Giáo trình Đại số sơ cấp (Phần 2)

116 Bài 26. Cho bất phương trình 2( 2)( 4)( 6 10) .x x x x m+ + + + ≥ Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với .x∀ ∈ℝ Bài 27. Cho bất phương trình 22 os 3 os +1 0.c x mc x+ ≥ Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với [0; ].x pi∀ ∈ Bài 28. Cho bất phương trình 2 2 1 1(2 3)( ) 2( 2) 0.x m x m x x + + + + + + > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 0.x∀ ≠ Bài 29. Cho bất phương trình 3 2(2 1) 3( 4) 12 0.x m x m x m− + + + − − > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 1.x∀ > Bài 30. Cho bất phương trình ( 1)( 1)( 3)( 5) .x x x x m− + + + > Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với 1.x∀ > − Bài 31. Cho bất phương trình ( 2)( 2)( 4) 2 .x x x x m− + + < Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm 0.x > Bài 32. Chứng minh rằng phương trình ( )24 4 1 1x x + = có đúng ba nghiệm phân biệt. CHƯƠNG IV. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ §1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Định nghĩa và các định lý 1.1. Định nghĩa Ta gọi phương trình vô tỉ, mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn hay nói khác đi đó là phương trình dạng ( ) 0,f x = trong đó ( )f x là một hàm số có chứa căn thức của biến số. 1.2. Các định lý. (Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phương trình vô tỉ). 1.2.1. Định lý. [ ]2 1 2 1( ) ( ) ( ) [ ( )]k kf x g x f x g x+ += ⇔ = 1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) [ ( )] kk f x g x f x g x ++ = ⇔ = 1.2.3. Định lý. 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )k kf x g x f x g x+ += ⇔ = VI ET M AT H S. NE T 117 1.2.4. Định lý. 2 2 ( ) 0( ) ( ) ( ) [ ( )] k k g xf x g x f x g x ≥ = ⇔  = 1.2.5. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) 0( ) ( ) ( ) ( ) k k f x g xf x g x f x g x ≥ ∨ ≥ = ⇔  = (Với k là số tự nhiên khác 0). Việc chứng minh các định lý trên hết sức dễ dàng nhờ tính chất của lũy thừa và căn thức. Chúng tôi dành cho bạn đọc. 2. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ 2.1. Phương pháp nâng lên lũy thừa Ví dụ 1. Giải phương trình 3 3 1x x+ = − (1) Giải. (1) 2 1 3 3 7 2 0 x x x  ≥ ⇔   − − = 1 3 11 2 9 x xx x  ≥  ⇔ ⇔ ==   = −  Vậy, phương trình có một nghiệm là 1.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 3 7 2 8x x x+ − − = − Giải. Để các căn bậc hai có nghĩa ta phải có điều kiện 2 8 0 7 0 4 7. 3 0 x x x x − ≥  − ≥ ⇔ ≤ ≤  + ≥ Ta có 3 7 2 8 2 8 7 3 2 8 2 (2 8)(7 ) 7 3 (2 8)(7 ) 2 x x x x x x x x x x x x x + − − = − ⇔ − + − = + ⇔ − + − − + − = + ⇔ − − = 118 2 (2 8)(7 ) 4 2 22 60 0 x x x x ⇔ − − = ⇔ − + − = 2 11 30 0 5 6 x x x x ⇔ − + = = ⇔  = Cả hai giá trị của x đều thỏa mãn điều kiện trên. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm 5; 6.x x= = Ví dụ 3. Giải phương trình 2 24 5 1 2x x x− + + + − = Giải. Điều kiện: 1 1x− ≤ ≤ (*) Nếu bình phương hai vế của phương trình ta sẽ đưa đến phương trình bậc cao, do đó chuyển hạng tử thứ hai sang vế phải ta được 2 24 5 2 1x x x− + + = − − Với điều kiện 1 1x− ≤ ≤ thì vế phải của phương trình trên không âm nên bình phương hai vế của phương trình ta được phương trình tương đương 2 2 2 2 2 2 2 4 5 4 4 1 1 1 0 0 2 . 21 2 1 x x x x x x x x x x x x − + + = − − + − ⇔ − = − ≤ ≤  ⇔ ⇔ ⇔ = −  − = =  Giá trị của x thỏa mãn điều kiện (*). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm 2 . 2 x = − Ví dụ 4. Giải phương trình 3 31 4 5x x x− = − − + Giải. 3 1x − có nghĩa khi và chỉ khi 1.x ≥ Để bình phương được hai vế ta cần đặt điều kiện cho vế phải không âm, ta có ( )( ) 3 2 4 5 0 1 5 0 1. x x x x x x − − + ≥ ⇔ − − − − ≥ ⇔ ≤ Như vậy, nghiệm của phương trình chỉ có thể 1x = . Ta thử được phương trình nhận 1x = làm nghiệm. Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất là 1x = . Ví dụ 5. Giải phương trình VI ET M AT H S. NE T 119 3 3 31 3 1 1x x x+ + + = − (1) Giải. (1) ( )33 31 3 1 1x x x⇔ + + + = − ( )( ) ( )3 334 2 3 1 3 1 1 3 1 1x x x x x x⇔ + + + + + + + = − (2) ( )( ) ( )3 33 1 3 1 1 3 1 1x x x x x⇔ + + + + + = − − (3) Thay 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − vào (3) ta được phương trình hệ quả ( )( ) 33 1 3 1 1 1(4)x x x x+ + − = − − ( )( )( ) 31 3 1 1 ( 1)x x x x⇔ + + − = − + 3 2 0 0 1 x x x x ⇔ + = = ⇔  = − Thử lại thì chỉ có 1x = − thỏa phương trình (1). Vậy, phương trình (1) có một nghiệm là 1.x = − Chú ý. Tất cả các phép biến đổi đều là tương đương, chỉ từ (3) đến (4) là phép biến đổi hệ quả, tức là phép thế 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − . Chúng ta thử phân tích để thấy rõ khi thế 3 31 3 1x x+ + + bởi 3 1x − không phải là phép biến đổi tương đương. Để cho gọn ta đặt 3 31, 3 1u x v x= + = + , 3 1t x= − . Lúc đó ta có u v t+ = (1) ( )3 3u v t⇔ + = (2) ( )3 3 33u v uv u v t⇔ + + + = (3) Thay u v t+ = vào (3) ta được 3 3 33u v uvt t+ + = (4) Chúng ta khẳng định (4) là hệ quả của (3) và phép biến đổi từ (3) đến (4) không làm mở rộng tập xác định nên (4) phải được biến đổi thành dạng ( ). ( ) 0u v t A x+ − = Nghiệm ngoại lai xuất hiện chắc chắn là nghiệm của phương trình ( ) 0.A x = Ta có (4) 3 3 33 0u v uvt t⇔ + + − = 2 2 2( )[( ) ( ) ( ) ] 0.u v t u v v t t u⇔ + − − + + + + = Trở lại ban đầu ta có 2 2 23 3 3 3 3 3( ) [( 1 3 1) ( 3 1 1) ( 1 1) ].A x x x x x x x= + − + + + + − + − + + Rõ ràng 0x = là nghiệm của phương trình ( ) 0.A x = Qua bài toán này, chúng ta thấy có những phép biến đổi phương trình tưởng như là phép biến đổi tương đương nhưng thực chất là phép biến đổi hệ quả. 120 2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình 2 24 12 5 4 12 11 15 0 (*)x x x x− − − + + = Giải. Đặt 24 12 11t x x= − + Điều kiện: 0t ≥ Khi đó phương trình ( )∗ trở thành 2 1t 5 4 0 4 t t t = − + = ⇔  = Với 1t = ta có 2 2 2 4 12 11 1 4 12 11 1 4 12 10 0. x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ − + = Trường hợp này phương trình vô nghiệm. Với 4t = ta có 2 2 2 4 12 11 4 4 12 11 16 4 12 5 0 3 14 2 3 14 2 x x x x x x x x − + = ⇔ − + = ⇔ − − =  + = ⇔  − =  Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3 14 2 x + = hoặc 3 14 2 x − = . Ví dụ 2. Giải phương trình ( )( )3 6 3 6 3x x x x+ + − − + − = (1) Giải. Cách 1. Điều kiện: 3 0 3 6 6 0 x x x + ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ Đặt 3 0 6 0 u x v x  = + ≥  = − ≥ Ta có hệ phương trình theo u và v VI ET M AT H S. NE T 121 2 2 3(*) 9 u v uv u v + − =  + = Đặt 2, ; 0; 0; 4 0.S u v P uv S P S P= + = ≥ ≥ − ≥ Khi đó ( )∗ trở thành hệ 2 2 3 3 1 3 4 0.2 9 2 3 0 S P P S S S P PS P S S − = = − = − =    ⇔ ⇔ ∨    = − = − = − − =    Chỉ có 3 0 S P =  = thỏa điều kiện. Với 3 0 S P =  = thì ,u v là nghiệm của phương trình 2 03 0 3 t t t t = − = ⇔  = Khi đó ta có 3 0 6 3 3 63 3 6 0 x x x xx x  + =   − = = −  ⇔  =  + =  − = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3x = − hoặc 6.x = Cách 2. Đặt 2 3 6 0 9 2 (3 )(6 ) t x x t x x = + + − ≥ ⇒ = + + − 2 9(3 )(6 ) 2 t x x − ⇔ + − = (1) trở thành phương trình theo biến t 2 2 9 3 2 2 3 0 1 3. t t t t t t − − = ⇔ − − = = −   = Ta nhận 3 3 6 3,t x x= ⇒ + + − = điều kiện 3 6.x− ≤ ≤ Bình phương hai vế của phương trình ta được (3 )(6 ) 0 3 6.x x x x+ − = ⇔ = − ∨ = 122 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 3x = − hoặc 6.x = Ví dụ 3. Giải phương trình ( ) ( )2 2255 52 1 3 1 1 0x x x+ + − + − = (1) Giải. Vì 1x = − không là nghiệm, nên chia hai vế của (1) cho ( )25 1x + ta được phương trình 2 5 5 1 12 3 0 1 1 x x x x − −  + + = + +  Đặt 5 1 . 1 x t x − = + Ta có phương trình 2 3 2 0t t+ + = (2) (2) 1 2 t t = − ⇔  = − 5 5 1 1 1 1 2 1 x x x x  − = − +⇔  − = − + 1 1 1 1 32 1 x x x x − = − +⇔  − = −  + 33 . 31 x⇔ = − Vậy, phương trình có nghiệm là 33 31 x = − . Ví dụ 4. Cho phương trình chứa tham số m ( )2 22 2 2 3 0x x x x m− + − − − = (1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [ ]4;5 . Giải. Đặt 2 2 3,t x x= − − [ ]4;5x ∈ Ta có phương trình 22 6 0t t m+ + − = 22 6 (2).t t m⇔ + + = Với [ ]4;5x ∈ thì 5;2 3t  ∈   . Từ đó (1) có nghiệm thuộc đoạn [ ]4;5 ⇔ (2) có nghiệm thuộc đoạn [ 5;2 3 ] [ 5;2 3 ] 5;2 3 ( ) ( ) t t Minf t m Maxf t ∈ ∈   ⇔ ≤ ≤  với ( ) 22 6.f t t t= + + Ta có 1( ) 2 1 0 [ 5;2 3]. 2 f t t t′ = + = ⇔ = − ∉ ( 5) 16 5, (2 3) 30 2 3.f f= + = + Như vậy, (2) có nghiệm thuộc đoạn 5;2 3   khi và chỉ khi 16 5 30 2 3.m+ ≤ ≤ + VI ET M AT H S. NE T 123 Vậy, giá trị m cần tìm là 16 5 30 2 3.m+ ≤ ≤ + Ví dụ 5. Giải phương trình ( )3 31 2 2 1 1 .x x+ = − Giải. Đặt 33 2 1 2 1t x t x= − ⇒ = − , (1) trở thành 3 31 2 2 1.x t x t+ = ⇒ = − Như vậy ta có 3 3 3 3 2 1 2( ). 2 1 x t x t t x t x  = − ⇒ − = −  = − Từ đó ta có hệ phương trình ( ) ( ) 3 3 2 23 3 1 2 1 2 3 2 02 2 4 x t x t t x t x tx t t x  + =  + =   ⇔    − + + + =− = −         3 1 51 . 22 1 0 t x x x x x = − ± ⇔ ⇒ = ∨ = − + = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 1 51 . 2 x x − ± = ∨ = Ví dụ 6. Giải phương trình ( )2 5 5 1 .x x+ + = Giải. Đặt 25 0 5t x t x= + ≥ → = + ( ) ( ) ( ) 222 2 2 0 5 055 1 1 0 15 4 0  = − ≥   − − = + =+ =   ⇒ ⇔ ⇔ ⇔  + − + = = +− =      + − = t x x xx tx t x t x t t xt x x x 0 1 21 1 21 2 2 . 1 1 17 21 17 2  ≤   ± − = =  ⇔ ⇔ ≥ − − + =   − ± = x x x x x x Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 1 21 1 17 . 2 2 x x − − + = ∨ = Ví dụ 7. Cho phương trình 124 24 4 16x x x m+ + − + − = (1) Tìm m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. Giải. Đặt 4 4 0; 4 4.t x x x= + + − ≥ − ≤ ≤ 2 2 2 2 88 2 16 16 2 t t x x − ⇒ = + − ⇔ − = (1) trở thành 2 2 8 2 .t t m+ − = Xét hàm số ( ) 4 4 ; 4 4t h x x x x= = + + − − ≤ ≤ 1 1 4 4( ) 2 4 2 4 2 4 . 4 x xh x x x x x − − + ′ = − = + − − + ( ) 0 0; ( 4) (4) 2 2; (0) 4.h x x h h h′ = ⇔ = − = = = Như vậy [ 4;4] [2 2;4].x t∈ − ⇒ ∈ Ta có nhận xét: Khi 4t = thì phương trình 4 4t x x= + + − có một nghiệm ,x khi 2 2 4t≤ < thì phương trình 4 4t x x= + + − có hai nghiệm .x Xét hàm số 2( ) 2 8f t t t= + − ( ) 2 2 0 1 [2 2;4].f t t t′ = + = ⇔ = − ∉ Hàm số 2( ) 2 8f t t t= + − đồng biến trên [2 2;4] nên đường thẳng 2y m= cắt đồ thị hàm số 2( ) 2 8y f t t t= = + − trên [2 2;4] nhiều nhất tại đúng một điểm. Mặt khác ta có (2 2) 4 2; (4) 16.f f= = Kết hợp với nhận xét trên thì phương trình (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi 4 2 2 16m≤ < hay 2 2 8.m≤ < Ví dụ 8. Cho phương trình 2 2 2(1 ) 1 1 2 0 1 1 1 x x x m m x x x  + + − + + + =   − − +  Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải. Điều kiện: 1.x < Đặt 1 1 2. 1 1 x x t x x + − = + ≥ − + Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2(1 )2 2 1 1 1 1 1 2(1 ) 2. 1 x x x x x t x x x x x x t x  + − + − + = + = + + = +   − + − + −  + ⇒ = − − VI ET M AT H S. NE T 125 Phương trình (1) có dạng 2 2 22 2 0 ( ). 2 t t mt m m f t t − + + + − = ⇔ = = + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số 2 2( ) , 2. 2 tf t t t − + = ≥ + Ta có 2 2 4 2( ) 0, 2( 2) t tf t t t − − − ′ = < ∀ ≥ + ⇒ hàm số nghịch biến. 1(2) , lim ( ) . 2 t f f t →+∞ = − = −∞ Vậy, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 1 . 2 m ≤ − 2.3. Phương pháp lượng giác hóa Trong một số trường hợp, nếu chúng ta đặt ẩn phụ bởi các hàm số lượng giác, thì việc giải quyết bài toán trở nên dễ dàng hơn. Kiến thức cần nhớ như sau. + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là , 0k x k k− ≤ ≤ > hay phương trình có chứa 2 2k x− thì đặt sin , [ ; ]; 2 2 x k t t pi pi= ∈ − hoặc đặt cos , [0; ].x k t t= ∈ pi + Nếu trong phương trình, điều kiện của ẩn x là , 0x k k≥ > hay phương trình có chứa 2 2x k− thì đặt 3; [0; ) [ ; ); cos 2 2 k x t t pi pi = ∈ ∪ pi hoặc đặt , [ ;0) (0; ]. sin 2 2 k x t t pi pi = ∈ − ∪ + Nếu trong phương trình, ẩn x nhận mọi giá trị thuộc ℝ hay phương trình có chứa 2 2x k+ thì đặt tan , ; . 