Cau II Phuong trinh bat phuong trinh he phuong trinh

 Sử dụng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số ( để xuất hiện một phương trình đặc biệt và kết hợp với 1 phương trình ban đầu để giải hệ);.. Bài 8..[r]

Câu Nội dung Điểm II 1 - Phương trình, bất phương trình; hệ phương trình đại số. 1,0

2 - Cơng thức lượng giác, phương trình lng giỏc. 1,0

phơng trình có ẩn thức I - Dng S dng phép biến đổi tương đương.

1 Loại 1: Nâng luỹ thừa vế để khử thức.

 f x( )  g x( )

( ) ( )

( ) ( ( ) 0) f x g x

f x g x

 

 

 



 f x( ) g x( )

2 ( ) 0

( ) [ ( )] g x

f x g x

 

 

 

Bài Giải phương trình sau:

a) 2x29x13 x2 3x2 KQ:

b) 2x2 9x 4 x2 3x 4 KQ:

c) x3 2x21 x2 x 2 KQ:

d) x3 8 2x2 5x 14 KQ:

e) x3 x2  x2 x 2 KQ:

Bài Giải phương trình sau:

a) x2 6x 2x 1   KQ:1

b) x2 2x8  3x 4 KQ:4;7

c) x24x 2x  KQ:2.

d) 2 8 x x  1 9x KQ:1

e) x - x + + 0 KQ:0; 3

f) x4 2x21 1 - x KQ:-2; 0; 1

g) 2x4 5x2  3 1 x2 KQ:  1;

h) x 1 x21 KQ:-1;

1 5 2

i) 3x2 9x 1 x-2 KQ:3; -1/2

g) 4 x2  x 1 4 KQ:7; -1

Bài Giải phương trình sau: a) √2x −1+x2−3x+1=0

KQ:1; 2

b) 4x2 7x 1 x2 KQ:

7

1, ,

4

x x x

c) √3x+1=−4x

+13x −5

KQ:

11 73 8



;

15 97 8



d) x3 9 x2 x KQ:1; ( 45  7857) /162

e) 2x 6x2   1 x KQ:0; 2

f) 10 3  x  x KQ:3

g) 10 3  x  x Đáp số:3

Bài Giải phương trình sau: b)

4

- 2-x =2

2-x KQ:-2

c)

4

3

3 x

x x

x

  

 KQ:1

d)

x 16 5

x-3

3 x-3

x



 

 KQ:5

e)

2 x 4x 3 2 x

  



KQ:1 f)

   



2

3 4 2

2

x x

x KQ:

9 7

Bài Giải phương trình sau:

a) x9 5  2x4 KQ:0

b) x 8   3x 1 KQ:8

d) √x+2−√3− x=√5−2x KQ:2

e) √x+2−√2x −3=√3x −5 KQ:2 f) 5x1 3x 2 x10 KQ:2

g) √x+2−√3− x=√5−2x KQ:2

h) 5x 7  3x 1  x 3 KQ:-1/11

i) √x+3−√2x −8=√7− x KQ:5; 6

j) 3x 3 5 x  2x KQ:2; 4

k) √x+2−√2x −3=√3x −5 KQ:2

g) x 2 2 x  2x  3 x KQ:2;

5 4

h) x 3 2x5 3 x  2 x KQ:0;-2

i) 5x1 5x7 2x 3 2x5 KQ:-2 3

Bài Giải phương trình sau:

a) 2 x 2 x 1    x 4  KQ: 3

b) x 2x1 x 2x1  2 KQ:

1 1

2  x

c) x2 x1 x 2 x 1 2 KQ:x2

d) √x −1+2√x −2−√x −1−2√x −2=1 KQ:9/4

e)

x 5 x 2 x 1 x 2 x 1

2



       

KQ:-1; 3 f) √x+2√x −1+√x −2√x −1=x+3

2 KQ: 5

2 Loại 2: Biến đổi phương trình dạng tích. Bài Giải phương trình sau:

b) x2

√3x −2−√3x −2=1− x KQ:1

c) (x1) 16x17 8 x2 15x 23 KQ:

d) x x(  4) 4x x  4 (2 x)2 KQ:

e)

2

9 4 3 2

5 1

x x

x 

 

 KQ:

f)

2

3(4 9) 3

3 3

x x

x 

 

 KQ:

g) x2 7 x 2 x 1 x28x 7 1 KQ:4; 5

h) x 2 x 1 x2 x 2 1 KQ:

Bài Giải phương trình sau: a)

3 4 1 3 2

5 x x  x  

KQ:2 b)

2

2 3

4 x x  x  

KQ:2;82 6592 c) 5x 3 3x1 x KQ: 9 68

d) x  1 4x2 3x KQ:

1 2

e) 3(2 x 2) 2 x x6 KQ:3;

11 5 2



f)

2 9 4 2 3 4

2 3 x

x x

x



  

 KQ:3; -1;7 52

g)

2 (2x 1)

2x 1 3 2x

2



   

KQ:

h)

4 12

5 2 4 2

27 x

x x 

   

KQ:

5 2 2 x x

   

 

II - Dạng Sử dụng phép đặt ẩn phụ.

 Có hai thức không bậc thức bậc cao,… đặt hai ẩn phụ, đưa giải hệ phương trình hai ẩn.

 Đặt ẩn phụ chuyển phương trình ẩn phụ mà hệ số vãn ẩn cũ. 

1. Loại 1: Đặt ẩn phụ.

 Có f(x) f x( )thì đặt f x( ) = t, (t0) => f(x) = t2

 Có f x( ) g x( ) f x g x( ) ( ) mà f(x) + g(x) = k

đặt f x( ) g x( ) = t, (t0) => f x g x( ) ( ) =

2

2 t  k



Bài Giải phương trình sau:

a) (x5)(2 x) 3 x23x KQ:-4; 1 b) 2 x22x10 5 x x( 2) KQ:-5;3

c) x2+2√x2−3x+11=3x+4 KQ:2;1

d) (x −3)2+3x −22=√x2−3x+7 KQ:-3; 6

e) 2x25x 2 2x25x 1 KQ:1; -7/2

f) 3 x x  2 x x2 1 KQ:

1 5 2



g) 3x26x16 x22x 2 x22x4 KQ:0; -2

Bài 10 Giải phương trình sau:

a) x 2  x  x x     4 KQ:

3 45 2



b)

2 2

1 1

3 x x x x

    

KQ:0; 1 c) √x+4+√x −4=2x −12+2√x2−16 KQ:5

e) 3x 2 x 1 4 x 9 3 x2 5x2 KQ:2 f) 2 x 2 x4 4 x2 10 3 x KQ:

6 5

g) x2 7 x 2 x1  x28x 7 1 KQ: h)

2

2 1 3 2

1 x x

x   x     KQ:- 1; 3

h) x 4 x  2 3x x KQ:0; 2;

2 14 3

 

i) 1x+

√1− x2=

35

12 KQ:

i)

2

1

4 x

x x

    

KQ: 0 j) 2x 3 5 2 x 4x x2 60 KQ:2

Bài 11 Giải phương trình sau: a)

5 1

5 2 4

2 2

x x

x x

   

KQ:

3 2 2



b)    

3 1

3 2 7

2 2

x x

x

x KQ:

8 7 2



c)    

3 2 1 1 2

1 2 2

x

x x KQ: 1

d)

 

 

2

7 4

4 2

x x

x

x KQ: 1;4

2. Loại 2: Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn ( đưa phương trình ẩn hệ số vẫn cịn ẩn cũ)

Bài 12 Giải phương trình sau:

c) (4x 1) x2 1 2x22x1 KQ:

4 3

d) (3x+1)√2x2−1=5x2+3

2x −3 KQ: x∈{

−1+√6

2 ;

2+√60

7 }

3. Loại 3: Đặt ẩn phụ, đưa giải hệ phương trình. Bài 13 Giải phương trình sau:

a)

√2− x=1−√x −1 KQ:1;2;10

b) √33− x+√x −1=2 KQ:2; 13 3

c) 2 33 x 2 5  x 8 0 KQ: - 2

d) x 7 x 1

KQ: e)

√x+4√17− x=3 KQ:1;16

e) 418 x  5 x 1 KQ: vô nghiệm

f) x2 x7 7 KQ:

1 29 2,

2



g) x x3 2x x  4 2 x KQ:x = 1, x =

49

25 .

III - Dạng Sử dụng phương pháp hàm số.

 Nếu hàm số y = f(x) đồng biến ( nghịch biến ) D phương trình f(x) = có

khơng q nghiệm thuộc D.

Áp dụng: Giải phương trình f(x) = 0

+ Chứng minh hàm số y = f(x) đồng biến ( nghịch biến ) tập D. + Nhẩm x = x0 D nghiệm phương trình.

+ Kết luận phương trình có nghiệm x = x0.

 Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) D với u, v  D ta có :

f(u) = f(v)  u = v.

Áp dụng: Giải phương trình f(x) = (1)

+ Khi (1)  u = v (3) + Giải phương trình (3).

Bài 14 Giải phương trình sau:

a)x5x3 3 x 4 KQ: -1

b) 4x1 4x21 1 KQ:

1 2

c) (x+2)(√x2+4x+7+1)+x(√x2+3+1)=0 KQ:-1

IV.Dạng 4: Phương trình vơ tỷ có tham số.

Bài 15 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt

a) √x −m=x −2 KQ:

9 2

4 m

 

b) x2mx2 2 x1 KQ:m9 / 2 c) 2x2 mx 3 x 1

KQ:m1

d) x 2  x  x x     m KQ:0m2 2 e) x 1 8 x (x1)(8 x) m KQ:

f) 42x 2x 2 64  x2 6 x m KQ:2 6 m3 6

g) x 2 x  x x 5 m KQ:2m4

Bài 16 Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

a) 2x2mx  3 x KQ:m < -6

b) 4x  13xm x 1 0 KQ:m m

3 12

2

  

Bài 17 Tìm m để phương trình sau có nghiệm: a) x2 x 1 x2 x 1 m

      KQ:

b) x 9 x x2 9x m

c) 2x 3  x 3x 2x   25x m  KQ:

d) 3 x1m x 1 24 2x 1 KQ: m

1 1

3

bất phơng trình có ẩn thức A Phng phỏp S dng phộp biến đổi tương đương.

