phuong trinh-bat phuong trinh

PHẦN I: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH. I. Phương trình và bất phương trình bậc 2. 2 0, 0.ax bx c a+ + = ≠ Câu 1: Tìm m để phương trình: 2 2( 3) 4 12 0x m x m+ + + + = có hai nghiệm cùng lớn hơn – 1. Giải: Để pt đã cho có hai nghiệm cùng lớn hơn -1 thì m thỏa hệ sau: 2 1 2 ' 0 ( 3) 4 12 0 7 1 ( 1) 0 1 2( 3) 4 12 0 3 2 1 3 1 2 m m f m m m x x m    ∆ > + − − >   − > ⇔ − + + + > ⇔ − < < −     + − < − −   − <  . Câu 2: Tìm a để BPT: 2 ( 1) 2( 2) 2 1 0a x a x a− + + + + > (1) có nghiệm trong (-1;2). Giải: Xét 3 TH của a: TH1: a=1 (1) ⇔ 1 6 3 0 2 x x+ > ⇔ > − (thỏa) TH2: a<1 2 2 2 2 1 2 2 2 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 a 5 5 0 2 2 2 2 ' 0 2 ( 2) a 5 5 2( 1) a 5 5 3 a 5 5 3 1 1 4 ( 2) a 5 5 ( 1) a 5 5 3 a a a x a a a a a a a x a a a a a   − − − + − − − + < < < <    − + + > ∆ >         < ⇔ − + − − + + < − ⇔ − − + + < ⇔ − − + + <         > − < <  − + + − + + < − + − + + >         (vô nghiệm) TH3: a>1 • ' 0 (1; )a∆ < ⇒ ∀ ∈ +∞ • 1 2 2 2 2 2 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 ' 0 2 2 2 2 1 1( 1) ( 2) 5 5 3 5 5 2 2( 1) ( 2) 5 5 3 5 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 ( ; 0,5) 2 2 2 ( ; 0,5) (1; ) a a x a a a a a a x a a a a a a a a a a   − − − + − − − + ≤ ≤ ≤ ≤ ∆ ≥       ⇔ ⇔− <       − − < − + − − + + < − − + +       >       − > − + + − + + > − + +      − − − + − − ≤ ≤  ⇔ ⇔ ∈ −   ∈ −∞ − ∪ +∞  • Câu3: Tìm m để pt [ ] 2 2 0x x x x m− + − = có 2 nghiệm không âm.( [ ] x phần nguyên của x – số nguyên lớn nhất không vượt quá x). Giải: Đặt [ ] [ ] ,y x z x x= = − ta có: 2 2 0z z y y m+ + + − = ,trong đó y nguyên và 0 1z ≤ < Pt theo z có nghiệm 1 2 z − ± ∆ = với 2 1 4( )y y m∆ = + − + , do 0z ≥ nên 1 2 z − + ∆ = và ta có 1 0 1 2 − + ∆ ≤ < hay 1 9 ≤ ∆ < suy ra 2 0 2y y m≤ − + < Gọi 1 2 x x> là hai nghiệm không âm của pt, ta có [ ] [ ] 1 1 2 2 ,y x y x= = đều không âm, và [ ] [ ] 1 1 1 2 2 2 ,z x x z x x= − = − • Nếu 1 2 y y= thì [ ] [ ] 1 2 x x= và [ ] [ ] 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 0, 2 0x x x x m x x x x m− + − = − + − = trừ vế theo vế ta được 1 2 x x= (trái với giả thiết) • Vậy 1 2 y y> suy ra 1 2 1y y− ≥ do số nguyên. Vì 0220;20 2 2 22 2 21 2 1 ≤+−<−⇒<+−≤<+−≤ myymyymyy (*)nên ta có: 21)(222 212112 2 2 2 112 2 2 2 1 <−+−⇒<−+−⇒≤−+−≤− yyyyyyyyyyyy do 21 yy − là số nguyên dương nên    =−+ =−+ 01 11 21 21 yy yy TH1: 11 21 =−+ yy Thì 2 21 =+ yy nên 0,2 21 == yy (không thỏa) TH2: 01 21 =−+ yy Thì 1 21 =+ yy nên 0,1 21 == yy hay [ ] [ ] 0,1 11 == xx Từ (*) suy ra: 20 <≤ m và nghiệm 2 411 2,1 m x +± = Câu 4: Tìm đk của a,b để pt: 01 2 =++ axx (1) và 02 2 =++ bxx (2) có nghiệm chung. Khi đó tìm GTLN của baP += . Giải: • Gọi 0 x là nghiệm chung