Thông tin tài liệu
ĐẠI SỐ SƠ CẤP NÂNG CAO Võ Thanh Hùng Phương trình bậc 4: Dạng: ax bx cx dx e (*) Cách giải: (*) 4a x 4bax 4cax 4dax 4ae 2 2 (2ax bx ) (b 4ac) x 4adx 4ae 2 Thêm vào vế phương trình biểu thức 2(2ax bx)m m ( m số) để vế 2 trái bình phương đúng, vế phải tam thức f ( x) (b 4ac 4am) x 2(bm 2ad ) x 4ae m Vì tam thức bậc có biệt thức đẳng thức nên ta tìm m cho = 0, để chuyển vế phải bình phương Ví dụ: Giải phương trình: x4 - 16x3 + 66x2 - 16x - 55 = (1) HD: (1) (x2 - 8x)2 = -2x2 + 16x + 55 (x2 - 8x)2 + 2(x2 - 8x)y + y2 = -2x2 + 16x + 55 + 2(x2 - 8x)y + y2 (x2 - 8x + y)2 = (2y - 2)x2 + (16 - 16y)x + 55 + y2 Giải phương trình = (8 - 8y)2 - (55 + y2)(2y - 2) = y = hoaëc y = hoaëc y = Chọn y = ta có phương trình: (x - 8x + 3)2 = 4(x - 4)2 T=} Bài tập rèn luyện: Giải phương trình sau: 1.1) x4 - 14x3 + 54x2 - 38x - 11 = 0; 1.2) x4 - 16x3 + 57x2 - 52x - 35 = 0; 1.3) x4 - 6x3 + 9x2 + 2x - = 0; 1.4) x4 - 10x3 + 29x2 - 20x - = 0; 1.5) 2x4 - 32x3 + 127x2 + 38x - 243 Chứng minh bất đẳng thức phương pháp hàm số: Ví dụ 1: Chứng minh rằng: ln( x 1) x, x (1) Giải: (1) � ln( x 1) x Xét hàm số f ( x) ln( x 1) x ( x 0) f '( x ) x 1 0, x �(0; �) x 1 x 1 Suy f ( x ) nghịch biến (0; �) Vậy x � f ( x) f (0) � ln( x 1) x 0, x (cmx) x y x y ln x ln y (2) Ví dụ 2: Cho x y Chứng minh rằng: Giải: x 1 x y � ln x y 1 y (2) x x y � 1 y Vì (t 1) t 1 f '( t ) 0, t f (t ) ln t 2 (1; � ) t ( t 1) t Xét hàm số , Suy hàm số đồng biến (1; �) � f (t ) f (1) t x 1 x x y f ( ) � ln x y y 1 y Suy ra: (cmx) a a x Ví dụ 3: Cho a e, x Chứng minh rằng: (a x) a (3) Giải: (3) � a x a a x a �a Xét hàm số f ( x) a a x a a x a ax 0 a x (0; �) x a ax f '( x) a ln a 1, f ''( x) a ln a a (vì a > e) Suy f '( x) f '(0) � hàm số f ( x ) đồng biến (0; �) f ( x) a Từ đó: a x a a x f (0), x hay (a x) a a a x sin x tan x x, x �(0; ) Ví dụ 4: Chứng minh f ( x) sin x tan x x, x �(0; ) Giải: Xét hàm số 1 cos x �2 cos x 2 0 cos x cos x cos x (0; ) � f ( x) f (0) 0, x �(0; ) 2 Suy hàm số f ( x) đồng biến sin x tan x x, x �(0; ) Vậy f '( x) cos x Bài tập rèn luyện: � tan x , x �(0; ) 2 3.1) Chứng minh rằng: cos x 4sin x sin x x, x �(0; ) 2 3.2) Chứng minh rằng: sin x sin x 3x, x �(0; ) 3.3) Chứng minh rằng: 2x 3.4) Chứng minh rằng: e 2( x x) 3 sin 3 sin 3.5) Cho Chứng minh Sử dụng tiếp tuyến việc chứng minh bất đẳng thức: Nhận xét: Nếu y ax b tiếp tuyến đồ thị hàm số y f ( x) điểm A( x0 ; y0 ) ( A khơng phải điểm uốn), khoảng D chứa x0 cho: f ( x) �ax b, x �D f ( x) �ax b, x �D Nếu y ax b tiếp tuyến đồ thị hàm số y f ( x) điểm A( x0 ; y0 ) ta ln k phân tích f ( x) ( ax b) ( x x0 ) g ( x), k �2 Ví dụ 1: Cho a, b, c, d