I PHUONG TRINH nhom1

I PHƯƠNG TRÌNH Khơng có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Câu Giải phương trình x  x  x  x   x  3x   x  x Lời giải +Biến đổi phương trình tương đương : x  x   x 1 � �� x2 � Câu Giải phương trình x   2 x   ( x  1)( x  ) Lời giải Điều kiện: x �1 Nhận thấy x  1 nghiệm phương trình Xét x  1 Khi phương trình cho tương đương với    x1   �  x    x  x  x  12 4( x  3) x1   4( x  3) 2x    ( x  3)( x  x  ) � �   ( x  1)  � � x1  2x   � �  x  3 � x   Vì x  1 nên x1   2x   (1) 2 x   Suy x1   2x    3,  ( x  1)   Do phương trình (1) � x   � x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 x  Câu [Đề thi hsg Bắc Sơn, Lạng Sơn] Giải phương trình sau : Lời giải x   x   5x   x   x   5x � 2x  33 x2  x   x   5x 3 � x  13 5x  x � 4x  5x  � x  0;x  � Th�l� i ta th� y ph� � ng tr� nh c�3 nghi� m: x =0; x =� Câu Giải phương trình: x  x    x  1 x  x   1 ,với x �R Hướng dẫn giải  1 � x  x    x  1 �   x2  x   x  x2  2x   4x    x2  x    � x2  x   x 1 �� � � x  2x   �  15 �x � x  2x   2x 1 � � � x � 3x  x   � Câu Giải phương trình 3x   x   x  x  Hướng dẫn giải 3x   x   x  x  � 2x   (2 x  3)(x  1) 3x   x  Tìm nghiệm x=2/3 Câu 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  3y  2xy  2x  10y   Hướng dẫn giải Ta có: x2  3y2  2xy  2x  10y     � x2  2x y  1   y  1  4y2  8y   �  x  y  1   2y  2  7 2 �  3y  x  1  y  x  3  Vì số ngun tố nên ta có trường hợp sau: � 3y  y  1 � 3y  y  1 7 � 3y  y  1 � 3y  y  1 1 � � � � �y  x   ; �y  x   1 ; �y  x   ; �y  x   7 Giải ba hệ phương trình ta được: Câu  x; y    3;1 , 1; 3 , 7; 3  (THPT Quảng Xương – Thanh Hóa, 2009-2010) Giải phương trình:    x  x2 x 1   x Hướng dẫn giải t2   1 �  t    t  2t    t  x    x t Đặt ta Giải ta t  suy x  1, x  Dạng 2: Đặt ẩn phụ Giải phương trình tập số thực: x + x + = x   x +1 (1) Hướng dẫn giải Điều kiện: x �1 Bài x  x   x   x  �  x     x  1   x    x  gx  1 không nghiệm phương trình �x  � x2 gx  1: pt (1) � � 1 �  x 1 � x 1 � t= Đặt x2 x 1 Phương trình trở thành: t + = 2t +1 �t= �20  � 20 + S  � � �x= � � x +1 = 3x  Khi ta có: Vậy Bài 2 x  3x    x   x  Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải Phương trình (1) � x    x  5 x   x   Đặt t  x  Ta có phương trình: t   x   t  3x   (*) �   x  5 � � �  x     x  1 t 3 � �� tx2 � Phương trình (*) �x   � �2 �x  4x   t  � x   � x  �2 t  x  � x   x  �x  2 �� � x  2� �x  � Vậy  S  �2; �   x  x  5 x  x    x2  x  1 x   Giải phương trình sau tập số thực: Hướng dẫn giải � a� � � a  x2  x  � � � � b  x3 b �0 Đặt � Điều kiện: � Bài 2 2 2 Ta có: x  x   2a  3b ; x  x   2a  b �b � �b � �b � � � � � � � �  2 2 a  b a  