Giáo trình Đại số sơ cấp (Phần 2)

106 trang ngocly 510

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Đại số sơ cấp (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_dai_so_so_cap_phan_2.pdf

Nội dung text: Giáo trình Đại số sơ cấp (Phần 2)

Bài 26. Cho b ất ph ươ ng trình (x+ 2)( x + 4)( xx2 ++≥ 6 10) m . Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x ∈ ℝ. Bài 27. Cho b ất ph ươ ng trình 2c os2 x+ 3 mc os x +1 ≥ 0. Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x ∈ [0;π ]. Bài 28. Cho b ất ph ươ ng trình 1 1 x2 ++(2 mx + 3)( ++ ) 2( m +> 2) 0. x2 x Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x ≠ 0. Bài 29. Cho b ất ph ươ ng trình x3−(2 mx + 1) 2 + 3( m + 4) xm −−> 12 0. Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x > 1. Bài 30. Cho b ất ph ươ ng trình (xxx− 1)( + 1)( + 3)( x +> 5) m . Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x > − 1. Bài 31. Cho b ất ph ươ ng trình xx(− 2)( x + 2)( x + 0. Bài 32. Ch ứng minh r ằng ph ươ ng trình 44x ( x2 + 1) = 1 có đúng ba nghi ệm phân bi ệt. CH ƯƠ NG IV. PH ƯƠ NG TRÌNH, B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH VÔ T Ỉ §1. PH ƯƠ NG TRÌNH VÔ T Ỉ 1. Định ngh ĩa và các định lý 1.1. Định ngh ĩa Ta g ọi ph ươ ng trình vô t ỉ, m ọi ph ươ ng trình có ch ứa ẩn d ưới d ấu c ăn hay nói khác đi đó là ph ươ ng trình d ạng f( x )= 0, trong đó f( x ) là m ột hàm s ố có ch ứa c ăn th ức c ủa bi ến s ố. 1.2. Các định lý. ( Các địVIETMATHS.NETnh lý sau làm c ơ s ở cho vi ệc gi ải ph ươ ng trình vô t ỉ). 2k + 1 1.2.1. Định lý . fxgx()= () ⇔[ fx ()] = [()] gx 2k + 1 1.2.2. Định lý . 2k + 1 fx()= gx () ⇔ fx ()[()] = gx 2k + 1 1.2.3. Định lý . 21k+fx()= 21 k + gx () ⇔ fx () = gx () 116
g( x )≥ 0 1.2.4. Định lý . 2k fx()= gx () ⇔   fx()= [ gx ()] 2k  fx()≥ 0 ∨ gx () ≥ 0 1.2.5. Định lý . 2kfx()= 2 k gx () ⇔   fx()= gx () (V ới k là s ố t ự nhiên khác 0). Vi ệc ch ứng minh các đị nh lý trên h ết s ức d ễ dàng nh ờ tính ch ất c ủa l ũy th ừa và c ăn th ức. Chúng tôi dành cho b ạn đọ c. 2. Các ph ươ ng pháp gi ải ph ươ ng trình vô t ỉ 2.1. Ph ươ ng pháp nâng lên l ũy th ừa Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình x+3 = 3 x − 1 (1) Gi ải.  1 x ≥ (1) ⇔  3  2 3x− 7 x − 20 =  1 x ≥  3 ⇔x =1 ⇔x = 1   2 x = −  9 Vậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm là x = 1. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình x+−37 −= x 28 x − Gi ải. Để các c ăn b ậc hai có ngh ĩa ta ph ải có điều ki ện 2x − 8 ≥ 0  7−≥x 0 ⇔≤≤ 4 x 7.  x +3 ≥ 0 Ta có x+−37 −= x 28 x − ⇔287x −+ −= x x + 3 ⇔−+2x 82(2 x − 8)(7 −+−=+ x )7 xx 3 ⇔(2x − 8)(7 −= x ) 2 117