thỏa mãn a b c d Chứng minh rằng: 6(a b3 c3 d ) �(a b c d ) (1) Nhận xét: Dấu "=" xảy (1) abcd � (6a a ) (6b3 b ) (6c3 c ) (6d d ) � � f ( a ) f (b ) f ( c ) f ( d ) � Trong f ( x) x x Ta có tiếp tuyến đồ thị hàm số y f ( x) điểm có hồnh độ x 5x y 5x f ( x) � , x �(0; 1) Điều cần chứng minh Giải: � (6a a ) (6b3 b ) (6c3 c ) (6d d ) � (1) Vì a, b, c, d a b c d nên a �(0;1) Ta có: 5a (6a a ) � � 48a 8a 5a �0 � (4a 1) (3a 1) �0 5b 5c 5d (6b3 b ) � (6c3 c ) � (6d d ) � 8 , , Tương tự, 5a 5b 5c 5d (6a a ) (6b3 b ) (6c c ) (6 d d ) � 8 8 Suy ra: � (6a a ) (6b3 b ) (6c3 c ) (6d d ) � Bài tập rèn luyện: 3 a b c a , b, c � a b c Chứng minh rằng: a b c 10 4.1) Cho 1 (a b c) �2 2 a , b , c a b c a b c 4.2) Cho Chứng minh rằng: Ví dụ 2: Cho a, b, c thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c � bc ac ab 10 (2) Nhận xét: Ta có: bc �( b c 1 a a c 1 b a b 1 c ) ( ) ac �( ) ( ) ab �( ) ( ) 2 2 2 , , a b c 4a 4b 4c � Suy bc ac ab a 2a b 2b c 2c abc tiếp tuyến đồ thị hàm số Dấu "=" xảy f ( x) Giải: 4x 99 x x0 y x x 100 Vì bc �( b c 1 a a c 1 b a b 1 c ) ( ) ac �( ) ( ) ab �( ) ( ) 2 2 2 , , nên ta suy a b c 4a 4b 4c �2 bc ac ab a 2a b 2b c 2c 4x 99 x (3 x 1) (15 11x) �0, x �(0; 1) 2 x x 100 100( x x 5) Xét 4a 4b 4c 99(a b c ) 9 � 2 a a b b c c 100 10 Suy ra: a b c � abc Vậy: bc ac ab 10 Dấu "=" xảy Bài tập rèn luyện: 4.1) Cho a, b, c thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: a b c �ab bc ca 1 � a , b , c 4.2) Cho thỏa mãn a b c Chứng minh rằng: ab bc ca Ví dụ 3: Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: 1 1 �4( ) a b c abc a b b c c a (3) Nhận xét: Không tính tổng qt ta giả sử a b c 4 (1) � ( )( )( ) �9 1 a a 1 b b 1 c c 5x abc f ( x) , tiếp tuyến đồ thị hàm số x x Dấu "=" xảy y 18 x điểm có hồnh độ 5x 1 (3 x 1) (2 x 1) (18 x 3) �0 2 x x x x Xét (*) x0 Với a, b, c ba cạnh tam giác a b c giả sử a max{a, b, c} đó: 1 a b c 2a � a a, b, c �(0; ) suy nên (*) Giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử a b c 4 5a 5b 5c (1) � ( )( )( ) �9 � �9 1 a a 1 b b 1 c c a a b b2 c c a, b, c �(0; ) Vì a, b, c ba cạnh tam giác a b c nên 5a (3a 1)2 (2a 1) (18 �a�3) a a2 Ta có: a a 5b 5c �18b 3, �18c 2 b b c c Tương tự, 0, a (0; ) 5a 18a a a2 5a 5b 5c �18( a b c ) b b2 c c2 Suy ra: a a Dấu "=" xảy abc 3. Bài tập rèn luyện: a b c � 2 (c a ) (a b) 4(a b c ) 4.3) Cho a, b, c Chứng minh rằng: (b c) a (b c) b (c a ) c(a b) � 2 2 b (c a ) c ( a b) 4.4) Cho a, b, c Chứng minh rằng: a (b c ) (b c a) (c a b ) (a b c)2 � 2 2 2 a , b , c ( b c ) a ( c a ) b ( a b ) c 4.5) Cho Chứng minh rằng: Vận dụng tính chất hàm số vào giải phương trình, hệ phương trình bất