a  b b      �a � �a � �a � Thay vào phương trình ta được: b � 1 � a �� � �b � b � �   � �a � a � �b � b b �0 � �   +) �a � a : phương trình vơ nghiệm a ) x 1 � b  � b  a � x   x2  x  � � x  1 a � Vậy x  1; x  1 nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau 2 x3  10 x  17 x   x x  x Lời giải Nhận xét x  không nghiệm phương trình cho Suy x �0 Chia hai vế phương trình cho x đặt t , t �0 x , ta có phương trình 8t  17t  10t   5t  �  2t  1   2t  1   5t  1  5t  f  t   t  2t , t �� Xét hàm số f  t f '  t   3t   0, t Ta có hàm số liên tục �  * Suy hàm số f  t đồng biến khoảng  �; � f  2t  1  f   5t  � 2t   5t  Khi phương trình cho có dạng 17 � 97 � 8t  17t  6t  � t  16 (do t �0 ) 17  97 17  97 x1  x2  12 12 Vậy phương trình cho có nghiệm Bài Giải phương trình sau :  x  1 x2   x2  x  Lời giải 2 2 Đặt y  x  �1 � y  x  � y  (1  x) y  x   x3  x   5x2  Điều kiện xác định: x  �0 Đặt t 5x2  (t �0) 2 Ta có x  6t  Phương trình cho trở thành x  6t    t � x  6t   (t  1)3 � x  (t  1)3 � x  t  � t  x  � �x �1 �x �1 5x2  �  x  � �5 x  � �2  ( x  1) �x  12 x   � � � x  6  28 (tm đk) Vậy phương trình cho có nghiệm x  6  28 Bài log 2 ( x  x  11)  log Giải phương trình: �x  x  12  � (*) �2 x  x  11  �  Điều kiện: 2 ( x  x  12) (1) 2  (2  5)   (2  )      2    log ( x  x  11)  log ( x  x  12) 9 8  (1)  log 9 ( x  x  11)  log8 ( x  x  12)   Đặt: a = + > 1, t = x2 – 2x -12 Điều kiện: t >  Do đó: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat � t ay � �� (I) t   (a  1) y � Cách 1: (1)  lna + 1(t + 1) = lnat y y �a � �1 � � � � �  (2)  Từ (I) ta được: �a +1 � �a +1 �  y = 1: nghiệm (2) y y y y 1 �a � �1 � a �a � �1 � a  1  1 � � � �  � � � � a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 � � � � � � � �  y < 1: , y < 1:  Nên (2) có nghiệm nhất: y = Do đó: (1) t = a  x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Cách 2: Xét hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1 1  0 (t  1) ln(a  1) t ln a  Ta được: a > 1, nên hàm số giảm (0; +) ta có f(t) = có nghiệm t = a nên f(t) có nghiệm t = a  Vậy: (1) (1)  lna + 1(t + 1) = lnat  t = a x2 – 2x – 12 = + ( thỏa *)  x2 – 2x – 20 - =  x = + x = -2 y'   Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = -2 Giải phương trình: 3( x  x  2)  10 x  x  x  (1) 2  x  x  x   ( x  1)( x  x  1) nên điều kiện là: x  -1 Bài  x2 + 2x + = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt a  x  , b  x  x   Với điều kiện x  -1: (1) trở thành: 3(a2 + b2) = 10ab  3a2 – 10ab + 3b2 =  (a – 3b)(3a – b) =  a = 3b hay a = b/3  a = 3b  x  =3 x  x   x + = 9(x2 + x + 1)  9x2 + 8x + = (vô nghiệm)  a = b/3  3a = b 3 x  = x  x  9(x + 1) = x2 + x +  x2 - 8x - = � x  �2 Vậy phương trình có hai nghiệm: x  �2 Giải phương trình : x   3x   x  Điều kiện: x -1 Bài +) Nếu x > thì: x- 3x + = (x – 1) - 3(x- 1) > 4(x – 1) – 3(x – 1) = x – > Chứng tỏ x > không thỏa mãn Với -1 x Đặt x = 2cost + (0 t ) Khi phương trình trở thành: (2cost + 1) - 3(2cost + 1) + = 8cost – 6cost = 2cos3t = 2cos cos3t = cos Bài Giải phương trình 5x  x  5x 1  Hướng dẫn giải 2 Điều kiện xác định: x  �0 5x2   t (t �0) 2 Ta có x  6t  Đặt Phương trình cho trở thành x  6t    t � x3  6t   (t  1)3 � x3  (t  1)3 � x  t  � t  x  � �x �1 �x �1 5x2  �  x  � �5 x  � �2 � x  6  28  ( x  1) �x  12 x   � � Đối chiếu điều kiện ta nghiệm Bài 10 [Đề chọn   x2 �  x  � � x  6  28 hsg tỉnh Trà Vinh,    x  �   x � � 2014-2015] Giải phương 3 Bài 11 [Đề thi hsg tỉnh Vĩnh Long, 2015-2016] Giải phương trình x   2 x  Lời giải 3 Phương trình tương đương với x  x  x   2 x  Đặt t  x  , ta có phương trình x  x  t  2t �  x  t   x  xt  t    x  t   �  x  t   x  xt  t     1 � t � 3t x  xt  t   �x  � 20 � � Vì nên (1) � x  t trình : x 1 � � �  x  1  x  x  1  � 1 � � x 3 � � x  2x 1 � x  2x 1  2 � 1 � � S � 1; � � � Tập nghiệm x  x    x  1  3 x Bài 12 Giải phương trình: ,với x �� Hướng dẫn giải Từ pt ta thấy x� � x2  (1) � 1�   �x  � 3 x2 � x� t  x  , t �2 x Đặt: Pt trở thành: t2 1    t  t �3 � � �2 �t2 t  t  14  � x  � x 1 x 3 Giải phương trình x  x  12 x   x  x  Bài 13 Giải phương trình:  x  3x   x  x   x Hướng dẫn giải Đặt r r u   x;1 , v    3x ;   x  từ phương trình ta có rr r r u.v   u v r r Như vậy: u, v ngược hướng  3x   x  x Suy ra: (1) Giải (1) thử lại ta thấy phương trình cho có nghiệm Bài 14 Giải phương trình: x  10  10  x ,với x �R Hướng dẫn giải x 1  Đk: x �0 Đặt u  10  x , u �10 � �x  10  u � Ta có: �u  10  x xu    x u 0�  x u   x  u 1  xu � �� � u  x   0(VL) �x �10 21  41 x  u � x  x  10 � �2 �x �x  21x  100  Vậy phương trình có nghiệm: Giải phương trình: Bài 15 Giải phương trình: x 21  41 , 81x   x3  x  x 3x x2  x2 1 Hướng dẫn giải Phương trình cho có điều kiện  x  Với điều kiện ta có: 2 � (1  x ) ( x  1)  x � x2  � 1�  �x  �  x � x� � t   10 t  2t   � � � t   10 t   10 � Đặt ta có: �  10   x � �� �  10   x x    10 � � x Với t   10 ta có : , phương trình cho có nghiệm So với điều kiện Bài 16 Giải phương trình sau tập số thực: x   (2 x  1) Hướng dẫn giải x 1  x � Đặt y  Điều kiện: x   ( y  ), �x   y  2( x  1) y �2 y  x 1  ta thu hệ � Suy   x   y  y  x  ( x  1) y  �y  x   1  y   � y x 1 1 y  x 1 y2 x 1   x 1  � y  x 1 x 1   x 1 � x  Do Thay vào, thử lại thấy x x 15  33 32 15  33 32 thỏa mãn 15  33 32 Đáp số: Bài 