1 Loại 1: Nâng luỹ thừa vế để khử thức.

 0

A B

A B

B

 

  

 



2 0 0

A B

A B A

B   

   

  



2 0 0 0

B A B A B

B A     

   

  

   

 





Bài Giải bất phương trình sau:

a) x2 3x2 2x25x2 KQ:( ; 8] [0;1] [2;     )

b) 2x210x 8 x2 5x 36 KQ:( ; 11] [9;    )

c) x3 8 2x25x14 KQ:[2; 3)

d) x2 3x 4 2x25x 5 KQ:

e) x3 2x21 x2  x 2 KQ:

f) x3 x2  x2  x 2 KQ:

Bài Giải bất phương trình sau:

a) 2x1 2 x KQ:

5; 2

 

 

 

b) 5x2 61x 4x2 KQ:  

1

0; 4;

11

 

 

 

c) 8x2 6x 1 4x 1 KQ:

1 1 ;

4 2

   

 

   

   

d) 8 7 3 1

   

x x x KQ:( ; 1]  

e) 3x2 8x 3 2  x KQ:3;

f) 2x4 5x2  3 1 x2 KQ:

6 6

2; ; 2

2 2

   

  

   

   

   

Bài Giải bất phương trình sau:

a) x2 4x12 2 x3 KQ:x2

b) x2 3x2 2 x 5 KQ:

 ;1 2;5 17 13;

2 6

 

  



     

 

   

c) x26x  5 2x KQ:

19 66 3 14

5 x



  

d) 3x2 10x 3 x 1 KQ:{1}

e) x25x  4 3x KQ:

2 2 18

; 4 1; ;

3 3 7

   



        

   

f) 3 x2   x 6 2(2x 1) 0 KQ:1;3

g) x4 x2  1 2x KQ:

 ;1 1 17;

2

  

   

 

 

h) 2x4 5x2 2 2x2 1 KQ: 

2 2

; 2 ; 2;

2 2

 

 

      

   

 

i) (x2 x)2  x KQ:

j) x4x2   1 x 1 KQ:

l) x6 4x34  x 2 KQ:

m) 2x x2  1 x 1 KQ:

n) 4 1 x  2 x KQ:

5 13 5 13

; ;2

2 2

      

  

   

   

   

Bài Giải bất phương trình sau: a)

2 4 1

3 10

x

x x





  KQ: x > 5

b)

4 2 2

2 x   x  KQ:   ; 5

c)     

6

9 5 3

3

x x

x KQ:

d)

 

  

 

2

2( 16) 7

3

3 3

x x

x

x x KQ: x10 34

e)

2 16 5

3

3 3

x x

x x



  

  KQ:5;

Bài Giải bất phương trình sau:

a) 5x1 x1 2x KQ:2 x 10

b) x 3 x1 x KQ:

 



 

 

 

84 ; 3 c) 5 x  2x 2 x KQ:[1; 3] d) x 1 6x x KQ:[2; 3) e) 2x  7x  x KQ:

f) x 2 2 x  2x 3 x KQ:(5 / 4;2) g) 2 x 3 x  2x 2 x3 KQ:[1/4; 1]

Bài Giải bất phương trình sau: a)

2 2 2

2 1 1

x x

x    KQ:

1 0

2 x

  

b)  

2 2

21 3 9 2

x

x x

 

 

KQ:

9 7

, 0 2 x 2 x

   

c)  

2 9

2 1 1 3 1

x

x x

 

 

KQ:

1 , 0 3 x x

d)  

2

2 4

1 1 x

x x

 

 

KQ:  1 x

2 Loại 2: Biến đổi bất phương trình dạng tích.

 A.B > 

0 0 0 0

A B A B     

       

   

 A.B < 

0 0 0 0

A B A B     

       

   



0

. 0

0

A A B

B

 

  

 

 A B 0

B 0 B 0 A 0

     

   

Bài Giải bất phương trình sau:

a) (x1) 16x17 8 x215x 23 KQ:

b)

2

3(4 9) 3

3 3

x x

x 

 

c)

2

9 4 3 2

5 1

x x

x 

 

 KQ:

1 1 2 3 5

; ; ;

3 2 2

5 5

     

    

     

 

   

d)

3 2 1 3 2

x x x

x     KQ:

2 3 x

e) (x2  4x3) x2  4 0 KQ:  ; 2  3;

f) (x2  3 ) 2x x2 3x 2 0 KQ:

1

2 3

2

x   x  x

g) (x2 3x 4) x2  x 2 0 KQ:x4;x 1;x2 h) (2x 5) 2x2  5x2 0 KQ:

3 Loại 3: Biến đổi bất phương trình dạng thương.



0 0 0

0 0

A B A

B A

B     

  

 

    

   



0 0 0

0 0

A B A

B A

B     

  

 

    

   

Bài Giải bất phương trình sau: a) 1 5 1

x x 



 KQ:-5< x < -1; x > 1

b)

2 x 4x 3 2 x

  



KQ:x < 0; 1 x 2 c)

2

4 2

x x

 



KQ:

10 3 x 

d)

2

8 2 1

2

x x x

 



e)

1 1

2 1

2x 3x 5  x KQ:

f)

2

51 2 1

1

x x x

 



 KQ:

1 1 13 1 13 5

x

x

    

    



g)

2

6 6

2 5 4

x x x x

x x

   



  KQ:

B Phương pháp Sử dụng phép đặt ẩn phụ.

 Bất phương trình chứa f(x) f x( )thì đặt f x( ) = t, ( t0)  f(x) = t2;  Bất phương trình chứa f x( ) g x( )và f x g x( ) ( ) mà f(x) + g(x) = k đặt f x( ) g x( ) = t, (t0) f x g x( ) ( ) =

2

2 t  k

.

 Bất phương trình chứa

1 ( )

( ) f x

f x



1 ( )

( ) f x

f x



đặt

1 ( )

( ) f x

f x



= t, (t0)

1 ( )

( ) f x

f x



= t2  1. 

Bài Giải bất phương trình sau:

a) (x1)(x4) 5 x2 5x28 KQ:- < x < 4

b) x2 4x 6 2x2 8x12 KQ:x2;x6

c) 3x26x4 2  x x KQ:-2< x < 0

d) 5x2 10x  1 x2 2x KQ:x < -3; x > 1 e) (x1)(x 2)x2  x 8 KQ:( ; 2] [3;    )

f) 6x2 18x12 10 3  x x KQ:( 1;1] [2;4) 

g) 3x25x 7 3x25x2 1 KQ:

2 1

2 1;

3 3

x x

h) x2 4x 6 x2 4x 8 2x2  8x32 KQ:

Bài 10 Giải bất phương trình sau: a)

4 1 3

1 4 2

x x

x x



 

 KQ:x > 1

b)

 

 

 

1 1 3

1 1 2

x x

x x KQ:

5 1;

3 x  x

c)

1

2 3

1

x x

x x



 

 KQ:

4 1

3 x

   

d) x 1 x2 4x 1 3 x. (B12) KQ:0  1 4 x

hay x  4. e)

5 1

5 2 4

2 2

x x

x x

   

KQ:

3 2 3 2

0 ;

2 2

x  x 

  

e)

1

( 2) ( 1)( 2) 6

2

x

x x x

x 

    

 KQ:

f) (x31) ( x21) 3 x x 1 0 KQ:

Bài 11 Giải bất phương trình sau:

a) x  5 x 3 1  (x5)(x 3) KQ:

b) x 1 4 x  1 3 x x KQ:(0; 3)

c) 2x 1 9 16 x 4x2  9 2 x5 KQ:[ 1/ 2;2) (4;9 / 2] 

d) x 10 x2 x 10 x2 7 KQ:[ 10;1) (3; 10] 

e) 7x 7 7x 6 49 x27x 42 181 14  x KQ:

6 6

7 x

g) 2x x x 7 2 x27x 35 KQ:



hệ phơng trình đại số A Dạng Hệ đối xứng loại I.

 Nhận dạng: Là hệ phương trình mà thay x y thay y x phương trình khơng thay đổi ( hay cịn gọi dạng hệ tổng tích x y)

 HD giải:

+ Biến đổi phương trình theo số hạng x + y xy;

+ Đặt

x y S xy P

   

 

+ Giải hệ tìm nghiệm (S;P);

+ Với nghiệm (S;P) tìm được, x y nghiệm phương trình X2 – SX + P = 0

 Chú ý:

 a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab = (a – b)2 + 2ab;  a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b);



Bài Giải hệ phương trình sau: a)

  

 

   

 2

11

3( ) 28

x y xy

x y x y KQ:(-3;-7);(-7;-3);(2;3);(3;2)

b)

  

 

 

 3

2 2

8

x y xy

x y KQ:(0;2);(2;0)

c)

  

 

 

 

2

3

30 35

x y y x

x y KQ: (2;3); (3;2)

Bài Giải hệ phương trình sau: a)

   

 

  

 

2

4 2

7 21

x y xy

x y x y KQ:(1; 2);(2;1)

b)

  

 

  

 

2

4 2

5

13

x y

x x y y KQ:(2;1);(1;2);(2;-1);(-1;2);

 Nhận dạng:Là hệ phương trình mà thay x y thay y x phương trình này trở thành phương trình kia.

 HD giải:

+ Trừ hai vế hai phương trình cho đưa dạng tích ( ln có nhân tử chung x – y);

+ Giải hệ trường hợp. Bài Giải hệ phương trình sau:

a)

  

 

 

 

2

3 3

x x y

y y x KQ:(0;0);(2;2)

b)

   

 

  

 

2

2

2 3 2

2 3 2

x x y

y y x KQ: (1; 1);(2;2)

c)

  

 

  



3

1 2 1 2

x y

y x KQ:(1;1);(( 1  5) / 2;( 1  5) / 2)

d)

  

 

 

 

3

3 8

3 8

x x y

y y x KQ:(0;0);( 11; 11) 

e)

    

 

   

 

3

3

1 2( )

1 2( )

x x x y

y y y x KQ:(1;1);

1 5 1 5

( ; )

2 2

 

Bài Giải hệ phương trình sau:

a)



 

  

  

 

1 3

2

1 3

2

x

y x y

x y KQ:(1;1);(-1;-1);( 2; 2 )

b)

2 2

2 2 3

2 3

 

   



 

 

y y

x x x

y KQ: (1;1)

c)



  

 

  

 

2

2

1 2

1 2

x y

y

y x

d)



 

  

  

 

4 3

4 3

y

x y

x x

y x

y KQ:(-2;-2)

Bài Giải hệ phương trình sau:

a)

    

 

   

 

5 2 7

5 2 7

x y

y x KQ: (11;11)

b)

    

 

   

 

1 7 4

1 7 4

x y

y x KQ: (3;3)

c)

    

 

   

 

2

1 1 2

1 1 2

x y x

y x y KQ: (1;1),(2;2)

d)



  

  

   

 

1 1

2 2

1 1

2 2

y x

x

y KQ:(1;1)

C Dạng Hệ đẳng cấp bậc 2, bậc 3.

 Nhận dạng:

+ Hệ đẳng cấp bậc 2:

2

1 1

2

2 2

a x b xy c y d a x b xy c y d

   

 

  

 

dạng mở rộng:

    

 

   

 

2

1 1 1

2

2 2 2

a x b xy c y d x e y a x b xy c y d x e y

+ Hệ đẳng cấp bậc 3:

    

 

   

 

3 2

1 1 1

3 2

2 2 2

a x b x y c xy d y e a x b x y c xy d y e

dạng mở rộng:

     

 

    

 

3 2

1 1 1

3 2

2 2 2

a x b x y c xy d y e x f y a x b x y c xy d y e x f y

 HD giải:

*TH1: Đặt y = tx, với x  0

+ Giải phương trình tìm nghiệm t;

+ Thay nghiệm t tìm vào phương trình để tìm x, từ tìm y. *TH2: Với x = 0, thay vào xem hệ có nghiệm khơng?