⇔(2x − 8)(7 −= x ) 4 ⇔−2x2 + 22 x − 60 = 0 ⇔x2 −11 x + 30 = 0 x = 5 ⇔  x = 6 Cả hai giá tr ị c ủa x đều th ỏa mãn điều ki ện trên. V ậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm x=5; x = 6. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình −+x2451 x ++ − x 2 = 2 Gi ải. Điều ki ện: −1 ≤x ≤ 1 (*) Nếu bình ph ươ ng hai v ế c ủa ph ươ ng trình ta s ẽ đưa đến ph ươ ng trình b ậc cao, do đó chuy ển hạng t ử th ứ hai sang v ế ph ải ta được −x2 +4 x +=− 52 1 − x 2 Với điều ki ện −1 ≤x ≤ 1 thì v ế ph ải c ủa ph ươ ng trình trên không âm nên bình ph ươ ng hai v ế của ph ươ ng trình ta được ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng −+xx24 +=− 5441 − xx 2 +− 1 2 ⇔1 −x2 =− x x≤0  x ≤ 0 2 ⇔ ⇔  ⇔=−x . 1−x2 = x 2  2 x 2 = 1 2 Giá tr ị c ủa x th ỏa mãn điều ki ện (*). 2 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có m ột nghi ệm x = − . 2 Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình x3−=−1 x 3 − 4 x + 5 Gi ải. x3 −1 có ngh ĩa khi và ch ỉ khi x ≥1. Để bình ph ươ ng được hai v ế ta c ần đặ t điều ki ện cho v ế ph ải không âm, ta có −x3 −4 x +≥ 5 0 ⇔()x −1() −−− x2 x 5 ≥ 0 VIETMATHS.NET ⇔x ≤ 1. Nh ư v ậy, nghi ệm c ủa ph ươ ng trình ch ỉ có th ể x = 1. Ta th ử được ph ươ ng trình nh ận x = 1 làm nghi ệm. V ậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất là x = 1. Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình 118
3x++131 3 x += 3 x − 1 (1) 3 Gi ải. (1) ⇔( 3x ++131 3 x +) =− x 1 ⇔++423x3 ()() xxx + 131 +( 3 ++ 131 3 xx +=−) 1 (2) ⇔3 ()()xx +131 +( 3 x ++ 131 3 x +=−−) x 1 (3) Thay 3x+1 + 3 3 x + 1 b ởi 3 x −1 vào (3) ta được ph ươ ng trình h ệ qu ả 3 ()()x+13 x + 13 x −=−− 1 x 1(4) ⇔+( x13)( xx + 1)( −=−+ 1) ( x 1) 3 ⇔x3 + x 2 = 0 x = 0 ⇔  x = − 1 Th ử l ại thì ch ỉ có x = − 1 th ỏa ph ươ ng trình (1). V ậy, ph ươ ng trình (1) có m ột nghi ệm là x = − 1. Chú ý. Tất c ả các phép bi ến đổ i đề u là t ươ ng đươ ng, ch ỉ t ừ (3) đế n (4) là phép bi ến đổ i h ệ qu ả, tức là phép th ế 3x+1 + 3 3 x + 1 b ởi 3 x −1 . Chúng ta th ử phân tích để th ấy rõ khi th ế 3x+1 + 3 3 x + 1 b ởi 3 x −1 không ph ải là phép bi ến đổ i t ươ ng đươ ng. Để cho g ọn ta đặ t u=3 x +1, v = 3 3 x + 1 , t=3 x − 1 . Lúc đó ta có u+ v = t (1) 3 ⇔()u + v = t 3 (2) ⇔++u3 v 33 uvuv( +=) t 3 (3) Thay u+ v = t vào (3) ta được u3+ v 3 +3 uvt = t 3 (4) Chúng ta kh ẳng đị nh (4) là h ệ qu ả c ủa (3) và phép bi ến đổ i t ừ (3) đế n (4) không làm m ở r ộng tập xác đị nh nên (4) ph ải được bi ến đổ i thành d ạng (u+ v − tAx ). ( ) = 0 Nghi ệm ngo ại lai xu ất hi ện ch ắc ch ắn là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình A( x )= 0. Ta có (4) ⇔++u3 v 33 uvt −= t 3 0 ⇔+−(uvtuv )[( − )2 ++++ ( vt ) 2 ( tu )]0. 2 = Tr ở l ại ban đầ u ta có Axx()[(=33 +− 1 3 x ++ 1)2 (3 33 xx ++−+ 1 1) 2 ( 33 xx −++ 1 1)]. 2 Rõ ràng x = 0 là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình A( x )= 0. Qua bài toán này, chúng ta th ấy có nh ững phép bi ến đổ i ph ươ ng trình t ưởng nh ư là phép bi ến đổ i t ươ ng đươ ng nh ưng th ực ch ất là phép bi ến đổ i h ệ qu ả. 119
2.2. Ph ươ ng pháp đặt ẩn ph ụ Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 4x2− 12 x − 5 4 x 2 − 12 x ++= 11 15 0 (*) Gi ải. Đặt t=4 x2 − 12 x + 11 Điều ki ện: t ≥ 0 Khi đó ph ươ ng trình (∗) tr ở thành 2 t =1 t− 5t + 40 = ⇔  t = 4 Với t = 1 ta có xx2 xx 2 4− 12 +=⇔ 111 4 − 12 += 111 ⇔4x2 − 12 x += 10 0. Tr ường h ợp này ph ươ ng trình vô nghi ệm. Với t = 4 ta có 4x2 − 12 x + 11 = 4 ⇔4x2 − 12 x += 11 16 ⇔4x2 − 12 x −= 5 0  3+ 14 x = 2 ⇔   3− 14 x =  2 3+ 14 3− 14 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x = ho ặc x = . 2 2 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 3++x 6 −− x()() 36 + xx −= 3 (1) Gi ải. Cách 1. 3+x ≥ 0 Điều ki ện:  ⇔−3 ≤x ≤ 6 6−x ≥ 0 VIETMATHS.NET u=3 + x ≥ 0 Đặt  v=6 − x ≥ 0 Ta có h ệ ph ươ ng trình theo u và v 120
u+ v − uv = 3  (*) u2+ v 2 = 9 Đặt SuvPuvS=+, = ; ≥ 0; P ≥ 0; S2 −≥ 4 P 0. Khi đó (∗) tr ở thành h ệ SP−=3  PS =− 3 S= −1  S = 3 ⇔  ⇔  ∨ SP2−=29  SS 2 −−= 230 P= −4  P = 0. S = 3 Ch ỉ có  th ỏa điều ki ện. P = 0 S = 3 Với  thì u, v là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình P = 0 2 t = 0 t−3 t = 0 ⇔  t = 3 Khi đó ta có  3+x = 0   6−x = 3 x = − 3  ⇔   3+x = 3 x = 6   6−x = 0 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x = − 3 ho ặc x = 6. Cách 2. Đặt t=3 ++ x 6 −≥ x 0 ⇒ t2 =+9 2 (3 + x )(6 − x ) t 2 − 9 ⇔(3 +x )(6 −= x ) 2 (1) tr ở thành ph ươ ng trình theo bi ến t t 2 − 9 t − = 3 2 ⇔t2 −2 t −= 3 0 t = − 1  t = 3. Ta nh ận t= 3⇒ 3++ x 6 − x = 3, điều ki ện −3 ≤x ≤ 6. Bình ph ươ ng hai v ế c ủa ph ươ ng trình ta được (3+xx )(6 − )0 =⇔=−∨= x 3 x 6. 121
V ậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x = − 3 ho ặc x = 6. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 2 2 215()+x + 315 −+ x2 5 () 1 − x = 0 (1) Gi ải. 2 Vì x = − 1 không là nghi ệm, nên chia hai v ế c ủa (1) cho 5 ()x +1 ta được ph ươ ng trình 2 1−x 1 − x  2+ 35 + 5   = 0 1+x 1 + x  1− x Đặt t = 5 . Ta có ph ươ ng trình t2 +3 t + 2 = 0 (2) 1+ x  1− x  5 = − 1 t = − 1  1+ x (2) ⇔  ⇔ t = − 2  1− x  5 = − 2  1+ x 1− x  = − 1 1+ x 33 ⇔  ⇔x = − . 1− x 31 = − 32 1+ x 33 Vậy, ph ươ ng trình có nghi ệm là x = − . 31 Ví d ụ 4. Cho ph ươ ng trình ch ứa tham s ố m 22( x2− x) + x 2 −−−= 23 x m 0 (1) Tìm m để ph ươ ng trình có nghi ệm thu ộc đoạn [4;5] . Gi ải. Đặt t= x2 −2 x − 3, x ∈[4;5 ] Ta có ph ươ ng trình 2t2 ++ t 6 − m = 0 ⇔2t2 ++= t 6 m (2).   Với x ∈[4;5 ] thì t ∈ 5;2 3  . T ừ đó (1) có nghi ệm thu ộc đoạn [4;5 ] ⇔ (2) có nghi ệm   thu ộc đoạn 5;23  ⇔Minf () t ≤ m ≤ Maxf () t t∈[5;23] t ∈ [5;23] 1 với ft( ) =2 t2 + t + 6. Ta cóVIETMATHS.NET ftt′()2= += 10 ⇔=− t ∉ [5;23]. 2 f( 5)=+ 16 5, f (2 3) =+ 30 2 3.   Nh ư v ậy, (2) có nghi ệm thu ộc đoạn 5;2 3  khi và ch ỉ khi 16+ 5 ≤m ≤ 30 + 2 3. 122
V ậy, giá tr ị m c ần tìm là 16+ 5 ≤m ≤ 30 + 2 3. Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình x3 +1 = 223 x − 1( 1.) Gi ải. Đặt t=3 21 x − ⇒ t3 = 21 x − , (1) tr ở thành x3+1 = 2 txt⇒ 3 = 2 − 1. Nh ư v ậy ta có 3 x=2 t − 1  ⇒ xt3− 3 =2( tx − ). t3 =2 x − 1 Từ đó ta có h ệ ph ươ ng trình x3 +1 = 2 t x3 +1 = 2 t  2  3 3 ⇔  t  3 2 xt− =2() tx − ()xtx− +  + t +=2  0  2  4  t= x −1 ± 5 ⇔  ⇒ x=1 ∨ x = . x3 −2 x + 1 = 0 2 −1 ± 5 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x=1 ∨ x = . 2 Ví d ụ 6. Gi ải ph ươ ng trình x2 + x +5 = 5( 1.) Gi ải. Đặt tx= +≥→5 0 tx2 =+ 5 t= − x ≥ 0  x2 + t = 5 x2 + t = 5   x2 − x −5 = 0 ⇒ 1 ⇔ ⇔ ⇔ () 2   t− x = 5 ()()x+ t x −+ t 1 = 0 t= x + 1  2 x+ x −4 = 0 x ≤ 0   1± 21  1− 21 x = x =  2 2 ⇔ ⇔  . x ≥ − 1  −1 + 17  x =  −1 ± 17  2 x =  2 1− 21 − 1 + 17 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x= ∨ x = . 2 2 Ví d ụ 7. Cho ph ươ ng trình 123