17 Giải phương trình: Hướng dẫn giải =0 (x = khơng nghiệm) Đặt ta So với điều kiện ta So với điều kiện , ta 2 Bài 18 Giải phương trình sau: x  x    x  x  x  x với x �R Hướng dẫn giải Đặt t  x  x  1, t � Khi phương trình trở thành:   4t  t  7t  � t  6t   t  4t        � t    t  2  � t  t 1 t  t   (*)  Với t� 2 � t  t 1  � �2 t t 5  � 1 t 2 t  t   có nghiệm (*) n Bài Cho phương trình: x  x  x   với n ��, n  Chứng minh với số nguyên n  2, phương trình có nghiệm dương xn Hướng dẫn giải: Xét hàm số f  x   xn  x2  x  +) Ta có: f�  x   nx n1 – x –1 biến  1; � Lại có: Ta có: với n nguyên, n  2      (1) f�  x   Vậy f  x  hàm số đồng Do n  2, nên x  f  1  2  0; f    2n –  f  1 f    f  x ( n nguyên n  n ) liên tục, đồng biến nên phương trình f  x  có nghiệm  1; � x n  x  n   f  x  +) Mặt khác với  x  suy với  x  Như ta chứng minh (1) có nghiệm dương với n nguyên, n  Bài Cho phương trình: x5  x  x3  x  x    1 Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm x 1 S � x i  1,5 i 1 xi  xi  Với i nghiệm phương trình nghiệm, tính tổng: Hướng dẫn giải   x  x3  x  Xét hàm số: * f(x) hàm số xác định liên tục R � 3� f  2   5 ; f �  � ; f    1 ; � 2� 175 �1 � f � � ; f  1   ; f  3  2 * Ta có: �2 � f  x   x5  � 3� � 3� �1 � � f  2  f �  � f�  � f    ; f   f � � � 2� ; � 2� �2 � � � �1 � f � �f � � f  1  ; f  1 f  3  � � �2 � � Phương trình f  x   có nghiệm phân biệt x1 , x x1 , x2 , x3 , x4 , x5 3 2  x1   x2   x3   x4   x5  2 cho: * Ta có xi nghiệm (1) nên: xi  xi  xi  xi   � xi  xi4    xi3  xi2  xi  Do đó: xi  S � i 1  xi  xi  xi  g  x  x 1 x 1  x  x  x x  x  1  x   Xét biểu thức: Đồng thức ta được: g  x     x  x  1 36  x   S  Do vậy: Mặt khác: 1 1   � � � i 1 xi i 1 xi  72 i 1 x  i f  x    x  x1   x  x2   x  x3   x  x4   x  x5  f '  x    x  x2   x  x3   x  x4   x  x5    x  x1   x  x3   x  x   x  x5   f ' x � f  x i 1 x  xi � Với x �xi ta được: f '  x   x  x3  15 x  x  5 f '  1 f '  1 1 � � �   12 f  1 f  1 i 1  xi i 1 xi  Do đó: 5 f '  0 f '  0 1 � � �  4 f  0 f  0 i 1  xi i 1 xi � 4� � 4� f '�  � f ' � � 1 12900 � � � �   � �  � 4789 � � i 1   x �4 � i 1 xi  f�  � f �� i 5 � 5� �5 � 8959 S  4789 Vậy: Dạng 4: Đánh giá Bài Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: x  y  xy  x  y   Hướng dẫn giải x2    y  x  y  y   Xem (1) phương trình bậc hai ẩn x ta có: (1) �     y   4.2  y  y  3  y  14 y  33  k 2 * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là: nguyên, không âm) (k 2 * Lại xem y  14 y  33  k  phương trình bậc hai ẩn y Để có nghiệm ngun y điều kiện cần  '  49   33  k   16  k  m số phương (m nguyên dương) 2 �  m  k   m  k   16 Do m  k  16 16 = 16.1 = 8.2 = 4.4 nên ta có trường hợp mk 8 m5 � � �� � mk  k  suy phương trình (1) có nghiệm  x; y    15;12  ,  1,  � +) TH1: � mk  � �m  �� � mk  �k  suy phương trình (1) có nghiệm  x; y    13;11 ,  3,3 +) TH2: � m  k  16 � � m  k  Loại +) TH3 : � Bài [Đề xuất, Chuyên Hùng Vương Phú Thọ, DHĐBBB, 2015] Giải phương trình x   2 x   ( x  1)( x2  2) Lời giải Điều kiện: x �1 Nhận thấy x  1 nghiệm phương trình Xét x  1 Khi phương trình cho tương đương với    x1    x    x3  x2  x  12 4( x  3) 4( x  3)   ( x  3)( x2  x  4) x1  2x   � � �  x  3 �   ( x  1)2  � 2x   � x1  � � Vì x  1 nên x   x   Suy 4   3, x1  2x   4   ( x  1)2   x1  2x   Do phương trình (1) � x   � x  Vậy phương trình cho có nghiệm x  1 x  (1) 5x  2 x  5x   Bài [Đề thi hsg tỉnh Nghệ An, bảng A, 2015-2016] Bài Ký hiệu  x số nguyên lớn không vượt x Giải phương trình x     x   x  2015  Hướng dẫn giải Ta có x �0 x  x  2015 � � x  �۳ x pt a  � a  x  γ� x  x  2015 x x 2015  x2 a  �  a  1  8060  a 1 x x x 2015 2015 �x  * Do a �2015 � x   a  1 x  2015  � x a 1 a 1  a  1  8060  a  1  8060 �a   � S � � � Vậy �2015 (t/ m);  a  1 a 1 �  a  1  4a  8060 2 ; a  �; a  2015  loai  � � 2015� � 2.Có tham số Bài  m  1 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x  x   m  x  x  19, ( x ��) (1) Hướng dẫn giải Đặt t  x  x  ; điều kiện: t �1 Ta có: t  x2  2x  � x2  2x   t � x2  2x   t  Pt (2) có hai nghiệm phân biệt � t � �; 1 � 1; � Vậy (2) t 1 2t  t  15 (m  1)t  m  2t  15 � m  t 1 Thay vào phương trình ta được: (3) � 2t  t  15 (C ) �y  t 1 � � Đặt �y  m (d ) Ta có: số giao điểm (C) (d) số nghiệm phương trình (3) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt phương trình (2) có nghiệm t  y  2t   Xét hàm số Cho 18 ; (t �[1;  �)) t 1 ; y'  2 18 (t  1) y '  � t  � y  7; lim y  � x �� Bảng biến thiên t +∞ y’ - y + +∞ m8 � �� m7 � Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Bài Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân: x  x  (m  6) x  m  Hướng dẫn giải Phương trình cho tương đương: x 1 � ( x  1)( x  x  m)  � �2 x  x  m  (1) � Phương trình cho có ba nghiệm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt khác � '   m  �m  �� �2  6.1  m �0 �m �5 (*) 1, hay: � Khi đó, PT cho có ba nghiệm x1 , x2 x3  , x1 , x2 nghiệm (1) �x1  x2  � x x  m Theo định lý Viet ta có �1 (2) Xét trường hợp sau: 2 *) Nếu x1.x3  x2 � x1  x2 (3) Từ (2) (3) ta có hệ: �x22  x2   �x1  x2  x  2; x1  4; m  � � � � �2 �x1.x2  m � �x1  x2 x2  3; x1  9; m  27 � � � m  x �x1  x2 � m 1 � � �x1  x2  �x x  *) Nếu x1.x2  x3 � x1.x2  (4) Từ (2) (4) ta có hệ: �1 Vậy, có ba giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán là: m  1, m  8, m  27 Tìm giá trị tham số m để phương trình x + - x = - x + 9x + m có nghiệm Hướng dẫn giải Bài Lời giải: Điều kiện: �x �9 PT (1) � x + - x + x(9 - x) = - x + 9x + m � + - x2 + 9x = - x2 + 9x + m (2) Đặt t = - x + 9x t' = Ta có: Do : - 2x + 2 - x + 9x ; �t � t' = � x = 9 2 Phương trình (2) trở thành + 2t = t + m � - t + 2t + = m (3) Xét hàm số f (t) = - t + 2t + , Ta có : �t � f '(t) = - 2t + ; f '(t) = � t = Bảng biến thiên : � 9� � t � 0; � � � 2� x �� ;9 � � � � � phương trình (3) có nghiệm Phương trình (1) có nghiệm �- �m �10 Bài Tìm a để phương trình sau (ẩn x ) có nghiệm 5a  5(2a  1)(1  a) 1  x  a ( x  a )( x  3a  1) Bài Cho hai phương trình sau: (1) (2) (a tham số, x ẩn số) Tìm a để số nghiệm phương trình (1) khơng vượt q số nghiệm phương trình (2) ax   2b  c  x   2d  e   Cho phương trình: có nghiệm khơng nhỏ Chứng minh phương trình ax  bx  cx  dx  e  có nghiệm Bài Bài N  k Với số tự nhiên k , gọi số nghiệm phương trình 2016 x  2017 y  k , x �0, y �0 Tính giới hạn sau L  lim k �� N (k ) k Lời giải Giả sử x0 , y0 nghiệm phương trình 2016 x  2017 y  k , nghiệm phương trình có dạng x  x0  2017t , y  y0  2016t , t �� y0 x �t � 2017 Vì x  y  nên 2016 � � y0 � � x0 �  1 � � 2016 � 2017 � � �� � � � N (k )  � � y0 � � x0 � � � � � 2016 2017 � � � � � � Suy Suy N (k )  y0 x  �3 2016 2017 Kết hợp với 2016 x0  2017 y0  k , ta có Vậy Bài lim k �� N (k )  � k 2016.2017 k N (k )  k 2016.2017 Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm x - + m x + = x2 - Hướng dẫn giải Điều kiện : x �1 � x - 1� � x- � � 4 � 3� + m = � � � � x +1 � � � x + 1� PT (1) (2) t=4 Đặt x- x- >>-=� x + , Do x +1 41 x +1 t 2 Phương trình (2) trở thành : 3t + m = 2t � m = - 3t + 2t (3) t �� 0;1) � Xét hàm số f (t) = - 3t + 2t , Ta có : f '(t) = - 6t + ; f '(t) = � t = Bảng biến thiên : Phương trình (1) có nghiệm � - 1< m � Bài x �� 1; +�) � � phương trình (3) có nghiệm t �� 0;1) � Cho phương trình x2 - 2x + m.(x - 4) x+2 + + 2x - x2 - 14 - m = 4- x Tìm m để phương trình có nghiệm thực Hướng dẫn giải Với tập xác định D =� - 2;4) � , Phương trình cho tương đương với - (- x2 + 2x + 8) - m + 2x - x2 + + 2x - x2 - - m = Đặt t = + 2x - x2 t   0; 3) Xét hàm số f (t) = - t + 2t - ;t �� 0;3� � � t +1 ; - t - 2t + f’(t) = (t + 1)2 ; f’(t) =  t = - t = Bảng biến thiên hàm số f(t) đoạn  0;  Phương trình cho có nghiệm x   - 2; 4)  Đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t), t   0;   - ≤ m ≤ - Bài 10 Cho phương trình: 21  x  x  x3 m  x32 7 x  , với m tham số Tìm tham số m để phương trình có nghiệm thực Hướng dẫn giải x � 3, 7 Điều