Bài Giải hệ phương trình sau: a)

   

 

  

 

2

2

3 1

3 3 13

x xy y

x xy y KQ: ( 1; 2);( 2; 1)   

b)

   

 

  

 

2

2

3 5 4 38

5 9 3 15

x xy y

x xy y KQ: ( 3; 1) 

c)

  

 

  

 

2

2

3 2 16

3 2 8

x xy

x xy y KQ:(2;-1);(-2;1)

d)

   

 

  

 

2

2

2 3 9

2 13 15 0

x xy y

x xy y KQ: ( 3; 2);( / 2;    2 / 2)

e)

2

2

2 ( 1) 3

3 2

x x y y y

x xy y x y

    

 

   



 KQ:

7 (0;0);(1;1);( 1;1);( ; )

43 43 

Bài Giải hệ phương trình sau: a)

¿ 2x2y

+xy2=15 8x3+y3=35

¿{ ¿

KQ:(1;3):(3/2;2)

b)

  



 



3 7

( ) 2

x y

xy x y KQ:(-1;-2);(2;1)

c)

  



 



2 2

2 ( ) 3

( ) 10

y x y x

x x y y KQ:(0;0);(2;1);(-2;-1)

d)

¿

x3+x2y=2y

x2y − y3

=y

¿{ ¿

KQ:(0;0).

e)

  



 



2 3

( ) 2

19

x y y

f)       2 2 13 25 x y x y x y x y

   

 

  



 KQ: (3;2), ( 2; 3) 

D Dạng Hệ phương trình khơng mẫu mực.

 Sử dụng phương pháp thế, phương pháp cộng đại số ( để xuất phương trình đặc biệt kết hợp với phương trình ban đầu để giải hệ);

Bài Giải hệ phương trình sau: a)         

( 2)(2 ) 9

4 6

x x x y

x x y KQ:(1;1);(-3;9)

b)          

(3 2 )( 1) 12

2 4 8 0

x x y x

x y x KQ:(1;3/2);(-2;6);(-3;

11

2 );(2;-2)

c) 2

1 6 x xy y x y xy

  

 

 

 KQ:

3 17 3 17 , 2 2            d) 2 2

3 4 1

3 2 9 8 3

x y x y

x y x y

             KQ:

3 13 3 13

,0 ; , 4

2 2                    e)               2

( 1)( 1) 3 4 1

1

x y x y x x

xy x x KQ:

(1;-1);(-2;-5 2)

f)

4 2

2

2 2 9

2 6 6

x x y x y x

x xy x

    

 

  



 KQ: (- 4; 17/4)

g)  

3

2

8 2

3 3 1

x x y y

x y            KQ:

3;1 ; 3; ;   4 6 ; 6 ; 4 6 ; 6 13 13 13 13

                h)         

3 3

2

1 19

6

x y x

y xy x KQ:

1;3 , ; 21

2 3               i)              2 2

( 3) 1 0

(3 6) 2 0

y x xy

y x xy KQ:(1;1),(-1;-1)

i)

x y x y

x x y y y

2 4

( 1) ( 1) 2

    



    

j)

2

2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   

 KQ:(1; 2), ( 2; 5)

 Có phương trình hệ đưa dạng tích ( nhóm số hạng thích hợp để xuất nhân tử chung);

Bài Giải hệ phương trình sau: a) y=x

2+2 mx+1−3m2

x − m ❑

❑(1) KQ:(0;0);(3;3)

b)

¿

x3− y3=7(x − y

)

x2+y2=x+y+2 ¿{

¿

KQ:

1 5 1 5

( ; );(1;2);(2;1)

2 2   c) 1 1 2 1 x y x y y x           KQ:

 1;1 ; 1 5; 1 5 ; 1 5; 1 5

2 2 2 2

                      d) 3 6 3 3 1

x x y y

x y         

 KQ: 6

1 1

( ; )

2 2

 

e)

2 2

2 1 2 2

xy x y x y

x y y x x y

    

 

   



 KQ: ÑS: (5; 2)

f) 2

2 0

2 2 0

xy x

x x y x y xy y

  

 

     

 (D12) KQ: (1;1);

1 5 ( ; 5)

2

 

;

1 5

( ; 5)

2    g) 2

x y x y

x y x y

   

 

   



 KQ: (1; 1);(3/2; ½)

g) 2 2 1 (2)             xy x y x y

x y x y KQ:

1 0 x y      ; 2 3 x y      h) 2 8 16 3 0 xy x y x y

x x x y



  

 



    

i)

2

2 2

5 4 3 2( ) 0

( ) ( )

x y xy y x y

xy x y x y

     

 

   



 KQ: (1; 1), (-1;-1),

2 2 2 2 2 2

( ; ),( ; )

5 5  5  5

j)

   



     



2

2

(5 4)(4 )

5 4 16 8 16 0

y x x

y x xy x y KQ: (0;4),

(4;0),(-4 5;0)

h)

2

2

12

( ) xy 6

x x

y y

xy

   

    

   



 

 KQ:(2;1)

 Có phương trình hệ phương trình đẳng cấp (bậc 1, bậc 2, bậc 3) thuần nhất.

Bài 10 Giải hệ phương trình sau: a)

  



 



2

3

2 6

5 3

x y xy

x y KQ:

b)

2 0

1 2 1 1

x y xy

x y

   

 

   



 KQ: (2;

1

2) ;(10; 5 2)

c)  

2

3

8

,

2

y x

x y R

x y y x

  



 

  



 KQ:

1

1; ; 1;

2

   

 

   

   

d)

2 3

2 1

2 2

y x

x y y x

  

 

  



 KQ: (1;1), (-1;-1)

 Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ(cần phải biến đổi để xuất biểu thức giống nhau có mặt phương trình hệ);

Bài 11 Giải hệ phương trình sau:

a)



   

  

    

 

2

2

1 1 4

1 1

4

x y

x y x y

b) 2 2 1 1 6 1 1 16 x y x y x y x y              

 KQ: (1;2 3);(2 3;1)

c) {

(x+y)(1+ 1

xy)=5

(x2+y2)(1+ 1

x2y2)=49

KQ:

7 45 7 45

( ; 1);( 1; )

2 2

 

 

Bài 12 Giải hệ phương trình sau:

a)     2 2 3 7

x xy y x y

x xy y x y

    

 

   

 KQ: (2;1), ( 1; 2)  ,(0;0)

b)

2 2

2

19( ) 7( )

x xy y x y

x xy y x y

    



   

 KQ: (0;0);(3;2);(-2;-3)

c)

3

2

3 9 22 3 9

1 2

x x x y y y

x y x y

      

 

   



 (A12). KQ:

3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2



   



   

   

d)  

2

4 5 4 5 1 2 4 x y x y xy xy

x y xy x

                KQ:

3 5 25 3 ( ; );(1; )

4  16  2

d)

4 2

3

1 1

x x y x y x y x xy

   

 

  



 KQ:(1;0) ; (-1;0)

e)

4 2

3

1 1 x x y x y x y x xy

   

 

  



 KQ: (1;1);(-1; -1)

f) 2

2 1 2 4( 1)

4 2 7

x y x y

x y xy

     

 

  



 KQ: (1; 1); (2;

1 2) Bài 13 Giải hệ phương trình sau:

a)        2 1 4 1 2

x y y x y

x y x y

    

 

   



b) 2 1 7

1 13

xy x y

x y xy y

   



  

 KQ:  

1 1; ; 3;1

3       c) 2

( ) 4 1

( ) 2 7 2

x x y y x

x x y y x

    

 

   



 KQ: (2;1), (5; 2).

k)

2

2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   

 KQ:(1; 2), ( 2; 5)

d)

3

2

9 (3 1) 125

45 75 6

y x

x y x y

         KQ:

1 5 2 ; ; ;5 3 2 5

   

   

   

e)

x y y

x y x y

3 3

2

8 27 7 (1)

4 6 (2)

         KQ:       31 ; 4

 

 

 

3 33 ;3 4

a)

2

2 2

6

1 5

y xy x

x y x

  

 

 



 KQ:  

1 1;2 , ;1

2       d)  

 2 2

1 3 0 5

1 0 x x y

x y x            

 KQ:  

3 1;1 ; 2;

2

 



 

 

Bài 13 Giải hệ phương trình sau: a)

1 1 4

6 4 6

x y

x y

    



   

 KQ: (3;5)

b)            2

3 3 4

x y

x y KQ: (1;1)

c)

30 35 x y y x x x y y

         KQ: d) 3

1 1 4

x y xy

x y           

 KQ:(3; 3)

e)

2 1 1

3 2 4

x y x y

x y           

Bài 14 Giải hệ phương trình sau: a)           2 2 3 3 x y y x

x y xy KQ:(2;1)

b)

2 5 3

x y x y y

x y          

 (x, y R) KQ:

4 ( ; ) 1;

5 x y  

 

c)

2 0

1 2 1 1

x y xy

x y           

 KQ: (2;

1

2) ;(10; 5 2) d)           7 1 78 x y

y x xy

x xy y xy KQ:

E Dạng Sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ phương trình Bài 15 Giải hệ phương trình sau:

a) 1 1 2 1 x y x y y x           KQ:

 1;1 ; 1 5; 1 5 ; 1 5; 1 5

2 2 2 2

                      b) 3 1 1

( 4 )(2 4) 36

x y

x y

x y x y



   



    

 KQ: (-6;-6),(2;2)

c)

3

6

3 3

1

x x y y

x y         

 KQ: 6

1 1 ( ; ) 2 2   d) 2 2

8 2 2 3 2

x y

y x

x y y



  

 

     

 KQ: (1; 1).

e)

x x y y

x y x

2

2

(4 1) ( 3) 2 0

4 2 4 7



     



   



 KQ: 1 ;22

 

 



PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARÍT.