4++x 4 −+ x 16 − xm2 = (1) Tìm m để ph ươ ng trình đã cho có đúng hai nghi ệm. Gi ải. Đặt t=4 ++ x 4 −≥−≤≤ x 0;4 x 4. t 2 −8 ⇒ t2=+8 2 16 −⇔ x 2 16 −= x 2 2 (1) tr ở thành t2 +2 t − 8 = 2. m Xét hàm s ố thx=() = 4 ++ x 4;4 −−≤≤ x x 4 1 1 4−x − 4 + x h′( x ) = − = 24+x 24 − x 24 −+ xx .4 hx′()=⇔= 0 xh 0;(4) −= h (4) = 22;(0) h = 4. Nh ư v ậy x∈[ − 4;4]⇒ t ∈ [2 2;4]. Ta có nh ận xét: Khi t = 4 thì ph ươ ng trình t=4 ++ x 4 − x có m ột nghi ệm x, khi 2 2≤t < 4 thì ph ươ ng trình t=4 ++ x 4 − x có hai nghi ệm x. Xét hàm s ố ft()= t2 + 28 t − ftt′()= 2 + 2 = 0 ⇔ t =−∉ 1[22;4]. Hàm s ố ft()= t2 + 28 t − đồng bi ến trên [2 2;4] nên đường th ẳng y= 2 m cắt đồ th ị hàm s ố y= ft() =+− t2 28 t trên [2 2;4] nhi ều nh ất t ại đúng một điểm. Mặt khác ta có f(2 2)= 4 2; f (4) = 16. K ết h ợp v ới nh ận xét trên thì ph ươ ng trình (1) có hai nghi ệm khi và ch ỉ khi 4 2≤ 2m < 16 hay 2 2≤m < 8. Ví d ụ 8. Cho ph ươ ng trình 2(1+x2 ) 1 + x 1 − x  +m +  +=2 m 0 2   1−x 1 − x 1 + x  Tìm m để ph ươ ng trình có nghi ệm. Gi ải. Điều ki ện: x < 1. 1+x 1 − x Đặt t = + ≥ 2. Suy ra 1−x 1 + x 2 VIETMATHS.NET 1+−xx 1  1 + x 1 − x 2(1 + x 2 ) t 2 = +  =++=2 + 2 1−x 1 + x  1 − x 11 +− xx 2   2(1+ x2 ) ⇒ =t 2 − 2. 1− x2 124
Ph ươ ng trình (1) có d ạng −t 2 + 2 tmtm2 ++2 −=⇔= 2 0 m = ft ( ). t + 2 −t 2 + 2 Ph ươ ng trình (1) có nghi ệm khi và ch ỉ khi m thu ộc mi ền giá tr ị c ủa hàm s ố f( t )= , t ≥ 2. t + 2 −t2 −4 t − 2 Ta có f′( t )= 0 hay ph ươ ng trình có ch ứa π π k2− x 2 thì đặt x= ksin tt , ∈ [ − ; ]; ho ặc đặt x= kcos tt , ∈ [0; π ]. 2 2 + N ếu trong ph ươ ng trình, điều ki ện c ủa ẩn x là x≥ k, k > 0 hay ph ươ ng trình có ch ứa k π3 π k π π x2− k 2 thì đặt x=; t ∈ [0; ) ∪π [; ); ho ặc đặt x=, t ∈− [ ;0) ∪ (0; ]. cost 2 2 sint 2 2 + N ếu trong ph ươ ng trình, ẩn x nh ận m ọi giá tr ị thu ộc ℝ hay ph ươ ng trình có ch ứa x2+ k 2 thì π π  đặt x= ktan tt , ∈ − ;  . 2 2  Ngoài ra, tùy t ừng tr ường h ợp, c ũng có th ể đặt x=cos2 tx ; = sin 2 t , Sau đây ta xét m ột s ố ví d ụ. Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 2 1+xx −=2 x +− 1 x (1) 3 x− x 2 ≥ 0  Gi ải. Điều ki ện: x≥0 ⇔≤≤ 0 x 1.  1−x ≥ 0 π Đặt x=cos2 t , t ∈ [0; ]. Khi đó ph ươ ng trình (1) được bi ến đổ i v ề d ạng 2 2 1+ cos24tt − cos = cos 2 t +− 1 cos 2 t 3 ⇔+3 2 sintt cos = 3( cos t + sin t ) ⇔+3 2sintt cos = 3(cos t + sin t ). 125
u2 −1 Đặt ut=+sin cos tu ,1 ≤≤ 2,sin tt cos = . 2 2 2 u = 1 Ta có ph ươ ng trình 3+u − 13 = uuu ⇔ − 320 + = ⇔  u = 2. π π 1 Ta ch ọn utt= 1⇒ sin+ cos =⇔ 1 2 sin( t +=⇔ ) 1 sin( t += ) 4 4 2 t= k 2 π  ⇔π ;k ∈ ℤ . t= + k2 π k  2 t = 0 x =cos2 0 = 1 π   Vì t ∈[0; ], nên ta ch ọn π ⇔ π 2 t = x =cos2 = 0.  2  2 x = 0 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là  x =1. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình xx−2 −+1 xx + 2 −= 1 2 (1) Gi ải. x2 −1 ≥ 0  1 π Điều ki ện: x− x2 −≥⇔≥1 0 x 1. Đặt x=, t ∈ (0; ). Khi đó v ế trái c ủa ph ươ ng trình (1) sint 2  2 x+ x −1 ≥ 0 được bi ến đổ i v ề d ạng 1 1 1 1 − −+1 + − 1 sint sin2 t sin t sin 2 t 1 1 = −+cott + cot t sint sin t 1− cost 1 + cos t = + sint sin t t t 2sin2 2cos 2 =2 + 2 tt tt 2sin cos 2sin cos 22 22VIETMATHS.NET t t =tan + cot ≥ 2 2 2 (Theo b ất đẳ ng th ức Côsi) 126
Do đó ph ươ ng trình (1) t ươ ng đươ ng v ới điều ki ện để d ấu b ằng x ảy ra  t tan≥ 0 t t  2 π tan= cot ⇔ ⇔=⇔=t x 1. 2 2t t 2 tan= cot  2 2 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có m ột nghi ệm duy nh ất là x = 1. Ví d ụ 3. Cho ph ươ ng trình: 4 x2 +1 − x = m (1) Tìm m để ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm. π Gi ải. Điều ki ện: x ≥ 0. Đặt x=tan t , t ∈ [0; ). Ta có, ph ươ ng trình (1) tr ở thành 2 1 1sin− t 4 tan2 t+− 1 tan tm =⇔ − tan tm =⇔ = m . cost cos t 1− sint sin.sin t t − 1 π Xét hàm s ố ft( )= , ft′ ( ) = <∀∈ 0, t (0; ), cost 2sin t .cos t 2 π Suy ra hàm s ố luôn luôn ngh ịch bi ến trên kho ảng (0; ). M ặt khác ta có 2 t t  2 cos− sin  cos t 1− sin t ()1− sint cos t 2 2  lim= lim = lim π π π t→cos t t →cost 1+ sin t t → 2t 2 t  2 2() 2 cos− sin  1 + sin t 2 2  () t t  cos− sin  cos t 2 2  =lim = 0, π t→ t t  2 cos+ sin  1 + sin t 2 2  () π và f (0)= 1, nh ư v ậy mi ền giá tr ị c ủa hàm s ố f(), t t ∈ [0; ) là T = (0;1]. 2 f Vậy, ph ươ ng trình đă cho có nghi ệm khi và ch ỉ khi 0<m ≤ 1. 2.4. M ột s ố ph ươ ng pháp khác Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình x + 2 − x2 = 2 x2 −2 x + 2 Gi ải. Điều ki ện: x + 2 − x2 ≥ 0. Ta có 2 x2 −2 x + 2 = 2 (x − 1)2 + 1 ≥ 2 Dấu “=” x ảy ra ⇔ x = 1. 127
x+2 − x 2 ≤ 2 . D ấu “=” x ảy ra ⇔ x = 1. x+2 − x 2 = 2 Ph ươ ng trình (1) ⇔  ⇔ x = 1. 2x2 − 222 x + = Vậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất x = 1. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình x x+4 x −+ 4 xx − 4 −= 4 (1) 2 Gi ải. Ta có 2 x+4 x −= 4( x −+ 42 ) 2 x−4 x −= 4() x −− 42 Ph ươ ng trình (1) t ươ ng đươ ng v ới x x−++42 x −−= 42 2 Điều ki ện: x ≥ 4 . Ta có · x−420 + > ⇒ x−+ 42 = x −+ 42  x−4 − 2; x ≥ 8 · x −4 − 2 =  2−x − 4; 4 ≤ 2 2   ()()1⇔−+=−xx 321 xx 32 −⇔−()() xx 1 −+ 2320 x −=  128