kiện: 3 �x �7 Đặt t  x    x với Ta có: t' 1 7 x 2 x 3   x3 7x x   x ; y '  �  x  x  � x  1 � t (3)  10, t (7)  10, t ( 1)  suy ra: t �� �10,5 � Do t  x    x � 21  x  x  t  19 x3 4 nên phương trình trở thành: t  19 t  19  mt � m 4t 2 Bài 11 Tìm m để pt sau có nghiệm x  x  13  m (2 x  1) x  Hướng dẫn giải x  x  13  m2 (2 x  1) x  Ta đưa pt dạng đẳng cấp x  x  13  m (2 x  1) x  � (2 x  1)2  4( x  3)  m (2 x  1) x  Từ pt suy x (2 x  1)  4( x  3)  m (2 x  1) x  Chia hai vế pt cho t Đặt �2 x  � �2 x  � �� � m � �  x  , ta � x 3 � � x 3 � 2x 1 x  , lập bbt với P t trở thành t x 1 tìm t �(0; 2)  m2 t (1) Phương trình ban đầu có nghiệm pt (1) có nghiệm thuộc t thuộc (0;2) Tìm m  �m  2 Bài 12 (Chuyên Hưng Yên) Giả sử với hai số dương a, b phương trình x  ax  bx  a  0, có nghiệm lớn Xác định giá trị a, b để biểu thức tìm giá trị nhỏ ( n số nguyên dương cho trước) Hướng dẫn giải Gọi x1 , x2 , x3 nghiệm phương trình cho �x1  x2  x3  a � �x1 x  x2 x3  x3 x1  b �x x x  a Theo định lý Vi-et ta có �1 Theo bất đẳng thức AM - GM ta x1  x2  x3 �3 x1 x2 x3 hay a �3 a � a �3 (*) Theo bất đẳng thức ( x  y  z ) �3( xy  yz  zx); x, y, z �R P b n  3n an đạt giá trị nhỏ 2 b  ( x1 x2  x2 x3  x3 x1 ) �3 x1 x2 x3 ( x1  x2  x3 ) 3a hay b �۳ P Suy b 3a b n  3n 3n a n  3n 3n 3n n n �   �  an an an (3 3) n , (*) 3n  P� 3n Do ta có Đẳng thức xảy a  3; b  3a  Khi phương trình có ba nghiệm trùng 3n  3n a  3; b  Vậy giá trị nhỏ P Bài 13 Giải phương trình x4  x2  1  0 x4 x2 m   x   m   x  �0  m Bài 14 Tìm để BPT sau vô nghiệm:   x2 3 x Bài 15 Giải bất phương trình Bài 16 Chứng minh phương trình: 2 x  mx  nx  px  2011  có nghiệm với m, n, p �� Hướng dẫn giải Xét phương trình: 2 x  mx  nx  px  2011  (1) Xét hàm số: f ( x)  2 x  mx  nx  px  2011 lim f ( x)  lim (2 x  mx3  nx  px  2011)  � x �� x �� lim f ( x)  lim ( 2 x  mx3  nx  px  2011)  � x �� x �� � b  cho f  b   � a  cho f  a   f    2011  Hàm số f  x liên tục đoạn  a;0  0; b ; �f (a ) f (0)  � �f (0) f (b)  � phương trình có nghiệm x1 � a;0  nghiệm x2 � 0; b  Vậy phương trình có nghiệm 2 Bài 17 Cho phương trình: x  (m  1) x  m   (1) x  mx  x  x  m  (2) x ẩn số m tham số (0 < m < 1) 1) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm phân biệt nằm khoảng nghiệm 2 2) Chứng minh phương trình (2) có nghiệm (Chưa giải) Bài 18 Cho phương trình x  x  2mx  m   0; m �R Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thoả mãn điều kiện: x1  x2   x3 (Chưa giải) Bài 19 Tìm điều kiện tham số a, b để phương trình sau có nghiệm lập thành cấp số cộng: x  3x  ax  b  (Chưa giải) Bài 20 Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất:  