-A. PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1. Phương pháp 1: Biến đổi phương trình dạng bản: aM = aN  M = N aX  b X log ;ab b0

Ví dụ 1: Giải phương trình sau :

2 3 2 1

2

4

x  x



HD:

2 3 2 1 3 2 2

2 2 2

4

x  x x x 

  

2 3 2 2 3 0 0

3 x

x x x x

x

 

        

 

Vậy phương trình có nghiệm: x0,x3 Ví dụ 2: Giải phương trình sau :

2 3 1

1

3 3

x  x

 

  

 

HD:

2

2

3

( 1) 1

3 3 3

3

x x

x x

 

  

 

  

   

2 1

( 3 1) 3 2 0

2 x

x x x x

x

 

          

 

Vậy phương trình có nghiệm: x1,x2 Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 2x1 2x2 36

 

HD:

1 2

2 2 36 2.2 36

4

x

x x x

    

x x x

8.2 2

36 9.2 36.4 2 16 2 2 4 4

x x

x



         

Vậy phương trình có nghiệm: x1,x2 Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 5 2x 2x1 50



HD:

2

20 4

5 2 50 5 50 20 100 log 100 2

x

x x x x x

      

Vậy phương trình có nghiệm: xlog 10020

2. Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ chuyển phương trình đại số. a Dạng 1: m a. ( )f x +n a. f x( )+ =p 0 * Cách giải : Đặt af(x)

Ví dụ 5: Giải phương trình sau : 32x8 4.3x527 0

HD: 38 2x 4.3 35 x27 0  2

6561 3x 972.3x 27 0

   

(*) Đặt t3x0(các em đặt t = 3x+4 )

Phương trình (*)

2

1 9 6561 972 27 0

1 27 t

t t

t

  

     

  

Với

2 1

3 3 2

9

x

t  x

    

Với

3 1

3 3 3

27

x

t  x

    

Vậy phương trình có nghiệm: x2,x3

Trên bước đường thành cơng, khơng có dấu chân kẻ lười biếng. Ví dụ 6: Giải phương trình sau : 25x 2.5x15 0

HD:  

2

25x 2.5x15 0  5x  2.5x 15 0 (*) Đặt t5x 0

Phương trình (*)

2 2 15 0 5

3 (loai) t

t t

t

 

     

 

Với t 5 5x  5 x1

Vậy phương trình có nghiệm: x1

Ví dụ 6: Giải phương trình sau : 3x2 32x 24

 

HD:  

2

2 9

3 3 24 9.3 24 0 9 3 24.3 9 0 3

x x x x x

x

 

         

(*) Đặt t3x0

Pt (*)

3

9t 24 9 0 1

( loai) 3

t t

t

  

    

  

Với t 3 3x  3 x1

Vậy phương trình có nghiệm: x1

b.Dạng 2:

( )

( ) ( ) ( ) ( ) x

2x 2x

f x

2f x 2f x

ma + n a.b + pb = 0

ma + n a.b + pb = 0

é ê ê ê ê ë

* Cách giải : Chia hai vế pt cho a2x b2x ; (a2f(x) b2f(x))

Ví dụ : Giải phương trình sau:

3. Phương pháp 3: Lấy logarit hai vế Ví dụ 8: Giải phương trình sau :

2 1 1

8 5

8

x x



HD: Lấy logarit hai vế với số 8, ta được

2 1 1

8

1 1

8 5 log (8 5 ) log ( )

8 8

x x x x

  

 

2 1 1 2

8 8

log 8x log 5x log 8 x x 1 log 5 1

      

       

1 1 log 0 1 1 1 log 0

x x x x x

          

   

 

8

8 1 0 1 1 1 log 5 0

1 1 log 0 x

x x

x

  

        

  



8

1 1

.log log 1 1 log 8

x x

x x

 

 

   

   

 

Vậy phương trình có nghiệm: x1,x 1 log 85 Ví dụ 9: Giải phương trình sau : 3 2x x2 1

HD: Lấy logarit hai vế với số 3, ta được

2

3

3 2x x  1 log (3 ) log 1x x 

 

2

3

log 0 1 log 2 0

x x x x

     

3 0

1 log 0 x

x

 

   



0

0 1

log 3 log 2

x

x

x x

 

  

  

   



Vậy phương trình có nghiệm: x0,x log 32

4 Phương pháp 4: Sử dụng tính đơn điệu hàm số mũ, nhẩm nghiệm sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm nhất.

Ta thường sử dụng tính chất sau:

 Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( giảm ) khỏang (a;b) phương trình f(x) = C có khơng q nghiệm khỏang (a;b) ( tồn x0  (a;b) cho f(x0) = C nghiệm phương trình f(x) = C)

 Tính chất : Nếu hàm f tăng khỏang (a;b) hàm g hàm hàm giảm trong khỏang (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khỏang (a;b) ( tồn x0 (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm

duy phương trình f(x) = g(x)) Ví dụ 10: Giải phương trình sau : 3x4x5x

HD: 3x4x 5x

3 4

1

5 5

x x

   

     

    (*)

Ta có x2 nghiệm phương trình (*)

2

3 4

1

5 5

   

 

   

   

Thật vậy, xét

3 4

( )

5 5

x x

f x     

   

Ta có f x( ) NB R

3 3 4 4

'( ) ln ln 0

5 5 5 5

x x

f x      

    ,  x R Do đó

+ Với x2 f x( ) f(2) hay

3 4 1 5 5 x x          

    , nên pt (*) khơng thể có

nghiệm x2

+ Với x2 f x( ) f(2) hay

3 4 1 5 5 x x          

    , nên pt (*) khơng thể có

nghiệm x2

Vậy phương trình có nghiệm x2

B BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ (Đề nghị em xem lại tính ĐB – NB hàm số mũ ) 1. Bất Phương trình bản(dạng1):

a af x( ) b

0 0 b b       

Bất Phương trình có vơ số nghiệm

Bất pt : af x( )  b

( ) log ( ) log

a a

f x b

f x b

     khi khi 1 0 1 a a   

b af x( ) b

0 0 b b       

Bất Phương trình vơ nghiệm

Bất Pt : af x( )  b

( ) log ( ) log

a a

f x b

f x b

     khi khi 1 0 1 a a   

Ví dụ 11: Giải bất phương trình:

2

3

1 log 2 3 2 2 1 log 2

2

x x x 

     

Vậy bất phương trình có nghiệm:

3 1 log 2 ;

2

S     

 

Ví dụ 12: Giải bất phương trình:  

1

3 1 3

3 1 3.3 1 3 3 27.3 9

3 1 3

x x

x x x

x              6

26.3 12 3 ,

13

x x x R

       

Vậy bất phương trình có nghiệm: S     ;  2. Phương pháp 2: Biến đổi bất phương trình dạng số:

a af x( )ag x( ) 

( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x

 

 



khi khi

1

0 1

a a



 

b af x( )ag x( ) 

( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x

  





khi khi

1

0 1

a a



 

Ví dụ 13: Giải bất phương trình:  

2

3 9

x x



HD:  

2

3 9

x x

 34 32 4 2 4 8 16 167

x

x x x x x x

         

Vậy bất phương trình có nghiệm:

16 ;

7 S    

 

Ví dụ 14: Giải bất phương trình:    

2

1

5 2 x  5 2 x 

(1)

HD: Ta có:      

1 1

5 2 5 2 1 5 2 5 2

5 2



       



Phương trình (1)    

2

1

2 5 2 x 5 2 x  x 1 x 3

       

2 2 0 1 2

x x x

       

Vậy bất phương trình có nghiệm: S   1;2 3. Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ chuyển bất phương trình đại số. Ví dụ 15: Giải bất phương trình: 5x 52x 26

 

HD:  

2

2 25

5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0

5

x x x x x

x



         

(1) Đặt t5x 0

Ta có: (1)  t2 26t25 0   1 t 25

 1 5x 2550 5x 52  0x2

Vậy bất phương trình có nghiệm: S 0; 2 Ví dụ 16: Giải bất phương trình: 32x+110.3x 3 0

HD: 32x+110.3x 3  

2

3 3x 10.3x 3 0

   

Ta có: (1)

2 1

3 10 3 0 3

3

t t t

      

1

1

3 3 3 3 3 1 1

3

x  x x

         

Vậy bất phương trình có nghiệm: S   1;1 Ví dụ 17: Giải bất phương trình: 5.4x2.25x 7.10x0 (*)

HD: Chia (*) hai vế cho 4x 0 ta được:

2

5 5

5 2. 7. 0

2 2

x x

    

       

   

 

  (**)

Đặt 5

0 2

x

t  

 

Ta có: (**)

5

0 1

0 1 0

2

2 7 5 0 5

1

5 5

2

2 2

x

x

t x

t t

x t

  

 

  

  

 

 

 

       



     



   

   

Vậy bất phương trình có nghiệm: S    ;0 1;   C.PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT

1.Phương pháp : Đưa dạng bản:

logaM logaN  M N và loga f x( ) b f x( )ab

Ví dụ 18 : Giải phương trình sau : log2 xlog (2 x3) log 4 HD: log2xlog (2 x3) log 4 (1)

Điều kiện:

0 0

0

3 0 3

x x

x

x x

 

 

  

 

   

 

Do phương trình(1) log (2x x3) log 4  x x( 3) 4

2 3 4 0 1 1

4 (loai) x

x x x

x

 

       

 

Vậy phương trình có nghiệm: x1

Ví dụ 19 : Giải phương trình sau : log2xlog2x2 log 92 x HD: log2xlog2x2 log 92 x (1)

Điều kiện: x0

Phương trình (1) log2x2log2xlog log2  2x 2log2xlog 92

2 2

1

log log 9 log log 3 3 2

x x x

     

Vậy phương trình có nghiệm x3

Ví dụ 20: Giải phương trình sau : log22 x2 log2 x 0 HD: log22x2 log2 x 0 (1)

Điều kiện: x0

Phương trình (1) log22 xlog2x 2 0 Đặt tlog2 x

Lúc đó: log22xlog2x 2 0 

2

2

2 log 1

1

t 2 0 1

2 log 2

4 x x

t t

t x x

  

 

 

       



  

 



Vậy phương trình có nghiệm

1 2,

4 x x

Ví dụ 21: Giải phương trình sau : 1 log ( x1) log x14 HD: 1 log ( x1) log x14 (1)

Điều kiện:

1 0 1

(*)

1 1 2

x x

x x

  

 



 

  

 

Phương trình

2

2

2

log 4 2

(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)

log ( 1) log ( 1)

x x

x x

       

 

log (2 x 1)2 log (2 x 1) 0

      (2)

Đặt tlog (2 x1)

Lúc đó: phương trình (2)

2 2 0 1

2 t t t

t

 

     

 

2

2

1 2 3

log ( 1) 1

1 5

log ( 1) 2 1

4 4

x x

x

x x x

  

 

 

  

   

 

    



  thỏa (*)

Vậy phương trình có nghiệm

5 3,

4 x x

3.Phương pháp 3: Mũ hóa hai vế: Ví dụ 22: log (33 8) 2

x x

  

Điều kiện: 3x 8 0

 

3

log (3 8) 2

2 2

log (3 8) 2 3 3 3 8 3

3 1( )

3 8.3 9 0 3 3 2

3 9

x

x x x x

x

x x x

x

x

loai

x

  

       

 

         

 

Vậy phương trình có nghiệm x2

4.Phương pháp 4: Nhẩm nghiệm sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm nhất

 Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( giảm ) khỏang (a;b) phương trình f(x) = C có khơng q nghiệm khỏang (a;b) ( tồn x0  (a;b) cho f(x0) = C nghiệm phương trình f(x) = C)

 Tính chất : Nếu hàm f tăng khỏang (a;b) hàm g hàm hàm giảm trong khỏang (a;b) phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm khỏang (a;b) ( tồn x0 (a;b) cho f(x0) = g(x0) nghiệm

duy phương trình f(x) = g(x))

Ví dụ 23 : Giải phương trình sau : log2 xlog 25 x12 HD: log2xlog 25 x1 2 (1)

Điều kiện: x0

Ta có x2 nghiệm phương trình (*) log log 2.2 12  5  2 Ta chứng minh nghiệm nhất.

Thật vậy, hàm số ylog ,2 x ylog 25 x1 có số lớn nên hàm số đồng biến.

