Giáo trình đại số sơ cấp (tái bản lần thứ 10) phần 2

Bài 26 Cho bất phương trình ( x + 2)( x + 4)( x + x + 10) ≥ m Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ ℝ Bài 27 Cho bất phương trình T 2cos x + 3mcosx +1 ≥ Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với ∀x ∈ [0; π ] x2 + NE Bài 28 Cho bất phương trình 1 + (2m + 3)( x + ) + 2(m + 2) > x x Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với ∀x ≠ Bài 29 Cho bất phương trình HS x − (2m + 1) x + 3(m + 4) x − m − 12 > Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với ∀x > Bài 30 Cho bất phương trình AT ( x − 1)( x + 1)( x + 3)( x + 5) > m Tìm giá trị m để bất phương trình nghiệm với ∀x > −1 Bài 31 Cho bất phương trình TM x( x − 2)( x + 2)( x + 4) < 2m Tìm giá trị m để bất phương trình có nghiệm x > Bài 32 Chứng minh phương trình x ( x + 1) = có ba nghiệm phân biệt CHƯƠNG IV PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VIE §1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Định nghĩa định lý 1.1 Định nghĩa Ta gọi phương trình vô tỉ, mọ i phương trình có chứa ẩn dấu hay nói khác phương trình dạng f ( x ) = 0, f ( x ) hàm số có chứa thức biến số 1.2 Các định lý (Các định lý sau làm sở cho việc giải phương trình vô tỉ) k +1 1.2.1 Định lý f ( x) = g ( x ) ⇔ [ f ( x)] 116 = [ g ( x)]2k +1 1.2.2 Định lý k +1 f ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = [ g ( x )]2 k +1 1.2.3 Định lý k +1 f ( x) = k +1 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x) 1.2.4 Định lý 2k  g ( x) ≥ f ( x ) = g ( x) ⇔  2k  f ( x) = [ g ( x)] 1.2.5 Định lý 2k  f ( x ) ≥ ∨ g ( x) ≥ f ( x) = 2k g ( x) ⇔   f ( x) = g ( x) (Với k số tự nhiên khác 0) Việc chứng minh định lý dễ dàng nhờ tính chất lũy thừa thức Chúng dành cho bạn đọc Các phương pháp giải phương trình vô tỉ 2.1 Phương pháp nâng lên lũy thừa Ví dụ Giải phương trình x + = x − (1) Giải  x ≥ (1) ⇔  3 x − x − =   x ≥  ⇔  x = ⇔ x =   x = −  Vậy, phương trình có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình x + − − x = 2x − Giải Để bậc hai có nghĩa ta phải có điều kiện 2 x − ≥  7 − x ≥ ⇔ ≤ x ≤ x + ≥  Ta có x + − − x = 2x − ⇔ 2x − + − x = x + ⇔ x − + (2 x − 8)(7 − x) + − x = x + ⇔ (2 x − 8)(7 − x ) = 117 ⇔ (2 x − 8)(7 − x ) = ⇔ −2 x + 22 x − 60 = ⇔ x − 11x + 30 = x = ⇔ x = T Cả hai giá trị x thỏa mãn điều kiện Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x = 5; x = .NE Ví dụ Giải phương trình − x2 + x + + − x2 = Giải Điều kiện: −1 ≤ x ≤ (*) HS Nếu bình phương hai vế phương trình ta đưa đến phương trình bậc cao, chuyển hạng tử thứ hai sang vế phải ta − x2 + x + = − − x Với điều kiện −1 ≤ x ≤ vế phải phương trình không âm nên bình phương hai vế phương trình ta phương trình tương đương AT − x2 + x + = − − x + − x ⇔ − x2 = −x x ≤ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔x=− 2 1 − x = x 2 x = TM Giá trị x thỏa mãn điều kiện (*) Vậy, phương trình cho có nghiệm x = − Ví dụ Giải phương trình Giải VIE x3 − = − x3 − x + x3 − có nghĩa x ≥ Để bình phương hai vế ta cần đặt điều kiện cho vế phải không âm, ta có − x3 − x + ≥ ⇔ ( x − 1) ( − x − x − ) ≥ ⇔ x ≤ Như vậy, nghiệm phương trình x = Ta thử phương trình nhận x = làm nghiệm Vậy, phương trình có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình 118 Giải (1) ⇔ ( ) ( ) x + + 3 x + = x − (2) ( x + 1)( 3x + 1) ( x + + 3x + ) = − x − Thay 3 x + + 3x + = x − ⇔ x + + 3 ( x + 1)( x + 1) ⇔ x + + 3 x + = x − (1) x + + 3 x + ( x + 1)( 3x + 1) 3 (3) x − vào (3) ta phương trình hệ x − = − x − (4) ⇔ ( x + 1)( x + 1)( x − 1) = −( x + 1)3 ⇔ x3 + x2 = x = ⇔  x = −1 Thử lại có x = −1 thỏa phương trình (1) Vậy, phương trình (1) có