thấy 0 x = là nghiệm của ( ) 2 . Thật vậy 0 2 0 1 + = (Đúng). Mặt khác, ta lại có 2 x y x = + là hàm tăng trên ℝ , 1 y = là hàm hằng. Nên 0 x = là nghiệm duy nhất của ( ) 2 . Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 0; 2. x x = = 9) 3 1 4.3 3 1 9 (1) x x x+ − = − Điều kiện: 1 9 0 9 1 0. x x x − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ 3 2 (1) 4.3 3.3 1 3 . x x x ⇔ − = − Với điều kiện 0 x ≤ thì 0 3 1, x < ≤ ta đặt 3 cos x t = với [0; ) 2 t π ∈ . Khi đó ta có phương trình 3 2 4cos 3cos 1 cos t t t − = − cos3 sin cos3 sin t t t t ⇔ = ⇔ = (Do [0; ) 2 t π ∈ ) 246 cos3 cos 2 t t π   ⇔ = −     ( ) 3 2 8 22 , . 3 2 2 4 k tt t k k t t k t k π ππ π π π π π  = += − +  ⇔ ⇔ ∈    = − + + = − +     ℤ Do [0; ) 2 t π ∈ nên ta chọn 3 3 cos log cos . 8 8 8 x t x π π π = ⇒ = ⇔ = Ta có 2 2 2 2 2 2 cos 2cos 1 cos cos . 4 8 8 4 8 2 π π π π + + = − ⇔ = ⇔ = Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 3 2 2 log . 2 x + = 10) 2 2 2 3 2 6 5 2 3 7 4 4 4 1 x x x x x x− + + + + + + = + Ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 6 5 3 2 6 5 3 2 6 5 3 2 3 2 2 2 6 5 6 5 4 4 4 .4 1 4 1 1 4 0 4 1 0 4 1 3 2 0 1 2 1 5. 6 5 0 1 4 0 4 1 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 − + + + − + + + − + + + − + − + + + + + + = + ⇔ − − =    − = = − + = = ∨ =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = − ∨ = − + + =     − = =    Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 1; 2; 1; 5. x x x x = = = − = − 11) sin 4 tan . x e x π   −     = Điều kiện: ( ) cos 0 , . 2 x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈ ℤ Dễ thấy sin 0 x = không thỏa mãn phương trình. Phương trình đã cho tương đương với 2 sinx 2 osx 2(sinx - cosx) 2 2 2 sin (1) cos sin cos c x e e e x x x = ⇔ = Đặt sin cos u x v x =   =  . Ta có ( ) , 1;1 ; , 0. u v u v ∈ − ≠ Từ (1) ta có phương trình 2 2 2 2 . u v e e u v = Xét hàm số 2 2 ( ) , x e y f x x = = với ( 1;0) (0;1). x ∈ − ∪ 247 2 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2 2) 2 0 2 x x x e x e y x x − − ′ = = < suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 1;0) − và (0;1). Ta thấy , u v cùng dấu nên , u v cùng thuộc một khoảng ( 1 − ; 0) hoặc (0; 1). Từ giả thiết ( ) ( ) tan 1 . 4 f u f v u v x x k π π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là , 4 x k π π = + ( ) . k ∈ ℤ V.2.1) 2 4 2.5 10 0(1) x x x − − > 2 4 5 2. 1 0 10 10 x x x x ⇔ − − > 2 5 2. 1 0 5 2 x x     ⇔ − − >         Đặt 2 0. 5 x t   = >     Bất phương trình (1) trở thành 2 1 0 t t − − > 2 2 0 t t ⇔ − − > 1 2 t t < −  ⇔  >  So với điều kiện 0 t > ta nhận 2 t > . Như vậy ta có 2 5 x       2 > 2 5 log 2 x⇔ < . Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 5 ;log 2 .   −∞     2) 2 9 3 3 9 x x x+ − > − ⇔ 2 2 3 9 0 9 3 0 3 9 0 9 3 9 18.3 81 x x x x x x x x + +   − <    − ≥      − ≥     − ≥ − +    ⇔ 2 2 2 2 2 x x x x x  <    ≥   ⇔ ≥  ≥    ≥    Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [2; ). +∞ 248 3) 4 2 4 2(1) 1 x x x + − ≤ − 1 4 2 0 2 1 2 1 0 1 1 4 2 1 (1) 0 1 1 2 2 1 1 4 2 0 2 1 1 0 1 x x x x x x x x x x x x x x x   ≤      − ≤ ≤         − > > > −       ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ <    − ≥    − ≥   ≥       <  − <       <   Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 ;1 . 2       4) 1 1 15.2 1 2 1 2 x x x + + + ≥ − + Đặt 2 0 x t = > Bất phương trình đã cho trở thành 30 1 1 2 t t t + ≥ − + + Xét 0 1 t < < Ta có 30 1 1 2 t t t + ≥ − + 2 2 30 1 1 2 30 1 1 30 1 2 1 28 0 0 28 t t t t t t t t t t t ⇔ + ≥ − + ⇔ + ≥ + ⇔ + ≥ + + ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ So với điều kiện 0 1 t < < ta được 0 1 t < < 0 2 1 x ⇔ < < 0. x ⇔ < + Xét 1 t ≥ Ta có 30 1 1 2 t t t + ≥ − + 30 1 1 2 30 1 3 1 t t t t t ⇔ + ≥ − + ⇔ + ≥ − 2 30 1 9 6 1 t t t ⇔ + ≥ − + (do 1 3 1 0) t t ≥ ⇒ − > 2 9 36 0 t t ⇔ − ≤ 0 4 t ⇔ ≤ ≤ So với điều kiện 1 t ≥ ta được 1 4 1 2 4 0 2. x t x ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ;2]. −∞ 5) ( ) 2 2 2 log log 2 4(1) x x x+ ≤ 249 Đặt 2 log 2 . t t x x = ⇒ = Ta có bất phương trình 2 2 2 2 4 t t + ≤ 2 2 2 t ⇔ ≤ 2 1 t ⇔ ≤ 1 1 t ⇔ − ≤ ≤ Suy ra 2 1 log 1 x − ≤ ≤ 1 2 2 x ⇔ ≤ ≤ Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 ;2 . 2       6) ( ) ( ) 1 3 3 1 10 3 10 3 0(1) x x x x + − + − − − + ≥ Ta có ( ) ( ) ( ) 1 10 3 10 3 1 10 3 10 3 − − + = ⇒ − = + do đó bất phương trình (1) tương đương với ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 3 1 1 3 3 1 10 3 10 3 0 10 3 10 3 1 3 3 1 x x x x x x x x x x x x + − − + − + − − + − + − + ≥ ⇔ + ≥ + − − − ⇔ ≥ + − ( )( ) 2 1 3 0 3 1 2 10 0 3 1 x x x x x x x + − ⇔ + ≤ + − − ⇔ ≤ + − 3 5 1 5 x x  − < ≤ − ⇔  < ≤   Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( 3; 5] (1; 5]. − − ∪ 7) 2 2 2 2 1 2 4 .2 3.2 .2 8 12 x x x x x x x + + + > + + Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 1 2 4 .2 3.2 .2 8 12 0 x x x x x x x + + + − − − > ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 2 4 2 3 4 2 0 x x x x x ⇔ − − − − − > 250 ( ) ( ) 2 2 4 2 2 3 0 x x x ⇔ − − − > 2 2 22 2 2 4 2 0 2 4 2 3 0 1 3 2 44 2 0 1 3 2 3 0 x x xx x x x x x x x     − >  <      − − > < − ∨ >       ⇔ ⇔     >− <        − < <  − − <       2 2 1 3 2 1 2 3 2 2 1 3 x x x x x x x x   − < <     < − ∨ > − < < −    ⇔ ⇔    < <  < − ∨ >      − < <    Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ) ( ) 2; 1 2;3 . − − ∪ 8) 1 1 8 2 4 2 5 x x x+ + + − + > Đặt 2 0. x t = > Bất phương trình đã cho trở thành 2 8 2 2 5 t t t + − + > 2 8 2 5 2 t t t ⇔ + − > − ( ) 2 2 2 2 5 2 0 8 2 0 5 2 0 8 2 5 2 5 2 2 4 5 2 5 22 17 0 t t t t t t t t t t t t  − <    + − ≥   ⇔  − ≥      + − > −      >      − ≤ ≤   ⇔    ≤      − + <   5 4 2 1 4 5 1 2 t t t  < ≤  ⇔ ⇔ < ≤   < ≤   Suy ra 1 2 4 x < ≤ 0 2 x ⇔ < ≤ . Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ] 0;2 . 251 9) 2 2 1 9 3 x x + −   >     Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 x x + < − − ( ) 2 2 2 0 2 2 2 4 0(1) 2 x x x x x x + + − ⇔ < − + − + ⇔ < − + Xét trường hợp 2 x < − 2 2 4 (1) 0 2 1 0. x x x − − + + ⇔ < + ⇔ < Trường hợp này (1) không nghiệm đúng. + Xét trường hợp 2 0 x − < < 2 2 4 (1) 0 2 3 0. x x x + + + ⇔ < + ⇔ < (1) cũng không nghiệm đúng. + Xét trường hợp 0 x > 2 2 4 (1) 0 2 6 0 2 6. 2 x x x x x x + − + ⇔ < − + − ⇔ < ⇔ < < − Vậy, tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là ( ) 2;6 . V. 3. ( ) ( ) 2 6 4 3 2 2 2 4 3 6 1 m x x m m x m + + − = − + − ( ) ( ) ( ) 2 2 6 4 3 2 6 2 4 3 1 2 2 6 4 3 2 6 2 4 3 m x x m m x x m m x x m m x x m + + + + ⇔ − = − + + + ⇔ + + = + + Xét hàm số ( ) 2 . t f t t = + Hàm số này đồng biến trên . ℝ Phương trình ( ) 1 được viết dưới dạng ( ) ( ) 2 6 4 3 f m x f x m + = + [...]... − 4 x + 5 ) + 2 5 − log 2 ( x 2 − 4 x + 5 ) = 6(1) 30) 2 Vì x 2 − 4 x + 5 > 0 ∀x ∈ ℝ và x 2 − 4 x + 5 = ( x − 2 ) + 1 ≥ 1 nên ( ) log 2 x 2 − 4 x + 5 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ( ) Đặt t = log 2 x 2 − 4 x + 5 ( t ≥ 0 ) Phương trình đã cho trở thành 3 + t + 2 5 − t = 6 ( 2) t ≥ 0  Điều kiện: 3 + t ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤ 5 5 − t ≥ 0  ( 2) ⇔ 3 + t + 4 ( 5 − t ) + 4 ( 3 + t )( 5 − t ) = 36 t = 1 ⇔ 4 ( 3 + t )( 5 − t ) =... ) = 1 ⇔ xy = 2 253 Thay xy = 2 vào phương trình ( x + y )2 = 3( x + y ) + 2 xy + 6 ta được x + y = 5 ( x + y )2 − 3( x + y ) − 10 = 0 ⇔   x + y = −2   xy = 2  x + y = 5 Suy ra ( I ) ⇔    xy = 2    x + y = −2   xy = 2 + Giải hệ  ( I ′) x + y = 5 Như vậy, x, y là nghiệm của phương trình  5 + 17 X = 2 X 2 − 5X + 2 = 0 ⇔   5 − 17 X = 2   5 + 17 5 − 17   5 − 17 5 + 17  Suy ra... t − 1 = 0  2 274 t = 0 t = 1   ⇔ t = −1 + 5 2   −1 − 5 t = 2  Ta chọn t = 0; t = 1; t = −1 + 5 2 + Với t = 0 ⇒ log 2 x + 1 = 0 ⇔ log 2 x = −1 ⇔ x = 1 (Nhận) 2 + Với t = 1 ⇒ log 2 x + 1 = 1 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 (Nhận) + Với t = −1 + 5 2 2 1− 5  5 −1  5 −1 1− 5 ⇒ log 2 x + 1 = ⇔ log 2 x =  ⇔ x = 2 2 (Nhận)  − 1 ⇔ log 2 x =  2  2 2   1− 5 1 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x =... 2 +   5 ) ( − x 2 + 3 x −1 = 2(1) Điều kiện: x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 2 (1) ⇔ log3 ( ) x 2 − 3x + 2 + 2 + 5x 2 −3 x +1 =2 Đặt t = x 2 − 3x + 2 ( t ≥ 0 ) Khi đó (1) trở thành log 3 ( t + 2 ) + 5t 2 −1 = 2 ⇔ log 3 ( t + 2 ) = −5t 2 −1 + 2(2) Xét hàm số f ( t ) = log 3 ( t + 2 ) Ta thấy f ′ ( t ) = 1 > 0 ∀t ≥ 0 ( t + 2) ln 3 ⇒ f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) Xét hàm số g ( t ) = −5t g ′ (... 4.2 x − 3 > 0 ⇔ 2 x > ⇔ x > log 2 4 4 4.2 − 3 > 0  (1) ⇔ log 2 ⇔ 4 x + 15. 2 x + 27 = 0 (4.2 x − 3)2 4 x + 15. 2 x + 27 = 1 ⇔ 4 x + 15. 2 x + 27 = (4.2 x − 3) 2 (4.2 x − 3) 2 ⇔ 2 2 x + 15. 