+ Với x2, ta có:

log2xlog 12  +

   

5

log 2x1 log 2.2 1 1

log2xlog 25 x1 2 Suy ra, phương trình (1) vơ nghiệm x2

+ Với 0x2, ta có:

log2xlog 12  +

   

5

log 2x1 log 2.2 1 1

log2xlog 25 x12 Suy ra, phương trình (1) vơ nghiệm 0x2

Vậy phương trình có nghiệm x2

D BẤT PHƯƠNG TRÌNH LƠGARIT 1.Phương trình bản1:

a

( ) log ( )

( )

b

a b

f x a f x b

f x a

 

  





khi khi

1

0 1

a a



  , Điều kiện

b

( ) log ( )

( )

b

a b

f x a f x b

f x a

 

  





khi khi

1

0 1

a a



  , Điều kiện

Ví dụ 24: Giải bất phương trình: log (2 x 2) 3 Điều kiện x 0  x2

3

log (x 2) 3  x 2 2  x10

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm: S10; Ví dụ 25: Giải bất phương trình:

2

log (x 7 ) 3x 

+ Điều kiện

2 7 0 7

0 x

x x

x

  

   

 

+

2

log (x 7 ) 3x 

3

2 7 1 7 1 0

2 8

x x   x x

       

 

97 97

7 7

2 2

2 x 2

   

  

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là:….(Tự giải nhé!)

2.Phương pháp 2: Biến đổi bất phương trình dạng số. Dạng 2

a

( ) ( ) log ( ) log ( )

( ) ( )

a a

f x g x

f x g x

f x g x

 

  





khi khi

1

0 1

a a



  , Điều kiện

( ) 0, ( ) 0 f x  g x 

b

( ) ( ) log ( ) log ( )

( ) ( )

a a

f x g x

f x g x

f x g x

 

  





khi khi

1

0 1

a a



  , Điều kiện

( ) 0, ( ) 0 f x  g x 

Ví dụ 26: Giải bất phương trình: 12

log (x5) log (3  x) 0

HD: + Điều kiện:

5 0

5 3

3 0

x

x x

  

   



 



+ 12 2

log (x5) log (3  x) 0  log (x5) log (3  x) 0

2

log (x 5) log (3 x) x 5 3 x x 1

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm:  1;3

S 

Ví dụ 27: Giải bất phương trình: log (0,5 x1) log (2  x)

HD: + Điều kiện:

1 0 1

1 2

2 0 2

x x

x

x x

   

 

    

 

  

 

+ Lúc đó: log (0,5 x1) log (2  x)   log (2 x1) log (2  x)

2

log (2 x) log (x 1) 0

    

   

2

log 2 x x 1 0

     

2 x x  1

   

2 1 0 1 5 1 5

2 2

x x  x 

       

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm : 1 5 1 5

;

2 2

S   

 

Ví dụ 28: Giải bất phương trình: log (5 x2) log ( x 2) log (4 x1)

HD: + Điều kiện:

2 2 0

1

4 1 0 2

4

2 0 2

x x

x x x

x x

    

 

 

      

 

   

  



+ Lúc đó: log (5 x2) log ( x 2) log (4 x1)

   

5 5

log x 2 x 2 log (4x 1) log (x 4) log (4x 1)

          

 x2 4 4 x 1 x2 4x 5 0   1 x5

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm :

2;5

S

3.Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ chuyển bất phương trình đại số. Ví dụ 29: Giải bất phương trình: log20,5xlog0,5x2

HD: + Điều kiện: x0

+ Đặt : tlog0,5x

+ Lúc đó: log20,5xlog0,5x2

2 2 2 0 2 1

t t t t t

          

 

0,5

4 0,5

2 log 1 1

0,5

2 x x

x

x x

  

 

 

       

 

 

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm : 1

; 4 2 S 

 

Ví dụ 30: Giải bất phương trình: 2 2 log

log 1 x

x





HD: + Điều kiện:

0 0

log 1 2

x x

x x

 

 



 

  



+ Đặt : tlog2x

+ Lúc đó: 2

2 log

log 1 x

x





2 2 2

0

1 1

1

t t t

t t

   

   

  

 

2

2

4 log 2

1

1 log 1 2

2 x x

x x

  

 

  



    





+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm :

 

1

; 2 4; 2

S  

 

Ví dụ 31: Giải bất phương trình: log2x13logx36 0

HD: + Điều kiện: x0

+ Đặt : tlogx

+ Lúc đó: log2x13logx36 0 t213t36 0

4

9

4 log 4 10

9 log 9 10

t x x

t x x



  

 

     

  

  

Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm :

0;104 10 ;9 

BàI TậP TổNG HợP

Baứi Giải phương trình sau.

a)    

1

1

5 2 5 2

x x

x  



   KQ:

b)    

3

3 2 3 2

x x

x

  

KQ:x = 0; x = - 2 c) 93 1x 38 2x

 KQ:

d) 3x 2x

3  9  KQ:

e)

cos2x 3cosx

4 49

7 16

  

  

  KQ:

f) 5x x24 25

 KQ:

Baøi Giải phương trình sau.

a) 4x1 18.2x 8 0

   KQ:

b) 4x 2x1 8 0

   KQ:

c) 49x7x1 0 KQ:

d) 9x1 3x2 4 0

   KQ:

e) 22x 3.2x1 32 0

   KQ:

f) 4x1 2x4 2x2 16

   KQ:

g) 34x 4.32x 3 0

   KQ:

h) 34x8 4.32x5 27 0

   KQ:

i) 32 5x  36.3x1 9

KQ: j)

2 7

6.(0,7) 7 100

x

x

x   KQ:

k) 3.52 1x  2.5x1 0,2

KQ: l) 5x1 53x 26

  KQ:

m) 3.5x1 2.52x 35 0

n) 32x1 32x 108

  KQ:

o) 32x1 3x2 2 0

   KQ:

p) x x

3  3  30 KQ:

q) x x

2  2  1 KQ:

r) 3x + 33 – 2x = 6 KQ:0; 1; -2

s) 23x 1 7.2 7.22x x 2 0

    KQ:x 0 x 1 x1

t) x2 x2

9   36.3   3 0 KQ:

u) x2 x2

5   2.5   1230 KQ:

v) 9x2 x 10.3x2 x 1 0

   KQ:

w)

2 3x

x x

8 2 20 0



   KQ:

x) 3 x 1 32 x1 54 0

   KQ:

y) 2x2x 22 x x2 3

  KQ:x 1 x2

z) 4x x25 12.2x 1 x25 8 0

   KQ:9/4; 3

aa)92x x24x 12.32x 1 x24x 45 0

   KQ:

Bài Giải phương trình sau.

a)  2 1  2 1 2 0

x x

    

KQ:x 1 x1

b)    

x x

2 3  2 3 4

KQ:

c) ( 2 1) x( 2 1) x 2 2 KQ:2; -2.

d) (3 + 2 2)x – 2( 2 - 1)x – = 0. KQ:

e) (7 3) x(2 3)x 6 KQ:

f) cot x cot x

9 3 2 KQ:

g) 16sin2x 16cos2x 10

h) 2sin2x 22cos x2 6

  KQ:

i) 4cos2x 4cos2x 3

  KQ: / 4;3 / 4

j) 2

1 tan

4 x 2cos x 80 0

   KQ:

k) ( ) sinx( ) sinx 2 KQ:

l) ( ) cosx( ) cosx 4 KQ: Bài Giải phương trình sau.

a) 8x 18x 2.27x

  KQ:0

b) 3.16x 2.81x 5.36x

  KQ:

c) 4.22x – 6x = 18.32x KQ:-2

d)  5 1 2 5 1 3.2

x x

x

   

KQ:x =0; x =log( 1)/2 2

e) (5 21)x3(5 21)x 2x3 KQ:

f) (3 5)x (3 5)x 2x2

    KQ:

g) (2 3)x(2 3)x 4x KQ:

h)    

x x

x

3 5  3 5  7.2 0

KQ: i) 25x 10x 22x1

  KQ:

j) 27x 12x 23x1

  KQ:

k) 125x 50x 23 1x

  KQ:0

l) 4.3 9.2 5.62

x

x x

  KQ:

m) 252x x 21 92x x 21 34.152x x

  KQ:

n) 42x2 2.4x2x 42x 0

   KQ:0; 1

o) 3.8x 4.12x 18x 2.27x 0

    KQ:x=1

q) 6.92cos2xcosx1 13.62cos2xcosx1 6.42cos2xcosx1 0

   KQ: / 2k ;

/ 3 l2

 

 

r) 22x21 9.2x2x 22x2 0

   KQ:-1; 2

s) 32x2 2.3x x2 6 32( 6)x 0

   KQ:

Bài Giải phương trình sau.

a) 5.32x1 7.3x1 6.3x 9x1

     KQ:

b) 4.33x 3x 1  1 9 x KQ:

c) 4.23x 3.2x  1 2 2x 2 24x 2 KQ:

d)

3( 1) 1 12

2 6.2 1

2 2

x x

x x

   

KQ:1

e) 53x9.5x 27.(125x5 )x 64 KQ:

f) 4x 4x 2x 2x 10

    KQ:

Baøi Giải phương trình sau.

a) 3 2x x2 1

 KQ:0; -log23

b) 3 5x2 x175

KQ: c)

1 5 8 500

x

x x



 KQ:

d)

2 1 5 2 50

x x x

 KQ:

e)

x

2 x x

8  36.3  KQ:

Bài Giải phương trình sau.

a) 12.3x 3.15x 5x1 20

   KQ:

b) 8.3x 3.2x 24 6x

   KQ:1;3

c) 3 2 6 5 2 3 7

4x  x 4x  x x  x

   KQ:-5;-1;1;2.

d) 2x2 22(x3) 2x 6 x2

e) 2x1 4x x 1

   KQ:1

f) 2x1 2x2x (x1)2 KQ:

g) 2sin2x 2cos x2 2cos x2

  KQ:

h) 8sin2x 8cos x2 10 cos x2

   KQ:

Bài Giải phương trình sau.

a) x

3  5 2x KQ:

b) x

2  6 x KQ:

c) x x x

3 4 5 KQ:

d)

x

x 2

2  1 3 KQ:

e)    

2 x x

x  3 2 .x2 2 0

KQ:

f) 4xx 7 2 x12 4x0 KQ:

g) x x x

27  13.9 39.3  270 KQ:

h) 9x 2.(x 2)3x 2x 5 0 KQ:

i) 9x2 x 3   x 2x 5 0 KQ:

j) 3.25x 2 3x 10 5  x 2  3 x0 KQ:

Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm.

a) 9x 3xm0 KQ:

b) 4x 2x m

  KQ:

c) 4x 2x1 m 0

   KQ:

d) 81sin2x81cos2x m KQ:

e) 9x m3 0x  KQ:

g) 16x (m1).22xm 1 0 KQ:

h) 2x (m1).2x m0 KQ:

i) 34 2 x2 2.32x2 2m 0

KQ: j) 4 x    x 14.2 x    x 8 m

   KQ:

k) 9x 1 x2  8.3x 1x2  4 m KQ:

l) 91 1 x2  (m2).31 1 x2 2m 1 0 KQ: Bài 10 Tìm m để

a) m.16x2.81x 5.36x có nghiệm dương phân biệt. KQ: b) 16x m.8x(2m1).4xm.2x có nghiệm phân biệt. KQ:

c) 4x2  2x22 6 m có nghiệm phân biệt. KQ: d) 9x2  4.3x2  8 m có nghiệm phân biệt. KQ:

Bài 11 Giải bất phương trình sau.

a)

1

1 1

(3 2) (3 2)

x

x x

   KQ:2  x 1;x1

b)

3

1

( 10 3)xx ( 10 3)xx

 

 