phương trình: 4.1 Giải phương trình: Ví dụ 1: Giải phương trình x x3 4x (1) Giải: Điều kiện: x �1 Xét hàm số f (x) x có f / (x ) 0,x x 1 nên hàm số đồng biến khoảng D (1;�) Hàm số g(x) x3 4x có g '(x ) 3x 0,x �D nên hàm số nghịch biến D Phương trình (1) có dạng f (x) g(x) Do phương trình có nghiệm nghiệm Ta thấy x thoả mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm x 3 Ví dụ 2: Giải phương trình x 15x 78x 141 2x (2) Giải: 3 (2) � (x 5) 5(x 5) (2x 9) 2x Xét hàm số f (t) 3t 5t � f '(t) 3t2 0, t �� nên hàm số đồng biến � � x � � 11� � x 3 � f ( x 5) f ( x 9) � x x � x 15x 73x 116 � � (2) Vậy phương trình có nghiệm: x1 4, x2 11 11 , x3 2 Bài tập rèn luyện: Giải phương trình sau: b) x 3x 4x (3x 2) 3x 3 a) 2x 27x 27x 13x 2; 4.2 Giải hệ phương trình: � � x y 1 x � x 1 y � Ví dụ 1: Giải hệ phương trình (I) Giải: �x 1�0 �x �1 �� � y � �y �0 Điều kiện: � � � x x 1 1 x �� x 1 y � � Ta có (I) x x 1 1 x3 � x x3 x2 2x 2 Từ phương trình : (1) 1;� Ta thấy hàm số f (x) x hàm đồng biến D 1;� Xét hàm số g(x) x x 2x Miền xác định: / Đạo hàm g (x) 3x 2x x �D Suy hàm số nghich biến D Từ (1) ta thấy x nghiệm phương trình nghiệm 1;0 Vậy hệ có nghiệm Ví dụ 2: Giải hệ phương trình xy �2 �x y x y � � x y x2 y � (II) Giải: Đặt xy �2 x y 1 � x y � � x y x2 y 2 � Từ (2) viết lại : x y x y x2 x � x y x y x2 x Ta xét hàm số f (t ) t t t �0 � f ' t 2t 0, t �0 Chứng tỏ f (t) hàm số x y x � y x2 x đồng biến, ta có: 2x x x 2 xy � x y � x2 x2 x 1 x x2 Thay vào (1) : 2 � x x x 1 x 1 x 1 � � x 1 x x x 1 � �3 x x2 x � x 1 � x 1� y � �� �� x 1 x x 3 �x 1 � y � x; y 1; hay (x; y) 1; Vậy hệ phương trình có nghiệm: Bài tập rèn luyện: Giải hệ phương trình sau: � � 3 x x 3 y � � 3 y y 3 x ; a) � � x 5x y 5y � b) � x y ; � �4x x (y 3) 5 2y � 2 � 4x y 3 4x ; c) � d) � � 3 x x 5 y � � � 3 y y 5 x 4.3 Giải bất phương trình Ví dụ: Giải bất phương trình Giải: x2 2x x2 6x 11 3 x x (1) �x2 2x �0 �2 �x 6x 11�0 �1 x ۣ � 3 x �0 � �x 1�0 Điều kiện: � (1) � x2 2x x x2 6x 11 3 x � (x 1)2 x (3 x)2 3 x (3) 1;3 Xét hàm số f (t) t t Ta thấy hàm số đồng biến Từ (3) ta có f (x 1) f (3 x ) � x 1 3 x � x Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình (2) T 2;3 Bài tập rèn luyện: Giải bất phương trình sau: 3 2x a) 2x 2x �6 b) 2x 3x 6x 16 x ; Sử dụng bất đẳng thức giải phương trình: 4 Ví dụ 1: Giải phương trình 13 x x x x 16 (1) Giải: Điều kiện: 1�x �1 Ta có: 13 x2 x4 x2 x4 x 1 x2 13 x 1 x2 13 x 1 x2 x 1 x2 2 13 � [9x2 4(1 x2 )] [x2 4(1 x2)] 16 4 � x 1 x2 4 � � x2 � x � � 5 x 1 x2 � � Dấu "=" xảy Vậy phương trình có hai nghiệm: 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x x1 5 , x2 5 x x (2) Giải: Điều