2 x + 27 = 16.22 x − 24.2 x + 9 ⇔ − 15. 2 2 x + 39.2 x + 18 = 0 ⇔ 5. 2 2 x + 13.2 x + 6 = 0  2x = 3 ⇔ x ⇔ 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 2 = − 2  5  x = log 2 3 thỏa điều kiện Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = log... 2 65 Điều kiện: x > 0 log x 3 ≥ 0 (1) ⇔  4 2 2 3  log 2 2 x + log 4 16 x = log 4 x x ≥1  ⇔ 1 9 2 log 2 2 + 2log 2 x + 2 log 2 2 + 2 log 2 x = 4 log 2 x  x ≥1 ⇔ 2  9 log 2 x − 10 log 2 x − 12 = 0  x ≥1    log x = 5 +  ⇔  2     log x = 5 −  2  x ≥ 1  133 5 + 133 5+ 133  ⇔  x = 2 9 ⇔ x = 2 9 9  5 − 133 133  x = 2 9  9 Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 2 ( 5+ ... nghiệm là   2 ; 2 ; 2 ; 2          xy = 2 + Giải hệ  ( I ′′) x + y = −2  Ta có x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 2 X + 2 = 0 (Phương trình vô nghiệm) Do đó hệ phương trình ( I ′′) vô nghiệm  5 + 17 5 − 17   5 − 17 5 + 17  Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là   2 ; 2 ; 2 ; 2         ( x 2 + y )2 y − x = 1  5)  (I ) 2 x2 − y 9( x + y ) = 6  2  x 2 + y = 2x −... =8  2 − 7.2 = 8 4 − 7.22 y +1 − 8 = 0 4  ( ) x = 4 y +1 x = 4 y + 1 x = 5  ⇔   22 y +1 = 8 ⇔  2 y ⇔ y =1 2 = 4   2 y +1 = −1 2  Vậy, nghiệm của hệ phương trình đã cho là (5; 1) 23 x = 5 y 2 − 4 y  3)  4 x + 2 x +1 =y  x  2 +2  y = 0  x = 0  23 x = 5 y 2 − 4 y   3x 2 3 2 2 = 5 y − 4 y y − 5y + 4y = 0     y =1 y =1 ⇔ x ⇔ x ⇔  ⇔ ⇔  2x 2x + 2  x = 2  2 =... trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m t +1 t2 − 2 cắt đồ thị hàm số y = f (t ) = ( t ≥ 2 ) tại ít nhất một điểm t +1 Xét f ( t ) = Ta có f ' ( t ) = t 2 + 2t + 2 ( t + 1) 2 > 0, ∀t ≥ 2 Lập bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có với m ≥ 2 thì phương trình (1) có nghiệm 3 2 Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi m ≥ 3 4 x + y = 128  V .5 1)  3 x −2 y −3 =1 5  Ta có hệ phương trình... = −5t g ′ ( t ) = −2t.5t 2 −2 2 −1 +2 ≤ 0, ∀t ≥ 0 ⇒ g ( t ) nghịch biến trên [ 0; +∞ ) Do đó, phương trình ( 2 ) có nhiều nhất một nghiệm, kiểm tra được t = 1 là nghiệm của phương trình ( 2 ) Suy ra  3+ 5 x = 2 x 2 − 3x + 2 = 1 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 1 ⇔ x 2 − 3 x + 1 = 0 ⇔  (Nhận)  3− 5 x = 2  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x = 26) log 3 ( ) x + 2 = log 2 ( 3+ 5 3− 5 ;x = 2 2 ) x + 1 (1) . cho là 0; 2. x x = = 5) 2 2 5 1 5 4 12.2 8 0(1) x x x x− − − − − − + = Điều kiện: 2 5 0 5 x x− ≥ ⇔ ≥ 2 2 5 2 5 (1) (2 ) 6.2 8 0 x x x x− − − − ⇔ − + = Đặt 2 5 2 ( 0). x x t t − − =. trình đã cho trở thành 2 8 2 2 5 t t t + − + > 2 8 2 5 2 t t t ⇔ + − > − ( ) 2 2 2 2 5 2 0 8 2 0 5 2 0 8 2 5 2 5 2 2 4 5 2 5 22 17 0 t t t t t t t t t t t t  − <    + − ≥   ⇔  −. + Với 2 t = 2 5 2 2 x x− − ⇒ = 2 2 5 1 5 1 x x x x ⇔ − − = ⇔ − = − 244 2 2 1 0 ( 1) 5 x x x − ≥  ⇔  − = −  1 2 6 x x ≥  ⇔  =  3 x ⇔ = + Với 4 t = 2 2 5 5 2 2 4 2 2 x x x