nghiệm x = −1 Chú ý Tất phép biến đổi tương đương, từ (3) đến (4) phép biến đổi hệ quả, tức phép x + + 3 x + x − Chúng ta thử phân tích để thấy rõ x + + 3 x + x − phép biến đổi tương đương Để cho gọn ta đặt u = x + 1, v = 3 x + , t = x − Lúc ta có u+v =t (1) ⇔ (u + v ) = t3 (2) ⇔ u + v + 3uv ( u + v ) = t (3) Thay u + v = t vào (3) ta u + v + 3uvt = t (4) Chúng ta khẳng định (4) hệ (3) phép biến đổi từ (3) đến (4) không làm mở rộng tập xác định nên (4) phải biến đổ i thành dạng (u + v − t ) A( x ) = Nghiệm ngoại lai xuất chắn nghiệm phương trình A( x) = Ta có (4) ⇔ u + v + 3uvt − t = ⇔ (u + v − t )[(u − v )2 + (v + t )2 + (t + u )2 ] = Trở lại ban đầu ta có A( x ) = [( x + − 3x + 1)2 + ( 3 x + + x − 1) + ( x − + x + 1) ] Rõ ràng x = nghiệm phương trình A( x) = Qua toán này, thấy có phép biến đổ i phương trình tưởng phép biến đổi tương đương thực chất phép biến đổi hệ 119 2.2 Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ Giải phương trình x − 12 x − x − 12 x + 11 + 15 = (*) Giải Đặt t = x − 12 x + 11 T Điều kiện: t ≥ NE Khi phương trình ( ∗) trở thành t = t − 5t + = ⇔  t = Với t = ta có ⇔ x − 12 x + 10 = Trường hợp phương trình vô nghiệm Với t = ta có x − 12 x + 11 = AT ⇔ x − 12 x + 11 = 16 TM ⇔ x − 12 x − =  + 14 x = ⇔  − 14 x =  HS x − 12 x + 11 = ⇔ x − 12 x + 11 = Vậy, phương trình cho có nghiệm x = Giải Cách VIE Ví dụ Giải phương trình 3 + x ≥ Điều kiện:  ⇔ −3 ≤ x ≤ 6 − x ≥ u = + x ≥ Đặt  v = − x ≥ Ta có hệ phương trình theo u v 120 + 14 − 14 x = 2 3+ x + − x − ( + x )( − x ) = (1) u + v − uv = (*)  2 u + v = Đặt S = u + v, P = uv; S ≥ 0; P ≥ 0; S − P ≥ Khi ( ∗) trở thành hệ S − P = P = S −  S = −1  S = ⇔ ⇔ ∨   P = −4  P = S − P = S − 2S − = S = Chỉ có  thỏa điều kiện P = S = Với  u, v nghiệm phương trình P = t − 3t = t = ⇔  t = Khi ta có            3+ x = 6− x =  x = −3 ⇔  x = 3+ x = 6− x = Vậy, phương trình cho có nghiệm x = −3 x = Cách Đặt t = 3+ x + − x ≥ ⇒ t = + (3 + x )(6 − x ) ⇔ (3 + x )(6 − x) = t2 − (1) trở thành phương trình theo biến t t− t2 − =3 ⇔ t − 2t − =  t = −1  t = Ta nhận t = ⇒ + x + − x = 3, điều kiện −3 ≤ x ≤ Bình phương hai vế phương trình ta (3 + x )(6 − x) = ⇔ x = −3 ∨ x = 121 Vậy, phương trình cho có nghiệm x = −3 x = Ví dụ Giải phương trình 2 (1 + x ) + − x + (1 − x ) = (1) Giải ( x + 1) Đặt t = ta phương trình 1− x  1− x  +   =0 1+ x  1+ x  NE + 35 T Vì x = −1 không nghiệm, nên chia hai vế (1) cho 1− x Ta có phương trình t + 3t + = (2) 1+ x AT 1 − x 1 + x = −1 33 ⇔ ⇔x=− 31  − x = −32 1 + x HS  1− x = −1 5  t = −1 + x (2) ⇔  ⇔  1− x t = −  = −2 5  1+ x Vậy, phương trình có nghiệm x = − 33 31 TM Ví dụ Cho phương trình chứa tham số m ( x − x ) + x − x − − m = (1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [ 4;5] Giải VIE Đặt t = x − x − 3, x ∈ [ 4;5] Ta có phương trình 2t + t + − m = ⇔ 2t + t + = m(2) Với x ∈ [ 4;5] t ∈  5;  Từ (1) có nghiệm thuộc đoạn [ 4;5] ⇔ (2) có nghiệm thuộc đoạn  5;  ⇔ Minf (t ) ≤ m ≤ Maxf (t ) t∈[ 5;2 ] t∈[ 5;2 ] với f ( t ) = 2t + t + Ta có f ′(t ) = 2t + = ⇔ t = − ∉ [ 5; 3] f ( 5) = 16 + 5, f (2 3) = 30 + Như vậy, (2) có nghiệm thuộc đoạn  5;  16 + ≤ m ≤ 30 + 122 Vậy, giá trị m cần tìm 16 + ≤ m ≤ 30 + Ví dụ Giải phương trình x + = x − (1) Giải Đặt t = x − ⇒ t = x − , (1) trở thành x + = 2t ⇒ x = 2t − Như ta có  x = 2t − ⇒ x − t = 2(t − x)  t = x − Từ ta có hệ phương trình  x + = 2t  x + = 2t    ⇔  3 t x t x − + )   x − t = ( t − x )  + t + 2 = ( 2    t = x −1 ± ⇔ ⇒ x = 1∨ x = x − 2x +1 = Vậy, phương trình cho có nghiệm x = ∨ x = −1 ± Ví dụ Giải phương trình x + x + = (1) Giải Đặt t = x + ≥ → t = x +  t = − x ≥  2  x + t =  x + t =  x − x − = ⇒ (1) ⇔  ⇔ ⇔ t = x +1 t − x = ( x + t )( x − t + 1) =     x + x − = x ≤   − 21   x = ± 21 x =   2 ⇔ ⇔  −1 + 17   x ≥ −1 x =    − ± 17 x =   Vậy, phương trình cho có nghiệm x = − 21 −1 + 17 ∨x= 2 Ví dụ Cho phương trình 123 + x + − x + 16 − x = m (1) Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm Giải Đặt t = + x + − x ≥ 0; −4 ≤ x ≤ ⇒ t = + 16 − x ⇔ 16 − x = t2 −8 T (1) trở thành t + 2t − = 2m h′( x) = 1 4− x − 4+ x − = + x − x − x + x h′( x) = ⇔ x = 0; h(−4) = h(4) = 2; h(0) = HS Như x ∈ [−4; 4] ⇒ t ∈ [2 2; 4] .NE Xét hàm số t = h( x ) = + x + − x ; −4 ≤ x ≤ Ta có nhận xét: Khi t = phương trình t = + x + − x có nghiệm x, 2 ≤ t < phương trình t = + x + − x có hai nghiệm x Xét hàm số f (t ) = t + 2t − AT f ′(t ) = 2t + = ⇔ t = −1 ∉ [2 2; 4] Hàm số f (t ) = t + 2t − đồng biến [2 2; 4] nên đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y = f (t ) = t + 2t − [2 2; 4] nhiều điểm Mặt khác ta có f (2 2) = 2; f (4) = 16 Kết hợp với nhận xét phương trình (1) có hai Ví dụ Cho phương trình TM nghiệm ≤ 2m < 16 hay 2 ≤ m <  1+ x 2(1 + x ) 1− x  + m  +  + 2m = 1− x + x   1− x Giải VIE Tìm m để phương trình có nghiệm Điều kiện: x < Đặt t = 1+ x 1− x + ≥ Suy 1− x 1+ x  1+ x 1− x  1+ x − x 2(1 + x ) t =  + +2+ = +2  = 1+ x  1− x 1+ x − x2  1− x 2(1 + x ) ⇒ = t − − x2 124 Phương trình (1) có dạng t + mt + 2m − = ⇔ m = −t + = f (t ) t+2 Phương trình (1) có nghiệm m thuộc miền giá trị hàm số f (t ) = Ta có f ′(t ) = −t + , t ≥ t+2 −t − 4t − < 0, ∀t ≥ ⇒ hàm số nghịch biến (t + 2) 1 f (2) = − , lim f (t ) = −∞ Vậy, phương trình (1) có nghiệm m ≤ − t →+∞ 2 2.3 Phương pháp lượng giác hóa Trong số trường hợp, đặt ẩn phụ hàm số lượng giác, việc giải toán trở nên dễ dàng Kiến thức cần nhớ sau + Nếu phương trình, điều kiện ẩn x − k ≤ x ≤ k , k > hay phương trình có chứa π π k − x đặt x = k sin t , t ∈ [− ; ]; đặt x = k cos t , t ∈ [0; π] 2 + Nếu phương trình, điều kiện ẩn x x ≥ k , k > hay phương trình có chứa x − k đặt x = k π 3π k π π ; t ∈ [0; ) ∪ [π; ); đặt x = , t ∈ [− ; 0) ∪ (0; ] cos t 2 sin t 2 + Nếu phương trình, ẩn x nhận giá trị thuộc ℝ hay phương trình có chứa  π π đặt x = k tan t , t ∈  − ;   2 x + k Ngoài ra, tùy trường hợp, đặt x = cos t; x = sin t , Sau ta xét số ví dụ Ví dụ Giải phương trình 1+ x − x = x + − x (1)  x − x2 ≥  Giải Điều kiện:  x ≥ ⇔ ≤ x ≤ 1 − x ≥  π Đặt x = cos t , t ∈ [0; ] Khi phương trình (1) biến đổi dạng 2 cos t − cos4 t = cos t + − cos2 t ⇔ + sin t cos t = 3( cos t + sin t ) 1+ ⇔ + 2sin t cos t = 3(cos t + sin t ) 125 ⇔ cos x − 2cos x (1 + cos x ) = ⇔ cos x − 4cos x cos x = ⇔ cos x (1 − cos x cos x ) = ⇔ cos x ( − cos x − cos x ) =  cos x = π   x = + kπ  cos x =  ⇔  cos x = ⇔ ⇔ ; k ∈ ℤ   cos x =   cos 3x = 4cos x − 3cos x =  x = 2k π  Ví dụ 11 Giải phương trình cos x − cos x + ( 3sin x − 4sin x + 1) = (1) Giải Phương trình (1) tương đương với (1 + cos x ) + (1 − cos x ) + sin 3x + = ⇔ cos x + sin 3x + sin 3x + = ⇔ cos x + ( sin x + 1) = cos x = sin x = ±1 ⇔ ⇔ sin 3x = −1 3sin x − 4sin x = −1 ⇔ sin x = ⇔ x = π + 2k π; k ∈ ℤ 2 Dạng phân thức Chú ý Khi giải phương trình có chứa ẩn mẫu, ta phải đặt điều kiện cho mẫu khác không Ví dụ Giải phương trình 3cos x + 4sin x + = (1) 3cos x + sin x + Giải Đặt t = 3cos x + sin x ⇒ phương trình (1) trở thành t + = (2) t +1 Điều kiện: t + ≠ ⇔ t ≠ −1 (2) ⇔ t ( t + 1) + = ( t + 1) ⇔ t ( t − ) = ⇔ t = ∨ t = ( t ≠ −1) 3 3   t = 3cos x + 4sin x =  cos x + sin x  = 5cos  x − arccos  5 5   3 π  a) t = ⇔ cos  x − arccos  = ⇔ x = arccos + + k π; k ∈ ℤ 5  3  b) t = ⇔ cos  x − arccos  = ⇔ x = arccos + 2k π; k ∈ ℤ 5  207 Ví dụ Giải phương trình 1 + = (1) cos x sin x sin x