kiện: x �0 Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: (2 � x 2 x x x x )2 �(x 9)( ) (x 9) 1 x x x x � x 2 x Dấu "=" xảy x x x �2 2 x x � 8 x1 � x x Vậy phương trình có nghiệm: x = 3x2 x2 x x x2 Ví dụ 3: Giải phương trình 2 (7x2 x 4) (3) Giải: � x �1 � � x � � Điều kiện: � Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có: ( 3x2 x2 x x x2 1)2 �(2 x2 )(3x2 1 x2 x x2 1) = (2 x2 )(5x2 x) VT (2 x2 )(5x2 x) (*) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: (7x2 x 4) [5x2 x (x2 2).2] �2 (2 x2)(5x2 x) � VP (7x2 x 4) � (2 x2 )(5x2 x) (2 x2 )(5x2 x) (**) � x2 � 3x2 x2 x �� x 2 � 5x x 2(x 2) � x 1 Từ (*) (**) suy VT = VP � Vậy phương trình có nghiệm x = -1 Ứng dụng vectơ: 6.1 Giải phương trình vơ tỉ: Ví dụ 1: Giải phương trình x x 2(x 3)2 2x Giải: 5 13 x� Điều kiện: �r r � � u (x 3; x 1) �u (x 3) x �� � r r v � � v (1;1) � Đặt (1) Ta có: rr r r u.v �u v � x (x 3) � 2(x 3)2 2x � x1 k � � � �x k � k r r � u , v Dấu "=" xảy hướng � x x � x � �� � �2 � x � x 3 �x 7x 10 Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 2: Giải phương trình 2x2 2x 2x2 ( 1)x 2x2 ( 1)x (2) Giải: 2 2 (2) � (2x 1) ( 3x 1) (x 1) ( 3x 1) (x 1) r � u (1;1 2x) � r r r r r r �r �v ( 3x 1; x 1) � u v w (3; 3) � u v w �r w (1 3x; x 1) Đặt � r r r r r r u v w �u v w Ta có: � (2x 1)2 ( 3x 1)2 (x 1)2 ( 3x 1)2 (x 1)2 �3 Dấu "=" xảy r r � v ku � k,l 0: �r r �v lw � 3x 1 k � � x 1 k(1 2x) �� � x � 3x 1 l(1 3x) � x 1 l(x 1) � Vậy phương trình có nghiệm x = Bài tập rèn luyện: Bài 1: Giải phương trình sau: a) x x 3 x x ; 2 b) x 2x x 2x 10 29 2 Bài 2: Giải phương trình: cos x cos x cos x cos x 6.2 Giải bất phương trình vơ tỉ: Ví dụ: Giải bất phương trình Giải: Điều kiện: x �1 x x � 2(x 3)2 2x (3) r r rr r r u (x 3)2 x 1, v 2, u.v x 1 x Đặt u (x 3; x 1),v (1;1) Khi đó: Theo (3), suy ra: Lại có: rr r r u.v �u v rr r r u.v �u v (*) (**) Từ (*) (**) suy ra: rr r r u.v u v �x2 7x 10 r r � k 0: u kv � x x � � x �3 � � x Vậy bất phương trình có nghiệm x = Bài tập rèn luyện: Giải bất phương trình sau: a) b) 5 x 5 x �4 x 2x 50 3x �12; 6.3 Chứng minh bất đẳng thức: Ví dụ: Chứng minh x, y, z �� ta có: x xy y x xz z � y yz z (1) Giải: Ta có (1) � ( x 3 y) ( y ) ( x z )2 ( z ) � y yz z 2 2 r � �r � � u �x y; y� ,v � x z; z� 2 � � 2 � � Xét hai vectơ uu r r 2 | u | x xy y ;| v | x xz z Khi ta có: r r �1 3 �r r u v � y z; y z� ;| u v | 2 2 � � y yz z r r r r | u | | v |� | u v |� x xy y x xz z � y yz z Ta lại có: Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Bài tập rèn luyện: Bài 1: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn ab bc ca abc Chứng minh rằng: a 2b b 2c c 2a � ab bc ca * Bài 2: Chứng minh x, y, z �� ta có : x xy y x xz z y yz z � 3( x y z ) 2 2 2 Bài 3: Chứng minh a, b, c, d �� ta có: (a c) (b d ) � a b c d Bài 3: Chứng minh a, b, c, x, y , z �� ta có 2 2 2 a) | ax by cz |� a b c x y z ; b) a b c x y z � ( a x ) (b y ) ( c z ) ; c) a a a 3a � Bài 3: Chứng minh x, y, z 0, x y z �1 ta có: x2 1 y z � 82 y z x 6.4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: 2 Ví dụ: Tìm giá trị nhỏ hàm số f ( x) x x x x Giải TXĐ: D � 2 1� �3� � 1� �3� � f ( x) � x � � � �x � � � � �2 � � � �2 � � Ta có r r u ( x ; ); v ( x ; ) 2 2 Xét hai véctơ r r r r r r 2 | u | x x 1;| v | x x 1; u v (1; 3);| u v | Khi ta có r r r r | v| ۳| u v | f ( x) Ta có | u | � Dấu “=” xảy x Vậy giá trị nhỏ hàm số f (x) cho đạt x Bài tập rèn luyện: Bài 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: f ( x, y ) x y x 12 y 37 x y x y 18 Bài 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số: f ( x ) cos2 x 2cos x cos x 4cos x Một số kỹ thuật thường dùng giải phương trình vơ tỷ 2 Ví dụ 1: Giải phương trình x x x x x (1) Cách 1: Biến đổi tương đương � x(2 x x 1) �0 �� 2 2 2 �4 x ( x x 1) ( 2 x x 1) (1) � x x x 2 x x 1 � x � ( � ; ] �(0; 1) � � x 1 � � x( x 1)(2 x 1) �0 � �� � � � x 1 � � 33 � ( x 1)(8 x x 1) x � � � � 33 � 16 � � x � � 16 Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 1, x2 33 16 Cách 2: Dùng đẳng thức 2 (1) � x x x x ( x x 1) x �x x x x � x2 x x 2 � ( x x x 1) (2 x) � � �� 2 � � x x x 2 x � � x x 3x � x �0 �x �0 x x x � �2 �� � x 1 �x 1 �x x x � x �0 � x �0 33 � x x 3x � �2 �� �x 8x x 16 � �x x x 2 Cách 3: Đưa dạng đồng cấp au buv cv để tạo tích việc đặt ẩn phụ 2 2 (1) � x x x 2 x x � x x x 3x ( x x 1) 2 2 Đặt y x x ( y �0) ta được: xy 3 x y � x xy y y x � � ( x y )(3x y ) � � �y 3x Cách 4: Đặt ẩn phụ hoàn toàn 2 (1) � x x x x x Nhận thấy x khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình cho x ta được: 1 x2 x 2 0 x2 x x (*) Với Đặt x : (*) � t 1 1 1 1 x x x x 1 1 � t (t �0) x x x x ta t 2t � t t 1 (loại) 1 � 33 � 8x2 x � x 16 Suy ra: x x Với điều kiện x ta nghiệm phương trình Với Đặt x : (*) � t 1 x 33 16 1 1 1 x x x x 1 1 � t (t �0) x x x x Khi phương trình có dạng: t 2t � t t 3 (loại) 1 � x � x 1 Suy ra: x x (thỏa mãn x ) Vậy phương trình có hai nghiệm: Cách 5: Nhân biểu thức liên hợp x1 1, x2 33 16 (1) � x( x x x) x Nếu � x �0 �x �0 x x x � �2 � � x 1 � �x x x �x 1 x2 x x � Khi thay x 1 vào phương trình ta thấy nghiệm phương trình Nếu x x �۹ x x Khi phương trình tương đương: x( x x x)( x x x ) ( x 1)( x x x) � x( x 1) ( x 1)( x x x) � x x x x (vì x �1 ) � � x �0 33 � x �0 � x x 3x � �2 � � x � 2 8x x 16 � �x x x Vậy phương