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

188 CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ IV.1. ) ( ) ( ) 2 1 16 3 0 1 x x− − = Điều kiện: ( ) 3 0 3. x x − ≥ ⇔ ≤ ∗ ( ) 2 2 16 0 1 3 0 16 3 4 4 3 x x x x x x x  − = ⇔  − =    = ⇔  =  = −   ⇔ =   =  So với điều kiện ( ) , ∗ phương trình đã cho có hai nghiệm là 4 x = − và 3. x = ) ( ) ( ) 2 2 9 2 0 2 x x− − = Điều kiện: ( ) 2 0 2 x x − ≥ ⇔ ≤ ∗ ( ) 2 2 9 0 2 2 0 3 9 3 2 2 x x x x x x x  − = ⇔  − =   = −   =  ⇔ ⇔ =   =   =  So với điều kiện ( ) ∗ , phương trình đã cho có hai nghiệm là 3 x = − và 2. x = ) ( ) 2 3 4 2 2 3 . x x x+ − = − Ta có ( ) 2 2 2 2 2 0 2 3 3. 0 4 2 4 4 2 6 0 3 x x x x x x x x x x x x ≥  − ≥ ≥    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = =     + − = − + − =     =   Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 3. x = ) ( ) 2 4 1 4 1 4 x x x+ − = − Ta có ( ) 2 2 2 1 1 1 4 3. 0 1 4 2 1 2 6 0 3 x x x x x x x x x x x x ≥  ≥ ≥    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = =     + − = − + − =     =   Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 3. x = 189 ) ( ) 5 2 1 3 2 5 x x x+ + − = Điều kiện: ( ) 1 2 1 0 2 3 0 3 3 0 0 x x x x x x x −  ≥  + ≥    − ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∗     ≥ ≥    ( ) ( )( ) ( )( ) 5 2 1 3 2 2 1 3 4 2 2 1 3 2 x x x x x x x x ⇔ + + − + + − = ⇔ + − = + ( ) 2 2 4 2 5 3 4 4 x x x x ⇔ − − = + + (Do 3 x ≥ nên 2 0) x + > 2 7 24 16 0 4 4 7 x x x x ⇔ − − = =   ⇔ −  =  So với điều kiện ( ) , ∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là 4. x = ) ( ) 6 1 4 13 3 12 6 x x x+ + + = + Điều kiện: ( ) 1 1 0 13 4 13 0 1 4 3 12 0 4 x x x x x x x ≥ −  + ≥   −   + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − ∗     + ≥  ≥ −   ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 6 1 4 13 2 1 4 13 3 12 2 1 4 13 2 2 1 4 13 1(**) x x x x x x x x x x x ⇔ + + + + + + = + ⇔ + + = − − ⇔ + + = − − Điều kiện của phương trình (**) là 1 x ≤ − . Kết hợp với điều kiện (*) ta được 1. x = − 1 x = − thỏa phương trình (**). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 1. x = − )( ) ( ) 2 2 7 3 10 12 7 x x x x+ − = − − Điều kiện: ( ) 2 10 0 10 10. x x − ≥ ⇔ − ≤ ≤ ∗ ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 7 3 10 3 4 3 10 4 0 3 0 10 4 0 x x x x x x x x x x ⇔ + − = + −   ⇔ + − − − =   + =  ⇔  − − − =   190 2 2 2 3 10 4 3 4 0 10 8 16 x x x x x x x x = −  ⇔  − = −   = −   − ≥ ⇔     − = − +   3 4 3. 