Giải Điều kiện: sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ (*)  sin x =  ⇔ sin x = −1   sin x =  So với điều kiện (*) ta chọn sin x = AT π   x = + 2k π ⇔ ; k ∈ ℤ  5π + 2k π x =  HS NE ⇔ 4sin x ( cos x − sin x ) = ⇔ sin x ( 2sin x + sin x − 1) = Ví dụ Giải phương trình TM 6sin x − cos x = Giải T (1) ⇔ 4sin x cos x + cos x = ⇔ 4sin x cos x + (1 − 2sin x ) = Điều kiện: cos x ≠ ⇔ x ≠ 5sin x cos x (1) cos x π kπ + , k ∈ ℤ VIE (1) ⇔ 6sin x − 2cos x = 5sin x cos x ⇔ 6sin x − 2cos x = 10sin x cos x ( *) Vì cos x = không nghiệm nên chia hai vế phương trình (*) cho 2cos x ta nhận tan x (1 + tan x ) − = tan x ⇔ 3tan x − tan x − = ⇔ ( tan x − 1) ( 3tan x + 3tan x + 1) =   1 π ⇔ ( tan x − 1)  tan x +  +  = ⇔ tan x = ⇔ x = + k π; k ∈ ℤ  4    208 So với điều kiện phương trình x = π + k π không thỏa Vậy, phương trình cho vô nghiệm Dạng chứa tan x cot x Chú ý Đối với phương trình chứa tan x cot x, ta phải đặt điều kiện cho tan x cot x xác định Ví dụ Giải phương trình cot x − tan x = sin x + cos x (1) Giải Điều kiện: sin x ≠ ∧ cos x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ (*) (1) ⇔ cos x − sin x = ( cos x + sin x ) cos x sin x ⇔ ( sin x + cos x )( sin x − cos x + sin x cos x ) = a) sin x + cos x = ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − x=− π + k π; k ∈ ℤ π + k π, k ∈ ℤ thỏa điều kiện (*) b) sin x − cos x + sin x cos x = Đặt 1− t2 π t = sin x − cos x = sin( x − ) ∈  − 2;  ⇒ = sin x cos x pt ⇔ t + 1− t2 π  = ⇔ t − 2t − = ⇔ t = sin  x −  = − 2 4  π  1−  ⇔ sin  x −  = 4   π 1− + k 2π  x = + arcsin  ⇔ ; k ∈ ℤ 5π 1−  + k 2π  x = − arcsin  (Thỏa điều kiện (*)) Ví dụ Giải phương trình cot x + cot 3x + = sin x sin x sin 3x Giải Điều kiện: sin x.sin x.sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ kπ ∧x≠ , k ∈ ℤ 209 sin x + = ⇔ sin x sin x = −1, suy sin x sin 3x sin x sin x sin 3x  sin x =  = sin x sin x = sin x sin x ≤ 1.1 = ⇒  ⇒ cos x = ⇒ sin x = (loại điều  sin x = kiện) Vậy phương trình vô nghiệm pt ⇔ = tan x + cot x = tan x Điều kiện: cos x ≠ ∧ cos x ≠ ∧ sin 3x ≠ ⇔ x ≠ pt ⇔ ( tan x + cot x ) = tan x − tan x ⇔ π π kπ kπ + kπ ∧ x ≠ + ∧x≠ , k ∈ ℤ 5cos x sin x = cos x sin 3x cos x cos x ( cos x − cos x ) ⇔ 12 cos2 x − cos x − = HS ⇔ 5cos 2 x = sin x sin x = NE Giải T Ví dụ Giải phương trình 1 ⇔ cos x = ∨ cos x = − (thỏa mãn điều kiện) AT 1  1 ⇔ x = ± arccos + k π ∨ x = ± arccos  −  + k π; k ∈ ℤ  4 Ví dụ Giải phương trình ( tan x − sin x ) + ( cot x − cos x ) + = TM Giải Điều kiện: sin x ≠ ∧ cos x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ  sin x   cos x  pt ⇔  − sin x + 1 +  − cos x +  =  cos x   sin x  ( sin x + cos x − sin x cos x ) + ( sin x + cos x − sin x cos x ) cos x sin x VIE ⇔0=   ⇔0= +  ( sin x + cos x − sin x cos x )  cos x sin x  (a) 3  3 + = ⇔ tan x = − ⇔ x = arctan  −  + k π; k ∈ ℤ Thỏa điều kiện cos x sin x  2 ( b ) sin x + cos x − sin x cos x = t −1   Đặt t = sin x + cos x ∈  − 2;  ⇒ = sin x cos x 210 π π  1−   pt ⇔ t − 2t − = ⇒ t = cos  x −  = − ⇔ cos  x −  = 4 4   ⇔ x = ± arccos 1− π + + k 2π, k ∈ ℤ Ví dụ Giải phương trình tan x = + cos x (1) − sin x cos x ≠ π Giải Điều kiện:  ⇔ x ≠ + k π, k ∈ ℤ.