trình có hai nghiệm: x1 1, x2 33 16 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x 2( 15 x x) 15 15 x x x (2) Giải: Điều kiện: �x � 15 2 (2) � (15 x ) x 15 x x 2( 15 x x) Cách 1: Đặt ẩn phụ để đưa phương trình dạng tích đánh giá � u 15 x � (u , v �0) � 2 v x Đặt � , phương trình trở thành: u 3uv 4v 2(u v ) (*) Cách 1.1 Phân tích thành tích kĩ thuật nhóm, tách ghép 2 (*) � u 2v 3uv 2(u 2v) � u (u 2v ) v(u 2v) 2(u 2v) �u 2v � (u 2v)(u v 2) � � u v2 � Cách 1.2 Sử dụng phương pháp số biến thiên để tạo tích 2 (*) � u (3v 2)u 2v 4v u (3v 2)2 4(2v 4v) v 4v (v 2) Phương trình có hai nghiệm: u 2v u v � x 2 19 �� 2 x 2 19 � Với u 2v � 15 x x � 15 x x � x x 15 Với u v � 15 x x (**) Với điều kiện �x � 15 � x � 15 nghiệm 16 nên phương trình (**) vơ Vậy phương trình có nghiệm: x 2 19 Cách 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình hệ � u 15 x � (u , v �0) � Đặt � v x suy u v 15 � � u 3uv 4v 2(u v ) u 2v 3uv 2(u 2v) �� � u v 15 u v 15 � � Khi ta có: �� u 2v (1) �� u v 15 � �� � �u v (u 2v)(u v) 2(u 2v) (u 2v)(u v 2) � � � (2) �� � �2 � u v 15 u v 15 � � � � u v 15 4 2 (1) � 4v v 15 � v 4v 15 � v 2 19 v 2 19 (loại) � x 2 19 (2) điều kiện u ۳ v 2 0� �v2 hay x x � 15 nên hệ (2) vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm: x 2 19 Cách 3: Phân tích thành tích x khơng thỏa điều kiện 2 (2) � x 2( 15 x x) 15 15 x x x � 15 x x 15 x x 15 x x 15 x x � 15 x ( 15 x x ) x ( 15 x x ) 2( 15 x x ) � 15 x x �� 2 � � ( 15 x x )( 15 x x 2) �15 x x Cách 4: Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn phương pháp số biến thiên 2 Đặt t 15 x (0 �t � 15) ta được: t xt x 2(t x ) � t (3 x 2)t x x t (3 x 2) 4(2 x x ) x x ( x 2) 2 Suy ra: t x t x hay 15 x x 15 x x MỘT SỐ BÀI GIẢI BÀI TẬP TRONG TÀI LIỆU 2 2 Bài Giải phương trình: (2 x x 7) (2 x x 7) 2( x x x 7) (1) Giải: Cách 1: ( a b) a b � Áp dụng bất đẳng thức ta có: (2 x x 16 x 14) 2 (2 x x 7) (2 x x 7) � � (2 x x 7) (2 x x 7) �2( x x x 7) 2 Dấu "=" xảy khi: x x x x �x � x x � x ( x 1) � � x �1 � Vậy phương trình có nghiệm: x1 1, x2 0, x3 Cách 2: ab x4 x2 8x Đặt a x x b x x ta được: a b (a b) � ( a b) � a b Khi (1) trở thành �x � � 2 x �1 � Suy ra: x x x x � x x � x ( x 1) Vậy phương trình có nghiệm: x1 1, x2 0, x3 Cách 3: 4 2 2 2 (1) � (2 x x 7) ( x x x 7) (2 x x 7) ( x x x 7) � ( x x )(3 x x 16 x 14) (x x )( x x 16 x 14) �x �� x �1 � ( x x )(2 x x ) � x ( x 1) � 4 2 Vậy phương trình có nghiệm: x1 1, x2 0, x3 2 2 2 Bài Giải phương trình: 13[( x x 5) ( x x 9) ] (5 x 16 x 37) (2) Giải: Cách 1: 2 Áp dụng bất đẳng thức BCS cho số 2, 3, x x 5, x x ta được: [2( x x 5) 3( x x 9)]2 �13[( x x 5) ( x x 9) ] � (5 x 16 x 