x =1 x −1 = 0  ⇔ ⇔x ≤ 2 ⇔=x 1.  3x− 2 = 2 − x  2 3x− 2 =() 2 − x Vậy, phươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất x = 1. Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình ()41x− x2 += 12 xx 2 ++ 211() Gi ải. Đặt tx=2 +11 ≥ ⇒ tx 2= 2 + 11⇒ ()()⇔ 41221 xttx − =2 +− 1 ⇔2txtx2 −()() 41 − + 210 −=⇔= t (lo ại) ∨=tx21 −⇔ x2 += 121 x − 2  1  1 x ≥ x ≥  2 4 ⇔2 ⇔  ⇔=x . 2 4 3 x2 +1 =() 2 x − 1  x=0 ∨ x =   3 4 Vậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất x = . 3 Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình x+27 −= xx 2 −+−+−+ 1 xx2 871 Gi ải. Điều ki ện: 1≤x ≤ 7 Ta có x+27 −= xx 2 −+−+−+ 1 xx2 871 ⇔−−(1)2x x −+ 127 −− xx()() − 17 −= x 0 ⇔−−(1)2x x −+ 127 −− xx − 17 −= x 0 ⇔−xx1() −−−− 127 xx() −−= 120 ⇔( x −−12)( x −−−= 17 x ) 0  x−1 = 2 x = 5 ⇔ ⇔   x−1 = 7 − x x = 4. So v ới điều ki ện, ta có nghi ệm c ủa ph ươ ng trình là x=4 ∨ x = 5. Ví d ụ 6. Tìm m để ph ươ ng trình 4 x4 −13 xmx + +−= 10 có đúng m ột nghi ệm. 129
Gi ải. 4 x4 −13 xmx ++−=⇔ 1 04 x4 − 13 xm +=− 1 x x≤1  x ≤ 1 ⇔ ⇔  xxm4−13 +=− (1 x ) 432  −+ 4 xxxm 6 ++= 9 1 Xét hàm s ố fx()=− 4 x3 + 6 x 2 + 9 xx + 1, ≤ 1 fx′( )=− 12 x2 + 12 x + 9  1 x = −  2 f′( x )= 0 ⇔  3 x =  2 Bảng bi ến thiên x −∞ − 1 1 2 f ' − 0 + +∞ 12 f( x ) 3 − 2 Dựa vào b ảng bi ến thiên ta được giá tr ị m c ần tìm là  3 m = −   2 m >12. Ví d ụ 7. Tìm m để ph ươ ng trình x−−32 x −+ 4 xx − 6 −+= 45 m (1) có đúng hai nghi ệm. Gi ải. Ph ươ ng trình (1) chính là ph ươ ng trình hoành độ giao điểm c ủa đồ th ị hàm s ố yx= −−32 x −+ 4 xx − 6 −+ 45 và đường th ẳng y= m . Đặt t= x −4 ≥ 0. (1) tr ở VIETMATHS.NETthành tt2−++21 tt 2 −+= 69 mt ⇔−+−= 13. t m (2) Ta có nh ận xét r ằng, ứng v ới m ỗi t ≥ 0 thì ph ươ ng trình t= x − 4 cho ta m ột nghi ệm x. Do đó (1) có đúng hai nghi ệm x khi và ch ỉ khi (2) có đúng hai nghi ệm t ≥ 0. Xét hàm s ố ftt()=−+− 1 t 3, t ≥ 0 130
−+2t 4; 0 ≤ ∀≥ 10, xfx 0⇒ () đồng bi ến. B ảng bi ến thiên c ủa hàm s ố f( x ) nh ư sau 2x2 + 1 x 0 +∞ f'( x ) + +∞ f( x ) 1 V ậy, h ệ ph ươ ng trình có nghi ệm khi và ch ỉ khi m ≥ 1. Ví d ụ 9. Tìm m để ph ươ ng trình xxx++=12 m (5 −+− x 4 x ) (1) có nghi ệm. Gi ải. Điều ki ện: 0≤x ≤ 4. 131