(*) sin x ≠ (1) ⇔ = + cos x  − cos x  (1 + cos x )( sin x + cos x ) = 1− − sin x  + sin x  cos x  x = π + 2k π  cos x = −1  cos x = −1  ⇔ ⇔ ⇔ ; k ∈ ℤ π sin x + cos x =  tan x = −1  x = − + k π  x = π + k 2π ∨ x = − π + k π, k ∈ ℤ thỏa điều kiện (*) nên nghiệm phương trình cho Ví dụ Giải phương trình tan x = − cos3 x (1) − sin x { π cos x ≠ ⇔ x ≠ + k π, k ∈ ℤ (*) − sin x ≠ 2 − cos x (1 − cos x ) (1 + cos x + cos x ) (1) ⇔ = − sin x (1 − sin x ) (1 + sin x + sin x ) Giải Điều kiện: (1 − cos x )  + cos x + cos x + cos x  − =0 (1 − sin x )  + sin x + sin x + sin x  ⇔ (1 − cos x )( cos x − sin x )( sin x + cos x + sin x cos x ) = ( a ) − cos x = ⇔ cos x = ⇔ x = 2k π, k ∈ ℤ ⇔ ( b ) cos x − sin x = ⇔ tan x = ⇔ x = π + k π, k ∈ ℤ ( c ) sin x + cos x + sin x cos x = π t −1 Đặt t = sin x + cos x = cos( x − ) ∈  − 2;  ⇒ sin x cos x = Ta có phương trình theo ẩn t π −1 + π  t + 2t − = ⇒ t = cos  x −  = −1 + ⇔ x = ± arccos + + 2k π k ∈ ℤ 4  Các công thức nghiệm thỏa điều kiện (*) nên nghiệm phương trình cho 211 T Một số phương trình giải phương pháp đặc biệt Ngoài phương pháp giải phương trình lượng giác nêu mục trên, có số cách giải đặc biệt, sử dụng kết sau  A ≤ A1 A ≤ m  A = A = m         A = A1 · A2 + B = ⇔  · B ≥ m ⇔  ·  B ≤ B1 ⇔  B =  B = m   B = B1   A + B = A1 + B1  A = B Ví dụ Giải phương trình NE sin x + sin 3x = sin x sin 3x (1) Giải 2 1     (1) ⇔  sin x − sin x  + sin x(1 − sin 3x ) = ⇔  sin x − sin 3x  + sin x = 2     16 AT TM  cos x =   x = kπ  sin x =    π ⇔ ⇔  x = + k 2π cos x = −1      sin x =  x = 5π + k 2π    HS    sin x = (1 − cos x )  sin x − sin x  =   ⇔  ⇔  cos x = ∨ cos x = −1  sin x = Vậy, phương trình có nghiệm x = k π; x = Ví dụ Giải phương trình π 5π + k 2π; x = + k 2π, k ∈ ℤ 6 Giải VIE (cos x − cos x)2 = + sin 3x (1) 2 4sin x sin x ≤ (1) ⇔ 4sin 3x sin x = + sin 3x (2) Do  , nên ta có 5 + sin 3x ≥ 2 3π   3x = + k 2π x = sin x sin x = sin 3x = −1   (2) ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ π + sin x = sin x =      x = + l π  x = ⇔x= 212 π + m 2π, m ∈ ℤ π k 2π + π + lπ Vậy, nghiệm phương trình cho x = π + m 2π, m ∈ ℤ Ví dụ Giải phương trình sin x − 2sin x − sin 3x = 2 (1) Giải Ta có vế trái phương trình (1) sin x − 2sin x − sin x = −2 cos x sin x − 2sin x ≤ ( −2 cos x ) + ( −2sin x ) sin x + 12 = 4(sin x + 1) ≤ 2 sin x = cos x =   Vậy, (1) ⇔  cos x sin x ⇔ 1 − 2sin x 2sin x cos x (*) = =   1  sin x  sin x Hệ (*) vô nghiệm Vậy, phương trình (1) vô nghiệm Ví dụ Giải phương trình sin x + cos x = − sin x (1) 3 2 Giải Ta có vế trái (1): sin x + cos x ≤ sin x + cos x ≤ sin x + cos x ≤ Vế phải (1): − sin x ≥ cos x = cos x  π  Vậy, (1) ⇔ sin x = sin x ⇔ sin x = ⇔ x = + k 2π  sin x = Vậy, nghiệm phương trình cho x = π + k 2π, k ∈ ℤ Một số phương trình chứa tham số Ví dụ Cho phương trình sin x + cos x = m sin x (1) Tìm m để phương trình có nghiệm Giải Ta có sin x + cos x = m sin x ⇔ − 3sin x cos x = m sin x ⇔ − sin x = m sin x (*) Do sin x = không thỏa phương trình nên (*) ⇔ m = − sin x Đặt t = sin x , < t ≤ Ta xét hàm số sin x 3 y = f (t ) = − t , f ′(t ) = − − < lim+ f (t ) = +∞; f (1) = t →0 t t 4 213 Suy miền giá trị hàm số f (t ) T f = [ ; +∞) Vậy, giá trị cần tìm m để phương trình (1) có nghiệm m ≥ Ví dụ Cho phương trình T + tan x + m(tan x + cot x ) − = (1) sin x Giải Ta có NE Tìm m để phương trình có nghiệm (1) ⇔ 3(1 + cot x) + tan x + m(tan x + cot x) − = ⇔ 3(tan x + cot x) + m(tan x + cot x ) − = − 3t ⇔m= = f (t ), f ′(t ) = − − < t t HS Đặt t = tan x + cot x, t ≥ 2, ta có phương trình 3t + mt − = ⇔ mt = − 3t Suy hàm số f (t ) nghịch biến, mà lim f (t ) = ∓ ∞, f (−2) = 4, f (2) = −4 t →±∞ Do miền giá trị hàm số f (t ) T f = (−∞; −4] ∪ [4; +∞) AT Vậy, giá trị cần tìm m để phương trình (1) có nghiệm m ≤ −4 ∨ m ≥ Ví dụ Cho phương trình sin 2( x − π) − sin(3x − π) = m sin x (1) Tìm m để phương trình có nghiệm x ≠ k π, k ∈ ℤ TM Giải Ta có (1) ⇔ sin x + sin x = m sin x ⇔ sin x cos x + 3sin x − 4sin x = m sin x ⇔ sin x (2 cos x + − 4sin x ) = m sin x ⇔ sin x(4 cos x + cos x − 1) = m sin x ⇔ cos x + 2cos x − = m, ( x ≠ k π) (*) VIE Đặt t = cos x, x ≠ k π nên t ∈ (−1;1) (*) trở thành 4t + 2t − = m Yêu cầu toán thỏa m thuộc miền giá trị hàm số f (t ) = 4t + 2t − 1, t ∈ (−1;1) 1 Ta có f ′(t ) = 8t + = ⇔ t = − ∈ (−1;1) f (− ) = − , f (−1) = 1, f (1) = 4 Miền giá trị hàm số f (t ) khoảng (−1;1) T f = [− ;5) Vậy, giá trị cần tìm m − ≤ m < Ví dụ Cho phương trình sin 3x + (m2 − 3) sin 3x + m − = (1) 214 Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm thuộc đoạn [ π 4π ; ] 3 Giải Đặt t = sin x, t ≤ Khi phương trình (1) trở thành t + (m − 3)t + m − = π k 2π   t = −1 sin 3x = −1 x = − + , k ∈ ℤ ⇔ ⇒ ⇔ t = − m sin 3x = − m sin x = − m (2)  Ta nhận thấy họ nghiệm x = − π k 2π 7π 2π 4π + , có giá trị x = ∈ [ ; ] 6 3 Vậy, để phương trình (1) có bốn nghiệm thuộc đoạn [ (2) có ba nghiệm khác Ta có x ∈ [ π 4π ; ], điều kiện phương trình 3 7π π 4π thuộc đoạn [ ; ] 3  m = −2 2π 4π ; ] ⇔ x ∈ [2π; 4π], điều kiện sin 3x = ⇔ − m2 = ⇔  3  m = Khi ta ba nghiệm x = 2π 4π ∨ x = π∨ x = 3 Vậy, với m = ∨ m = −2 phương trình (1) có bốn nghiệm thuộc đoạn [ π 4π ; ] 3 BÀI TẬP CHƯƠNG VI Bài Giải phương trình 1) sin x – cos x = 2; 2) cos x + 2cos2 x = 1; 3) cos4 x + 2cos2 x = 0; 4) 2cos x + 4cos x = 3sin2 x; 5) cos x – sin x + 3sin2 x – = 0; 6) 2sin2 x − 3 (sin x + cos x ) + 3 = 0; 7) sin2 x + π sin( x – ) = 1; 8) sin2 x + 2sin x coss x – 2cos2 x = 9) cos x + sin x = ; cos2x ; − sin x 10) sin3 x – cos3 x = + sin x cos x Bài Giải phương trình 215 1) 2cos2 x – = sin3 x ; 2) + tan x = (sin x + cos x )2; − tan x 3) + tan2 x = − sin x ; cos 2 x 4) tan3 x – tan x = sin2 x ; T 5) (sin x – sin2 x )(sin x + sin2 x ) = sin23 x ; 7) sin2 x = + cos x + cos2 x ; 8) 2cos6 x + sin4 x + cos2 x = 0; 9) 2cos x cos x − cos x + sin x − = 1) sin x + cot x = 2; 2) sin2 x + cos2 x + tan x = 2; 4) 1+ tan x + = 0; AT 3) cos x − (1 − tan x ) HS Bài Giải phương trình NE 6) sin x + sin3 x + 4cos3 x = 0; tan x − + cot x = 0, (0 < x < π); tan x + 1 π 3π − 3cot( − x ) = 3, (π < x < ); cos x 2 TM 5) tan x − + 6) cos3 x sin x – sin3 x cos x = ; 7) sin23 x – cos24 x = sin25 x – cos26 x ; 8) cos3 x – 4cos2 x + 3cos x – = 0, x ∈ [0,14]; VIE x π 9) sin4 x + sin4( + ) + cos4 x = sin22 x ; 10) cos x − 8cos x + = cos x Bài Giải phương trình cos x + sin 3x   1)  sin x +  = cos x + 3, x ∈ (0; 2π); + 2sin x   π 2) sin x.cos x = tan x.sin( x + ) − cos x.sin x ; 3) cot x − = 216 cos x + sin x − sin x ; + tan x 4) sin x sin x + sin x sin x = cos x ; 5) cos x sin x + cos x = 2cos x(sin x + cos x ) − ; 6) cos x + sin x − 2cos x = ; 7) 4cos x − cos 2 x = + cos x ; π 8) 2sin ( x − ) = 2sin x − tan x ; 9) cos 3x + cos x = − sin x sin x ; 10) (2sin x − 1)(2 cos x + sin x ) = sin x − cos x; 11) cos x − sin 3x cos x − sin x = 0; 12) sin x + cos x sin x + cos x = ( cos x + sin x ) Bài Giải phương trình 1) tan x + = 2) (2 − sin 2 x ) sin 3x ; cos x sin x + cos x 1 = cot x − ; 5sin x 8sin x 3) + sin x + cos x + sin x + cos x = ; π π 4) −2 cos x sin x + cos( x − ) sin(3 x − ) − = ; 4 x 5) cot x + sin x(1 + tan x tan ) = ; 6) 2(cos x + sin x) − sin x cos x =0; − 2sin x 7) cos 3x + cos x − cos x − = ; 8) 13 − 18 tan x = tan x − 3; 9) cos x − sin x = cos x + sin x ; 10) cos13 x + sin14 x = Bài Giải phương trình 1) tan x = cot x + cos 2 x; π π   2) sin  x −  = sin  x −  + ; 4 4   3) ( 2cos x + cos x − ) + ( − 2cos x ) sin x = 0; π  4) (1 + 2cos x ) sin x + sin x = 2sin  x +  ; 4  217 .NE T x x π x 5) + sin sin x − cos sin x = cos  −  ; 2  2 π π 6) cos ( x + ) + sin ( x + ) = 2sin x − ; π  sin 3x − cos  x −  − 6  7) = 0; sin 3x − 2+3 8) cos 3x cos x − sin 3x sin x = ; π  π π   9) 4sin 3x sin x + cos  x −  cos  x +  − cos  x +  + = 0; 4 4 4    10) sin 3x + cos x + cos