của hai phương trình trên, ta có: )( 1 1)( 02 01 00 0 2 0 0 2 0 ba xxba bxx axx − =⇒=−⇒    =++ =++ đk ba ≠ 0123 0132 0)()(1 01 11 22 22 2 2 >++=⇔ =++−⇔ =−+−+⇔ =+ − +       − baab baba babaa ba a ba Vậy điều kiện của a,b là    ++= ≠ 123 22 baab ba thì hai pt có nghiệm chung. • Ta có baP =− thế vào điều kiện trên ta được: 0516 123 22 22 =−++⇔ ++= PaPa baba Ta có 24 2 −=∆ P để pt luôn có nghiệm thì 62240 2 ≥⇒≥⇒≥∆ PP Vậy GTLN của P là 62 . Thế vào (1) ta được: II. Phương trình và bất phương trình quy về bậc hai. VD1. Tìm m để PT: ( ) ( ) 2 2 2 3 0x m x mx m+ + + − = (1) có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3 1 2x x x< − < < < . Giải Pt (1) đã có 1 nghiệm x m= − nên Pt 2 2 2 3 0x mx m+ + − = phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa 1 trong các TH sau: TH1: 1 2 1 2m x x− < − < < < TH2: 1 2 1 2x m x< − < − < < TH3: 1 2 2m x m− < − < < < − • TH1: 1 2 1 2m x x− < − < < < ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 1 0 1 1 2 2 1 2 0 m m f x x S x x f >   − < −  − >    ⇔ − < < ⇔   > −   < <   <   (hệ vô nghiệm) • TH2: 1 2 1 2x m x< − < − < < 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 3 0 ' 0 1 2 1 2 3 1 6 2 2 3 2 m m m m m x m m m x m m m − < <  − < − <    − + > ∆ >   ⇔ ⇔ ⇔ − < < −   < − − − − + < −     >  − + − + >  • TH3: 1 2 2m x m− < − < < < − ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 2 2 3 0 2 ' 0 1 1 0 1 1 6 1 2 0 2 2 2 2 m m m m m f m x x f m x x S < −   − >  − + > < −     ∆ >  − <   ⇔ ⇔ ⇔ > −    < − < >    >    < <    <  (hệ vô nghiệm) Vậy với 1 2 6 m− < < − thì Pt(1) có 3 nghiệm thỏa mãn 1 2 3 1 2x x x< − < < < . VD2. tìm m để Pt: 3 2 3 3 2 0x mx x m− − + = có 3 nghiệm 1 2 3 1 2x x x< − < < < . Giải Xét hàm số ( ) 3 2 3 3 2f x x mx x m= − − + ( ) 2 ' 3 6f x x mx m= − − . Ta có ( ) ' 0f x = luôn có 2 nghiệm phân biệt nên hs luôn có CĐ, CT. Giả sử 1 2 x x< là 2 nghiệm của Pt ( ) ' 0f x = , khi đó: ( ) 2 1 1 2 1y m x m= − + + , ( ) 2 2 2 2 1y m x m= − + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 4 2 1 2 1 2 . 2 1 2 1 4 7 4 0y y m x m m x m m m= − + + − + + = − − − < m ∀ Suy ra PT đã cho luôn có 3 nghiệm 1 2 3 x x x< < Mặt khác 1 2 . 1 0x x = − < nên PT đã cho có 1 nghiệm âm và 1 nghiệm dương Do đó để PT có 3 nghiệm 1 2 3 1 2x x x< − < < < thì: ( ) ( ) 2 1 0 2 0 1 2 1 2 0 10 2 0 5 5 m f m m f m m <  − > − + >    ⇔ ⇔ ⇔ < <    < − + < >      Bài 1. Biện luận theo m số nghiệm của Pt: ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 0x x x x m+ + + + − = (1) Giải PT (1) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 1 0x x x x m⇔ + + + + − = ( ) ( ) 2 2 2 3 2 3 1 0x x x x m⇔ + + + + − = Đặt ( ) 2 3t x x= + , ĐK 9 4 t ≥ − PT quy về: 2 2 1 0t t m+ + − = (2) , ta có ' m∆ = • TH1: ' 0 