1 3 x x x x x = −   ≥   ⇔ ⇔ = −   =      =     So với điều kiện ( ) , ∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là 3. x = − ) ( ) 8 4 1 1 2 8 x x x+ − − = − Điều kiện: ( ) 4 0 4 1 1 0 1 4 2 1 2 0 1 2 x x x x x x x   + ≥ ≥ −    − ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ∗     − ≥   ≤  Ta có ( )( ) ( ) ( ) 4 1 1 2 4 1 2 1 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x x x x + − − = − ⇔ + = − + − ⇔ + = − + − + − − ⇔ + = − − 2 2 2 2 1 0 4 4 1 1 3 2 1 2 7 0 1 2 0 0 7 7 x x x x x x x x x x x x x + ≥  ⇔  + + = − +  −  ≥  ⇔   − =  −  ≥  =   ⇔ ⇔   =  =     =   So với điều kiện ( ) , ∗ ta có nghiệm của phương trình đã cho là 0. x = IV.2. 1) ( ) 2 2 3 15 2 5 1 2 1 x x x x+ + + + = 191 Đặt 2 5 1, 0 t x x t = + + ≥ ( ) ∗ ( ) 1 trở thành 2 3 2 5 0 t t+ − = 5 1 3 t t ⇔ = ∨ = − So với điều kiện ( ) ∗ ta nhận 1, t = khi đó ta có 2 2 0 5 1 1 5 0 5. x t x x x x x =  = + + = ⇔ + = ⇔  = −  Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 0 5. x x = ∨ = − 2) ( ) 2 2 3 3 3 6 3 1 x x x x− + + − + = Đặt 2 3 3 t x x = − + ( ) 1 trở thành 3 3 t t + + = ( ) 2 Điều kiện: 0 t ≥ Khi đó ( ) 2 tương đương với ( ) ( ) ( ) 2 3 2 3 9 3 3 3 0 3 9 6 3 3 9 9 1 t t t t t t t t t t t t t t t t + + + + = ⇔ + = − − ≥   ⇔  + = − +   ≤ ≤   ⇔ ⇔   = =   1 t ⇔ = . Với 1, t = ta có 2 2 3 3 1 3 2 0 1 2. x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là 1; 2. x x = = 3) ( )( ) ( ) 2 5 2 5 4 . x x x x + + − + + − = ∗ Điều kiện: 2 5. x − ≤ ≤ Đặt 2 5 , 0 t x x t = + + − ≥ ( )( ) ( )( ) 2 2 2 5 2 2 5 7 2 2 5 t x x x x t x x ⇔ = + + − + + − ⇔ − = + − ( ) ∗ trở thành 192 2 2 2 3 7 4 2 7 8 2 15 0 5 2 t t t t t t t t =  − + = ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔  = −  Vì 0 t ≥ nên ta nhận 3, t = khi đó ta có ( )( ) ( )( ) 2 2 2 5 3 2 5 2 2 5 9 2 5 1 3 10 1 3 9 0 x t x x x x x x x x x x + + − = ⇔ + + − + + − = ⇔ + − = ⇔ − + + = ⇔ − − = 3 3 5 3 3 5 2 2 x x − + ⇔ = ∨ = (Thỏa điều kiện) Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3 3 5 3 3 5 ; . 2 2 x x − + = = 4) ( ) 2 4 4 2 12 2 16x x x x + + − = − + − ∗ Điều kiện: 4 x ≥ Đặt 4 4, 0t x x t= + + − ≥ 2 2 2 2 16 t x x ⇔ = + − ( ) ∗ trở thành 2 12 t t = − 2 12 0 3 4 t t t t ⇔ − − = ⇔ = − ∨ = Vì 0 t ≥ nên nhận 4, t = ta có 2 2 2 2 4 4 4 4 4 2 16 16 16 8 8 0 16 64 16 8 8 16 80 5 x x x x x x x x x x x x x x x + + − = ⇔ + + − + − = ⇔ − = − − ≥  ⇔  − = − +  ≤ ≤   ⇔ ⇔   = =   5 x ⇔ = (Thỏa điều kiện). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 5. x = 193 5) 2 2 1 1 (1) 3 x x x x + − = + − Đặt , 1 u x v x  =   = −   điều kiện: , 0. u v ≥ Phương trình (1) được chuyển thành hệ ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 3 2 2 1 21 13 3 3 0 ( ) 3 1 0 2 3 2 1 ( ) 2 3 2 u v u v uv uv uv uv u v u v uv u v uv uv I u v uv uv uv u v uv II u v      + = + − = + − =         ⇔ ⇔    + = + + = +    + = +      =     + = = ∨ =      ⇔ ⇔   =    + = +       + =   + Trường hợp ( ) I ta được 0 1 1 0 1 1 1 0 x x x x x x   =     − = =    ⇔   =    =    − =     + Trường hợp ( ) II (Vô nghiệm). Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 0; 1. x x = = Chú ý. Có thể đặt ẩn phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3). 6) ( ) 2 1 1 24 1 x x x+ + − = Ta có ( ) 2 1 1 24 1 x x x ⇔ + − = − 2 2 2 2 2 2 2 1 0 1 1 24 2 1 24 2 1 1 2 0 24 2 24 4 4 2 2 7 4 28 7 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x − ≥ ≥     ⇔ ⇔   + − = − + − = −      ≥ ≥    ⇔ ⇔ − ≥   − = −    − = − +  ≥ ≥   ⇔ ⇔ ⇔ =   = =   Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 7. x = 194 7) ( ) 11 11 4 1 x x x x+ + + − + = Điều kiện: ( ) 11 0 11 0 11 0 x x x x x + ≥   − + ≥ ∗   + + ≥  ( ) 2 2 2 2 1 11 11 2 11 16 11 8 8 0 11 16 64 8 8 5 15 75 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + + − + + − − = ⇔ − − = − − ≥  ⇔  − − = − +  ≤ ≤   ⇔ ⇔ ⇔ =   = =   So với điều kiện ( ) ∗ ta nhận 5. x = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 5. x = 8) ( ) ( ) 3 3 3 3 35 35 30 1 x x x x− + − = Đặt 3 3 35 u x v x =    = −   ( ) 1 trở thành ( ) 3 3 30 35 uv u v u v  + =   + =   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 30 30 3 35 125 30 5 2 3 6 3 2 5 u v uv u v uv u v u v uv u v u v uv u v u u uv v v u v   + = + =   ⇔ ⇔   + − + = + =      + = + = = =     ⇔ ⇔ ⇔ ∨     = = = + =      Với 3 3 3 3 3 3 2 35 8 35 2 x x u v x x =  = =    ⇔ ⇔    = − = − =     3 3 3 27 x x x =  ⇔ ⇔ =  =  Với 3 3 3 2 2 2 3 35 27 35 3 x x u v x x =  = =    ⇔ ⇔    = − = − =     3 2 2 8 x x x =  ⇔ ⇔ =  =  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 2; 3. x x = = 9) ( ) 3 3 2 3 3 2 1 x x+ = − ( ) 3 3 2 1 3 2 3 x x + ⇔ = − 195 Hàm số 3 2 3 x y + = luôn đồng biến trên ℝ nên có hàm số ngược là 3 3 2 y x = − . Vì vậy, hoành độ giao điểm của hai đồ thị 3 2 3 x y + = và 3 3 2 y x = − cũng chính là hoành độ giao điểm của hai đồ thị y x = và ( ) 3 1 2 3 y x = + . Do đó phương trình đã cho tương đương với 3 2 3 x x + = 3 3 2 0 2 1 x x x x ⇔ − + = ⇔ = − ∨ = Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 2; 1. x x = − = 10) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 2 1 3 1 1 0 1 x x x+ + − + − = Vì 1 x = − không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của ( ) 1 cho ( ) 2 3 1 x + ta được phương trình tương đương ( ) 2 33 1 1 2 3 0 1 1 x x x x − −   + + = ∗   + +   Đăt 3 1 , 1 x t x − = + khi đó ( ) ∗ trở thành 2 2 3 0 t t + + = 3 3 1 1 1 1 1 9 1 1 2 1 7 1 8 2 1 1 x x t x x x t x x x x  − −  = − = −   = −  + +  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = −    = − − −   = − = −   +  +  Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 9 . 