2 2 x k t t pi pi = ∈ −    Ngoài ra, tùy từng trường hợp, cũng có thể đặt 2 2cos ; sin ,...x t x t= = Sau đây ta xét một số ví dụ. Ví dụ 1. Giải phương trình 221 1 3 x x x x+ − = + − (1) Giải. Điều kiện: 2 0 0 0 1. 1 0 x x x x x  − ≥  ≥ ⇔ ≤ ≤  − ≥ Đặt 2cos , [0; ]. 2 x t t pi = ∈ Khi đó phương trình (1) được biến đổi về dạng 2 4 2 221 cos cos cos 1 cos 3 3 2 sin cos 3( cos sin ) 3 2sin cos 3(cos sin ). t t t t t t t t t t t t + − = + − ⇔ + = + ⇔ + = + 126 Đặt 2 1 sin cos ,1 2,sin cos . 2 u u t t u t t − = + ≤ ≤ = Ta có phương trình 2 2 1 3 1 3 3 2 0 2. u u u u u u = + − = ⇔ − + = ⇔  = Ta chọn 11 sin cos 1 2 sin( ) 1 sin( ) 4 4 2 u t t t t pi pi = ⇒ + = ⇔ + = ⇔ + = 2 ; . 2 2 t k k t k k = pi ⇔ ∈pi = + pi  ℤ Vì [0; ], 2 t pi ∈ nên ta chọn 2 2 0 cos 0 1 cos 0. 2 2 t x t x =  = =  ⇔pi pi = = =   Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 0 1. x x =  = Ví dụ 2. Giải phương trình 2 21 1 2x x x x− − + + − = (1) Giải. Điều kiện: 2 2 2 1 0 1 0 1. 1 0 x x x x x x  − ≥  − − ≥ ⇔ ≥  + − ≥ Đặt 1 , (0; ). sin 2 x t t pi = ∈ Khi đó vế trái của phương trình (1) được biến đổi về dạng 2 2 1 1 1 11 1 sin sin sin sint t t t − − + + − 1 1 cot cot sin sin t t t t = − + + 1 cos 1 cos sin sin t t t t − + = + 2 22sin 2cos 2 2 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 tan cot 2 2 2 t t t t t t t t = + = + ≥ (Theo bất đẳng thức Côsi) VI ET M AT H S. NE T 127 Do đó phương trình (1) tương đương với điều kiện để dấu bằng xảy ra tan 0 2tan cot 1. 2 2 2 tan cot 2 2 t t t t x t t  ≥ pi = ⇔ ⇔ = ⇔ =  =  Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1.x = Ví dụ 3. Cho phương trình: 24 1 (1)x x m+ − = Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. Giải. Điều kiện: 0.x ≥ Đặt tan , [0; ). 2 x t t pi = ∈ Ta có, phương trình (1) trở thành 24 1 1 sintan 1 tan tan cos cos t t t m t m m t t − + − = ⇔ − = ⇔ = . Xét hàm số 1 sin sin . sin 1( ) , ( ) 0, (0; ), 2cos 2sin .cos t t tf t f t t t t t − − pi ′= = < ∀ ∈ Suy ra hàm số luôn luôn nghịch biến trên khoảng (0; ). 2 pi Mặt khác ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 cos sin cos1 sin cos1 sin 2 2lim lim lim cos cos 1 sin cos sin 1 sin 2 2 cos sin cos 2 2lim 0, cos sin 1 sin 2 2 t t t t t t t t tt t tt t t t t t t t t t pi pi pi → → → pi →   −  − −   = =  + − +      −    = =   + +    và (0) 1,f = như vậy miền giá trị của hàm số ( ), [0; ) 2 f t t pi∈ là (0;1].fT = Vậy, phương trình đă cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 1.m< ≤ 2.4. Một số phương pháp khác Ví dụ 1. Giải phương trình x + 22 x− = 2 2 2 2x x− + Giải. Điều kiện: x + 22 x− 0.≥ Ta có 2 2 2 2x x− + = 22 ( 1) 1 2x − + ≥ Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1. 128 22 2x x+ − ≤ . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 1. Phương trình (1) ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 x x x x  + − =  − + = ⇔ x = 1. Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 4 4 4 4 2 x x x x x+ − + − − = (1) Giải. Ta có ( ) ( ) 2 2 4 4 4 2 4 4 4 2 x x x x x x + − = − + − − = − − Phương trình (1) tương đương với 4 2 4 2 2 x x x− + + − − = Điều kiện: 4x ≥ . Ta có · 4 2 0 4 2 4 2x x x− + > ⇒ − + = − + · 4 2; 8 4 2 2 4; 4 8. x x x x x  − − ≥ − − =  − − ≤ < Vì vậy ( ) 2 4 , 8 (2) 21 4 , 4 8 (3) 2 x x x x x  − = ≥ ⇔   = ≤ <  Giải hai phương trình (2) và (3) ta được 8x = là nghiệm của (1). Ví dụ 3. Giải phương trình ( )2 3 2 1 1 3 2 x x x x − − = − − Giải. Điều kiện: 3 2 x > ( ) ( ) ( ) ( )21 3 2 1 3 2 1 2 3 2 0x x x x x x x ⇔ − + = − − ⇔ − − + − =  VI ET M AT H S. NE T 129 ( )2 1 1 0 2 1. 3 2 2 3 2 2 x x x x x x x x = − =  ≤⇔ ⇔ ⇔ =  − = −   − = − Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 4. Giải phương trình ( ) ( )2 24 1 1 2 2 1 1x x x x− + = + + Giải. Đặt ( ) ( )2 2 2 21 1 1 1 4 1 2 2 1t x t x x t t x= + ≥ ⇒ = + ⇒ ⇔ − = + − ( ) ( )2 12 4 1 2 1 0 2 t x t x t⇔ − − + − = ⇔ = (loại) 22 1 1 2 1t x x x∨ = − ⇔ + = − ( )22 11 422 . 4 301 2 1 3 xx x x xx x  ≥≥   ⇔ ⇔ ⇔ =    = ∨ =+ = −  Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 4 . 3 x = Ví dụ 5. Giải phương trình 22 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + Giải. Điều kiện: 1 7x≤ ≤ Ta có ( )( ) ( ) ( ) 22 7 2 1 8 7 1 ( 1) 2 1 2 7 1 7 0 ( 1) 2 1 2 7 1 7 0 1 1 2 7 1 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − = − + − + − + ⇔ − − − + − − − − = ⇔ − − − + − − − − = ⇔ − − − − − − − = ( )( )1 2 1 7 0x x x⇔ − − − − − = 1 2 5 4.1 7 x x xx x  − = = ⇔ ⇔  = − = −  So với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 4 5.x x= ∨ = Ví dụ 6. Tìm m để phương trình 44 13 1 0x x m x− + + − = có đúng một nghiệm. 130 Giải. 4 44 4 4 4 3 2 13 1 0 13 1 1 1 13 (1 ) 4 6 9 1 x x m x x x m x x x x x m x x x x m − + + − = ⇔ − + = − ≤ ≤  ⇔ ⇔  − + = − − + + + =  Xét hàm số 3 2 2 ( ) 4 6 9 1, 1 ( ) 12 12 9 1 2( ) 0 3 2 f x x x x x f x x x x f x x = − + + + ≤ ′ = − + +  = − ′ = ⇔   =  Bảng biến thiên x −∞ 1 'f ( )f x +∞ 3 2 − 12 1 2 − 0 − + Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m cần tìm là 3 2 12. m m  = −  > Ví dụ 7. Tìm m để phương trình 3 2 4 6 4 5x x x x m− − − + − − + = (1) có đúng hai nghiệm. Giải. Phương trình (1) chính là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 4 6 4 5y x x x x= − − − + − − + và đường thẳng .y m= Đặt 4 0.t x= − ≥ (1) trở thành 2 22 1 6 9 1 3 .t t t t m t t m− + + − + = ⇔ − + − = (2) Ta có nhận xét rằng, ứng với mỗi 0t ≥ thì phương trình 4t x= − cho ta một nghiệm .x Do đó (1) có đúng hai nghiệm x khi và chỉ khi (2) có đúng hai nghiệm 0.t ≥ Xét hàm số ( ) 1 3 , 0f t t t t= − + − ≥ VI ET M AT H S. NE T 131 2 4; 0 1 ( ) 2; 1 3 2 4; 3 t t f t t t t − + ≤ <  = ≤ <  − ≥ Vẽ đồ thị hàm số ( ),f t ta được phương trình đã cho có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi 2 4.m< ≤ 4 2 31 tO Ví dụ 8. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 22 1 0 x y m x y  + + =   − = Giải. Điều kiện: 0, 0.x y≥ ≥ 2 2 2 2 1 2 1 (1) 0 x y m x x m y xx y  + + = + + =  ⇔    =− =  Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm 0.x ≥ Xét hàm số 2( ) 2 1 ; 0.f x x x x= + + ≥ 2 2( ) 1 0, 0 ( ) 2 1 xf x x f x x ′ = + > ∀ ≥ ⇒ + đồng biến. Bảng biến thiên của hàm số ( )f x như sau x '( )f x ( )f x 0 +∞ 1 + +∞ Vậy, hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1.m ≥ Ví dụ 9. Tìm m để phương trình 12 ( 5 4 )x x x m x x+ + = − + − (1) có nghiệm. Giải. Điều kiện: 0 4.x≤ ≤ 132 (1) ⇔ ( 12)( 5 4 )x x x x x m+ + − − − = Xét hàm số ( )y f x= = ( 12)( 5 4 )x x x x x+ + − − − = ( ). ( )h x g x có tập xác định là D = [0;4]. Nhận xét rằng ( ) 12h x x x x= + + đồng biến và không âm trên .D Hàm số ( ) 5 4g x x x= − − − có 5 4( ) 0, 2 5 . 4 x xg x x D x x − − − ′ = > ∀ ∈ ⇒ − − hàm số ( ) 5 4g x x x= − − − đồng biến trên D và cũng thấy rằng ( )g x không âm trên .D Như vậy, hàm số ( )f x đồng biến trên .D Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi (0) (4) 2 3( 5 2) 12.f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ Ví dụ 10. Tìm m để phương trình 2 11 284 2 x m x x + + + = Có nghiệm 0.x > Giải. Xét hàm số 2 11 28( ) 4 2 y f x x x x = = + + + , ta có 2 2 2 2 2 2 3 2 11 14 2 7 11 7 281 2 7 2 71 x x xy x x x x x + − + − ′ = − − = ++ 2 2 20 2 7 11 7 28 0.y x x x′ = ⇔ + − + − = Đặt 2 2 27 7 7t x x t= + ≥ ⇒ = − Ta có 2 3 4 22( 7) 11 28 0 2 25 28 0 4 . 2 t t t t t t t − ± − − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ = Do 7,t ≥ nên ta chọn 4 3.t x= ⇒ = 2 20 0 11 28 11 28lim ( ) lim 4 , lim ( ) lim 4 2 2x x x x f x x f x x x x x x→ → →+∞ →+∞     = + + + = +∞ = + + + = +∞           . 15(3) . 2 f = Như vậy miền giá trị của hàm số 2 11 284 2 y x x x = + + + trên (0; )+∞ là 15[ ; ). 2f T = +∞ Vậy, phương trình đã cho có nghiệm 0,x > khi và chỉ khi 15 . 2 m ≥ §2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Định nghĩa và các định lý 1.1. Định nghĩa VI ET M AT H S. NE T 133 Bất phương trình vô tỉ là một bất phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn thức. Nói khác đi đó là một bất phương trình có dạng ( ) 0,f x > (hoặc ( ) 0, ( ) 0, ( ) 0f x f x f x< ≥ ≤ ), trong đó ( )f x là hàm số có chứa căn thức của biến số. 1.2. Các định lý 1.2.1. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x++ ≥ ⇔ ≥ . 1.2.2. Định lý. 2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x++ ≤ ⇔ ≤ . 1.2.3. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) k k g x f xf x g x g x f x g x  ≤  ≥≥ ⇔  ≥   ≥ 1.2.4. Định lý. 2 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) [ ( )] k k f x f x g x g x f x g x  ≥ ≤ ⇔ ≥  ≤ 2. Các phương pháp giải bất phương trình vô tỉ 2.1. Phương pháp nâng lũy thừa Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 7 3 2x x x− > − − − − Giải. Điều kiện: 2 0 2 37 0 7 2 3 2 0 3 2 x x x x x x x   − ≥ ≤  − − ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤    − − ≥ −  ≤  (*) Ta có 2 2 7 3 2 2 3 2 7 2 2 (2 )( 3 2 ) 3 2 7 2 6 4 x x x x x x x x x x x x x x − > − − − − ⇔ − + − − > − ⇔ − + − − − − − > − ⇔ − − > + 2 2 2 4 4 2 6 0 2 6 ( 4) x x x x x x x < − ≥ −  ⇔ ∨  − − ≥ − − > +  4 4 3 2 2 112 x x xx x x < − ≥ −  ⇔ ∨ < −≤ −     > > 134 4 4 2 2 x x x < − ∨ − ≤ < − ⇔ < − Kết hợp với điều kiện (*) thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 2.x < − Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2 23 33 1 2 1x x− ≥ + Giải. Lập phương hai vế của bất phương trình đã cho ta được bất phương trình tương đương 2 2 2 3 1 2 1 2 0 2 2. x x x x x − ≥ + ⇔ − ≥  ≤ − ⇔  ≥ Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 2. x x  ≤ −  ≥ Ví dụ 3. Giải bất phương trình 2 16 53 3 3 x x x x − + − < − − Giải. Bất phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 4 16 3 5 4 16 8 4 8 16 (8 ) x x x x x x x x x ≥  − + − < ≥ ⇔  − < − ≤ < ⇔  − < − 4 8 4 5 5 x x x ≤ < ⇔ ⇔ ≤ < < Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 4 5.x≤ < Ví dụ 4. Giải bất phương trình 6 1 8 2 3 4 2x x x x+ − ≤ + − + Giải. Điều kiện: 6 1 0 8 0 0 (*) 2 3 0 4 2 0 x x x x x + ≥  ≥ ⇔ ≥ + ≥  + ≥ Khi đó, bất phương trình đã cho tương đương với VI ET M AT H S. NE T 135 2 2 2 6 1 4 2 2 3 8 10 3 2 6 1. 4 2 10 3 2 2 3. 8 24 16 2 16 24 4 4 1 0 1 . 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + ≤ + + ⇔ + + + + ≤ + + + ⇔ + + ≤ + ⇔ − + ≤ ⇔ = 1 2 x = thỏa điều kiện (*). Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 . 2 x = Ví dụ 5. Giải bất phương trình 2 1 1 2 4 x x x+ + − ≤ − (1) Giải. Điều kiện để các căn bậc hai có nghĩa là 1 1.x− ≤ ≤ Khi đó vế phải của (1) cũng không âm, do đó bình phương hai vế của bất phương trình đã cho ta được bất phương trình tương đương 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 1 4 16 (1 ) 2 1 1 0 16 ( 1 1) 0. 16 x x x x x x x x + − ≤ − + ⇔ + − − − + ≥ ⇔ + − − ≥ Bất phương trình cuối luôn đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình là 1 1.x− ≤ ≤ 2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 25 10 1 7 2x x x x+ + ≥ − − Giải. Đặt 25 10 1 0.t x x= + + ≥ Bất phương trình trở thành 2 17 5 t t − ≥ − 2 5 36 0t t⇔ + − ≥ 9 4 t t ≤ − ⇔  ≥ Vì 0t ≥ , nên ta nhận 4t ≥ , ta có 136 2 2 2 5 10 1 4 5 10 1 16 2 3 0 3 1 t x x x x x x x x = + + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔ + − ≥ ≤ − ⇔  ≥ Vậy, nghiệm của bất phương trình là 3 1 x x ≤ −  ≥ . Ví dụ 2. Giải bất phương trình 12 3 1 x x x x + − > + Giải. Đặt 1 0.xt x + = > Bất phương trình trở thành 2 3 2 1 2 3 2 3 1 0 11 2 t t t t t − > ⇔ + − < ⇔ − < < Vì 0t > , nên ta nhận 10 2 t< < , như vậy ta được 1 10 2 1 10 4 x x x x + < < + ⇔ < < ( ) ( ) 1 0 3 4 0 4 1. 