0m∆ > ⇔ > PT (2) có 2 nghiệm phân biệt + Nếu 9 25 1 4 16 m m− − ≥ − ⇔ ≤ thì PT (2) có 2 nghiệm phân biệt dẩn đến PT (1) có 4 nghiệm phân biệt + Nếu 9 25 1 4 16 m m− − < − ⇔ > thì PT (2) có 1 nghiệm dẩn đến PT (1) có 2 nghiệm phân biệt • TH2: ' 0 0m ∆ = ⇔ = PT (2) có nghiệm kép 1t = − dẩn đến PT (1) có 2 nghiệm phân biệt • TH3: ' 0 0m∆ < ⇔ < PT (2) vô nghiệm dẩn đến PT (1) vô nghiệm Kết luận: − Nếu 25 0 16 m< ≤ thì PT (1) có 4 nghiệm phân biệt − Nếu 0 25 16 m m =    >  thì PT (1) có 2 nghiệm phân biệt − Nếu 0m < thì PT (1) vô nghiệm Bài 2: Tìm a để PT: ( ) 4 3 2 16 ax 2 17 ax 16 0x a x− + + − + = (1) có 4 nghiệm lập thành cấp số nhân. Giải Nhận thấy 0x = không phải là nghiệm của PT nên chia 2 vế của PT cho 2 x ta được 2 2 1 1 16 2 17 0x a x a x x     + − + + + =  ÷  ÷     Đặt 1 , 2t x t x = + ≥ PT mới là: 2 16 2 15 0t at a− + − = (2) Để PT (1) có 4 nghiệm phân biệt thì PT (2) phải có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,t t sao cho 1 2 2, 2t t≥ ≥ Gọi 1 2 3 4 , , ,x x x x là 4 nghiệm lập thành CSN của PT (1) thì 1 4 ,x x là 2 nghiệm của PT 2 1 1 0x t x− + = , 2 3 ,x x là 2 nghiệm của PT 2 2 1 0x t x− + = , gọi q là công bội, ta có 2 1 .x x q= , 2 3 1 .x x q= , 3 4 1 .x x q= Suy ra 2 3 1 4 1 . .x x x q= ⇒ 2 3 1 1 .x q= ⇒ 1 3 1 x q = ; 3 2 .x x q= 2 2 2 3 2 2 2 1 . . 1 .x x x q x q x q ⇒ = ⇒ = ⇒ = . Vậy 1 3 1 x q = ; 2 1 x q = ; 3 x q= ; 3 4 x q= Theo Viet ta có: 3 3 1 2 3 4 2 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4 2 1 1 16 1 1 2 17 1 1 16 a b q q x x x x q q a c a x x x x x x x x x x x x q q a q q   + + + = + + + = −     ⇔   +   + + + + + = + + + + + =     Đặt 1 , 2t q t q = + ≥ ta được 3 4 2 2 16 2 15 3 16 a t t a t t  − =    −  − =   suy ra 4 3 2 15 2 3 4 0 16 t t t t− − + + = PT này có các nghiệm 3 5 1 2 ; ; 2 2 2 t t t − ± = = = do 2t ≥ nên 5 2 t = . Với 5 2 t = 85 170 8 16 a a⇒ = ⇒ = Vậy với 170a = thì PT có 4 ngghiệm lập thành CSN. BÀI TẬP: Bài 1. Biết PT 3 2 ax 27 12 2001 0x x+ + + = có 3 nghiệm phân biệt. Tính số nghiệm của PT: ( ) ( ) 2 3 2 2 4(ax 27 12 2001) 3ax 27 3ax 54 12x x x+ + + + = + + . Giải Đặt ( ) ( ) ( ) 3 2 2 f =ax 27 12 2001 f ' =3ax 54 12 f " =6ax 54x x x x x x+ + + ⇒ + + ⇒ + PT quy về: ( ) ( ) ( ) 2 2 . " 'f x f x f x=     . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 . " ' ' 2 . '''g x f x f x f x g x f x f x= − ⇒ =    . Gọi 1 2 3 x x x< < là 3 nghiệm của PT ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 1 2 3 f =0 f =a ' =12ax x x x x x x x g x x x x x x x⇒ − − − ⇒ − − − suy ra ( ) ' 0g x = củng có 3 nghiệm nhân biệt 1 2 3 , ,x x x nên HS ( ) g x đạt cực trị tại 3 điểm. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 2 2 2 3 3 ' 0 ' 0 ' 0 g x f x g x f x g x f x  = − <      = − <      = − <       Vậy ( ) 0g x = có 2 nghiệm. III. Phương trình và bất phương trình chứa căn: Bài 2. Giải bpt: 1 1 1 1 x x x x x − − − − > (1) ĐK: 2 1 0 1 0 x x x x − ≥ − ≥ ⇔ 1 0 1 0 1 x x x x − ≤ < ∨ ≥ < ∨ ≥ ⇔ 1 0 1x x − ≤ < ∨ ≥ + Với 1x ≥ (1) ⇔ 2 1 1 1x x x x x x − − − − > ⇔ 2 2 ( 1) 1 1 1 x x x x x x x − − + − − > ⇔ 1 1 1 x x x − + − > ⇔ ( 1) 1x x x x+ − > − ⇔ ( 1) 1x x x x+ > − + ⇔ ( 1) 1 2 ( 1)x x x x x x+ > − + + − ⇔ ( 1) 2 ( 1) 1 0x x x x− − − + > ⇔ ( ) 2 ( 1) 1 0x x − − > ⇔ ( 1) 1x x − ≠ ⇔ 2 1 0x x− − ≠ ⇔ 1 5 2 x ± ≠ ⇒ 1 5 2 x + ≠ ( vì 1x ≥ ) + Với 1 0x− ≤ < (1) ⇔ 2 2 (1 ) 1 1 1 ( ) x x x x x x x − − + − − > − − − ⇔ 1 1 1 x x x − + − > − ⇔ ( 1) 1x x x x− + − − > − ⇔ ( 1) 1x x x x− + > − + − ⇔ ( 1) 1 2 (1 )x x x x x x− + > − − + − − ⇔ (1 ) 2 (1 ) 1 0x x x x− − + − − + < ⇔ ( ) 2 (1 ) 1 0x x− − + < (Vô nghiệm) Vậy bpt có nghiệm là 1 1 5 2 x x ≥ + ≠ . Bài 1. Giải bpt 2 1 1 2 4 x x x+ + − ≤ − (1) ĐK: 1 1x − ≤ ≤ (1) ⇒ ( ) 2 2 2 1 1 2 4 x x x   + + − ≤ −  ÷   ⇔ 4 2 2 2 2 1 4 16 x x x+ − ≤ − + ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 1 1 16 x x x   − − ≥ −  ÷   ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 16 x x x x x   − − + − ≥ − + −  ÷   ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 16 x x x x   − − ≥ − + −  ÷   ⇔ ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 16 x x x x   ≥ − + −  ÷   ( )∗ + 0x = là một nghiệm của ( )∗ + Khi 0x ≠ ( )∗ ⇔ ( ) 2 2 2 1 1 1 16 x x   ≥ − + −  ÷   ⇔ ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 16 x x x≥ + − − + − ⇔ ( ) 2 2 2 1 1 1 1 0 16 x x x− − − + − ≤ ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 16 0 1 1 x x x x − − − + − ≤ + − ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 16 0 1 1 x x x x − − + − ≤ + − , đúng 0x∀ ≠ Vậy tập nghiệm của bpt là [ 1S = − ; 1]. Bài 2. Giải pt ( ) ( ) 2 3 3 2 2 1 1 1 1 1 3 3 x x x x −   + − + − − = +     (1) ĐK: 1 1x − ≤ ≤ + Với 1 0x− ≤ < thì 1 1x x− > + ( ) ( ) 3 3 1 1x x⇒ − > + Nên VT của (1) âm ⇒ (1) vô nghiệm + Với 0 1x ≤ ≤ , đặt cosx t= , 0 2 t π ≤ ≤ (1)trở thành ( ) ( ) 3 3 2 sin 1 sin 1 cos 1 cos 3 3 t t t t   + + − − = +     ⇔ 2 3 3 2 sin 2 2 sin os os sin 2 2 2 2 3 t t t t t c c +     + − =  ÷  ÷     ⇔ 2 6 sin os os sin 1 sin os 2 1 sin os 2 2 2 2 2 2 2 2 t t t t t t t t c c c c       + − + = +  ÷ ÷ ÷  ÷       ⇔ 2 2 6 os sin 1 2 2 t t c   − =  ÷   ⇔ 1 cos 1 cos 6 1 2 2 t t+ −   − =  ÷   ⇔ 1 cos 6 t = Vậy nghiệm của pt là 1 6 x = . Bài 3. Giải pt 6 10 4 2 3x x + = − − (1) ĐK: 2x < Đặt 6 0 2 t x = > − 2 2 2 6 2 6 2 t t x x t − ⇒ = ⇒ = − (1) trở thành 2 2 10 4 2 6 3 t t t + = − − ⇔ 2 2 10 4 6 t t t + = + ⇔ 2 2 10 4 6 t t t = − + ( ) 2 2 2 0 4 10 4 6 t t t t < <   ⇔  = −  +  ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 0 