37) �13[( x x 5) ( x x 9) ] 2 Dấu "=" xảy 2( x x 9) 3( x x 5) �x � x2 2x � � x 3 � Vậy phương trình có nghiệm: x1 3, x2 Cách 2: �a x x �2a x x 10 �� � 2a 3b x 16 x 37 � 2 b x 4x � 3b x 12 x 27 Đặt � 2 Khi đó, (2) trở thành 13(a b ) (2a 3b) � 9a 12ab 4b � (3a 2b) � 3a 2b �x � � 2 x 3 � Suy ra: 3( x x 5) 2( x x 9) � x x Vậy phương trình có nghiệm: x1 3, x2 2 2 Bài Giải phương trình: 18( x x 1) (6 x 36 x 3) (3) Giải: Cách 1: 2 2 2 (3) � [3( x x 1)] [3( x x 1)] (6 x 36 x 3) (*) (a b c)2 a b2 c � Áp dụng bất đẳng thức ta có: (3x 18 x x 18 x x 36 x 3) � 3 VT(*) 2 Dấu "=" xảy x 18 x 6 x 36 x � 3x 18 x � x Vậy phương trình có nghiệm: x1 �5 3 95 5 , x2 3 Cách 2: Đặt t = x x ta được: 18t (6t 3) 2 � 54t 36t � t Với t �5 � x2 6x � x 3 Vậy phương trình có nghiệm: x1 95 5 , x2 3 2 Bài Giải phương trình: ( x x x 1) 16 x (4) Giải: 2 2 (4) � [ x ( x 1) ( x 1)] 16 x � [(x 1)( x 1)] 16 x Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho x , x , ta có: �x �2 x � �2 2 6 �x �2 x � ( x 1)( x 1) �4 x x � [( x 1)( x 1)] �16 x �x � x �1 �2 x � Dấu "=" xảy Vậy phương trình có nghiệm x �1 1 Bài Giải phương trình: x x x x 2016 x 3x 1012 (5) Giải: Cách 1: 1 � (a 0, b 0) Theo bất đẳng thức a b a b ta có: 1 �2 x x x x 2016 x 3x 1012 2 Dấu "=" xảy x x x x 2016 � x 502 Vậy phương trình có nghiệm x 502 Cách 2: (5) � 1 1 0 x x x 3x 1012 x x 2016 x 3x 1012 � 2 x 1004 x 1004 0 ( x x 8)( x 3x 2012) ( x x 2016)( x x 2012) 2 � 2 x 1004 x 1004 0 x x x x 2016 � (2 x 1004)( 1 )0 x x x x 2016 2 x 1004 � � �2 � x 502 x x 2016 x x � Vậy phương trình có nghiệm x 502 Cách 3: Đặt a x x 8, b x 3x 1012 2 � ab x 3x 1012 1 � (a b) 4ab � (a b) � a b Phương trình (5) trở thành: a b a b 2 Suy ra: x x x 3x 1012 � x 1004 � x 502 Vậy phương trình có nghiệm x 502 1 Bài Giải phương trình: x x x x x x 11 x x (6) Giải: 1 � (a 0, b 0, c 0) Theo bất đẳng thức a b c a b c ta có: 1 �2 x x x x x x 11 x 3x �x2 x x x � x2 �2 x x x x 11 Dấu "=" xảy � Vậy phương trình có nghiệm x ( x 1) ( x 3) 3x x 2 ( x 1) Bài Giải phương trình: ( x 3) (7) Giải: � ( x 1) ( x 3)2 ( x 3)4 ( x 1) ( x 3)2 2( x 1)2 2( x 3) 2 ( x 3) ( x 1) (7) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: �( x 1)4 2 �( x 3) ( x 3) �2( x 1) � � � ( x 1) �2 � ( x 1) � ( x 1) 2 � ( x 3) ( x 3) ( x 1) �( x 3) 2( x 1) 2 ( x 3) ( x 1) (*) ( x 1) � ( x 3) ( x 3) �( x 3) ( x 1) 2 ( x 3) ( x 1) 2 2 Suy ra: ( x 3) 2( x 1) �( x 3) 2( x 1) 2( x 3) � ( x 3) �( x 3)2 2( x 3) � (x2 3)4 (x2 3)2 2(x2 3) �0 � (x2 4)2[(x2 3)2 1] �0 � x2 � x �2 � (x 1)2 � � (x 1) � x � ( x 1) � (x2 3)2 2 � Dấu "=" (*) xảy �(x 3) Vậy phương trình cho có nghiệm x
Ngày đăng: 15/12/2020, 21:55
Xem thêm:
