Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 22 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
22
Dung lượng
761,39 KB
Nội dung
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