4 10 16 8 6 t t t t t < <    = − + +   ⇔ 4 3 2 0 4 8 12 48 96 0 t t t t t < <   − + − + =  ⇔ ( ) ( ) 3 2 0 4 2 6 48 0 t t t t < <    − − − =   ⇔ 0 4 2 t t < <   =  (vì ( ) 3 2 6 48 0t t− − < ) Khi t = 2 6 6 2 4 2 2x x ⇒ = ⇔ = − − 1 2 x⇔ = Vậy nghiệm của (1) là 1 2 x = . Bài 4. Giải pt 3 3 32 2 2 7 8 6 7 2 3 12 3x x x x x x− + + − + − − − = (1) Đặt 3 3 32 2 2 7 8, 6 7, 2 3 12t x x u x x v x x= − + = − + = − − − Ta có 3 3 3 3 3 27 ( ) t u v t u v t u v + + = + + = = + + ( ) 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 6t u v t u v t u v t u tu u v uv t v tv tuv⇒ + + = + + = + + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0t u v u t v tv v u uv v t⇔ + + + + + + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 0 0 u v t tv t v u uv u v t v t u ⇔ + + + + + = ⇔ + + + = u v v t t u = −   ⇔ = −   = −  + Khi 3 32 2 6 7 2 13 12u v x x x x= − ⇒ − + = − − 2 2 6 7 2 13 12x x x x⇔ − + = − − 2 7 19 0x x⇔ − − = 7 5 5 2 x ± ⇔ = + Khi 3 32 2 2 13 12 7 8v t x x x x= − ⇒ − − − = − − + 2 2 2 13 12 7 8x x x x⇔ − − = − + 2 6 20 0x x⇔ − − = 7 5 5 2 x ± ⇔ = + Khi 3 32 2 7 8 6 7t u x x x x= − ⇒ − + = − − + ( ) 2 2 7 8 6 7x x x x⇔ − + = − − + 2 2 13 15 0x x⇔ − + = 5 3 2 x x =   ⇔  =  Vậy pt có 6 nghiệm 7 5 5 2 x ± = , 7 5 5 2 x ± = , 3 5, 2 x x= = . Bài 5. Giải bpt 1 1 . 5 2 4 x x x x x+ + + + + + + < (1) ĐK: 1 4 x ≥ − Ta có 2 1 1 1 1 2 4 4 2 x x x   + + + = + +  ÷  ÷   (1) ⇔ 2 1 1 . 5 4 2 x x x x   + + + + + + <  ÷  ÷   ⇔ 1 1 . 5 4 2 x x x x x+ + + + + + + < Tiếp tục rút gọn , ta có 1 1 5 4 2 x + + < 1 9 1 81 20 4 2 4 4 x x x⇔ + < ⇔ + < ⇔ < Vậy nghiệm của (1) là 1 20 4 x− ≤ < . Bài 6. Giải pt 3 3 6 6 4 4 0x x− + − = (1) Đặt 3 6 4t x= + , Ta có 3 3 6 4 0 6 4 0 t x x t  − − =   − − =   Ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 6 0 6 0t x t x t x t x tx− + − = ⇔ − + + + = 2 2 6 0 t x t x tx =  ⇔  + + + =  Hệ đã cho tương đương với ( ) 3 2 2 3 3 6 4 0 6 0 6 8 0 t x t x t x tx t x t x  =    − − =     + + + =     + − + − =    ( I ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 0 6 4 0 t x t x t t t t t =  =   ⇔ ⇔   + − − = − − =    2 1 3 1 3 2 1 3 1 3 t t t x x x   = − = + = −    ⇔ ∨ ∨    = − = + = −      ( II ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 0 6 8 0 t x tx t x t x tx  + − + =  ⇔  + + + − − =   , đặt S x t P tx = + = (Đk: 2 4 0S P− ≥ ) ( II ) viết lại ( ) 2 2 2 6 0 6 6 8 0 ( 12) 8 0 S P P S S S P S  − + =  = +  ⇔   − − − = − − =    2 6 2 3 P S S  = +  ⇔  = −   2 3 58 9 S P  = −   ⇔   =   Vì 2 4 58 4 4 0 9 9 S P− = − × < nên hệ ( II ) vô nghiệm Vậy pt (1) có 3 nghiệm là 2x = − ; 1 3x = ± . Bài 7. Giải pt ( ) 2 3 2 3 2 3 8x x x− + = + (1) ĐK: 2x ≥ Đặt 2 2 0, 2 4 0u x v x x= + > = − + > (1) viết lại: ( ) 2 2 2 3v u uv− = ( I ) ( II )