3 x x x x x  + > ⇔  + < ⇔ − < < − Vậy, nghiệm của bất phương trình là 4 1. 3 x− < < − Ví dụ 3. Cho bất phương trình ( )( ) ( )24 4 2 2 18 1 .x x x x a− − + ≤ − + − a) Giải bất phương trình (1) khi 6;a = b) Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với [ ]2;4 .x∀ ∈ − Giải. VI ET M AT H S. NE T 137 Điều kiện: 2 4.x− < ≤ Đặt ( )( ) 24 2 2 8.t x x x x= − + = − + + Theo bất đẳng thức Côsi ta có ( )( ) ( ) ( ) [ ] 14 2 4 2 3 2 3 1 2;4 . t x x x x t x  = − + ≤ − + + =  = ⇔ = ∈ − Như vậy, với [ 2;4]x ∈ − thì [0;3].t ∈ ( ) ( ) 21 4 10 0g t t t a⇔ = − + − ≤ a) Nếu 6,a = ta có ( ) ( )22 2 1 54 4 2 0 2 2 8 2 1 5. x g t t t t t x x x  = + = − + = − ≤ ⇔ = ⇔ − + + = ⇔  = − b) Trường hợp tổng quát, yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi ( ) [ ] [ ] ( )0;30, 0;3 0.tg t t Max g t∈≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ Ta có ( ) 2 4 0 2 [0;3],g t t t′ = − = ⇔ = ∈ nên [ ] ( ) { }0;3 (0); (2); (3)tMax g t Max g g g∈ = ( )0 10 .g a= = − Vậy, ta có 10 0 10.a a− ≤ ⇔ ≥ Ví dụ 4. Cho bất phương trình 2( 2 2 1) ( 2) 0m x x x x− + + + − ≤ (1) Tìm m để bất phương trình đã cho có nghiệm [0;1 3].x ∈ + Giải. Đặt 2( ) 2 2t x x x= − + 2 1( ) 0 1 [0;1 3] 2 2 x t x x x x − ′ = = ⇔ = ∈ + − + Bảng biến thiên x 0 +'( )t x ( )t x 1 − 0 2 1 1 3+ 2 [0;1 3] [1;2].x t∀ ∈ + ⇒ ∈ Ta có (1) 2 2 2( 1) 2 0 , [1;2]. 1 t m t t m t t − ⇔ + + − ≤ ⇔ ≤ ∈ + Xét hàm số 2 2( ) , [1;2], 1 tf t t t − = ∈ + 138 2 2 2 2( ) 0, [1;2].( 1) t tf t t t + + ′ = > ∀ ∈ + Bảng biến thiên x 1 'f ( )f x +∞ 2 + 1 2 − 2 3 Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi 2 . 3 m ≤ 2.3. Một số phương pháp khác Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x− + + − + ≥ − + (1) Giải. ( )2 2 2(1) 3 2 4 3 2 5 4 0 *x x x x x x⇔ − + + − + − − + ≥ Điều kiện: 1 4.x x≤ ∨ ≥ ) 4 1 2 3 4 0a x x x x x≥ ⇒ − > − > − > − ≥ ( ) ( ) ( )* 1 2 4 3 4 0,x x x x x ⇔ − − − − + − − − ≥  đúng, như vậy 4x ≥ là nghiệm. ) 1 0 1 2 3 4b x x x x x≤ ⇒ ≥ − > − > − > − ( ) ( ) ( )* 1 2 4 3 4 0 1.x x x x x x ⇔ − − − − + − − − ≥ ⇔ =  Vậy, nghiệm của bất phương trình là 4 1. x x ≥  = Ví dụ 2. Giải bất phương trình ( ) ( )( )224 1 2 10 1 3 2 .x x x+ < + − + Giải. Điều kiện: 3 1. 2 x− ≤ ≠ − Bất phương trình tương tương với ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 2 10 1 3 2 1 3 2 2 10 x x x x x + < + − + ⇔ + + < + 3 2 3 3.x x⇔ + < ⇔ < VI ET M AT H S. NE T 139 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 3 2 1. x x  − ≤ <   ≠ − Ví dụ 3. Giải bất phương trình ( ) 2 23 4 9x x x− − ≤ − (1) Giải. Điều kiện: 2 2 x x ≤ −  ≥ Ta có (1) ( ) ( )( )23 4 3 3x x x x⇔ − − ≤ − + · Xét 3,x = bất phương trình (1) đúng · Xét 3x > , (1) ( )2 4 3x x⇔ − ≤ + 2 24 6 9 13 6 x x x x ⇔ − ≤ + + ⇔ ≥ − 3x⇒ > là nghiệm. · Xét 2 3 3 2 x x ≤ <  − ≤ ≤ − (1) ⇔ 2 4 3x x− ≥ + 2 24 6 9 13 6 x x x x ⇔ − ≥ + + ⇔ ≤ − 133 6 x⇒ − ≤ ≤ − là nghiệm. · Xét 3x < − , (1) luôn đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 13 . 6 x x ≥   ≤ −  Ví dụ 4. Giải bất phương trình 4 22 1 1 .x x x− + ≥ − (1) Giải. 2(1) 1 1 .x x⇔ − ≥ − Với 1x ≥ , (1) luôn đúng. Với 1 1 0 (1) 1 1x x x ⇒ ⇔ + ≥ 140 ( ) ( ) 21 1 2 0 2 0 x x x x x ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ≤ − ⇔  ≥ Ta chọn 2 0 1 x x ≤ −  ≤ ≤ Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 0. x x ≤ −  ≥ BÀI TẬP CHƯƠNG IV Bài 1. Giải các phương trình 1) 2(16 ) 3 0;x x− − = 2) 2(9 ) 2 0;x x− − = 3) 24 2 2;x x x+ − = − 4) 21 4 1;x x x+ − = − 5) 2 1 3 2 ;x x x+ + − = 6) 1 4 13 3 12;x x x+ + + = + 7) 2 2( 3) 10 12;x x x x+ − = − − 8) 4 1 1 2 .x x x+ − − = − Bài 2. Giải các phương trình 1) 2 23 15 2 5 1 2;x x x x+ + + + = 2) 2 23 3 3 6 3;x x x x− + + − + = 3) 2 5 ( 2)(5 ) 4;x x x x+ + − + + − = 4) 24 4 2 12 2 16;x x x x+ + − = − + − 5) 221 1 ; 3 x x x x+ − = + − 6) 21 1 24 ;x x x+ + − = 7) 11 11 4;x x x x+ + + − + = 8) 3 33 335 ( 35 ) 30;x x x x− + − = 9) 3 32 3 3 2;x x+ = − VI ET M AT H S. NE T 141 10) 2 2 233 32 (1 ) 3 1 (1 ) 0;x x x+ + − + − = 11) 32 6 1 2 0;x x+ − + = 12) 23 1 3 8 3;x x x+ = − + 13) 23 1 1.x x x x+ + = + + Bài 3. Giải các phương trình 1) 2 2415 15 2;x x x x+ − + = 2) 42 2; 2 3 x x − + = − + 3) 69 5 3 ; 3 x x x − = − + − 4) 2 2 4 1 3 ; xx x x x x x − = + + − + 5) 2 22 1 2 1 2;x x x x+ + + − + = 6) 2 2 2(2 6 10) 3 11 33 8 0.x x x x x x+ + + − − + = 7) 22 4 3 2 2 3 2 0;x x x x x+ − + − + = 8) 32 3 2 3 6 5 8 0;x x− + − − = 9) ( )4 4 41 32 1 ;x x x x+ = − + 10) 3 2 1 1;x x− = − − 11) 3 9 2 1;x x− = − − 12) 3 2 22 1 4 4.x x− + − = Bài 4. Giải các phương trình 1) 32 1 2 1 ; 2 x x x x x + + − + − − = 2) 2 2 2 1 1 4;x x x+ + + − + = 3) 2 22( 2 4) 2 2 3 2 4; 2 x x x x x x − + = + + − + + 4) 2 32( 3 2) 3 8;x x x− + = + 5) 3 2 3 2(1 ) 2(1 )x x x x+ − = − ; 6) ( ) ( )3 32 21 1 1 1 2 1 ;x x x x + − − − + = + −   142 7) 2 21 2 1 2 1 0;x x x x− − − − + = 8) 2 2 2 2 2 1 ( 1)1 ; 2 2 (1 ) x x x x x x + + + + = − 9) ( ) 22 1 2 1 3 2 . 2 x x x − + + − = Bài 5. Giải các bất phương trình 1) 2( 1) 2 0;x x x− − − ≥ 2) 2 2( 1) 2 0;x x x− − − ≥ 3) 22 5 ;x x x− < − 4) 2 3 2 3 0;x x x− + − − > 5) 3 2 2 4 0;x x x+ + + − + > 6) 2 23 5 7 3 5 2 1;x x x x+ + − + + > 7) 9 1 4;x x x x+ + ≥ + + + 8) 5 1 1 2 4;x x x− − − > − 9) 2 2 23 2 6 5 2 9 7;x x x x x x+ + + + + ≤ + + 10) 2 2 22 2 3 4 5;x x x x x x+ − + + − ≤ + − 11) 21 1 4 3.x x − − < Bài 6. Giải các bất phương trình 1) 2 22 4 3 4 5;x x x x− + ≥ − + − 2) 5 15 2 4; 22 x x xx + ≤ + + 3) ( )( )1 3 2 1 3 4 2 ;x x x x x− + + + − + > − 4) 3 2 3 1 2 0;x x x x+ + + + > 5) 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14 ;x x x x x+ + − + + − < − 6) 22( 2) 2 2 ;x x x x− + ≤ − + 7) 22( 2) 2(2 1) 2 2 1;x x x x+ + − > + + − 8) 2 24 ( 4) 2 4;x x x x x+ ≥ + − + VI ET M AT H S. NE T 143 9) 2 21 2 2 ;x x x x− ≤ + 10) ( 1) 2 1 3( 1);x x x− − ≤ − 11) ( )( )2 2 21 1 1 1 6 0;x x x− − − + − − > 12) 2 1 5 4 ;x x x− ≤ − 13) 3 2 22 2 .x x x x x x x− + < + − Bài 7. Giải các bất phương trình 1) 16 241 3; x x − ≥ + 2) 2 2(2 12 2 );x x x x≥ + − − 3) 24 0;xx x − + ≥ 4) 2 2 13 40 0; 19 78 x x x x − + ≤ − − 5) 1 0;x x− − < 6) 22( 16) 73 ; 3 3 x x x x − + − > − − 7) 2 4 4 4 2 8 0;x x x x x+ + + − − > 8) 2 2 1 31 ; 1 1 x x x + > − − 9) 31 1;x x> + − 10) 2 2 3 5. 4 x x x + > − Bài 8. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 5 2 6 4 6 2x x x x m− − − + − − − = . Bài 9. Tìm các giá trị của m để các phương trình sau có nghiệm 1) 2 24 4 ;x x x x m+ − + − = 2) 2 1 4 14 4( 2 ) .x x m x xx + + = + + Bài 10. Cho phương trình 2 2 2 35( ) 4 2 0. 3 x m x m+ − + + − = 144 Chứng minh rằng phương trình có nghiệm với mọi m > 0. Bài 11. Cho phương trình 21 4 5 4 2 0.x x x x x m+ + + + + + + + = Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm không âm. Bài 12. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình ( )( )5 7 5 7 2 1.x x m x x m+ + − + + − = + Bài 13. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 243 1 1 2 1x m x x− + + = − . Bài 14. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 2 2 2( 2 2 1) 2 6 2 2m x x x x x x− + + ≥ − + + − + có nghiệm thuộc đoạn [0; 2]. Bài 15. Tìm các giá trị của m để phương trình 4 444 4 6x x m x x m+ + + + + = có hai nghiệm. Bài 16. Chứng minh rằng với mọi 1,m > − phương trình sau luôn luôn có hai nghiệm phân biệt 2 2 3 ( 1)( 3).x x m x− − = + − Bài 17. Cho phương trình 3( 1) 1.x mx m− + = + Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có một nghiệm duy nhất với mọi .m Bài 18. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 2(4 )(6 ) 2x x x x m+ − ≤ − + nghiệm đúng với mọi [ ]4; 6 .x ∈ − Bài 19. Tìm các giá trị của m để bất phương trình 3 1mx x m− − ≤ + có nghiệm. Bài 20. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt 2 2 2 1.x mx x+ + = + Bài 21. Cho bất phương trình 2( 1)( 3) 4 5x x m x x+ + ≤ + + VI ET M AT H S. NE T 145 1) Giải bất phương trình khi 1;m = − 2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ 2; 2 3].x ∈ − − + Bài 22. Cho bất phương trình 2(3 )(7 ) 4 .x x x x m+ − ≤ − + Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi [ 3;7].x ∈ − Bài 23. Cho bất phương trình 4 2 16 4 .x x m− + − ≤ Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. Bài 24. Cho bất phương trình 21 .x m x− ≥ − Tìm các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm. Bài 25. Cho bất phương trình 212 3 .x x m− ≤ − Tìm các giá trị của m để bất phương trình có một nghiệm duy nhất. Bài 26. Cho bất phương trình 22 7 .m x x m+ < + 1) Giải bất phương trình khi 1 ; 2 m = 2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi .x ∈ℝ Bài 27. Cho bất phương trình 2 2 1 .x mx x− > − Tìm các giá trị của m để tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho chứa đoạn 1[ ;1]. 4 Bài 28. Tìm các giá trị của m để phương trình ( )2 24 42 2 4 2 2 4m x x x x− + − − + = − có nghiệm. Bài 29. Tìm các giá trị của m để bất phương trình ( )33 23 1 1x x m x x+ − ≤ − − có nghiệm. Bài 30. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 4 42 2 2 6 2 6 .x x x x m+ + − + − = Bài 31. Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm 1x < − ( )2 21 1.x mx x m x+ − > + − Bài 32. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm ( )2 24 4.x mx x m x+ − = + − 146 CHƯƠNG V. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT §1. NHẮC LẠI LOGARIT 1. Định nghĩa. Cho a là một số dương khác 1 và b là một số dương. Số thực α sao cho a bα = được gọi là logarit cơ số a của b và kí hiệu là loga b tức là log .a b a b αα = ⇔ = Chú ý. · Khi viết loga b thì phải hiểu là 0, 1; 0.a a b> ≠ > · Trường hợp cơ số 10a = thì logarit cơ số 10 của số dương b ta viết là lgb và đọc là logarit thập phân của .b · Với a e= thì logarit cơ số e của số dương b ta viết là ln b và đọc là logarit tự nhiên của .b (Số e là giới hạn 1lim (1 )x x x→+∞ + xấp xỉ bằng 2,718281828...). Từ định nghĩa ta có một số kết quả sau. · log 1 0 , log 1;a a a= = · log ba a b= · loga ba b= 2. Các tính chất của logarit 2.1. Định lý. ) log ( ) log log ;1 0; , 0 ) log log log ;1 0; , 0 ) log log ;1 0; 0; . a a a a a a a a i bc b c a b c bii b c a b c c iii b b a bα = + ≠ > >   = − ≠ > >    = α ≠ > > α ∈ℝ Chú ý. Trong iii) nếu *2 ,k kα = ∈ℕ thì 2log 2 log ;1 0; 0.ka ab k b a b= ≠ > ≠ Hệ quả 1) log log ;1 0; 0 1) log log ;1 0; 0; , 2. a a n a a i b a b b ii b b a b n n n   = − ≠ > >    = ≠ > > ∈ ≥ℕ 2.2. Định lý loglog log a b a c c b = hay log .log log ;1 0;1 0; 0.a b ab c c a b c= ≠ > ≠ > > Hệ quả 1) log loga b i b a = hay log .log 1;1 0;1 0.a bb a a b= ≠ > ≠ > . VI ET M AT H S. NE T 147 1) log log ;1 0; 0; 0.aaii c c a cα = ≠ > > α ≠α iii) log log ;1 0; , 0.b bc aa c b a c= ≠ > > §2. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình mũ là phương trình, bất phương trình mà ẩn số có mặt ở số mũ của lũy thừa. Trong một số trường hợp ta xét thêm ẩn số có mặt ở cả cơ số của lũy thừa, khi đó ta phải xét hai trường hợp: cơ số 1a > và 0 1.a< < 2. Một số phương pháp giải phương trình mũ 2.1. Phương pháp logarit hóa Các dạng cơ bản · ( ) ( ) 0 1 ( ) ( ) f x g x a a a a f x g x >  = ⇔ =   = · ( ) ( ) log ,1 0; 0.f x aa b f x b a b= ⇔ = ≠ > > Ví dụ 1. Giải phương trình 32 5 (1)x x+ = Giải. 32 2(1) log 2 log 5x x+⇔ = 23 log 5x x⇔ + = 2 2 33 (log 5 1) . log 5 x x⇔ = − ⇔ = Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là 2 3 . log 5 1 x = − Ví dụ 2. Giải phương trình 2 2 32 3 (1) 2 x x x− = Giải. 2 22 2 3(1) log 2 .3 log 2 x x x−⇔ = 2 2 2 32 log 3 log . 