7 x = − 11) 3 2 6 1 2 0(1) x x+ − + = Đặt 3 3 3 1 1 1 . t x t x x t = − ⇒ = − ⇒ = − Phương trình (1) trở thành ( ) 3 3 3 2 1 6 2 0 2 6 4 0 1 3 2 0 2 t t t t t t t t − + + = ⇔ − − = = −  ⇔ − − = ⇔  =  + Với 3 1 1 1 2. t x x = − ⇒ − = − ⇔ = 196 + Với 3 2 1 2 1 8 7. t x x x = ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = − Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 7; 2. x x = − = 12) 2 3 1 3 8 3(1) x x x+ = − + Điều kiện: 1. x ≥ − Phương trình (1) tương đương với 2 3 1 3 8 3 0. x x x + − + − = Xét hàm số 2 ( ) 3 1 3 8 3, 1. f x x x x x = + − + − ≥ − ( ) 3 3 ( ) 6 8 2 1 3 ( ) 6 0, 1 4 1 f x x x f x x x ′ = − + + ′′ = − − < ∀ > − + Suy ra hàm số lồi trên [ 1; ). − +∞ Vậy, phương trình (1) nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm, ta có (0) (3) 0. f f = = Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm là 0; 3. x x = = Chú ý. Chúng ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp biến đổi tương đương, cụ thể: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 3 2 2 2 2 3 8 3 0 3 8 3 0 (1) 9 48 82 57 0 9 1 3 8 3 3 8 3 0 0 3. 3 9 21 19 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x  − + ≥  − + ≥   ⇔ ⇔   − + − = + = − +      − + ≥ =   ⇔   = − − + =    13) 2 3 1 1(1) x x x x+ + = + + Điều kiện: 0. x ≥ Phương trình (1) viết lại dưới dạng 2 3 1 1 0. x x x x + + − − − = Xét hàm số 2 ( ) 3 1 1, 0. f x x x x x x = + + − − − ≥ ( ) 3 3 1 3 ( ) 2 1 2 2 3 1 1 9 ( ) 2 0, 0. 4 4 3 1 f x x x x f x x x x ′ = + − − + ′′ = − − − < ∀ > + Lập luận giống Bài IV.3.12) ta cũng được phương trình đã cho có hai nghiệm 0; 1. x x = = 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 0, 1 x x = = thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc giải phương trình bậc 6 và điều này khó có thể đi đến kết quả. IV.3. 1) 2 24 15 15 2 (1). x x x x+ − + = Điều kiện: 0 x ≥ 197 Đặt ( ) ( ) 2 2 4 15 , 0 . t x x t= + ≥ Khi đó phương trình (1) trở thành 2 2 2 2 0 1 2 t t t t t t − = ⇔ − − = = −  ⇔  =  Ta loại 1 0 t = − < . Với 2 t = thì 2 2 4 ( 15) 2 x x + = ( ) 2 2 2 4 2 2 1 15 16 15 16 0 16 x x x x x x  = ⇔ + = ⇔ + − = ⇔  = −   Ta loại 2 16 0. x = − < Với 2 1 1 1. x x x =  = ⇔  = −  So với điều kiện 0 x ≥ , ta nhận 1. x = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 1. x = 2) 4 2 2 (2). 2 3 x x − + = − + Điều kiện: 2 0 2 x x − ≥ ⇔ ≤ . Đặt 2 ,( 0). t x t = − ≥ Khi đó phương trình (2) trở thành 2 2 1 4 2 3 2 2 0 2 0 2 3 t t t t t t t t t =  + = ⇔ + − − = ⇔ + − = ⇔  = − +  Ta loại 2 0 t = − < . Với 1 t = thì 2 1 2 1 1. x x x − = ⇔ − = ⇔ = So với điều kiện 2 x ≤ , ta nhận 1. x = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là 1. x = 3) ( ) 6 9 5 3 3 3 x x x − = − + − Điều kiện: 9 9 5 0 9 (*) 5 3 0 5 3 x x x x x  − ≥ ≤   ⇔ ⇔ ≤   − >   <  Với điều kiện (*) ta có phương trình (3) tương đương với [...]... tục giải như Cách 1 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho 10) x + 2x x2 − 4 > 3 5(1)  x < −2 Điều kiện:  x > 2 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  2x  4x2 4x2 2 + 2 > 45 x+ 2  > 45 ⇔ x + 2 x 4  x 4 x 4  ⇔ x 2 ( x 2 − 4 ) + 4 x2 x2 − 4 + 4x2 x2 − 4 > 45 x4 4x2 ⇔ 2 + − 45 > 0 x 4 x2...  Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là x > −10 + 232 x 2 + 4 x + 4 x + 4 − 2 x − 8 x > 0(1) 7) Điều kiện: x ≥ 0 (1) tương đương với x x + 4 + 4 x + 4 − 2x − 8 x > 0 ⇔ x + 4 ⇔ ( x +4 )( ( ) x +4 −2 x ( ) x +4 >0 ) x +4 −2 x >0⇔ x +4 −2 x >0⇔ x +4 > 2 x 4 ⇔ x + 4 > 4x ⇔ x < 3 4 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 ≤ x < 3 8) 1 3x +1 > 2 1− x 1 − x2 Điều kiện:... x − 6 > 0 t 2 = 14 x + 1 + 2 ( 7 x + 7 )( 7 x − 6) ⇔ t 2 − 1 = 14 x + 2 49 x 2 + 7 x − 42 t < 13 (1) ⇔ t 2 + t − 1 − 181 < 0 ⇔ t 2 + t − 182 < 0 ⇔  t > − 14 Do t > 0 ⇒ 0 < t < 13 Như vậy ta có 6  x ≥ 7 7 x + 7 + 7 x − 6 < 13 ⇔   14 x + 1 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 169  6  x ≥ 7 6   x ≥ 7 ⇔ ⇔ −7 x + 84 > 0  49 x 2 + 7 x − 42 < −7 x + 84  2 2  49 x + 7 x − 42 < ( −7 x + 84 )  6 6  ≤ x... trình đã cho là x ≥ 2 8) x 2 + 4 x ≥ ( x + 4 ) x 2 − 2 x + 4 (1) · Xét x = 4 (1) đúng Do đó x = 4 là nghiệm của bất phương trình x ≥ 0 x ≥ 0  · Xét x > 4 (1) ⇔ x ≥ x − 2 x + 4 ⇔  x 2 − 2 x + 4 ≥ 0 ⇔  ⇔x≥2 x ≥ 2  x 2 ≥ x2 − 2 x + 4  2 Suy ra x ≥ 2 là nghiệm của bất phương trình · Xét x < 4 (1) ⇔ x ≤ x 2 − 2 x + 4 Bất phương trình đúng với mọ i x < 4 Do đó, x < 4 là nghiệm của bất phương trình... Nhận xét rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia hai vế của phương trình cho x 4 x ≠ 0 ta được 4 4 x +1 x +1 = 32 − 4 x4 x x ⇔ 1 x 4 Đặt t = x +1 x +1 = 32 − 4 x x 4 x +1 4 1 1 1 = 1 + ⇒ t 4 = 1 + ⇒ = t 4 − 1 x x x x ( ) Ta có phương trình t 4 − 1 t = 32 − t ⇔ t 5 = 32 ⇔ t = 2 Suy ra 4 1 + 1 1 1 1 = 2 ⇔ 1 + = 16 ⇔ = 15 ⇔ x = Thỏa điều kiện (*) x x x 15 Vậy, phương trình đã cho có... 0 3 3 8 − 5t 3 − 8 = 0 ⇔ 2t + 24 − 15t 3 − 8 = 0 ⇔ 24 − 15t 3 = 