   KQ:

c) ( 1) ( 1)

x

x x

   KQ:

d)

1

1

( 2)x ( 2)xx 

 

   KQ:

e)

1

1

(2 3)xx (2 3)x

   KQ:

Baøi 12 Giải bất phương trình sau.

a) 2x23x 9

KQ: b)

2

2 2 1

9 2 3

3

x x

x x



  

   

c)

2 1

2 21.( ) 2 0 2

x x

  

KQ:

d) (2,5)x 2.(0,4) 1,6 0x  KQ:

e) 22x24x2 16.22x x 21 2 0

   KQ:

f) 4x x1  5.2x x 1 116 0 KQ: g)

1 1 2

4x  2x  3 0 KQ:

h)

1 1 2

2x 2 x 9 KQ:

i)

2

1

1 1

( ) 3.( ) 12

3 3

x  x 

KQ: j)

2 1

2 21( ) 2 0 2

x x

  

KQ:

2 log 2

2

x 

k) x22x x 7.3 x22x x 1

  KQ:

l) 1115.21212xxx KQ:x2

m)

2 2 1

0 2 1

x x

x



 



 x < 0; KQ:x1

n)

2 2.3 2 1

3 2

x x x x 





 KQ:

o) 51x2  51x2 24

KQ:x>1; x< -1 p) 21x 4x 21x

    KQ:0<x2

q) 2 3 2 3 2

x x

x

   

KQ:x2 r) (22 1x  9.2x4). x22x 3 0 KQ:

s) ( 1) x2x2x2 x 13( 1) x2x KQ:x < 0; x > 1

t) 25x 15x 2.9x

  KQ:x0

u) 27 12x x 23 1x

v) 3x1 22 1x 122x 0

   KQ:

w)

1 1

9.4x 5.6x 4.9x KQ:

1

0 2 x

  

x) 252x x 2192x x 2134.152x x

KQ: 0 x 2;x 1 3;x 1 3

y) ( 1)2x x2 2x x2 1 3.( 1)x x2

    KQ:

Bài 13 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm.

a) 4x m.2x1 2m

    KQ: m1

b) 2sin2x 3cos x2 m.3sin2x

  KQ:m4

Bài 14 Tìm m để

a) m.4x(m 1).2x2 m1 0 nghiệm với x KQ: m1

b) m.92x x2  (2m1).62x x2 m.42x x2 0 nghiệm x thoả mãn

1 2

x 

KQ:m0

c) 92x x2 2(m 1).62x x2 (m 1).42x x2

     nghiệm x thoả mãn

1 2

x 

KQ:m3

Bài 15 Giải phương trình sau.

a)    

2

3

log x  x 5 log 2x5

KQ:

b) log2 x4 log22 x 4 KQ:

c)    

2

2

log x  3  log 6x 10  1 0

KQ: d)

2 x 3

log(x 2x 3) log 0

x 1



   

 KQ:

e) log2 6 x log23 x 1  KQ:

f) log4x3  log4x 1   2 log 84 KQ:

h)   12    

1

2

log x1 log x1  log 7 x 1

KQ:3 i) log9x 8  log3x26  2 0 KQ:

j)

2

8

4 2log 2 log ( 2 1)

3 x x  x 

KQ:2

k) 6

1

log 2 log ( 11) 1 2

x  x 

KQ:14

l) 2  12 

2log 2x2 log 9x1 1

KQ:x = 1; x = 3/2 m)

1

log(5x 4) log x 1 2 log0,18

2      KQ:

n)

 

 

 

2

x 1

log 3x 1 2 log x 1

log  2

    

KQ: o) log3x22log3 x24x4 9 KQ:

p)

3 1

log(x 8) log(x 58) log(x 4x 4)

2

     

KQ:

q) log (x2 2 x 1)log (x2 2 x 1) log (x2 4x21)log (x2 4 x21)KQ:

r) log (x2 23x2) log (x 27x 12)  3 log 32 KQ:

s) 2  x 2 

1

log 3x 1 2 log x 1

log  2

    

KQ: t)

3

1

2

2

log x 1 log (3 x) log ( x1) 0

KQ:

1 17 2 x 

u)    

2

4 2

log x 1  2 log 4 x log 4x

KQ:

v)      

8

4

2

1

log log log

2 x 4 x  x KQ:x 3 3 x3

w)

 2  3  3

1 1

4 4

3

log x 2 3 log 4 x log x 6

Bài 16 Giải phương trình sau.

a) x

7

log 2 log x 0

6

  

KQ:

b) 4 log x9 log 3x 3 KQ:

c) 1 log 2x 1  logx 1 4 KQ:

d) logx22x log 2 x x2 KQ:

e) 2(x 1) x 12

log  4(x 1) log   (x 1) 2

KQ: f)

2

3

x

log log x 1

KQ:

g)    

2

2

log 4x  log 2x 5

KQ:

h)

 

2

1

2

x

log 4x log 8

8

 

KQ:

i) logx216log2x64 3 KQ:

j)

 

2

x

log 2log 4x 3

KQ: k) 3x  x3 

log 9x log 3x 1

KQ:

l)  

2

2

2

8

x 2

log log 8x 8

KQ:

m)  

4

2 log log 3 1

1 log

x

x

x

  

 KQ:1/3; 81

n)

3

4

16

log xlog xlog x 5

KQ: o)

2

x 4x 2x

2

4 log x 2 log x 3log x

p)

2

x 16x 4x

2

log x  14 log x 40 log x 0

KQ:

q) 3log 16x  4 log x16 2 log x2 KQ:

r) log55x2.log2x 51 KQ:

s) log (2x ) log 22 2x 1 KQ:

t)

2 27

16 log x x 3log xx 0 KQ:x =1

u)

 

2

x

log 2log 4x 3

KQ: v) lg (4 x1)2lg (2 x1)3 25 KQ:2

w)

3 3

2

4 log log

3

x x 

KQ: x) logx22x log 2 x x2 KQ:

y) log2x1(2x2 x 1) log (2 x1 x1)2 4 KQ:x=2,

5 4

x

z) 2

1 1

log ( 1) log 2

log x 4 2

x x



    

. KQ:

5 2 x

aa)log 2log logx  2x  2x8 KQ:x2

bb)

2

x 16x 4x

2

log x  14 log x 40 log x 0

KQ: cc)

2

1

2

log (4 ) log 8 8 x

x  

KQ:2-7; 2

dd)  

1 2 log x log x log 0

4

  

KQ:

1 x=2 x=

4



ee)      

2 2

2

log x x  1 log x x  1 log x x  1

KQ:

ff)      

2 2

4 20

log x x  1 log x x  1 log x x  1

gg)log (2 x x21).log (3 x x21) log ( x x21) KQ:

6

log log 1 9 1;

2.3



Bài 17 Giải phương trình sau.

a)  

x x

2

log 9 5.3 4

KQ: b) log 44 x 3 1 x x R(  ) KQ:x = 1 c) log [1 log (23 7)] 1

x

   KQ:4

d)    

x x

2

2

log 4 4  x log 2   3

KQ:

e) 2 

1

log 4 15.2 27 2log 0 4.2 3

x x

x

   

 KQ:log23

f)    

x x

2 2 2

3

log 4.3 6 log 9 6 1

2

   

KQ: g) 1 log 9 2 x 6log 4.32 x 6 KQ:1

h)    

2

x x

5

log 4  6  log 2  2 2

KQ:

i) 3  3  3 

x x x

log 2  2 log 2 1 log 2   6

KQ:

j)

1

x x

6

1

log 3.4 2.9 log 5

x

 

 

   

 

  KQ:

k)      

x x

2 log 1 log 5 1 log 5 5

KQ: l) log22x 4  xlog22x12  1 KQ:

m) (x 1) log log5 53x 3 log 11.35 x 9



    

KQ:

Bài 18 Giải phương trình sau.

b) log 33 x 1 log 3 3 x 1  3  6 KQ:

3

28 log 10 log

27

x  x

c) log55x 1 log 255x 5 1



  

KQ:

d) log (32 x  1).log (2.32 x  2)2 KQ:

e) 2  4 

x x

log 2  1 log 2   2 1

KQ:

f) 2(log x)9 log x.log ( 2x 1)3   KQ:

g)  x 1  1 x  2 log 2x2 x 0 KQ:

Bài 19 Giải phương trình sau.

h) (log x)3 2(x 4) log x3  x 3 0 KQ:

i) log x23 (x 12) log x 11 x   0 KQ:

j) log x22 x log x  2x 6 0 KQ:

k) log23x 1   x log  3x 1  2x 6 0 KQ:

l) 2 1

log 1 2

x

x

x x



  

KQ:1

Bài 20 Tìm m để

a)  

2

2

2

4 log x  log x m 0

có nghiệm thuộc (0; 1) KQ:m 1 4



b) log32x log23 x 1 2m1 0 có nghiệm thuộc 1;3

 

  KQ:0m2

Bài 21 Giải bất phương trình sau.

a)

2

log (x  3x2)1

b)

2

8 1

log 2

1

x x

x

 



 KQ:

4 17 x 5 4 17 x 1

        

c) 13 13 

4

log log 3

2 3 x

x x



 

 KQ:3/2< x < 3

d) log log x x x .

2

2 0

π    

  KQ:x 4  1x

e) log log 9x 3 x 721 KQ:log 23  x2

f) 13 2 3 log (log ) 0

1 x x

 

 KQ:x < -2

g)

2 0,7

log log 0

4

x x

x

  



 



  KQ:4x  3 x8

h)

2

3 2 0

x x

x

 



log

KQ:

2 2 x 1  2x 2 2

i) 13

2log (4x 3) log (2 x3) 2

KQ: 3

3 4x

j) 12 14 

log x2log x1 log 0

KQ:x3

k) log1

√2x2−3x+1+1

2log2(x −1) 2≥1

2 KQ:

1

3 x

l)

2

3 1

3

log x  x 6 log x 3 log ( x2)

KQ:x > 3

m)  

2

4 2

1

log 7 12 log ( 2) log 4 1 2

x  x  x  x 

KQ: 8

3 3 4

3x  x n) log (7.102 5.25 ) 2 1

x x x

   KQ:-1 < x < 0

o)

1

1

2

log (9x 1) log (3x 7)

   

p) log1

(4x+4)≥log

1

(22x+1−3 22).