2 x x x⇔ − + = ( )2 2 2 2 log 3 2 1 log 3 0 1 1 log 3 x x x x ⇔ + − + − = = ⇔   = − Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 21 1 log 3.x x= ∨ = − 148 2.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ Ví dụ 1. Giải phương trình 4 6 9 (1)x x x+ = Giải. 2 4 6(1) 1 9 9 2 2 1 0 (1) 3 3 x x x x     ⇔ + =            ⇔ + − =        Đặt 2 0 (1) 3 x t   = >    trở thành 2 1 0t t+ − = 1 5 2 1 5 2 t t  − − = ⇔  − + =  Do t > 0 nên ta chọn 1 5 , 2 t − + = suy ra 2 3 2 1 5 1 5log . 3 2 2 x x − + − +  = ⇔ =    Ví dụ 2. Giải phương trình ( ) ( )2 3 2 3 4 (1)x x− + + = Giải. Đặt ( )2 3 0xt = − > ta có (1) trở thành 1 4t t + = 2 4 1 0 2 3 0 2 3 0 t t t t ⇔ − + =  = − > ⇔  = + > ( ) ( )2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 2 x x t x x + = − ⇒ − = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = VI ET M AT H S. NE T 149 ( ) ( )2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 1 2 2 x x t x x + = + ⇒ − = + ⇔ − = + ⇔ − = ⇔ = − Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 2.x x= ∨ = − Ví dụ 3. Giải phương trình 4 4 2 2 10 (1)x x x x− −+ + + = Giải. Đặt 2 0x t= > (1) trở thành 2 2 1 1 10t t t t + + + = 2 2 1 12 10 0 1 1 12 0 t t t t t t t t     ⇔ + − + + − =            ⇔ + + + − =        1 4 1 3. t t t t  + = − ⇔  + =  Vì 0,t > nên ta chọn 1 3t t + = 1 3t t + = 2 3 5 0 2 3 1 0 3 5 0 2 t t t t  − = > ⇔ − + = ⇔  + = >  2 2 3 5 3 52 log 2 2 3 5 3 52 log 2 2 x x x x   − − = =   ⇒ ⇔   + +  = =    Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 2 2 3 5log 2 3 5log . 2 x x  − =   + =  150 Ví dụ 4. Giải phương trình 3 1 22 7.2 7.2 2 0 (1)x x x+ − + − = Giải. Đặt 2 0xt = > (1) trở thành 3 22 7 7 2 0t t t− + − = ( )( )21 2 5 2 0t t t⇔ − − + = 2 11 0 2 2 2 1 1 1 1.2 2 2 x x x t x t x x t   = = =      ⇔ = ⇔ = ⇔ =       = − = =    Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là 0 1 1. x x x =   =   = − Ví dụ 5. Giải phương trình ( )2 2 21 1 12.4 6 9 1x x x+ + ++ = Giải. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 2 2 1 2 11 1 2 1 1 2.2 2.3 3 3 32 2 2 x xx x x + ++ + + ⇔ + =     ⇔ + =        Đặt 2 13 3 , 2 2 x t +   = ≥    ta được phương trình: 2 22 0 1 t t t t = − − = ⇔  = − Ta nhận 2 1 2 3 2 32 2 1 log 2 2 x t x +   = ⇒ = ⇔ + =    3 2 3 2 log 2 1 log 2 1 x x  = −  ⇔  = − −  Vậy, phương trình có hai nghiệm là 3 2 3 2 log 2 1 log 2 1 x x  = −   = − −  Ví dụ 6. Giải phương trình ( )2 22 1 2 22 9.2 2 0 1x x x x+ + +− + = VI ET M AT H S. NE T 151 Giải. ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 9.2 1 0 1 9 .2 .2 1 0 2 4 2.2 9.2 4 0 x x x x x x x x x x x x − − − − − − − − ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − + = Đặt 2 2 0,x xt −= > ta có phương trình 2 4 2 9 4 0 1 2 t t t t =  − + = ⇔  =  · 4t = ta có: 2 2 2 12 4 2 2 0 2 x x x x x x x x − = − = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔  = · 1 2 t = ta có: ( )2 2 212 1 1 0 2 x x x x x x VN− = ⇔ − = − ⇔ − + = Vậy, phương trình có hai nghiệm 1, 2x x= − = . Ví dụ 7. Giải phương trình ( ) ( )3 3. 11 122 6.2 1 122 x x xx− − − + = Giải. ( ) 3 3 3 2 21 2 6 2 1 2 2 x x x x     ⇔ − − − =       Đặt 22 2 x x t = − ta có 33 3 3 3 2 2 2 22 2 3.2 . 2 6 2 2 2 2 x x x x x x x x t t     − = − + − = +        Khi đó ta có phương trình: 3 6 6 1 1t t t t+ − = ⇔ = Suy ra ( )2 2 122 1 2 2 2 02 2 2 x x x x x x  = − − = ⇔ − − = ⇔  = Ta chọn 2 2 1x x= ⇔ = Vậy, phương trình có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 8. Giải phương trình ( )2 21 1 2 1 2 1 2 2x x x+ − = + − Giải. Điều kiện: 2 21 2 0 2 1 0x x x− ≥ ⇔ ≤ ⇔ ≤ Như vậy ta có 0 2 1x< ≤ , do đó đặt 2 sinx t= với 0; 2 t pi  ∈   . Phương trình trở thành ( ) ( ) 2 21 1 sin sin 1 2 1 sin 1 ost sin 1 2 ost t2. os sin sin 2 2 t t t c t c c t t + − = + − ⇔ + = + ⇔ = + t 3 t2. os 2sin . os 2 2 2 t c c⇔ = 152 t 32. os 1 2 sin 0 2 2 t os 0 2 3 2 sin 2 2 t c c t   ⇔ − =     = ⇔  = do 0; 2 t pi  ∈   nên ta chỉ nhận 3 2sin 2 2 t = từ đó ta được 1 126 2 02 1 2 x x t x x t pi pi  =  = −= ⇔ ⇔  = ==  Vậy, phương trình có hai nghiệm 1; 0.x x= − = 2.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình là cách giải khá quen thuộc. Ta có ba hướng áp dụng như sau. 1. Biến đổi phương trình về dạng ( )f x k= (1) với k là hằng số. Nếu hàm số ( )f x đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; )a b thì phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ).a b Do đó nếu tìm được 0x thuộc khoảng ( ; )a b sao cho 0( )f x k= thì 0x là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. Biến đổi phương trình về dạng ( ) ( ) (2)f x g x= Nếu hàm số ( )y f x= đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ; ),a b nhưng hàm số ( )y g x= nghịch biến (đồng biến) cũng trên khoảng đó thì phương trình (2) có nhiều nhất một nghiệm trên khoảng ( ; ).a b Do đó, nếu tìm được 0x thuộc khoảng ( ; )a b sao cho 0 0( ) ( )f x g x= thì 0x là nghiệm duy nhất của phương trình. 3. Biến đổi phương trình về dạng ( ) ( ) (3)f u f v= Xét hàm số ( ),y f x= nếu hàm số này đơn điệu trên khoảng ( ; )a b thì khi đó phương trình (3) tương đương với ; , ( ; ).u v u v a b= ∈ Ví dụ 1. Giải phương trình 22 3 1 (1) x x = + Giải. 3 1(1) 1 2 2 x x    ⇔ = +        VI ET M AT H S. NE T 153 Hàm số 3 1( ) 2 2 x x f x    = +        nghịch biến trên ℝ nên phương trình nếu có nghiệm thì chỉ có nghiệm duy nhất, ta thử được 2x = thỏa phương trình. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 2.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 2 3 23 (3 10).3 3 0 (1)x xx x− −+ − + − = Giải. Đặt 23 0xt −= > Viết lại phương trình (1) dưới dạng 2 1 33 (3 10) 3 0 3 t t x t x t x  = + − + − = ⇔   = − · Với 21 13 2 1 1. 3 3 xt x x−= ⇒ = ⇔ − = − ⇔ = · Với 23 3 3 .xt x x−= − ⇒ = − Hàm số 23xy −= đồng biến trên toàn trục số, còn hàm số 3y x= − luôn luôn nghịch biến và ta thử được 2x = thỏa phương trình. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 1,x = 2.x = Ví dụ 3. Giải phương trình 2 1 22 2 ( 1) (1)x x x x− −− + = − Giải. Viết lại phương trình (1) dưới dạng 21 22 1 2 .x x xx x x− −+ − = + − Xét hàm số ( ) 2 ,tf t t= + ta có, hàm số này luôn luôn đồng biến trên toàn trục số. Như vậy, phương trình được viết dưới dạng 2 2( 1) ( ) 1 1.f x f x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1.x = Ví dụ 4. Giải phương trình 3 3 2 22 3 .2 (1 3 ).2 2 0x x xx x x x+ + + + + − = (1) Giải. Viết lại phương trình (1) dạng 3(2 ) (2 ) 2x xx x+ + + = (2) Xét hàm số 3( ) ,f t t t= + hàm số này luôn luôn đồng biến trên toàn trục số và (1) 2,f = do đó (2) 2 1 2 1 . (3)x xx x⇔ + = ⇔ = − Cũng lập luận nhờ tính chất đơn điệu của hàm số thì phương trình (3) chỉ có một nghiệm duy nhất là 0.x = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 0.x = 154 Ví dụ 5. Giải phương trình ( )9 2 2 3 2 5 0 (1)x xx x+ − + − = Giải. Đặt 3 0xt = > (1) trở thành ( )2 2 2 2 5 0t x t x+ − + − = 1 0 2 5 t t x = − < ⇔   = − + Như vậy, ta có 3 2 5x x= − + 3 2 5 0x x⇔ + − = Hàm số 3 2 5xy x= + − đồng biến trên ,ℝ do đó phương trình có nhiều nhất một nghiệm, thử được 1x = thỏa phương trình. Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 1.x = Ví dụ 6. Cho phương trình 2 22 2 2 4 2 25 5 2x mx x mx m x mx m+ + + + +− = + + (1) Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải. Đặt 2 2 2,t x mx= + + phương trình (1) trở thành 2 25 5 2 2 (2)t t mt t m+ −+ = + + − Xét hàm số ( ) 5 ,tf t t= + hàm số này đồng biến trên toàn trục số do đó 2 (2) ( ) (2 2) 2 2 2 0 2 0 (3) f t f t m t t m t m x mx m ⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ + − = ⇔ + + = Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (3) có nghiệm, khi và chỉ khi 2 0 0 1. m m m m ≤ ′∆ = − ≥ ⇔   ≥ Vậy, giá trị m cần tìm là 0 1. m m ≤  ≥ 2.4. Một số phương pháp khác Ví dụ 1. Giải phương trình 22 22 4.2 2 4 0 (1)x xx x x−+ − − + = Giải. ( ) ( )22 2(1) 2 2 4 2 1 0x x xx x −+⇔ − − − = ( ) ( )2 222 2 1 4 2 1 0x x x x x− −⇔ − − − = VI ET M AT H S. NE T 155 ( )( )2 22 1 2 4 0x x x−⇔ − − = 2 2 2 0 102 1 1.2 22 4 0 1. x x x x xx x xx x x − = ∨ = − = =  ⇔ ⇔ ⇔     == = ⇔ = ∨ = Ví dụ 2. Giải phương trình ( )3 35 9.5 27 5 5 64 (1)x x x x− −+ + + = ( ) ( ) 3 3 2 3 2 3 3 2 5 3 9 3(1) 5 3.5 . 3.5 . 4 5 5 5 3 35 4 5 4 5 5 5 4.5 3 0 05 1 log 3.5 3 x x x x x x x x x x x x x x x x   ⇔ + + + =      ⇔ + = ⇔ + =    ⇔ − + =  ==  ⇔ ⇔    ==  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là 50 log 3.x x= ∨ = Ví dụ 3. Tìm k để phương trình ( )9 1 3 2 0 (1)x xk k− − + = có nghiệm duy nhất. Giải. Đặt 3 0.(1)xt = > trở thành ( )2 1 2 0 (2)t k t k− − + = (1) có nghiệm duy nhất (2)⇔ có đúng một nghiệm dương. 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0 00 0 . 0 0; 0 . 0 0 S t tt t t t P t t t t P t t S t t  ∆ =   = + >= >    ⇔ < < ⇔ = <   = > = =   = + > ( )22 8 0 1 0 5 2 6 2 0 0 2 0 1 0 k k k k k k k k  − − =  − >  = + ⇔ < ⇔  <  =  − =  Vậy, giá trị k cần tìm là 5 2 6 0. k k  = +   < Ví dụ 4. Cho phương trình 156 2 1 4 0 (1) 4 2x x m m m + − + + = Tìm m sao cho phương trình có hai nghiệm 1 2,x x thỏa 1 21 0 .x x− < < < Giải. Đặt 1 0 2x t = > (1) trở thành ( )2 2 1 4 0 (2)mt m t m− + + + = Ta có 1 2 2 11 0 0 1x x x x− < < < ⇔ − < < − < 2 1 2 1 0 2 1 2 2 2 2 1 11 2 2 2 1 2 (3) x x x x t t − −⇔ < < < ⇔ < < < ⇔ < < < (*) Đặt vế trái của (2) là ( )f t , thì ( ) 3 0(1) 0 (3) 2 2 0(2) 0 mmf m m mmf <<  ⇔ ⇔ ⇔ < −  + >>   Vậy, với 2m < − thì (1) có hai nghiệm thỏa 1 21 0 .x x− < < < Sau đây ta giải một số hệ phương trình mũ. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 1 2 3.2 16 x x y y y x y − + + +  − + =   − = Giải. Viết lại hệ phương trình dưới dạng 2 2 2 2( 1) 1 2 2 1 4 4.4 .2 2 1 (1) 2 3.4 .2 4 x x y y y x y − − −  − + =   − = Đặt 2 14 1 ; , 0. 42 x y u u v v − = ≥ >  = Khi đó (1) được viết thành 2 2 2 4 1 ( ) 3 4 ( ) u uv v a v uv b  − + =   − = Do 0v > nên từ 2 4( ) 3 vb u v − ⇒ = thay vào ( )a ta được VI ET M AT H S. NE T 157 2 4 2 2 16 2 31 16 0 1 2 v v v v  =  − − = ⇔  = −  Ta nhận 2 16 4v v= ⇔ = (do 0)v > 1.u⇒ = Như vậy, ta có 2 21 1 11 04 1 2.22 4 x y x xx yy − = ∨ = − − ==    ⇔ ⇔   ==  =  Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (1;2), ( 1;2).− Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 2 2 3 3 (1) 12(2) x y y x x xy y  − = −   + + = Giải. Ta viết phương trình (1) dưới dạng 3 3 (3)x yx y+ = + Xét hàm số ( ) 3tf t t= + , hàm này đồng biến trên ,ℝ do đó (3) .x y⇔ = Khi đó hệ trở thành 2 2 2 2 2.12 3 12 x y x y x y x xx xy y x = = =     ⇔ ⇔   = ∨ = −+ + = =     Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (2;2), ( 2; 2).− − Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 ( )( 2) (1) 2 (2) x y y x xy x y  − = − +   + = Giải. Thay (2) vào (1) ta được 2 2 3 3 3 3 2 2 ( )( ) 2 2 (3) x y x y y x x xy y y x x y − = − + + = − ⇔ + = + Áp dụng phương pháp giải như Ví dụ 2, ta cũng được hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (1;1), ( 1; 1).