x − sin x = sin x + cos x; 11) sin x (1 + tan x ) = 3sin x ( cos x − sin x ) + 3; sin x cos x + = tan x − cot x; cos x sin x 1  7π  + = sin  − x ; 13) 3π  sin x    sin  x −    3 14) sin x − cos x = sin x cos x − sin x cos x; HS 12) 16) (1 − 2sin x ) cos x = (1 + 2sin x )(1 − sin x ) AT 15) 2sin x (1 + cos x ) + sin x = + cos x; Bài Tìm giá trị tham số m để phương trình cho sau có nghiệm TM 1) tan x + cot x + m(tan x + cot x) + 2m = 0; 2) m(sin x + cos x ) + sin x + m − = 0; 3) 4(cos x − sin x ) + sin x = m Bài Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm thỏa − π π < x< 2 VIE cos x − 2m cos x + ( m − 1) = Bài Giải biện luận phương trình theo tham số m sin x + 2sin x cos x − cos x = m Bài 10 Tìm giá trị tham số m để phương trình m cos 2 x − 2sin x + m − = có  π nghiệm khoảng  0;   4 218 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đặng Hùng Thắng 1998 Phương trình, bất phương trình hệ phương trình Hà Nội: NXB Giáo dục Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng – Trần Văn Vuông 2008 Đại số 10 (Nâng cao) Hà Nội: NXB Giáo dục Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) Nguyễn Xuân Liêm – Nguyễn Khắc Minh – Đặng Hùng Thắng 2008 Đại số Giải tích 11 (Nâng cao) Hà Nội: NXB Giáo dục Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Nguyễn Huy Đoan (Chủ biên) Trần Phương Dung – Nguyễn Xuân Liêm – Đặng Hùng Thắng) 2008 Giải tích 12 (Nâng cao) Hà Nội: NXB Giáo dục Hoàng Kỳ 1999 Đại số sơ cấp Hà Nội: NXB Giáo dục Hoàng Kỳ 2007 Giáo trình số toán vô tỉ Hà Nội: NXB Giáo dục Nguyễn Thái Hòe 2001 Dùng ẩn phụ để giải toán Hà Nội: NXB Giáo dục Nguyễn Văn Mậu 2001 Phương pháp giải phương trình bất phương trình Hà Nội: NXB Giáo dục Phan Đức Chính 1999 Bất đẳng thức Hà Nội: NXB Giáo dục Phan Đức Chính – Nguyễn Dương Thụy – Tạ Mân – Đào Tam – Lê Thống Nhất 1996 Các giảng luyện thi môn Toán – Tập Hà Nội: NXB Giáo dục Phan Huy Khải 2001 Phương pháp đồ thị để biện luận hệ phương trình chứa tham số Hà Nội: NXB Giáo dục Trần Phương 1995 Phương pháp giải đề thi tuyển sinh môn Toán Hà Nộ i: NXB Giáo dục Đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng toàn quốc từ năm 2002 – 2003 đến 2007 – 2008 Tạp chí Toán học Tuổi trẻ Hà Nội: NXB Giáo dục М.И.Сканави, Б.А.Кордемский,…1978 СБОРНИК КОНКУРСНЫХ ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ для поступающих во втузы Москва “высшая школа” Ю.В.Нестеренко, С.Н.Олехник, М.К.Потапов.1986 ЗАДАЧИ ВСТУПИТЕЛЬНЫХ ЭКЗАМЕНОВ ПО МАТЕМАТИКЕ Москва “Наука” V.A.Kretsmar.1978 Bài tập Đại số sơ cấp – Tập Vũ Dương Thụy – Nguyễn Duy Thuận, dịch Hà Nội: NXB Giáo dục V.A.Kretsmar.1978 Bài tập Đại số sơ cấp – Tập Vũ Dương Thụy – Nguyễn Duy Thuận, dịch Hà Nội: NXB Giáo dục 219 T NE Chịu trách nhiệm xuất bản: HS Giám đốc NGÔ TRẦN ÁI Tổng biên tập VŨ DƯƠNG THUỴ AT Biên tập : NFUYỄN TRỌNG BÁ Trình bày bìa: VIE TM NGUYỄN QUỐC ĐẠI GIÁO TRÌNH ĐẠI SỐ SƠ CẤP In 100.000 khổ 24 x 35 cm Công ti In Tiến An Giấy phép xuất số 6725.413-00/ XB-QLXB, kí ngày 19/11/2022 In xong nộp lưu chiểu quý IV năm 2022 Cùng tác giả: Giá: 38.000đ [...]... 3 2 − 1  2 Vậy, phương trình có hai nghiệm là   x = − log 3 2 − 1  2 Ví dụ 6 Giải phương trình 2 2 22 x +1 − 9 .2 x + x + 22 x + 2 = 0 150 (1) Giải 2 2 (1) ⇔ 2 2 x 2 x −1 − 9 .2 x − x − 2 + 1 = 0 2 1 9 2 ⇔ 22 x − 2 x − 2 x − x + 1 = 0 2 4 2 2 ⇔ 2. 22 x − 2 x − 9 .2 x − x + 4 = 0 2 Đặt t = 2 x − x > 0, ta có phương trình t = 4 2 2t − 9t + 4 = 0 ⇔  1 t =  2  x = −1 = 4 ⇔ x2 − x = 2 ⇔ x2 − x − 2. .. x − 2) 2 + 2 x ≤ x − 2 + x ; 7) 2( x + 2) 2 + 2( 2 x − 1) > x + 2 + 2 x − 1; 8) x 2 + 4 x ≥ ( x + 4) x 2 − 2 x + 4; 1 42 9) x 2 − 1 ≤ 2 x x 2 + 2 x ; 10) ( x − 1) 2 x − 1 ≤ 3( x − 1); 11) ( x 2 − 1) ( ) x 2 − 1 − 1 + x 2 − 1 − 6 > 0; 12) x 2 x − 1 ≤ 5 − 4 x; 13) x3 − 2 x 2 + x < x x + x 2 − 2 x Bài 7 Giải các bất phương trình 1) 41 − 16 2 ≥ + 3; x x 2) x 2 ≥ x (2 + 12 − 2 x − x 2 ); 3) 4) 4 − x2 + x ≥...   