KQ:x2

q) log 144 4log log 25 x  5 x 2 1 

     KQ:2x4

Bài 22 Giải bất phương trình sau.

a)

1

2

log xlog x 2 0

KQ: 1

4 2 x

  

b)

2

1

2

3 log xlog x  2 0

KQ:1/16<x<1/2 c) log3 xlog 3x KQ:x > 3; 1/3<x <1

d) log2xlog 42x  KQ:

e) log (24 x23x2) log (2  x23x2) KQ:

1 1

2 1

2 2

x x

      

f) log (39 x24x2) log (3  x24x2) KQ:

7 1

1 1

3 x 3 x

      

g)

2 2

2

2

log xlog x  3 5(log x  3)

KQ:

1

0 8 16

2

x x

    

h)

2 1 log

1 2 log

x x





 KQ: 2 x 4

Bài 23 Giải bất phương trình sau.

a) log logx  4x2log2 2x0 KQ:x>1; 0<x

1 2



b) log 22 1 log 2 2 2 2

x x

   KQ:0 <x < log

2 5/4;

x>log23

e) 2

1 1

log (x 3 )x log (3x1) KQ: 2

1 3x

f)

2

1

3

1 1

log ( 1) log 2x  3x1  x

KQ:

1 3

0 1 5

2 2

x x x

      

g)

2

1 2

2

1 1

0 log (2x1) log x  3x2 

KQ:

1 13 3 5

1

6 x x 2

 

   

h)

4

3

2

log ( 1) log ( 1) 0 2 3

x x

x x

  





GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC I.ph ơng trình bậc 2, bậc hàm sè lg

 Nhận dạng:

- a Sin x b S  inx c 0;

- a C os2x b C osx c

- a Tan x b Tan  x c

- a Cot x b Cot  x c

-

 Phương pháp giải:

o Đặt t = Sinx,   1 t 1 ( t = Cosx,

1 t 1

   ; t = Tanx, t R ; t = Cotx, t R )

o Giải phương trình at2 bt c 0 tìm

nghiệm t ;

o Kiểm tra điều kiện, giải phương trình Sinx = t (Cosx = t, Tanx = t, Cotx = t) để tìm nghiệm x.

Bài 1 Giải phương trình sau: a) 2cos2x + 5sinx – = 0

KQ:

5

2 ; 2

6 k 6 k

 

 

 

b) 2sin2x – cos2x - 4sinx + = KQ:

1 1

2 ; in 2 ; in 2

2 k arcs 3 k arcs 3 k



   

   

c) 9cos2x – 5sin2x – 5cosx + = 0

KQ:

1

2 ; arccos( ) 2

3 k 7 k



 

    

d) 1 – 5sinx + 2cos2x = 0

KQ:

5

2 ; 2

6 k 6 k

 

 

 

e)

3

3cotx 3

sin x  

KQ:2 k ;6 k

 

 

 

f) tan2x -

5

cosx + = KQ:

1

2 ; arccos 2

3 k 3 k



 

   

Bài 2 Giải phương trình sau: a) cos2x + 3sinx – = 0

KQ:

5

2 ; 2 ; 2

2 k 6 k 6 k

  

  

b) cos2x – 5cosx + = 0

KQ: 3 k2 



  c) cos2x + sin2x + 2cosx + = 0

KQ: 2 k 





d) 4sin22x + 6sin2x – 3cos2x – = 0

KQ: 2 k ; 3 k

 

 

  

e) 5(1 + cosx) = + sin4x – cos4x

KQ:

2 2

3 k





 

f) sin4x + cos4x = sin2x -

1 2

KQ: 4 k 



 g) [ D05].

4 3

c x sin x c sin 3x 0

4 2

4

os os

x-4

 

   

       

   

KQ:

 

 

x k

h) [A05 ] cos23xcos2x-cos2x 0

KQ: ( )



 

x k k Z

i) cos2(3x + 2



) – cos23x – 3cos(

3

2 x

 

) + = 0KQ:

2 ; 2 5; 2

6 k 3 18 k 3 18 k 3

     

  

j) 1 – cos( + x) - sin

3 2

x

 

= 0 KQ:

4

2 ; 4

3

k  k

     

k) sin(x + 6



) – cos( 3



+ 2x) - = 0

KQ:3 k2 



 l) 2cos5x.cos3x sinx cos8x 

KQ: 7

2 ; 2 ; 2

2 6 6

  

  

 k   k  k

m)

 

5x 3x

4cos cos 2 8sinx cos x 5

2 2   

KQ:12k

 

; 5 12 k

 

a)

cos (cos 2sin ) 3sin (sin 2) sin

x x x x x

x

  

 

KQ: 4 k2 



 

b)

2 cos (2sin 2) 2cos

1 sin

x x x

x

  

 

KQ: 4 k2 





c)

2

4sin 2 6sin 3cos 2 9 0 1 sin

  

 

x x x

x

KQ: 2 k2 



 

d)

2

1 2sin s inx sin 2sin x cos

x x x      KQ: 5 2 4 k   

e) [B06 ] cotx+sinx(1+tanx

x tan

2)=4

KQ:

π +kπ;5π+kπ

12 12

f) [B04 ] 5sinx-2=3(1-sinx)tan x2

KQ:

π 5π

+ k2π; +k2π

6

g) [ B03].

cotx-tanx+4sin2x= 2 sin2x

KQ:

π x=± +kπ

3

h) [A08 ].

1 1 7

4sin x

3

s sin x 4

2 inx                   KQ: ; ;

4 8

  

  

 k  k k

i) [ A06].

 

2 sin x c x s

0 2 2s os inxcosx inx     KQ: 5π x = + 2kπ

4

j) [ A02] Tìm nghiệm thuộc khoảng (0;2) phương trình:

5 s c

1 2sin 2x

cos3x+sin3x inx+ os2x+3         KQ: ; 3     x x Bài 4 Giải phương trìnhsau:

a) 4sin3x – 8sin2x + sinx + = 0

KQ:

7

2 ; ;

2 6

  

  

b) 2sin3x – cos2x – sinx =

KQ:

3

2 ; ; ; ;

2 4 4

    

    

 k k k  k k

c) 3sin3x – 3cos2x + 7sinx – cos2x + = 0

KQ:

1

2 ;arcsin ; arcsin

2 3



   

 k k  k

d) 5cos3x – 3sin2x + 8cosx – = 0

KQ:

2

2 ; arccos

3



 

 k  k

e) 9sin2x – 5sinxsin2x + 17cosx – 11 = 0

KQ:

2

arccos ; arccos

5  

 k  k

II.

ph ơng trình bậc sinx cosx

 Nhận dạng: a.Sinx + b.Cosx = c (1)

 Phương pháp :

+ Chia hai veá cho √a2

+b2 : (1)

2 inx 2 os 2

a S b C x c

a b a b a b

  

  

+ Đặt : a

√a2+b2 =Cosα ;

b

√a2+b2=Sinα

Ta coù Sin(x+α)= c

√a2

+b2 (2)

+ Giải phương trình (2).

 Chú ý1: - (*) Có nghiệm khi

|√a2c

+b2|≤1 ⇔a

2

+b2≥ c2

- (*) Vô nghiệm khi

2 2

a b c

 Chú ý 2: Một số dạng mở rộng phương trình (1).

 a.Sinu(x) + b.Cosu(x) =

2

a b

  Sinv(x);  a.Sinu(x) + b.Cosu(x) =

2

a b

  Cosv(x);

 a.Sinu(x) + b.Cosu(x) = c.Sinv(x) + d.Cosv(x) mà a2 b2 c2 d2; Khí đó: Cách giải tương tự cách giải phương trình (1) ( chia vế cho

√a2+b2 ).

Bài 5 Giải phương trình sau: a) 3cosx + sinx = 2

KQ:3 k2 





b) sin2x - 3cos2x = 1 KQ:

7 ;

4 k 12 k

 

 

c) sin2 x

- 3cos2 x

= 3

KQ:

4 4 ;2

3 k k



  

 

d) 3sinx + 4cosx = 5 KQ:

4 3

2 , sin ,cos

2 k 5 5



     

     

 

Bài 6 Giải phương trình sau: a)

6

4sin 3cos 6

4sin 3cos 1

x x

x x

  

 

KQ:

3

arctan( ) ; 2

4 k 2 k



  

   

b) 2sinx - 2 3cosx +

2

sin x 3 cos x 1 =

3 KQ:

1 1

arcsin 2 ; arcsin( ) 2 ;

6 4 6 8

7 arcsin1 2 ;7 arcsin( 1) 2 ;

6 4 6 8

k k

k k

 

 

 

 

    

    

Bài 7 Giải phương trình sau: a) cos5xcos3x - 3sin2x = –

sin5xsin3x KQ:

2π

kπ; - +kπ

3

b) 3cos5x + sin3xcos2x = 3 -

cos3xsin2x KQ:

π π

+k ; +k

30 5

 

c) 3cosx + (sin2 x

- cos2 x

)2 = 2

KQ:

π π

+k2π; +k2π

6

d) [D07 ].

2

x

sin c 3c

2

x

os osx=2 2

 

 

 

 

KQ:

π π

+k2π; - +k2π

2

e) cos2x - 3sin2x = + sin2x

KQ:

π kπ; - +kπ

3

f) cos4x – sin4x - 3sin2x = 2

KQ:

π 7π

+kπ; - +kπ

24 24



g) 4(sin4x + cos4x) + 3sin4x = 2

KQ:

π π

+k ; +k

12

 



h)

3 1

(tan cot 2 1) os ( sin 2cos 1).

2

x x c x x x

KQ:

2

2 ,

3

a) sinx - 3cosx = 2sin3x

KQ:

π π

+kπ; +k

6





b) 3sin2x + cos2x – cos5x = 0

KQ:

π π

+k ; +k

9 21

 



c) 2sin3x – sin2x = 3cos2x

KQ:

π 2π

+k2π; +k

3 15 15



d) 3cos2x - 2sinxcosx = 2sin7x

KQ:

π 2π

+k ; +k

27 15

 

e) 2sin 5x 3 os3c xsin 3x0

KQ: ,

24

  



 k  

x x k

f) sin5x + 3cos5x + 2sin17x = 0

KQ:

π π

+k ; - +k

66 11 18

 



g)

2

2cos 2x 3cos4x 4cos x

4



   

 

 

 

KQ:

k k ,

12 36

  

  

h) [ D09].

3cos5x-2sin3xcos2x-sinx=0

KQ:x 18 k3

 

 

;

x k

6

 

 

i) 2cosx(sinx – 1) = 3cos2x

KQ:

π 5π

+k ; - +k2π

4



Bài 9 Giải phương trình sau: a) 3sinx + cosx = cos3x - 3

sin3x KQ:

π π

; - +kπ

2

k

b) cos2x - 3sin2x - 3sinx – cosx

= 0 KQ:

2π 2π

; - +k2π

3

k c)

cosx sin 2x 3 cos 2x 3 sinx

KQ:

, ,

3

  

  

   

x k k k

d) cos 7x sin 5x 3(cos 5x sin )x

KQ:

π π

+kπ; +k

12 24 12



e) sin 8x cos 6x 3(sin 6xcos8 )x

KQ:

π π

+kπ; +k

4 12

f) [B09 ] sinx+cosxsin2x+

 

3c 3x

os3x=2 cos4x+sin

KQ:

2 2 ;

6 k 42 k 7

  



  

g) 3(cos2x + cos3x) + sin3x – sin2x = 0

KQ:

π

k2π; +k

15



h)

2(cosx sin ) cosx xcosx sinx1.

(B12) KQ:

2

2 ; 2

3

x k  x  k 

i) [A09 ]

 

   

1 2s c

3

1 2s 1 sin

inx osx inx x





 

KQ:

2 18

 

 

x k

j)

cos 2sin x cos

3 os s inx

x x

c x





 

KQ:

π

- +k

18



III. ph ơng trình đẳng cấp bậc 2, bậc sinx cosx

 Nhận dạng:

2

aSin x bSinxCosx cCos x d   (1)

3 2 inx os

aSin x bSin xCosx cSinxCos x dCos x eS     fC x (2)

 Phương pháp giải:

+ Kiểm x = / + k có phải nghiệm của phương trình hay khơng.