− − Ví dụ 4. Tìm m để hệ phương trình 2 .3 3 (1) .2 3 2 1 x y x y m m m m  + =   + = + Có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm duy nhất đó. 158 Giải. Đặt 2 0 3 0 x y u v  = >   = > Khi đó hệ được biến đổi về dạng 3 (2) 2 1 u mv m mu v m + =  + = + Ta có 2 2 21 ; 2 2 ; 3 2 1.u vD m D m m D m m= − = − + = − + + Hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hệ phương trình (2) có nghiệm duy nhất ( ; ), 0, 0.u v u v> > 02 0 1 1 3 1 10 1 1 3 u v mD m u D m m D m v m D m < = = > ⇔  −  > − − = = > ⇔ − < < − + Vậy, giá trị m cần tìm là 11 . 3 m− < < − Khi đó nghiệm duy nhất của hệ phương trình là 2 3 2log 1 3 1log . 1 m x m my m  = −  − − = + 3. Một số phương pháp giải bất phương trình mũ 3.1. Phương pháp logarit hóa Các dạng cơ bản · ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 0 1 ( ) ( ) f x g x a f x g x a a a f x g x  >  << ⇔  < <  > . · ( ) 1 ( ) log( 0) 0 1 ( ) log af x a a f x b a b b a f x b  >  ⇔  < <  > . · ( )f xa b> (1). (0 1)a< ≠ i) Nếu 0b ≤ thì (1) ( )f x⇔ có nghĩa. VI ET M AT H S. NE T 159 ii) Nếu 0b > thì: + Trường hợp 1: 1a > (1) ( ) logaf x b⇔ > + Trường hợp 2: 0 1a< < (1) ( ) logaf x b⇔ < Ví dụ 1. Giải bất phương trình 1 2 1 27 7 7 5 5 5 (1)x x x x x x+ + + ++ + < + + Giải. ( ) ( )(1) 7 1 7 49 5 1 5 25x x⇔ + + < + + 7 5 57.7 31.5 7 31 31log . 5 57 57 x x x x ⇔ <   ⇔ < ⇔ <    Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm là 5 7 31log . 57 x < Ví dụ 2. Giải bất phương trình ( ) 2 22 1 1 (1)x xx x +− + ≤ Giải. Nhận xét: 2 1 0x x− + > với mọi x . Ta xét 3 trường hợp sau Trường hợp 1: 2 0 1 1 1 x x x x = − + = ⇔   = , các giá trị 0, 1x x= = là nghiệm của bất phương trình (1) vì thay vào (1) ta được 1 1≤ (đúng). Trường hợp 2: 2 21 1 0x x x x− + > ⇔ − > 0 1 x x < ⇔   > Khi đó 2 2 2 2 1 (1) log ( 1) 0x x x x x x + − + ⇔ − + ≤ 2 2 0 2 0x x x⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ Kết hợp với điều kiện 0 1 x x <   > ta được 2 0.x− ≤ ≤ Trường hợp 3: 20 1 1x x< − + < 2 2 0 0 1 1 0 x x x x x  − < ⇔ ⇔ < <  − + > 160 2 0 (1) 2 0 2. x x x x ≥ ⇔ + ≥ ⇔   ≤ − Kết hợp với điều kiện đang xét, ta chọn nghiệm là 0 1.x< < Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 1.x− ≤ ≤ 3.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ Ví dụ 1. Giải bất phương trình 12 2 1 0 (1) 2 1 x x x − − + ≤ − Giải. Đặt 2 0xt = > , (1) trở thành 12 2 1 0 1 t t t − − + ≤ − 2 2 0( 1) t t t t − + + ⇔ ≤ − Lập bảng xét dấu vế trái ta nhận được 0 1 2. t t < <   ≥ Từ đó suy ra 0 2 1 0 12 2 x x x x  < < <  ⇔    ≥≥  Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 1. x x <   ≥ Ví dụ 2. Giải bất phương trình 5.36 2.81 3.16 0 (1)x x x− − ≤ Giải. 36 16(1) 5. 2 3. 0 81 81 x x     ⇔ − − ≤        24 45. 2 3. 0 9 9 x x     ⇔ − − ≤        Đặt 4 0 9 x t   = >    , ta có bất phương trình theo ẩn t VI ET M AT H S. NE T 161 2 2 33 5 2 0 1. t t t t  ≤ − + ≥ ⇔   ≥ Như vậy, ta có 4 20 19 3 2 4 01 9 x x x x    < ≤   ≥   ⇔     ≤≥    Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 2 0. x x  ≥   ≤ Ví dụ 3. Giải bất phương trình 4 4 (1) 4 3 x x x < − Giải. 4(1) 4 0 4 3 x x x ⇔ − < − 3.4 4.3 0 4 3 33 4 4 0. 31 4 x x x x x x − + ⇔ < −   − +    ⇔ <   −     Đặt 3 0 4 x t   = >    , ta có bất phương trình 3 4 3 40 1 1 tt t t  < −  > ⇔  −  > , Suy ra 3 303 4 40 4 31 1 4 x x t t    < <  < <   ⇔    > >    1 0. x x > ⇔   < 162 Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 0. x x >   < Ví dụ 4. Giải bất phương trình ( ) ( ) ( )5 21 5 21 5.2 1x x x+ + − ≤ Giải. Chia hai vế cho 2 0x > ta được 5 21 5 21 5 2 2 x x    + − + ≤           Đặt 5 21 0 2 x t  + = >     , ta có bất phương trình 21 5 5 1 0 5 21 5 21 2 2 5 21 5 21 5 21 2 2 2 1 1 x t t t t t x + ≤ ⇔ − + ≤ − + ⇔ ≤ ≤   − + + ⇔ ≤ ≤     ⇔ − ≤ ≤ Vậy, nghiệm của bất phương trình là 1 1x− ≤ ≤ . Ví dụ 5. Giải bất phương trình ( )2 3 6 3 52 15.2 2 1x x x x+ − − + −+ < Giải. Chia hai vế của bất phương trình (1) cho 2 0,x > ta được bất phương trình ( ) 2 3 2 6 3 5 2 3 3 3 3 2 15.2 1 4.2 15.2 4 0 x x x x x x x x + − − + − − + − − + − − + < ⇔ + − < Đặt 3 32 0x xt + − −= > , ta có bất phương trình ( ) ( ) 24 15 4 0 4 4 1 0 14 4 t t t t t + − < ⇔ + − < ⇔ − < < Vì 0t > nên ta chọn 10 , 4 t< < như vậy ta có ( ) 3 3 22 10 2 4 3 3 2 3 1 1 0 1 3 0 3 1. 2 03 1 x x x x x x x x x x x x xx x + − −< < ⇔ + − − < − ⇔ + < +  + > > −   ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ >    + − >+ < + VI ET M AT H S. NE T 163 Vậy, nghiệm của bất phương trình là 1x > . Ví dụ 6. Giải bất phương trình ( )2 26 2 4.3 2 1x x x x++ > + Giải. Đặt 3 0 2 0 x x u v  = >  = > , ta có bất phương trình ( ) ( ) 2 . 4 4 0 4 0 3 2 3 2 4 4 2 4 2 4 0 0 2 0. 2 2 x x x x x x u v v u v u v v u v u v v v x x x x x x + − − > ⇔ − − > > <   ⇔ ∨ ⇔ ∨    > <    > < ⇔ ∨ ⇔ > ∨ <  > < Vậy, nghiệm của bất phương trình là 2 0.x x> ∨ < 3.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số Có hai hướng áp dụng như sau 1. Biến đổi bất phương trình về dạng ( ) (1)f x k> ( k là hằng số) Nếu hàm số ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b (giả sử đồng biến). Khi đó ta có nhận xét: Giả sử 0x thuộc ( ; )a b là nghiệm của phương trình ( ) ,f x k= thì Với 0 0( ) ( ) (1)x x f x f x k≤ ⇔ ≤ = ⇒ vô nghiệm. Với 0 0( ) ( )x x f x f x k> ⇔ > = ⇒ (1) nghiệm đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình là 0.x x> 2. Biến đổi bất phương trình về dạng ( ) ( ) (2)f u f v< Xét hàm số ( ),y f x= giả sử hàm số đồng biến trên khoảng ( ; )a b , khi đó ( ) ( ) ; , ( , ).f u f v u v u v a b< ⇔ < ∈ Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2.2 3.3 6 1(1)x x x+ > − Giải. Chia hai vế của bất phương trình (1) cho 6 0,x > ta được 2 3 1 1. 3 2 6x x x + + > Xét hàm số 2 3 1( ) , 3 2 6x x x y f x= = + + là hàm số nghịch biến trên toàn trục số và (2) 1.f = 164 Ta có nhận xét: + Với 2,x ≥ thì ( ) (2) 1f x f≤ = ⇒ (1) không nghiệm đúng. + Với 2,x = ⇒ (1) đúng. Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 2.x < Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2( 1) 1 23 3 4 3 (1)x x x x− + − ≤ − + Giải. Điều kiện: 1.x ≥ (*) Viết lại bất phương trình dưới dạng ( ) 2( 1) 1 2 22( 1) 1 ( 1) 1 3 2( 1) 3 2 1 3 2( 1) 3 1 (2) x x x x x x x x x − + − + − + + − ≤ + − + ⇔ + − ≤ + − Xét hàm số 1 2( ) 3 ,xy f x x+= = + hàm số này đồng biến trên [1; ).+∞ Khi đó ta có ( )2 2 (2) ( 2( 1) ( 1) 2( 1) 1 2( 1) 1 2 2 2 1 f x f x x x x x x x x ⇔ − ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ − ≤ − ⇔ − ≤ − + 2 4 3 0x x⇔ − + ≥ 3 1. x x ≥ ⇔  ≤ Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 1.x x≥ ∨ = 3.4. Một số ví dụ khác Ví dụ 1. Tìm m để bất phương trình 2 2 2sin cos sin2 3 .3x x xm+ ≥ (1) có nghiệm. Giải. Chia hai vế của bất phương trình (1) cho 2sin3 0x > ta được 2 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin sin 1 sin sin sin sin 2 3 3 3 2 3 3 3 2 13. . 3 9 x x x x x x x x m m m −   + ≥      ⇔ + ≥        ⇔ + ≥        VI ET M AT H S. NE T 165 Xét hàm số 2 2sin sin2 13. 3 9 x x y    = +        Các hàm số 2 2sin sin2 1( ) , ( ) 3 9 x x y g x y h x   = = = =        nghịch biến trên toàn trục số, nên hàm số 2 2sin sin2 13. ( ) 3 ( ) 3 9 x x y g x h x   = + = +        là một hàm nghịch biến trên toàn trục số, do vậy ta có 2 21 1 sin sin 0 0 2 2 1 2 1 2 10 sin 1 3. 3. 3. 3 9 3 9 3 9 x x x            ≤ ≤ ⇔ + ≤ + ≤ +                        ⇔ 1 4.y≤ ≤ Như vậy, 4.Maxy = Từ đó, bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 4.m ≤ Ví dụ 2. Tìm a để bất phương trình ( ) 2.4 1 2 1 0x xa a a++ − + − > (1) nghiệm đúng với mọi x. Giải. Đặt 2 0,xt = > khi đó ta có bất phương trình ( )2 4 1 1 0(2).at a t a+ − + − > Yêu cầu bài toán được thỏa khi và chỉ khi bất phương trình (2) đúng với mọi 0.t > Ta có ( )2 4 1 1 0at a t a+ − + − > 2 4 1 ( ) 4 1 t a g t t t + ⇔ > = + + Như vậy (2) đúng với mọi 0t > 2 4 1 ( ), 0. 4 1 t a g t t t t + ⇔ > = > + + 2 2 2 4 2( ) 0, 0.( 4 1) t tg t t t t − − ′ = + + Lập bảng biến thiên của hàm số ( ), (0; ),g t t ∈ +∞ ta được miền giá trị (0;1).gT = Vậy giá trị cần tìm là 1.a ≥ Ví dụ 3. Tìm m để mọi nghiệm của bất phương trình ( ) 2 1 11 13 12 1 3 3 x x +     + >        cũng là nghiệm của bất phương trình ( ) ( ) ( ) ( )2 22 3 6 1 0 2 .m x m x m− − − − + < Giải. Đặt ( ) 1 2 31 0 1 12 0 3 4. x t t t t t >  = > ⇒ ⇔ + − > ⇔      < − Như vậy , ta có 166 1 11 13 3 3 1 1 1 0 1 0. x t x x x x −     = > =        ⇔ < − + ⇔ < ⇔ − < < · Nếu 2m = , ( ) 12 12 3 0 , 4 x x⇔ − < ⇔ < thỏa mãn yêu cầu bài toán · Nếu 2,m ≠ khi đó yêu cầu bài toán được thỏa ( ) ( ) 1 0 1 5; 2. 0 0 f m m f  − ≤  ⇔ ⇔ − ≤ ≤ ≠ ≤ Vậy, giá trị m cần tìm là 1 5.m− ≤ ≤ Ví dụ 4. Giải bất phương trình 2 1 24 3 3 2.3 2 6x x xx x x x++ + < + + (1) Giải. (1) ( )( )22 3 3 2 0.(2)xx x⇔ − − − > Ta có 233 2 0 log 2 0, x x− > ⇔ − > nên ta được (2) tương đương với ( )( )( ) 2 3 2 3 0 log 20 31 2 3 log 2 0 . 2 xx x x x x  ≤ <≥  ⇔  + − − > >  §3. PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT 1. Định nghĩa. Phương trình, bất phương trình logarit là phương trình, bất phương trình có ẩn chứa trong biểu thức dưới dấu logarit. Trong một số trường hợp có xét cả ẩn chứa ở cơ số của logarit, khi đó ta phải xét hai trường hợp của cơ số: 1a > và 0 1.a< < 2. Một số phương pháp giải phương trình logarit 2.1. Phương pháp mũ hóa Các dạng cơ bản · 0, 1 log ( ) ( )a b a a f x b f x a > ≠ = ⇔  = VI ET M AT H S. NE T 167 · 0, 1 log ( ) log ( ) ( ) 0, ( ( ) 0) ( ) ( ) a a a a f x g x f x g x f x g x > ≠  = ⇔ > >  = Ví dụ 1. Giải phương trình ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2 log 1 log 1 2 log 7 1 (1)x x x− + + − − = Giải. Điều kiện: 1 0 1 0 1 7 7 0 x x x x − >  + > ⇔ < <  − > (*) ( ) ( )21 1 2 2 (1) log 1 2 log 7 1.x x⇔ − − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 log 1 log 7 1 1 1 1log 1 27 7 3 14 51 0 17 x x x x x x x x x x ⇔ − − − = − − ⇔ = ⇔ = − − = ⇔ + − = ⇔   = − Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của phương trình đã cho là 3.x = Ví dụ 2. Giải phương trình ( ) ( )23 3log 1 log 2 1 2 (1)x x− + − = Giải. Điều kiện: 11 0 12 1 0 2 x x x x ≠ − ≠  ⇔  − > >   (*) ( )3 3(1) 2 log 1 2 log 2 1 2x x⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) 3 3 3 log 1 log 2 1 1 log 1 2 1 1 1 2 1 3 (2) x x x x x x ⇔ − + − =  ⇔ − − =  ⇔ − − = . Xét 1 1 2 x< < ( )( )(2) 1 2 1 3x x⇔ − − = 168 22 3 4 0x x⇔ − + = (Phương trình vô nghiệm). . Xét 1x > ( ) ( ) 2(2) 1 2 1 3 2 3 2 0x x x x⇔ − − = ⇔ − − = 2 1 . 2 x x =  ⇔  = − So với điều kiện (*) ta nhận 2.x = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất 2.x = Ví dụ 3. Giải phương trình ( )4 2 2 1 1 1log 1 log 2 (1) log 4 2x x x + − + = + + Giải. Điều kiện: 11 0 22 0 1.12 1 0 2 2 1 1 0 x x x x x x x x x > − >    > −  + >  ⇔ ⇔ >  + > > −    + ≠  ≠ (*) Với điều kiện 1,x > ta có ( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1(1) log 1 log 2 1 log 22 2 2 2x x x⇔ − + + = + + ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 2 log 1 log 2 1 1 log 2 log 1 2 1 log 2 4 1 2 1 2 4 2 2 1 2 4 0 1 2 3 5 0 5 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + + = + +  ⇔ − + = +  ⇔ − + = + ⇔ + − − − − = = −  ⇔ − − = ⇔  = So với điều kiện ta được 5 2 x = là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 4. Giải phương trình ( ) ( ) ( )29 3 32 log log log 2 1 1 1x x x = + −  Giải. (*) VI ET M AT H S. NE T 169 Điều kiện: 00 012 1 0 0. 