x =2 2 1 1 · t = ta có: 2 x − x = ⇔ x 2 − x = −1 ⇔ x 2 − x + 1 = 0 (VN ) 2 2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = −1, x = 2 Ví dụ 7 Giải phương trình 1 12 23 x − 6 .2 x − 3.( x −1) + x = 1 (1) 2 2 Giải  23  2 (1) ⇔  23 x − 3x  − 6  2 x − x  = 1 2   2   · t = 4 ta có: 2 x 2 −x 3 23  2  2 2 Đặt t = 2 − x ta có 23 x − 3 x =  2 x − x  + 3 .2 x x 2 2 2  2  3 Khi đó ta có phương trình: ... ⇔ 2. 2 ( ) + ( 2. 3) = 3 ( ) 2 x 2 +1  3 Đặt t =    2 3 =  2 ( ) 2 x 2 +1 x 2 +1 +1 + 6x 2 +1 = 9x 2 +1 (1) TM 3 ⇔ 2+   2 2 2 2 AT 2. 4 x HS x = 0  Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là  x = 1   x = −1 3 ≥ , ta được phương trình: 2 t =2 t2 − t − 2 = 0 ⇔  t = −1 x 2 +1 = 2 ⇔ x 2 + 1 = log 3 2 VIE 3 Ta nhận t = 2 ⇒   2  x = log 3 2 − 1  2 ⇔  x = − log 3 2 − 1  2 2... −  3 (1 + x )  = 2 + 1 − x2 ;  141 7) 1 − x − 2 x 1 − x 2 − 2 x 2 + 1 = 0; 8) 9) x2 + 1 + x 2 + 1 ( x 2 + 1 )2 = ; 2x 2 x (1 − x 2 ) 2 x +1 + 3 − 2x = ( 2 x − 1) 2 2 T Bài 5 Giải các bất phương trình NE 1) ( x − 1) x 2 − x − 2 ≥ 0; 2) ( x 2 − 1) x 2 − x − 2 ≥ 0; 2 x − x 2 < 5 − x; 4) x 2 − 3x + 2 − x − 3 > 0; 5) x + 3 + x + 2 − 2 x + 4 > 0; 6) 3x 2 + 5 x + 7 − 3 x 2 + 5 x + 2 > 1; 7) x + x + 9... phương trình 2 x +3 = 5x (1) Giải (1) ⇔ log 2 2 x +3 = log 2 5x ⇔ x + 3 = x log 2 5 ⇔ 3 = x(log 2 5 − 1) ⇔ x = 3 log 2 5 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là x = 3 log 2 5 − 1 Ví dụ 2 Giải phương trình 2x Giải (1) ⇔ log 2 2 x 2 2 x 3x = log 2 2 −2x x 3 = 3 (1) 2 3 2 3 ⇔ x 2 − 2 x + x log 2 3 = log 2 2 ⇔ x 2 + x ( log 2 3 − 2 ) + 1 − log 2 3 = 0 x = 1 ⇔  x = 1 − log 2 3 Vậy, phương trình đã... − x )2 = 0; 11) 2 x + 6 3 1 − x + 2 = 0; 12) 3 x + 1 = 3 x 2 − 8 x + 3; x + 3 x + 1 = x 2 + x + 1 13) Bài 3 Giải các phương trình 1) x x 2 + 15 − x 4 x 2 + 15 = 2; 4 = 2; 2 x +3 2) 2 x + 3) 9 − 5x = 3 − x + 4 4) 2 x+ x + x − 6 ; 3− x 1 3 = ; x− x + x x 2 x 2 + 2 x + 1 + x 2 − 2 x + 1 = 2; 5) 6) (2 x 2 + 6 x + 10) x 2 + 3 x − 11x 2 − 33 x + 8 = 0 2 x 2 + 4 x − 3 x + 2 − 2 x + 3 2 x = 0; 7) 8) 2 3 3x... 8) 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0; 9) 4 ( ) x + 1 = 32 4 x − 4 x + 1 x; 10) 3 2 − x = 1 − x − 1; 11) 3 9 − x = 2 − x − 1; 12) 2 3 1 − x 2 + 4 − x 2 = 4 Bài 4 Giải các phương trình 1) x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = x+3 ; 2 2) 2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4; 3) 2( x 2 − 2 x + 4) = 2 x + 2 + 3 x 2 − 2 x + 4; x +2 4) 2( x 2 − 3x + 2) = 3 x3 + 8; 5) x 3 + (1 − x 2 )3 = x 2( 1 − x 2 ) ; 3 6) 1 + 1 − x 2  (1 − x... 6t = 1 ⇔ t = 1 2  2 x = −1 2 Suy ra 2 x − x = 1 ⇔ ( 2 x ) − 2 x − 2 = 0 ⇔  x 2 2 =2 x  x 2 2 − x 2   3  = t + 6t  Ta chọn 2 x = 2 ⇔ x = 1 Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất x = 1 Ví dụ 8 Giải phương trình ( ) 1 + 1 − 22 x = 1 + 2 1 − 22 x 2 x Giải Điều kiện: 1 − 22 x ≥ 0 ⇔ 2 2 x ≤ 1 ⇔ x ≤ 0  π Như vậy ta có 0 < 2 x ≤ 1 , do đó đặt 2 x = sin t với t ∈  0;   2 Phương trình trở thành... 2 x − 4; 9) x 2 + 3 x + 2 + x 2 + 6 x + 5 ≤ 2 x 2 + 9 x + 7; 10) x 2 + x − 2 + x 2 + 2 x − 3 ≤ x 2 + 4 x − 5; AT 1 − 1 − 4 x2 < 3 x TM 11) HS 3) Bài 6 Giải các bất phương trình 1) 2 x 2 − 4 x + 3 ≥ − x 2 + 4 x − 5; 3) 5 2 x ≤ 2x + 1 + 4; 2x VIE 2) 5 x + x −1 + x + 3 + 2 ( x − 1)( x + 3) > 4 − 2 x; 4) x 3 + x 2 + 3 x x + 1 + 2 > 0; 5) 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 − 14 x; 6) 2( x − 2) 2