+ Với Cosx  0, chia hai vế cho Cos2x (

dạng 1), chia cho Cos3x ( dạng 2) để đưa

phương trình cho dạng phương trình bậc hai, bậc ba Tanx. Bài 10 Giải phương trình sau: 2sin2x + 3sinxcosx + cos2x = 0

KQ:

π

+kπ; arctan( )+kπ

4

 

2sin2x – 3sinxcosx + cos2x = 0

KQ:

π

+kπ; arctan +kπ

4

2sin2x -3sinxcosx + 3cos2x = 1

KQ:

π

+kπ; arctan 2+kπ

2

2 sin x 5sin cosx x 8 cos x2

KQ:

3

arctan 2+kπ;arctan( )+kπ

4 

2

sin x s in2x - 2cos x

 

KQ:

π

+kπ; arctan( 5)+kπ

4 

2

sin x 3cos x2 s in2x1

KQ:

π

+kπ; arctan 2+kπ

4sin2x + 3 3sin2x - 2cos2x = 4

KQ:

π π

+kπ; +kπ

25sin2x + 15sin2x + 9cos2x = 25.

KQ:

π

+kπ; arctan +kπ

2

   

4s inxcos x - 4sin x cosx + 2sin x cos x +

2

 

   

     

   

   

KQ: [A03 ].

2 1

c sin x sin 2x

2

cos2x otx-1=

1+tanx 

KQ:4

  k

Bài 11 Giải phương trình sau:

a) 4sin3x + 3cos3x – 3sinx – sin2xcosx = 0

KQ:

π π

+kπ; +kπ

4 3

b) cos3x – 4sin3x – 3cosxsin2x + sinx =

KQ:

π π

+kπ; +kπ

4

 

c) 3

sin x2 sin xcosx 3cos x0

KQ:

π +kπ

d) cos3x- sin3x= cosx+ sinx

KQ:

π

+kπ; arctan( )+kπ;kπ

4

 

e) sinx- 4sin3x+cosx=0

KQ:

π

+kπ; arctan( )+kπ

4

 

f) 2sin3(x + 4 

) = 2sinx

KQ:

π +kπ

g) sin3(x - 4 

) = 2sinx

KQ:

π +kπ 

IV.phơng trình lg đa đợc dạng tích

 F(x) G(x) = 0 

( ) 0 ( ) 0 F x G x

 



 

Bài 12 Giải phương trình sau: a) sin7x + sin5x + sin3x = 0

KQ:

π +kπ;k

3





b) sinx + sin2x + sin3x + sin4x=0 KQ:

π

+kπ;k ;

2



 

 k

c) cosx + cos2x + cos3x + cos4x = 0 KQ:

π

+kπ; +k ;

2 5

 

k 

d) 1 + cosx + cos2x + cos3x = 0 KQ:

π

+kπ;k ;

2



a) [D06 ] cos3x+cos2x – cosx - 1=0

KQ:

2

;

3



 

  

x k x k

b) [B07 ] 2sin 2x sin 7x s2    inx KQ:

2

2 ; ;

8 18 18

    



k k k

c) [D12]sin3x + cos3x – sinx + cosx =

2cos2x KQ:4 k 2

 



; 12 k2

 

 

; 7

2 12 k

  

Bài 13 Giải phương trình sau:

a) sin2x= cos22x+ cos23x

KQ:

b) cos2x+cos22x+cos23x = 1

KQ: d) [ B02].

2

sin 3x c 24x sin 5x c 26x

os os

  

KQ: 9,

k k

e) [ D03].

2 x x

sin tan x c 0

2 4 2

2

os



 

  

 

  KQ:

π π + k2π; - +kπ

4

f)

2

cos 4 2cos sin(3 ) sin( ) 1

3 3

x x x   x  

KQ:

2 2 ,

6 k 30 k 5

  



  

; 2 k

  

c) sin22x – cos28x = sin(

17



+ 10x)

KQ: 20 k10 6; k3

   

 

Bài 14 Giải phương trình sau: a) [A2012] 3 sin2x+cos2x=2cosx-1

KQ: x =

; 2

2 k x k



 

 

; 2

2 3 k

  

b) 1+ sinx + cos3x = cosx + sin2x +

cos2x KQ:

5

2 ; ; ;

6 k k k k

  

   

   

c) [B05 ]

1+sinx+cosx+sin2x+cos2x=0

KQ:

2

;

4

 

 

 k  k

d) [ A07].

1 sin x c2   2x s

osx+ 1+cos inx=1+sin2x



KQ:

π π

- + kπ; + k2π; k2π

e)

    

(2 sinx 1)(3 cos 4x 2 sinx 4) cos x 3

KQ:

7

2 ; ; ;

6 k k k k2

   

  

   

f) [D08 ] 2sinx(1+cos2x)

+sin2x=1+2cosx KQ:

2

;

4

 

 

   

x k x k

g) [ D04]

(2cosx-1)(2sinx+cosx)=sin2x-sinx KQ:

π π

x = ± + k2π; x = - + kπ

3

h) [B10 ] (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x –

sinx = 0 KQ:

2 k2 , k

6 42

  

   

i)

sin cosx xsin cosx xcos 2xsinxcosx

(B-2011)KQ:2 k2

  

, + k2 ,

2 3 k

   

j) [B08 ].

3

sin x 3c 3x s 2x 3 sin xc

os inxcos osx

  

KQ: ;

  

  k  

x x k

k) 2sin3x – sinx = 2cos3x – cosx + cos2x

KQ:

; ;

4 k k k

 

   

    

l) 4cos3x + 3 2sin2x = 8cosx

KQ:

3

; ;

2 k k k

  

  

  

m) cos2x - 2cos3x + sinx=0

KQ: 4 k ;2 k2

 

 

 

n)

2cos6x 2cos4x  3cos2x sin2x  3 KQ:

2

; ;

2  24 2 42 7

k k

k

    



o)

1 sin 2 cos 2

2 sin sin 2 1 cot

x x

x x

x

 





(A-2011) KQ:x = 2 k

  

; x = 2

4 k

  

p)

s in2x 2cos x sin x 1 0 tan x 3

  





(D-2011) KQ:

2 ( )

3

x k  kZ

q)

1

cosxsin 2xsin 4x

KQ:

5

2 ;

6 k k

 

 

r) [ A10].

(1 sinx os2 )sin( ) 1

4 cos

1 t anx 2

c x x

x



  

 

KQ:

7

2 ,

6

 

 k  k 

s)

 

 

2

cos x cosx 1

2 sinx sinx cosx



 



KQx 2 2m





 

; 2

 

 

x l

Bài 15 Giải phương trình sau: a) 9sinx 6cosx 3sin2x cos2x 8   

KQ: 2 2

  k

b) sin 2xcos 2x3sinx cosx 2 0

KQ:

π π 5π

+ k2π; π + k2π; +k2π; +k2π

2 6

c) [D10 ] sin2x – cos2x + 3sinx – cosx –

1 = 0 KQ:

5

2 ,

6

 

     

x k x k

d)

2

sin sin

4

x   x  

   

   

   

KQ: ,

 

 

k  k

bài tập phơng trình lợng giác tổng hợp

Bài 16:Giải phương trình sau:

a) DB.A08tanxcotx4 cos 22 x

KQ:

,

4

   

k  k

b) DB.A08.

2

sin sin

4

x   x  

   

   

   

KQ:4 ,

 

 

k  k

c) DB.B08

1

2sin sin

3

x  x 

   

   

   

   

KQ: k ,2 k

 

 

  

d) DB.B08

2 3sin cos sin sin cos

2 x

x x x x

KQ:

7

2 , ,

2 6

  

   

k k k e) DB.D08

4

4(sin xcos ) cos 4x  xsin 2x0

KQ: 2

 

 

x k

f) CĐ.08sin 3x 3 cos3x2sin 2x

KQ:

4

2 ,

3 15

  



g) DB.A07

1

sin sin 2cot

2sin sin

x x x

x x

   

KQ:x 4 k 2

 

 

h) DB.B07

5

sin cos cos

2 4

x  x  x

   

   

   

   

KQ:

2

; ;

3

  

  

k k k

i) DB.B07

sin cos

tan cot cos sin

x x

x x

x  x  

KQ:

 

 

x k

j) DB.D072 sin x 12 cosx



 

 

 

 

KQ:

;

4

 

 

   

x k x k

k) DB.D07(1 tan )(1 sin ) tan x  x   x

KQ:

π kπ;- +kπ

4

l) DB.A062sin 2x 4sinx



 

   

 

 

KQ:

7π

x= +k2π; x=kπ

6

m) DB.A06.

3 3

cos cos sin sin

8

x x x x 

KQ: 16 k2

 

 

n) DB.B06

2 2

(2 sin x1) tan 2x3(2 cos x1)0

KQ:

π π

± +k

6

o) DB.06

   

cos 2x 1 2cos x sinx cosx 0 KQ:

π+ kπ; + k2π; π + k2ππ

4

p) DB.06cos3xsin3x2sin2 x1 KQ:

; ;

4

 

  

 k k  k

q) DB.D06

3

4sin x4sin x3sin 2x6 cosx0 KQ:

π 2π

- + k2π; ± + k2π

2

r) DB.A05

2 cos 3cos sin

4

x x x

 

   

 

 



KQ:

π π

x= +kπ; x= +kπ

s) DB.A05Tìm no (0; ) của

2

4sin cos 2cos

2

x

x x 

     

 



K Q:

5π 17π 5π

; ;

18 18

t) DB.D05.

3 sin

tan

2 cos

x x

x 

 

  

  

 

KQ:

π 5π

+ k2π; + k2π

6

u) DB.D05

sin 2xcos 2x3sinx cosx 2 0

KQ:

π π 5π

+ k2π; π + k2π; +k2π; +k2π

2 6

v) DB.A04.4(sin3xcos ) cos3x  x3sinx

KQ: ,

 

 

k  k

w) DB.B04

1

2 cos

4 sin cos x

x x

 

  

 

 



KQ: x) DB-D04

 

sinxsin 2x 3 cosxcos 2x KQ:2 / 9 k2 / 3; k2

y) DB.A03cos 2xcosx2 tan2x1 2 KQ:

2 ,

3



  

 k k

z) DB.B03

6

3cos 4x 8cos x2 cos x 3

KQ:4 2,

 

 k k

aa)DB.03

2 3 cos 2sin2

2 4 1 2cos 1

x x

x

 

    

  





KQ:3

 

k

bb)DB.D03

 

 

2

cos cos

2 sin sin cos

x x

x

x x



  

KQ: 2 , 

  

 k k

cc)DB.D03

2cos cot tan

sin x

x x

x

 

KQ:

2

 

 k

dd)DB.A03

 

3 tan x tanx2sinx 6 cosx0

KQ:

   k ee)DB.A02.

2

tan cos cos sin tan tan

2

     

 

x x x x x x

ff) DB.02

4

sin cos 1 1

cot 2

5sin 2 2 8sin

x x

x

x x



 

KQ:

 

 k

gg) DB.A

cos2 x sin cosx x  (sinx cos )x

2 3