2 1 12 2 1 1 0 2 1 1 x x x x x x x x x  >  >  >  + > ⇔ > − ⇔ ⇔ >   + >  + − >  + > Với điều kiện 0,x > ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 2 2 11 2 log log log 2 1 1 2 1 log log log 2 1 1 2 log log 2 log 2 1 1 0 log 0 1 log log 2 1 1 0 2 1 2 2 1 1 11 4 2 1 22 2 1 2, ( 0) 1 4 0 x x x x x x x x x x x x x x x x xx x xx x x x x x    ⇔ = + −      ⇔ = + −    ⇔ − + − =   = = ⇔ ⇔   − + − = = + − + + == ⇔ ⇔  + = ++ = + >   = ⇔ − = 1 0 4 x x x = ⇔ =   = Vì 0x > nên nghiệm của phương trình là 1x = , 4x = . Ví dụ 5. Giải phương trình ( ) ( ) ( )2 34 82log 1 2 log 4 log 4 1x x x+ + = − + + Giải. Điều kiện: ( ) 1 0 1 1 4 0 4 4 4 4 0 4 x x x x x x x x + ≠ ≠ −  ≠ −  − > ⇔ < ⇔ ∗   − > −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 log 1 2 2log 4 log ( 4) log 1 log 4 log 4 log 4 log 4 1 log 16 4 1 16 4 1 16 4 12 0 4 1 16 4 20 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + + = − + + ⇔ + + = − + + ⇔ + = − ⇔ + = −  + = −  + − = ⇔ ⇔  + = − − − =  6 2 2 2 6 2 2 6 x x x x = −  =⇔  = +   = − So với điều kiện ( )∗ thì nghiệm của phương trình là 2, 2 2 6.x x= = − Ví dụ 6. Giải phương trình 170 ( ) ( )22 3 2 3 7 4 3log 3 2 log 1 log 2 1x x x x+ − −− + + − = + Giải. Điều kiện: 2 3 2 0 1 2 1 0 1 2. 2 0 2 x x x x x x x x x  − + >    − > ⇔ > ⇔ >   + > > − Ta có nhận xét rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 3 2 3 1 2 3 2 3 7 4 3 2 3 − + − = ⇒ + = − − = − Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 22 3 2 3 2 2 11 log 3 2 log 1 log 2 2 1 1 1log 3 2 log 1 log 2 2 2 2 1log log 2 3 2 1 2 2 4 1 5 5 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x do x − − − − − − − − ⇔ − − + + − = + ⇔ − − + + − = + − ⇔ = + − + ⇔ = + − ⇔ − = ⇔ = ⇔ = > Vậy, phương trình có một nghiệm 5.x = Ví dụ 7. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2log log .log 2 0 1 x x x x x x −  + − − =  Giải. Điều kiện: ( )2 0 10 x x x x > ⇔ > ∗ − > Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 log log log .log 2 0 2 log 1 log 1 .log 0 log 1 log 2 0 12log 1 0 21 log 2 0 14 4 x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x xx x  ⇔ − − + − − =     ⇔ − − + − − =     ⇔ − − + =    = − − = − − = ⇔ ⇔ ⇔ =  =+ =  =  So với điều kiện ( )∗ ta nhận 2x = . Vậy, phương trình có một nghiệm là 2.x = 2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình VI ET M AT H S. NE T 171 ( ) ( )13 3log 3 1 .log 3 3 6 (1)x x+− − = Giải. Điều kiện: 3 1 0 0x x− > ⇔ > ( ) ( )3 3(1) log 3 1 .log 3 3 1 6x x ⇔ − − =  ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 log 3 1 1 log 3 1 6 log 3 1 log 3 1 6 0 x x x x  ⇔ − + − =   ⇔ − + − − =  Đặt ( )3log 3 1 ,xt = − ta có phương trình 2 26 0 3 t t t t = + − = ⇔   = − ( ) ( ) 3 3 3 3 3 1 9log 3 1 2 13 1log 3 1 3 27 log 103 10 28 283 log . 27 27 x x xx x x x x  − = − = ⇒ ⇔  − = − = −    ==  ⇔ ⇔  = =   Cả hai giá trị trên đều thỏa điều kiện 0x > nên là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2. Giải phương trình ( )22 2log 1 log 2 6 0 (1)x x x x+ − + − = Giải. Đặt 2logt x= (1) trở thành ( )2 1 2 6 0t x t x+ − + − = ( ) ( )( ) ( ) 2 6 2 0 2 3 2 0 t t x t t t x t ⇔ − − + + = ⇔ + − + + = ( )( )2 3 0 2 3 . t t x t t x ⇔ + − + = = − ⇔   = − Với 2t = − , ta có 2 1log 2 4 x x= − ⇔ = Với 3t x= − , ta có 2log 3 (*)x x= − + Hàm số 2logy x= đồng biến trên ( )0;+∞ . 172 Hàm số 3y x= − + nghịch biến trên .ℝ Do đó, trên ( )0;+∞ phương trình (*) có nhiều nhất một nghiệm, ta thử được 2x = thỏa phương trình (*) nên là nghiệm. Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2. 4 x x= ∨ = Ví dụ 3. Giải phương trình ( ) ( )222 1 1log 2 1 log 2 1 4 (1)x xx x x− ++ − + − = Giải. Điều kiện: 22 1 0 2 1 0 1 22 1 1 11 0 1 1 x x x x x xx x  + − >   − >  >  − ≠ ⇔    ≠+ >  + ≠ (*) ( )( )2 1 1(1) log 1 2 1 2 log 2 1 4x xx x x− +⇔ + − + − = ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1log 1 2 1 2log 2 1 4. 2 1 2 1 2 1 log 1 2 log 2 1 4 2 log 2 1 3log 2 1 1 0 x x x x x x x x x x x x x x x x − + − + + +   ⇔ + − + − = > ⇒ − = −    ⇔ + + + − = ⇔ − − − + = Đặt ( )1log 2 1 ,xt x+= − ta có phương trình 2 1 2 3 1 0 1 . 2 t t t t =  − + = ⇔  = · ( )1log 2 1 1 2 1 1 2.x x x x x+ − = ⇔ − = + ⇔ = · 2 1 1log (2 1) 2 1 1 (2 1) 1 2x x x x x x+ − = ⇔ − = + ⇔ − = + 2 0 4 5 0 5 4 x x x x =  ⇔ − = ⇔  = So với điều kiện (*) thì nghiệm của phương trình đã cho là 52 . 4 x x= ∨ = Ví dụ 4. Giải phương trình VI ET M AT H S. NE T 173 2 2 2 2log ( 1) 3log ( 1) 2x x x x− − + + − = (1) Giải. Trước hết ta có điều kiện sau 2 2 2 1 0 1 0 1.(*) 1 0 x x x x x x  − ≥  − − > ⇔ ≥  + − > Đặt 2 2 2 2 log ( 1) log ( 1) u x x v x x  = − −  = + − Nhận xét rằng 2 2 2 2 2 2 2 2 log ( 1) log ( 1) log [( 1).( 1)] log 1 0. u v x x x x x x x x + = − − + + − = − − + − = = Khi đó phương trình (1) được chuyển thành hệ phương trình 2 2 2 2 log ( 1) 10 1 3 2 1 1 log ( 1) 1 x xu v u v u u v v v x x  − − = −+ = = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    + = = =   + − = 2 2 11 52 . 4 1 2 x x x x x  − − = ⇔ ⇔ =  + − = 5 4 x = thỏa điều kiện (*). Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 5 . 4 x = 2.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số Ví dụ 1. Giải phương trình 2 2 2log ( 4) log [8( 2)]x x x− + = + Giải. Điều kiện: 2 4 0 2. 2 0 x x x  − > ⇔ > + > Viết lại phương trình dưới dạng 2 2 2 2 2 2 4log ( 4) log ( 2) 3 log 3 2 log ( 2) 3 (*) x x x x x x x x − − − + = − ⇔ = − + ⇔ − = − Hàm số 2log ( 2)y x= − đồng biến trên khoảng (2; ),+∞ cũng trên khoảng đó hàm số 3y x= − nghịch biến. Do đó phương trình (*) có nhiều nhất một nghiệm, ta thấy rằng 3x = thỏa phương trình (*). 174 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3.x = Ví dụ 2. Giải phương trình 6log 3 6log ( 3 ) logxx x+ = (1) Giải. Điều kiện: 6log3 0 0. 0 x x x x  + > ⇔ > > Đặt 6log 6 . tt x x= ⇒ = Viết lại phương trình dưới dạng 2 3log (6 3 ) 6 3 2 3 1(2) 2 t t t t t t tt   + = ⇔ + = ⇔ + =    Hàm số 33 2 t ty  = +     đồng biến trên ℝ nên (2) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất, ta thử được 1t = − thỏa phương trình (2). Vậy ta có 6 1log 1 . 6 x x= − ⇔ = Vậy, phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là 1 . 6 x = Ví dụ 3. Giải phương trình 4 2 2 25log ( 2 3) 2 log ( 2 4)(1)x x x x− − = − − Giải. Điều kiện: 2 2 2 3 0 1 5 (*) 2 4 0 1 5 x x x x x x  − − > < − ⇔  − − > > +  Viết lại phương trình (1) dưới dạng 2 2 25 2 2 5 4 log ( 2 3) log ( 2 4) log ( 2 3) log ( 2 4) (2) x x x x x x x x − − = − − ⇔ − − = − − Đặt 2 2 4t x x= − − (2) được đưa về dạng 5 4log ( 1) log (3).t t+ = Đặt 4log 4 , yy t t= ⇒ = (3) được chuyển thành hệ 4 4 14 1 5 5 1 5 51 5 y y y y y y t y t  =     ⇒ + = ⇔ + = ⇔ =         + = (do hàm số 4 1 5 5 y y f    = +        nghịch biến). Với 2 2 4 1 4 2 4 4 2 8 0 2 x y t x x x x x = = ⇔ = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔   = − Cả hai giá trị trên đều thỏa điều kiện (*) nên là nghiệm của phương trình đã cho. VI ET M AT H S. NE T 175 Sau đây ta giải một số hệ phương trình lôgarit. Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 2 2 2 3 4 2 log (2 ) log (2 ) 1 x y x y x y  − =  + − − = Giải. Điều kiện: 2 0 2 0 x y x y + >  − > (*) Từ phương trình thứ nhất của hệ phương trình, lấy logarit cơ số 2 hai vế, ta được 2 2 2 2 2 2 2 log (4 ) 1 log (2 ) log (2 ) 1 log (2 ) 1 log (2 ) x y x y x y x y x y − = ⇔ + + − = ⇔ + = − − Thế vào phương trình thứ hai, ta được 2 3 2 3 2 2 1 log (2 ) log 2.log (2 ) 1 (1 log 2) log (2 ) 0 log (2 ) 0 2 1. x y x y x y x y x y − − − − = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ − = Vậy, ta được hệ phương trình mới 2 2 3 2 24 2 4 2 1 12 1 . 2 x x yx y x yx y y  =+ = − =    ⇔ ⇔   − = − =   = Cả hai giá trị trên thỏa điều kiện (*) nên hệ phương trình đã cho có nghiệm là 3 1( ; ). 4 2 Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 2 2 ln( ) ln 1 ln( ) ln 1 xy x xy y  = +   = + Giải. Điều kiện: 0; 0(*)x y> > Đặt ln ln u x v y =  = Hệ phương trình đã cho được biến đổi về dạng 2 2 1 1 u v v v u u  = − +   = − + Trừ từng vế của hai phương trình ta được 176 2 2 2 2( ) ( ) 0 u v u v u v u v u v u v = − = − − + − ⇔ − = ⇔   = − Khi đó hệ phương trình tương đương với 2 22 1 0 1 0 u v u v u u u = = −   ∨  − + = + =   1 ln 1 1 ln 1 . u x x e v y y e = = =     ⇔ ⇒ ⇔   = = =     Cả hai giá trị trên thỏa điều kiện (*) nên hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( ; ).e e Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2 2 2 log ( 3) 1 log (4 1) log (2 1) x x x y x y x y y x + + − + = − +  − − = + − Giải. Điều kiện: 2 2 3 0 4 1 0 (*) 2 1 0 x y x y y x − + >   − − >   + − > Xét phương trình thứ nhất của hệ phương trình với phép đổi biến 3 0,t x y= − + > ta được 3log 4t t= − (**). Nhận xét: Vế trái của (**) là biểu thức của một hàm số đồng biến trên (0; ),+∞ cũng trên khoảng đó, vế phải là biểu thức của một hàm số nghịch biến, do đó phương trình (**) có nhiều nhất một nghiệm. Ta thấy ngay 3t = là nghiệm của phương trình (**). Khi đó ta có 3 3 .x y x y− + = ⇔ = Vậy, hệ phương trình được viết lại dưới dạng 2 2 2 2 2 2 2 log (4 1) log (2 1) 0 0 0 0 1 1 1. x x x y x y y x x x y yx y x x x x x y + + =  − − = + −  = =   ==     ⇔ ⇔ ⇔=  − = =    =   = So với điều kiện (*) thì hệ phương trình đã cho có một nghiệm là (1;1). Ví dụ 4. Giải hệ phương trình VI ET M AT H S. NE T 177 3 3 4 32 log ( ) 1 log ( ) x y y x x y x y +  =   − = − + Giải. Điều kiện: 0 0(*) , 0 x y x y x y − >  + >  ≠ Hệ phương trình đã cho được biến đổi về dạng 2 2 2 2 3 2( ) 5 2( ) 5 (1) log ( ) 1 3 (2) x y x y y x y x x y x y   + = + =  ⇔    − = − = Giải (1) Đặt 1 . x y t y x t = ⇒ = Ta có (1) 2 2 212( ) 5 2 5 2 0 1 2 2 t x y t t t t y xt = = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ ⇒   ==  Với 2 2 1 2 2 , (2) 4 3 1 2 y x x y y y y x = ⇒ = = ⇔ − = ⇔   = − ⇒ = − Ta nhận 2; 1.x y= = Với 2 2 22 , (2) 4 3 1.y x x x x= ⇔ − = ⇔ = − Vô nghiệm. Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm (2;1). 3. Một số phương pháp giải bất phương trình logarit 3.1. Phương pháp mũ hóa Các dạng cơ bản · 1 0 1 log ( ) 0 ( ) ( )a b b a a f x b f x a f x a > < <   < ⇔ ∨     · 1 ( )log ( ) 0 1 0 ( ) b a b a f x af x b a f x a  >   >> ⇔  < <   < < 178 · 1 0 1 log ( ) log ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 a a a a f x g x f x g x f x g x g x f x > < <    > ⇔ > ∨ <   > >  Ví dụ 1. Giải bất phương trình ( )9 16 2 3log log 4 3 0 (1)x x − + ≤  Giải. ( ) ( ) ( ) 2 9 16 2 9 16 log 4 3 1 1 log 4 3 0 x x x x  − + ≤  ⇔   − + >  2 2 2 2 94 3 16 64 39 0 16 4 2 04 3 1 x x x x x x x x  − + ≥ − + ≥  ⇔ ⇔    − + < − + < 33 13 2 2 44 4 13 2 22 2 2 2 4 x x x xx  − < ≤≤ ∨ ≥  ⇔ ⇔    ≤ < + − < < +  Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 32 2 4 13 2 2. 4 x x  − < ≤   ≤ < +  Ví dụ 2. Giải bất phương trình ( )1log 2 2 (1)x x+ − > Giải. Điều kiện: 2 0 1 0 1 0; 1 1 x x x x − > ⇔ − < < + > + ≠ Khi đó ( )2 2(1) 2 1 4 1 0x x x x⇔ − 2 3 2 3. x x  < − − ⇔  > − + So với điều kiện (*) thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 2 3 0.x− + < < Ví dụ 3. Giải bất phương trình ( )221 2 2 1 1log 2 3 1 log 1 (1) 2 2 x x x− + + − ≥ VI ET M AT H S. NE T 179 Giải. Điều kiện: 2 12 3 1 0 2 1 0 1 xx x x x     ⇔  − ≠  > ( ) ( )222 21 1 1(1) log 2 3 1 log 12 2 2x x x⇔ − − + + − ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 22 2 2 1 log 2 3 1 log 1 log 2 2 3 1 log 1 x x x x x x ⇔ + − + ≤ −  ⇔ − + ≤ −  ( ) ( )22 2 2 2 3 1 1 13 4 1 0 1 3 x x x x x x ⇔ − + ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ So với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 1 . 