x   x  (2  x)(5  x)  m (Chưa giải) Bài 21 Tìm giá trị a để phương trình sau có nghiệm: 1 5a  5(2a  1)(1  a )  x  a ( x  a )( x  3a  1) (Chưa giải) Bài 22 Giả sử phương trình x + x + ax + b = có nghiệm phân biệt Hãy xét dấu biểu thức: a - 3b Hướng dẫn giải y = f (x) = x3 + x2 + ax + b = + Tập xác định: R y' = 3x2 + 2x + a tam thức bậc hai có biệt số D ' = 1- 3a + Pt: x + x + ax + b = có nghiệm phân biệt nên y' = có nghiệm phân biệt x1, x2 f (x1) f (x2 ) < 1- 3a > � � � �f (x ) f (x2 ) < x1, x2 + Suy ra: � ( hai nghiệm phương trình 3x + 2x + a = ) + Thực phép chia đa thức ta được: � 1� f (x) = x3 + x2 + ax + b = � x+ � �y'+ [ (6a- 2)x + 9b- a] � � � � 9� 1 f (x1) = [ (6a- 2)x1 + 9b- a] ; f (x2 ) = [ (6a- 2)x2 + 9b- a] 9 Suy + f (x1) f (x2 ) < � (6a- 2)2 x1x2 + (6a- 2)(9b- a)(x1 + x2 ) + (9b- a)2 < a x1 + x2 =- ; x1.x2 = x , x 3 + Vì nghiệm phương trình: 3x + 2x + a = nên a (6a- 2)2 - (6a- 2)(9b- a) + (9b- a)2 < Do đó: 2 suy ra: 4(3a- 1)(a - 3b) + (9b- a) < 2 + Vì (9b- a) �0 3a- 1< nên a - 3b> Bài 23 Cho phương trình: x2 - 34x + a - a/ Giải phương trình a  64 (x - 1)(x - 33) = b/ Tìm a để phương trình có nghiệm Hướng dẫn giải Câu a: +Đặt u = x2 - 34x + a v = (x - 1)(x - 33) � u5 - (u- 1)4 = a- 33 � (I) � � v = u � +Ta có hệ � f '(u) = 5u4 - 4(u- 1)3 > " u �[1;+�) +Hàm số f (u) = u - (u- 1) có nên f(u) tăng [1; + ) + a  64, f  u   31  f   f  u tăng nên hệ (I) có nghiệm:  u  2, v  1 từ ta có nghiệm phương trình là: x  17 � 257 Câu b: f  1  + f (u ) tăng [1; + ) mà nên phương trình có nghiệm a – 33 �1 hay a �34 2 Bài 24 Giải biện luận phương trình theo tham số m: (lgcos x) - mlogcos x - m + = Hướng dẫn giải (lgcos x)2 - mlogcos2 x - m2 + = (1) +Điều kiện: cos x > � - p p + k2p < x < + k2p, k �Z 2 � t2 - 2mt - m2 + = (2) � � � t �0 Đặt t = lgcos x Phương trình trở thành: � S a = 1; = m, D ' = 2(m2 - 1), f (0) =- m2 + 2 Xét tam thức bậc hai f (t) = t - 2mt - m + = có: 2 +Trường hợp 1: t = nghiệm (2).Khi ta có m = � +m= : (2) � t = hay t = 2 nên (1)  lgcosx =  cosx = 1x =2k, kZ + m =- : (2) � t = hay t = -2 nên (1) � � x = 2kp lgcos x = � � � , k �Z � lgcos x =- 2 � x = �arccos10-2 + 2kp � �  +Trường hợp 2: Phương trình (2) có nghiệm t1, t2 khác (t1  t2): t1 = m- 2(m2 - 1) ; t2 = m+ 2(m2 - 1) Với điều kiện (1) có nghiệm nên ta cần xét trường hợp sau: a/ t1 �t2 < ; b/ t1 < < t2 � D ' �0 2(m2 - 1) �0 � � � � � t1 �t2 < � � S / 2< � � m< �� � � � � � - m - 2> �f (0) > � � a/ < m�- m� 2(m2- 1) Khi (2) có hai nghiệm t1, t2 âm nên (1) có họ nghiệm: x = �arccos10 b/ t1 < < t2 � af (0) < � - m2 + < � m 2(m2- 1) + 2kp, k �Z 2(m2- 1) + 2kp, k �Z +Kết quả: + m