8 − 2t 3 199 8 − 2t ≥ 0 t ≤ 4 ⇔ ⇔ 3 3 2 2  24 − 15t = 64 − 32t + 4t 15t + 4t − 32t + 40 = 0 t ≤ 4 t ≤ 4  ⇔ ⇔ 2 ( t + 2 ) 15t − 26t + 20 = 0 t = −2  ( ) Với t = −2 ta có 3 3x − 2 = −2 ⇔ 3 x − 2 = −8 ⇔ x = −2 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = −2 9) 4 ( ) x + 1 = 32 4 x − 4 x + 1 x Điều kiện: x ≥ 0 Nhận... bất phương trình đã cho với biểu thức liên hợp của 1 − 1 − 4 x 2 Khi đó (1) tương đương với (1 − )( 1 − 4 x2 1 + 1 − 4 x 2 x ( ) < 3 1+ ( 1 − 4 x2 ) ) ⇔ 4 x < 3 1 + 1 − 4x2 Đến đây bài toán được đưa về dạng cơ bản IV.6 1) 2 x 2 − 4 x + 3 ≥ − x 2 + 4 x − 5 (1) Điều kiện: x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 (*) (1) ⇔ 2 x 2 − 4 x + 3 + x 2 − 4 x + 5 ≥ 0 ( ⇔ 1 + x2 − 4 x + 3 2 ) + 1 ≥ 0 ( 2) Ta thấy với mọ i x thỏa (*) thì... ≥ 0 ( 2) ⇔ 2 t 2 + 1 + 2t − t = 4 ⇔ 2 ( t + 1) 2 − t = 4 ⇔ 2 ( t + 1) − t = 4 ⇔ t + 2 = 4 ⇔ t = 2 ⇔ x +1 = 2 ⇔ x +1 = 4 ⇔ x = 3 Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm là x = 3 201 3) ( 2 x2 − 2 x + 4 x+2 )=2 x + 2 + 3 x 2 − 2 x + 4 (1)  x+2>0 Điều kiện:  2 ⇔ x > −2 x − 2x + 4 ≥ 0 (1) ⇔ 2 ( x2 − 2 x + 4 ) = 2 ( x + 2 ) + 3 (x 2 − 2x + 4) ( x + 2) 2  u = x − 2 x + 4 ≥ 0 Đặt  v = x + 2 ≥ 0  ... phương trình đã cho là x ≥ 2 ∨ x ≤ 4 Chú ý Có thể đặt t = x 2 − 2 x + 4 ≥ 3 Khi đó (1) được đưa về dạng x 2 − ( t − 4 ) x − 4t ≥ 0(2) Coi vế trái của (2) là tam thức bậc hai theo biến x, ta có 2 ∆′ = ( t + 4 ) 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 − x 2 − 2 x + 4 ≥ 0 Đến đây việc giải bất phương trình không có gì khó... phương trình đã cho là x ≥ 0 8) 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 (1) 1  x ≥ 5 5 x − 1 ≥ 0   Điều kiện:  x − 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 2 x − 4 ≥ 0  x ≥ 2    Với x ≥ 2 (1) ⇔ 5 x − 1 > 2 x − 4 + x − 1 ⇔ 5 x − 1 > 2 x − 4 + x − 1 + 2 (2 x − 4) ( x − 1) ⇔ (2 x − 4) ( x − 2) < x + 2, ( x ≥ 2) ⇔ (2 x − 4) ( x − 1) < ( x + 2) 2 ⇔ x 2 + 4 x + 4 > 2 x 2 − 6 x + 4 ⇔ x 2 − 10 x < 0 ⇔ 0 < x < 10 Kết hợp với điều kiện . phụ như đã trình bày ở Bài IV.2. 3). 6) ( ) 2 1 1 24 1 x x x+ + − = Ta có ( ) 2 1 1 24 1 x x x ⇔ + − = − 2 2 2 2 2 2 2 1 0 1 1 24 2 1 24 2 1 1 2 0 24 2 24 4 4 2 2 7 4 28 7 x x x x x x x x. 0 3 3 8 5 2 3 8 0 2 24 15 8 0 24 15 8 2 3 t t t t t t t t t t + − − + − − = ⇔ + − = − ⇔ + − = ⇔ + − − = ⇔ − = − 200 ( ) ( ) 3 2 3 2 2 8 2 0 4 24 15 64 32 4 15 4 32 40 0 4 4 2 15 26 20 0 2. t. ( ) 4 4 4 1 32 1 x x x x + = − + Điều kiện: 0. x ≥ Nhận xét rằng 0 x = không là nghiệm của phương trình đã cho nên chia hai vế của phương trình cho 4 0 x x ≠ ta được 4 4 4 4 4 4 1