3 2 x≤ < Ví dụ 4. Giải bất phương trình ( )2log 5 8 3 2(1)x x x− + > Giải. Xét 1x > 2 2 2(1) 5 8 3 4 8 3 0x x x x x⇔ − + > ⇔ − + > 3 2 1 2 x x  > ⇔  <  Ta nhận 3 . 2 x > · Xét 0 1x< < 2 2 2 2 2 5 8 3 4 8 3 0 (1) 5 8 3 0 5 8 3 0 x x x x x x x x x  − + < − + <  ⇔ ⇔   − + > − + >  1 3 1 32 2 2 5 1 31 .3 2 5 x x x x x  < <  < <   ⇔ ⇔>  < < < 180 Ta nhận 1 3 . 2 5 x< < Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 3 3 . 2 5 2 x x 3.2. Phương pháp đặt ẩn số phụ Ví dụ 1. Giải bất phương trình ( )24 2log 8 log log 2 0 (1)x x x+ ≥ Giải. Điều kiện: 0 1.(*)x< ≠ ( )2 21(1) 3log 2 log (1 log ) 02x x x⇔ + + ≥ ( )2 2 2 3 log 1 log 0 log x x x   ⇔ + + ≥    Đặt ( )2log 0 ,t x t= ≠ ta có ( ) ( )23 31 0 1 0 11 0 0 t t t t t t tt t t  +  + + ≥ ⇔ + ≥       ≤ −+ ⇔ ≥ ⇔   > 2 2 1log 1 0 2 log 0 1. x x x x ≤ − < ≤  ⇒ ⇔   >  > So với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 10 2 1. x x  < ≤   > Ví dụ 2. Giải bất phương trình 3 2 3 9 81 1 1(log ) log 3 0 log 3 log 3 x x x + − > (1) Giải. Điều kiện: 0 1 1 9 x x x   >   ≠   ≠ VI ET M AT H S. NE T 181 (1) tương đương với 2 3 3 3 log 3log 4 0 log 2 x x x + − > + Đặt 3log ,t x= bất phương trình trở thành 2 4 23 4 0 2 1 tt t t t − < < −+ − > ⇔  +  > 3 3 1 14 log 2 81 9 log 1 3. x x x x  − < < − < <  ⇒ ⇔   >  > Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 1 81 9 3. x x  < <   > Ví dụ 3. Cho bất phương trình 2 2 2 2log 2( 1) log 2 0 (1)x m x m m− + + + ≤ Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với [1;2].x∀ ∈ Giải. Điều kiện: 0.x > Đặt 2log ,t x= khi đó bất phương trình (1) trở thành 2 2( ) 2( 1) 2 0. (2)f t t m t m m= − + + + ≤ Với [1;2],x ∈ ta có biến đổi 2 2 21 2 log 1 log log 2 0 1.x x t≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Vậy (1) nghiệm đúng với [1;2]x∀ ∈ khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng với [0;1]t∀ ∈ ( ) 0f t⇔ = có hai nghiệm 1 2,t t thỏa mãn 1 21 2t t≤ < ≤ 2 2 (0) 0 (1) 0 2 0 1 0 1 1. af af m m m m ≤ ⇔  ≤  + ≤ ⇔  − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Ví dụ 4. Cho bất phương trình 3 2 2log log (1)x m x− ≥ a) Giải bất phương trình khi 2;m = b) Tìm m để tập hợp nghiệm của bất phương trình là đoạn [2;8]. Giải. a) Đặt 2log ,t x= khi đó bất phương trình (1) trở thành 3 (2).t m t− ≥ Ta có 182 2 2 00 3 0 33 0 0 3 ( ) 3 0 t t m t m t t m t t t t m t f t t t m  ≤  ≤     − ≥ ≥  − ≥ ⇔ ⇔ >  >    − ≥  = − + ≤ Với 2,m = ta có 2 2 0 2 03 1 log 2 2 4. 1 20 3 2 0 t t t x x t t t t  ≤   ≥ > ⇔ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ >  − + ≤ Vậy, khi 2,m = bất phương trình (1) có nghiệm là 2 4.x≤ ≤ b) Với 2 2 22 8 log 2 log log 8 1 3.x x t≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Tập hợp nghiệm của bất phương trình (1) là đoạn [2;8] khi và chỉ khi tập hợp nghiệm của bất phương trình (2) là đoạn [1;3]. 2( ) 3f t t t m⇔ = − + có hai nghiệm phân biệt 1 21; 3.t t= = (1) 0 2 (3) 0 0 f m f m = =  ⇔ ⇔  = =  (vô nghiệm) Vậy, không tồn tại m thỏa đề bài. Ví dụ 5. Cho bất phương trình 2 2 2 2 log (1) log 1 x m x ≥ − Tìm m để bất phương trình (1) nghiệm đúng với 0.x∀ > Giải. Đặt 22log ,t x= điều kiện: 1.t > Khi đó (1) trở thành . 1 t m t ≥ − (2). Đặt ( ) , 1 ty f t t = = − ta có (1) nghiệm đúng với 0x∀ > khi và chỉ khi (2) nghiệm đúng với 1t∀ > (1; ) ( ) . t Min f t m ∈ +∞ ⇔ ≥ ( )3 2( ) , 1 tf t t − ′ = − ( ) 0 2 (1; ).f t t′ = ⇔ = ∈ +∞ Ta nhận thấy được (1; ) ( ) (2) 1. t Min f t f ∈ +∞ = = Vậy, giá trị m cần tìm là 1.m ≤ 3.3. Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số VI ET M AT H S. NE T 183 Ví dụ 1. Giải bất phương trình 2log 1 (1)x x+ > Giải. Điều kiện: 0.x > Hàm số 2( ) logy f x x x= = + đồng biến trên (0; ).D = +∞ Ta có (1) 1,f = do đó + Nếu 1,x > thì 2( ) (1) log 1f x f x x> ⇔ + > ⇒ 1x > là nghiệm của (1). + Nếu 0 1,x< ≤ thì 2( ) (1) log 1 0 1f x f x x x≤ ⇔ + ≤ ⇒ < ≤ không phải là nghiệm của bất phương trình đã cho. Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 1.x > Ví dụ 2. Giải bất phương trình 2 2 3 12log 7 12 7 x x x x x x − − + ≤ − − − − (1) Giải. Điều kiện: 2 2 12 0 4 7 12 30 7 x x x x x x x  − − ≥ < < ⇔  − −  − (*) Viết lại bất phương trình dưới dạng 2 2 3 3log 12 12 log (7 ) 7 .x x x x x x− − + − − ≤ − + − (2) Xét hàm số 3( ) log ,f x x x= + hàm số này đồng biến trên từng khoảng xác định của bất phương trình (1). Khi đó (2) tương đương với ( ) 2 22 2 2 12 7 12 7 12 49 14 13 61 61 . 13 x x x x x x x x x x x x − − ≤ − ⇔ − − ≤ − ⇔ − − ≤ − + ⇔ ≤ ⇔ ≤ Kết hợp với điều kiện (*) ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 614 13 3. x x  < <  < − Ví dụ 3. Giải bất phương trình 2 2 2(log 2) log 3 0x x x x+ − + − > (1) 184 Giải. Điều kiện: 0.x > Vế trái của (1) nếu xem là tam thức bậc hai đối với biến x thì (1) được viết lại là 2( 1)( log 3) 0(2)x x x+ + − > Do điều kiện 0,x > nên (2) tương đương với 2 2log 3 0 log 3x x x x+ − > ⇔ + > Hàm số 2( ) logy f x x x= = + đồng biến trên (0; )+∞ và (2) 3.f = + Với 2,x > thì ( ) (2) 3f x f> = ⇒ 2x > là nghiệm của bất phương trình (1). + Với 0 2,x< ≤ thì ( ) (2) 3f x f≤ = ⇒ 0 2x< ≤ không là nghiệm của bất phương trình (1). Vậy, nghiệm của bất phương trình đã cho là 2.x > BÀI TẬP CHƯƠNG V Bài 1. Giải các phương trình 1) 14 10.2 24;x x−− = 2) 2 24.2 6 18.3 ;x x x− = 3) 23 3log log3 =162;x xx+ 4) 2log ( 2 1)1 1 5 3 log ( 1) 9 5 ; xx ++ = 5) 2 25 1 54 12.2 8 0;x x x x− − − − −− + = 2 21 26)9 10.3 1 0;x x x x+ − + −− + = 7) 3.4 (3 10).2 3 0;x xx x+ − + − = 8) 2 (2 3) 2(1 2 ) 0;x xx x+ − + − = 9) 3 14.3 3 1 9 ;x x x+− = − 10) 2 2 23 2 6 5 2 3 74 4 4 1;x x x x x x− + + + + ++ = + 11) sin 4 tan . x e x pi  −    = Bài 2. Giải các bất phương trình 1) 2 x4 2.5 10 0;x x− − > 2) 29 3 3 9;x x x+− > − 3) 4 2 4 2; 1 x x x + − ≤ − 4) 1 115.2 1 2 1 2 ;x x x+ ++ ≥ − + 5) 22 2(log ) log2 4;x xx+ ≤ VI ET M AT H S. NE T 185 6) ( 1 3 3 110 3) ( 10 3) 0; x x x x + − + − − − + ≥ 7) 2 2 22 1 24 .2 3.2 .2 8 12;x x xx x x x++ + > + + 8) 1 18 2 4 2 5;x x x+ ++ − + > 9) 2 21 9. 3 x x + −  >    Bài 3. Giải và biện luận phương trình 2 6 4 3 22 2 (4 ) 3 6.m x x m m x m+ +− = − + − Bài 4. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 4 4 (2 2 1).x x x xm− −+ = + + Bài 5. Giải các hệ phương trình 1) 3 2 3 4 128 5 1; x y x y + − −  =  = 2) 9log ( 4 ) 2 2 8 1 4 7.2 8; x y x y x y − − −  =  − = 3) 3 2 1 2 5 4 4 2 ; 2 2 x x x x y y y +  = −   + = + 4) 2 2log ( ) log 3 2 2 9 3 2( ) 3 3 6; xy xy x y x y  = +   + = + + 5) 2 2 2 2 ( )2 1 9( ) 6 ; y x x y x y x y − −  + =  + = 6) 2 2 3 3 ( )( 8) 8; x y y x xy x y  − = − +   + = 7) 3 3 3 3 ; x y x y y x  + = +   + = + 8) 2 1 2 22 2 3.2 2 2 3 2 2; x x x y y y + − = −   − = − 186 9) 3 3log ( ) log 2 2 2 4 2 ( ) 3 3 12; xy xy x y x y  = +   + − − = 10) 2 2 2 2 4 2 2 4 2 3; x y x y x y+  + =   + + = 11) 2 21 1 2 2 2 ln 3 2 3 . x y y x y y x − −  − =   + + = + Bài 6. Giải các phương trình 1) ( )3log 3 8 2 ;x x− = − 2) 1log 3 2;x− = 3) ( )2log 9 2 1; 3 x x − = − 4) 84 22 1 1log ( 3) log ( 8) log (4 ); 2 4 x x x+ + − = ( )2 2 15) log 4 15.2 27 2log 0;4.2 3x x x+ + + =− 6) ( ) ( )7 7log 2 1 log 2 7 1;x x− + − = ( )2 4 2 17) 2 log 1 log log 0;4x x+ + = ( ) ( )3 1 3 8) 2log 4 3 log 2 3 2;x x− + + = 9) 23 1 1 2 2 log log 3log 5 2;x x   − + =    ( ) ( ) 2 2 3 1 82 2 10) log 2 2 log 4 log 8; 11) log 1 log 3 log 1 0; x x x x x x + = + − − − − = 12) ( ) ( )3 3log 9 9 log 28 2.3 ;x xx+ = + − 13) 16log 3 2327 3log 0;xx x x− = 14) 2 32 4 4log 2 log 16 log ;x x x+ = 15) 12 2log (2 1) .log (2 2) 6;x x+ + + =  VI ET M AT H S. NE T 187 16) 2 2 4 22 2 3 4 1log (2 ) 2 ; log (2 2 )x x x x− − − = − − 17) ( x +1) 23 3log 4 log 16 0;x x x+ − = 18) 3 3 2 3 2 3 1log .log log log ; 23 x x x x   − = +    19) 2 4 23 4 2 1log (9 16 ) 2 ; log (3 4 )x x x− − = + − 20) 12 2 1 2 1log (4 4) .log (4 1) log ; 8 x x+ + + =  21) 2 22 2 2 9log (2 ) .log (16 ) log ; 2 x x x  =  22) 2lg 1 3lg 1 lg 1 ;x x x+ + − = − 23) lg(1 2 ) lg5 lg 6;xx x+ + = + 24) 2 2 1log 1 2 ; x xx x − = + − 25) 2 3 1 2 3 1log ( 3 2 2) 2; 5 x x x x − + −   − + + + =    26) 3 2log ( 2) log ( 1);x x+ = + 27) 2 3 1; 2 1 logx x = + + 28) 2 22 32 2 3log ( 2 2) log ( 2 3);x x x x++ − − = − − 29) 3 2 lg 1 lg 1;x x− = − − 30) 2 22 23 log ( 4 5) 2 5 log ( 4 5) 6;x x x x+ − + + − − + = 31) 22 2log log 1 1.x x+ + = Bài 7. Giải các bất phương trình 1) 1 1 2 2 4 log 2 log ( 1) log 6 0;x x+ − + ≤ 2) 3log log (9 72) 1;xx  − ≤  3) 22 3log 1;x x+ < 4) 2 29 1log ( 2 6) ; 2x x x− + + ≤ 188 5) 2 11 1 2 2 log (4 4) log (2 3.2 );x x x++ ≥ − 6) 2 23 3log 2( 10 24) log ( 9);x xx x x− − − + ≥ −  7) 2 3 9 1 1 ; log ( 1) 2log 6 9x x x < + + + 8) 2 2 2 (log ) 3 2; log 3 x x + > + 9) 12 1 2 log (2 1) .log (2 2) 2;x x+ − − > −  10) 4 2 18 2log (18 2 ) .log 1; 8 x x −  − ≤ −  11) 4 1 4 3 1 3log (3 1) .log ; 16 4 x x −  − ≤  12) 2log ( 9 1) 1; x x x− − − ≥ 13) 2 41 2 16 2 log 4log 2(4 log );x x x+ < − 14) 3log 2 log 2 ;x xx x≤ 15) 2lg 3lg 3 1; lg 1 x x x − + < − 16) 2 3 1 1 2 3 log ( 3) log ( 3) 0; 1 x x x + − + > + 17) 3 55 3 (2 log ) loglog log ; 3 logx x xx x x − + < 18) 2 2 1 2 4 0; log ( 1) x x − < − 19) 3log 2 log (2 ) ;x xx x≤ 20) 2 3log log ( 1) 2;x x+ + < 21) 2 3log 1 log 9 1;x x+ + + > Bài 8. Giải các hệ phương trình 1) 4 2 2 2 log log 0 2 8; x y x y − =  − = VI ET M AT H S. NE T 189 2) 2 2 3 1 3 1 4 2 log ( 2 ) log ( 2 ) 1; x y y x y x y  + = +   + + − =  3) 3 3 2 972 log ( ) 2; x y x y  =  − = 4) 9 3 2 .8 2 2 1 1 1log log (9 ); 2 2 x y y x − =    + =  5) 4 22 2 log log 0 5 4 0; x y x y − =  − + = 6) 2 1 2 2 2log 3 15 3 .log 2log 3 ; y y y x x x +  − =   = + 7) 2 4 1 2 4 2 log log 2 log 4 log log 5; x x x y + = −    + = 8) 2 2log log ( ) log 4 3;y x y x xy x y y  =    = + 9) 1 44 2 2 1log ( ) log 1 25; y x y x y  − − =   + = 10) 2 2 2 4 2 log ( ) 5 2log log 4; x y x y  + =  + = 11) log log 2 2 3; y x x y xy y =   + = 12) 3 2 3 2 log ( 2 3 5 ) 3 log ( 2 3 5 ) 3; x y x x x y y y y x  + − − =  + − − = 13) 4 2 4 3 0 log log 0; x y x y  − + =    − = 190 14) 4 7log log 6 16; xx y xy  − =   = 15) 2 22 4 log 2log 3 16; x y x y + =  + = 16) 2 3 9 3 1 2 1 3log (9 ) log 3; x y x y  − + − =   − = 17) 2 2 ln(1 ) ln(1 ) 12 20 0; x y x y x xy y + − + = −  − + = 18) 8 8log log 4 4 4 log log 1; y x x y x y  + =  − = 19) 2 3 2 3 log 3 1 log log 3 1 log ; x y y x  + = +   + = + 20) lg lg lg4 lg3 3 4 (4 ) (3 ) ; x y x y  =   = 21) ( ) 3 2 log 3 2 12 .3 81 ;x x y y y y + =   − + = 22) ( ) ( )2 22 22 2log 1 log 3 81;x xy y x y xy − +  + = +  = 23) 9 1 log 14 2 3 . 3 y x x y −   =       = Bài 9. Cho phương trình 2 2 3 3log log 1 2 1 0 (1)x x m+ + − − = 1) Giải phương trình khi m = 2; 2) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3[1; 3 ] . Bài 10. Tìm các giá trị của m để phương trình 2 2 1 2 4(log ) log 0x x m− + = có nghiệm thuộc khoảng (0;1). VI ET M AT H S. NE T 191 V.11. Tìm các giá trị của a để phương trình 2 21 125 ( 2)5 2 1 0t ta a− −− + + + = có nghiệm. Bài 12. Tìm các giá trị của a để phương trình 2 3 32log log 0x x a− + = có bốn nghiệm phân biệt. Bài 13. Chứng minh rằng với mọi giá trị của 0a > hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất ln(1 ) ln(1 ) . x ye e x y y x a  − = + − +  − = Bài 14. Cho hệ phương trình 2 2 2 2 4 2 4 2 x y x y x y m m +  + =   + + = Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm. Bài 15. Cho hệ phương trình 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 x x x y y m y m + + +  = − + + +   + = − + 1) Giải hệ phương trình khi 0;m = 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm; 3) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất. Bài 16. Cho hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 3 x y y x x mx y m  − = −   − − = 1) Giải hệ phương trình khi 1;m = − 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có đúng hai nghiệm. Bài 17. Cho hệ phương trình 3 3 3 3 x y x m y y m x  + = +   + = + 1) Giải hệ phương trình khi 1;m = 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình vô nghiệm. Bài 18. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất 192 2 2 2 2 17 log log . x y x y m  + =  + = Bài 19. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm ( ; ); 1, 4.x y x y> < 2 4 2 0 log log .y x y x m x y  − =   =  Bài 20. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có đúng bốn nghiệm 2 2 2 2 2 4 .4 8.2 3 log log log ( ). x y xy x y x y m  =  + + = + + Bài 21. Cho hệ phương trình 2 2 lg 3 3lg 1 x y m x y  + =  − = 1) Giải hệ phương trình với 1;m = 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình có nghiệm ( ; ); 1.x y x ≥ Bài 22. Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có một nghiệm duy nhất 2 2lg lg 1 lg . x y x m y  + =   =  CHƯƠNG VI. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC §1. CÁC CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC Ta quy ước các biểu thức trong các công thức sau đều có nghĩa. 1. Công thức cộng 1) cos( ) cos cos sin sin 2)cos( ) cos cos sin sin 3)sin( ) sin cos cos sin 4)sin( ) sin cos cos sin tan tan5) tan( ) 1 tan tan tan tan6) tan( ) . 1 tan tan a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b + = − − = + + = + − = − + + = − − − = + 2. Công thức nhân 2.1. Công thức nhân đôi VI ET M AT H S. NE T 193 2 2 2 1) cos 2 cos sin 2)sin 2 2sin cos 2 tan3) tan 2 . 1 tan a a a a a a a a a = − = = − 2.1.1. Công thức hạ bậc 2 2 1 cos 21) cos 2 1 cos 22)sin . 2 a a a a + = − = 2.1.2. Công thức tính theo cos 2a 2 2 2 11) cos (1 cos 2 ) 2 12)sin (1 cos 2 ) 2 1 cos 23) tan . 1 cos 2 a a a a a a a = + = − − = + 2.1.3. Công thức tính theo tan 2 a t= 2 2 11) cos 1 t a t − = + 2 2 22)sin 1 23) tan . 1 t a t t a t = + = − 2.2. Công thức nhân ba 3 3 1) cos3 4cos 3cos 2)sin 3 3sin 4sin a a a a a a = − = − 3 2 3 tan tan3) tan 3 . 1 3 tan a a a a − = − 3. Công thức biến đổi tích thành tổng 11) cos cos [cos( ) cos( )] 2 12)sin sin [cos( ) cos( )] 2 13)sin cos [sin( ) sin( )]. 2 a b a b a b a b a b a b a b a b a b = + + − = − + − − = + + − 4. Công thức biến đổi tổng thành tích 194 1) cos cos 2cos cos 2 2 2)cos cos 2sin sin 2 2 3)sin sin 2sin cos 2 2 4)sin sin 2cos sin . 2 2 a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b + − + = + − − = − + − + = + − − = Một số công thức quen thuộc 1) cos sin 2 cos( ) 4 a a a pi + = − 2)cos sin 2 sin( ) 4 a a a pi + = + 3) cos sin 2 cos( ) 4 4)cos sin 2 sin( ) 4 a a a a a a pi − = + pi − = − − 4 4 2 25) cos sin 1 2sin cosa a a a+ = − 6 6 2 26)cos sin 1 3sin cos .a a a a+ = − §2. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN 1. Phương trình sin x a= (1) · Nếu 1a > thì phương trình (1) vô nghiệm. · Nếu 1a ≤ thì phương trình (1) có nghiệm. Gọi α là số đo của góc sao cho sin aα = Ta có ( )1 sin sinx⇔ = α 2 ; 2 x k k x k = α + pi ⇔ ∈  = pi − α + pi ℤ (nếu α cho bằng radian). Hay ( ) 0 0 0 .360 1 ; 180 .360 x k k x k  = α + ⇔ ∈  = − α + ℤ (nếu α cho bằng độ). Các trường hợp đặc biệt · sin 1 2 , . 2 x x k kpi= ⇔ = + pi ∈ℤ · sin 1 2 , . 2 x x k kpi= − ⇔ = − + pi ∈ℤ VI ET M AT H S. NE T 195 · sin 0 , .x x k k= ⇔ = pi ∈ℤ 2. Phương trình cos x a= (2) · Nếu 1a > thì phương trình (2) vô nghiệm. · Nếu 1a ≤ thì phương trình (2) có nghiệm. Gọi α là số đo góc sao cho cos aα = Ta có ( )2 cos cosx⇔ = α 2 ; . 2 x k k x k = α + pi ⇔ ∈  = −α + pi ℤ (nếu α cho bằng radian). Hay ( ) 0 0 .360 2 ; . .360 x k k x k  = α + ⇔ ∈  = −α + ℤ (nếu α cho bằng độ). Các trường hợp đặc biệt · cos 1 2 , .x x k k= ⇔ = pi ∈ℤ · cos 1 2 , .x x k k= − ⇔ = pi + pi ∈ℤ · cos 0 , . 2 x x k kpi= ⇔ = + pi ∈ℤ 3. Phương trình ( )tan 3x a= (3) xác định với mọi , 2 x k kpi≠ + pi ∈ℤ . Gọi α là số đo góc sao cho tan ,aα = thì ( )3 tan tanx⇔ = α ,x k k⇔ = α + pi ∈ℤ (nếu α cho bằng radian). Hay (3) 0.180 , .x k k⇔ = α + ∈ℤ (nếu α cho bằng độ). Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng ( )tan tan *u v= Thì điều kiện là 2 u kpi≠ + pi , , . 2 v k kpi≠ + pi ∈ℤ Khi đó (*) ,u v k k⇔ = + pi ∈ℤ . 4. Phương trình ( )cot 4x a= 196 (4) xác định với mọi ,x k k≠ pi ∈ℤ . Gọi α là số đo góc sao cho cot ,aα = thì ( )4 cot cotx⇔ = α ,x k k⇔ = α + pi ∈ℤ (nếu α cho bằng radian). Hay (4) 0.180 , .x k k⇔ = α + ∈ℤ (nếu α cho bằng độ). Chú ý. Nếu phương trình ban đầu dạng ( )cot cot **u v= thì điều kiện là u k≠ pi , , ,v k k≠ pi ∈ℤ khi đó (**) , .u v k k⇔ = + pi ∈ℤ §3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP 1. Phương trình bậc nhất, bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác Cách giải. + Đối với các phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác ta biến đổi ngay về phương trình lượng giác cơ bản. + Đối với các phương trình bậc hai, bậc cao đối với một hàm số lượng giác ta đặt ẩn phụ, sau đó giải phương trình theo ẩn phụ. Chú ý. Nếu đặt cost x= hay sint x= thì điều kiện 1.t ≤ Ví dụ 1. Giải phương trình ( ) 25sin 2 3 1 sin tan (1)x x x− = − Giải. Điều kiện: cos 0 2 x x kpi≠ ⇔ ≠ + pi (*) ( ) 2 2 sin(1) 5sin 2 3 1 s in cos x x x x ⇔ − = − ( ) 2 2 2 2 sin5sin 2 3 1 s in 1 sin 3sin5sin 2 1 s in 2sin 3s in 2 0 1 sin 2 sin 2. x x x x x x x x x x x ⇔ − = − − ⇔ − = + ⇔ + − =  = ⇔   = − Ta nhận 1 5sin 2 2 , , 2 6 6 x x k x k kpi pi= ⇔ = + pi ∨ = + pi ∈ℤ (thỏa điều kiện (*)) VI ET M AT H S. NE T 197 Ví dụ 2. Giải phương trình sin 3 2cos 2 2 0. (1)x x+ − = Giải. ( )3 2(1) 3sin 4sin 2 1 2sin 2 0x x x⇔ − + − − = 3 24sin 4sin 3sin 0x x x⇔ + − = sin x 0 3 s inx 2 ; . 2 6 1 5 s inx 2 2 6 x k x k k x k   = = pi   − pi ⇔ = ⇔ = + pi ∈   pi = = + pi   ℤ 2. Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x Phương trình bậc nhất đối với sin x và cos x là phương trình có dạng sin cos (1), , ,a x b x c a b c+ = ∈ℝ Cách giải. Cách 1. Chia hai vế của (1) cho 2 2 ,a b+ ta được ( ) 2 2 2 2 2 2 sin cos 2a b cx x a b a b a b + = + + + Đặt 2 2 2 2 cos ,sina b a b a b β = β = + + Khi đó (2) trở thành 2 2 cos sin sin cos cx x a b β + β = + Hay ( ) ( ) 2 2 sin 3cx a b + β = + (3) có nghiệm 2 2 2 2 2 1c a b c a b ⇔ ≤ ⇔ + ≥ + Phương trình (3) đã biết cách giải trong §1. Cách 2. Chia hai vế của (1) cho a rồi đặt tanb a = α Ta được sin tan cos cx x a + α = sin cos sin cos coscx x a ⇔ α + α = α ( )sin cos (*)cx a ⇔ + α = α 198 Đây là phương trình đã xét trong §1. Chú ý rằng (*) có nghiệm khi và chỉ khi cos 1.c a α ≤ Ví dụ. Giải phương trình 33sin 3 3 cos9 1 4sin 3 (1)x x x− = + Giải. Ta có (1) 3(3sin 3 4sin 3 ) 3 cos9 1x x x⇔ − − = sin 9 3 cos9 1 1 3 1 sin 9 cos9 2 2 2 1 sin(9 ) 3 2 x x x x x ⇔ − = ⇔ − = pi ⇔ − = 29 2 , 3 6 18 9 5 7 29 2 , . 3 6 54 9 k x k x k k x k x k pi pi pi pi  − = + pi = + ∈   ⇔ ⇔  pi pi pi pi − = + pi = + ∈    ℤ ℤ 3. Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sin x và cos x Đó là phương trình dạng ( )2 2sin sin cos cos 0 2 , , ,a x b x x c x a b c+ + = ∈ℝ Cách giải. · Xét 2 x kpi= + pi xem có phải là một nghiệm của phương trình không. · Xét , 2 x kpi≠ + pi khi đó 2cos 0,x ≠ chia 2 vế phương trình cho 2cos x ta được 2tan tan 0a x b x c+ + = . Đây là phương trình bậc hai đối với tan x ta đã biết cách giải. Chú ý. · Nếu phương trình với vế phải khác 0 2 2sin sin cos cosa x b x x c x d+ + = Ta viết phương trình dạng ( )2 2 2 2sin sin cos cos cos sina x b x x c x d x x+ + = + rồi chuyển vế phải sang vế trái. · Cũng có thể giải phương trình (2) bằng cách biến đổi về phương trình bậc nhất đối với sin 2x và cos 2 ,x nhờ các công thức VI ET M AT H S. NE T 199 2 1 cos 2cos 2 x x + = 2 1 cos 2sin 2 x x − = 1 sin cos sin 2 2 x x x= · Đối với phương trình thuần nhất bậc ba đối với sin x và cos x 3 2 2 3cos cos sin sin cos sin 0a x b x x c x x d x+ + + = Ta cũng biến đổi đưa về phương trình bậc ba đối với tan .x Ví dụ 1. Giải phương trình 2 2os 3 s in2 =1+sin (1)c x x x− Giải. Vì cos 0x = không là nghiệm nên chia hai vế của (1) cho 2os 0,c x ≠ ta được ( )2 2 2 1 2 3 tan 1 tan tan 2 tan 2 3 tan 0 x x x x x − = + + ⇔ + = tan 0 , . tan 3 3 x k x k x kx = pi = ⇔ ⇔ ∈ pi = − + pi= −  ℤ Ví dụ 2. Giải phương trình 3 3 2cos 4sin 3cos sin sin 0 (1)x x x x x− − + = Giải. Vì cos 0x = không thỏa phương trình nên chia hai vế của (1) cho 3cos 0x ≠ ta được ( )3 2 21 4 tan 3tan tan 1 tan 0x x x x− − + + = ( ) ( ) 3 2 2 3tan 3 tan tan 1 0 tan 1 3tan 1 0 x x x x x ⇔ + − − = ⇔ + − = tan 1 4 ; .3 tan 3 6 x x k k x x k pi = − = − + pi ⇔ ⇔ ∈  pi= ± = ± + pi  ℤ Ví dụ 3. Giải phương trình 3sin 2 s in 4 x x pi  − =    (1) Giải. 200 ( )3 3 2 2 3 1(1) s in cos 2 s in 2 2 sin 3sin .cos 3sin .cos os 4sin (2) x x x x x x x x c x x ⇔ − = ⇔ − + − = Vì cos 0x = không là nghiệm nên chia hai vế của (2) cho 3os 0,c x ≠ ta được ( )3 2 2(2) tan 3 tan 3tan 1 4 tan 1 tan .x x x x x⇔ − + − = + 3 23tan 3tan tan 1 0 tan 1 , . 4 x x x x x k k ⇔ + + + = pi ⇔ = − ⇔ = − + pi ∈ℤ Ví du 4. Giải phương trình 4 2 2 43cos 4sin cos sin 0x x x x− + = (1) Giải. Đây là phương trình thuần nhất bậc bốn đối với sin x và cos x Do os 0c = không là nghiệm nên chia hai vế của (1) cho 4cos 0x ≠ Ta được 2 4 2 2 3 4 tan tan 0 tan 1 4 , . tan 3 3 x x x k x k x x k − + = pi = ± + pi = ⇔ ⇔ ∈  pi= = ± + pi  ℤ 4. Phương trình đối xứng đối với sin x và cos x Phương trình đối xứng đối với sin x và cos x là phương trình dạng ( ) ( )sin cos sin cos 0 3 , , ,a x x b x x c a b c+ + + = ∈ℝ Cách giải. Đặt sin cos 2 sin , 4 t x x x pi  = + = +    điều kiện 2.t ≤ Khi đó 2 1 2sin cost x x= + Suy ra 2 1 sin cos . 2 t x x − = Thay vào phương trình (3) ta được ( )2 1 0 2 b t at c − + + = hay ( )2 2 2 0.bt at c b+ + − = (*) Giải phương trình (*) tìm t và chọn nghiệm thỏa 2.t ≤ Chú ý. Phương pháp giải đã trình bày ở trên cũng có thể áp dụng cho phương trình ( )sin cos sin cos 0a x x b x x c− − + = VI ET M AT H S. NE T 201 bằng cách đặt sin cos 2 sin , 4 t x x x pi  = − = −    điều kiện 2.t ≤ Khi đó 21 sin cos . 2 t x x − = Ví dụ 1. Giải phương trình ( )2 s in cos 6s in cos 2 0 (1)x x x x+ + − = Giải. Đặt s in cos 2 s in + , 4 t x x x pi  = + =     điều kiện 2.t ≤ ( )2 1(1) 2 6 2 0 2 t t − ⇔ + − = 23 2 5 0t t⇔ + − = 1 5 . 3 t t =  ⇔  − = Ta chọn 21 2 sin 1 sin 4 4 2 t x x pi pi    = ⇒ + = ⇔ + =        sin sin 4 4 22 4 4 , 22 24 4 x x kx k k x k x k pi pi  ⇔ + =    pi pi = pi+ = + pi  ⇔ ⇒ ∈ pi pi pi = + pi+ = pi − + pi   ℤ Ví dụ 2. Giải phương trình ( )sin 2 2 2 s in cos 3 0(1)x x x+ − − = Giải. Đặt s in cos 2 s in , 4 t x x x pi  = − = −    điều kiện 2.t ≤ (1) trở thành 21 2 2 3 0t t− + − = 2 2 2 2 0 2 2 sin 2 4 t t t x ⇔ − + = ⇔ = pi  ⇒ − =    sin 1 2 4 4 2 x x kpi pi pi ⇔ − = ⇔ − = + pi    3 2 , . 4 x k kpi⇔ = + pi ∈ℤ 202 §4. CÁC PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÁC Có nhiều phương trình lượng giác mà để giải chúng, ta cần sử dụng các phép biến đổi lượng giác để đưa về các phương trình đã xét trong §1 và §2. Sau đây ta xét một số ví dụ. 1. Sử dụng công thức hạ bậc, góc nhân đôi, góc nhân ba Ví dụ 1. Giải phương trình sin 2 2cos 2sin 2 0x x x− + − = (1) Giải. (1) sin cos cos sin 1 0x x x x⇔ − + − = · Xét 2x k= pi + pi là nghiệm của phương trình. · Xét 2 , 2 2 x x k kpi≠ pi + pi ⇔ ≠ + pi đặt tan