(1) ⇔ (xxx++ 12)(5 −−−= x 4) xm Xét hàm s ố y= f( x ) = (xxx++ 12)(5 −−− x 4) x = hx( ). g ( x ) có t ập xác đị nh là D = [0;4]. Nh ận xét r ằng hx()= xx + x + 12 đồng bi ến và không âm trên D. 5−x − 4 − x Hàm s ố gx()= 5 −− x 4 − x có gx′( )= >∀∈ 0, xD ⇒ hàm s ố 25−x .4 − x gx()= 5 −− x 4 − x đồng bi ến trên D và c ũng th ấy r ằng g( x ) không âm trên D. Nh ư v ậy, hàm s ố f( x ) đồng bi ến trên D. Vậy, ph ươ ng trình có nghi ệm khi và ch ỉ khi fmf(0)≤≤ (4) ⇔ 23(5 −≤≤ 2) m 12. Ví d ụ 10. Tìm m để ph ươ ng trình 11 28 x+ +4 + = m 2x x 2 Có nghi ệm x > 0. Gi ải. 11 28 Xét hàm s ố y= fx( ) =+ x + 4 + , ta có 2x x 2 11 14 2x2 x 2+− 7 11 x 2 +− 7 28 y′ =−−1 = 2 2 2 2x 3 7 2x x 7 x 1+ + x2 y′ =⇔0 2 xx2 2 +− 7 11 x 2 +−= 7 28 0. Đặt tx=2 +7 ≥ 7⇒ xt 2= 2 − 7 −4 ± 2 Ta có 2(ttt2 − 7) − 11 − 28 =⇔ 0 2 tt3 − 25 − 28 =⇔=∨= 0 tt 4 . 2 Do t ≥ 7, nên ta ch ọn t= 4⇒ x = 3. 11 28   11 28  lim()limfxx= +++ 4  =+∞ ,lim()lim fxx =  +++ 4  =+∞ . 2  2  x→0 x → 0 2xx x→+∞ x →+∞ 2 xx  15 11 28 f (3)= . Nh ư v ậy mi ền giá tr ị c ủa hàm s ố y=+ x +4 + trên (0;+∞ ) là 2 2x x 2 15 15 T =[ ; +∞ ). V ậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm x > 0, khi và ch ỉ khi m ≥ . f 2 VIETMATHS.NET 2 §2. B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH VÔ T Ỉ 1. Định ngh ĩa và các định lý 1.1. Định ngh ĩa 132
Bất ph ươ ng trình vô t ỉ là m ột b ất ph ươ ng trình có ch ứa ẩn d ưới d ấu c ăn th ức. Nói khác đi đó là m ột b ất ph ươ ng trình có d ạng f( x )> 0, (ho ặc fx() 7 −−−− x 32 x Gi ải.  2−x ≥ 0 x ≤ 2   −3 Điều ki ện: 7−≥x 0 ⇔  x ≤ 7 ⇔≤ x (*)   2 −−≥320x − 3  x ≤  2 Ta có 2−x > 7 −−−− x 32 x ⇔2 −+−−x 32 x > 7 − x ⇔−+2x 2(2 − x )(32)32 −− x −− xx >− 7 ⇔2x2 −−>+ x 6 x 4 x + 6(4) x 2 x 11 x > 2 133
x<−4 ∨− 4 ≤ x <− 2 ⇔x < − 2 Kết h ợp v ới điều ki ện (*) thì nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là x < − 2. Ví d ụ 2. Gi ải b ất ph ươ ng trình 33x2− 1 ≥ 3 2 x 2 + 1 Gi ải. Lập ph ươ ng hai v ế c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho ta được b ất ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng 3x2− 12 ≥ x 2 + 1 ⇔x2 −2 ≥ 0 x ≤ − 2 ⇔  x ≥ 2. x ≤ − 2 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là  x ≥ 2. Ví d ụ 3. Gi ải b ất ph ươ ng trình x2 −16 5 +x −3 < x−3 x − 3 Gi ải. Bất ph ươ ng trình đã cho t ươ ng đươ ng v ới x ≥ 4   x2 −16 + x −< 3 5 x ≥ 4 ⇔   x2 −16 < 8 − x 4≤x < 8 ⇔  x2−16 < (8 − x ) 2 4≤x < 8 ⇔ ⇔≤<4x 5 x < 5 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là 4≤x < 5. Ví d ụ 4. Gi ải b ất ph ươ ng trình 618x+− xx ≤ 2342 +− x + Gi ải. Điều ki ện: 6x + 1 ≥ 0  VIETMATHS.NET 8x ≥ 0  ⇔x ≥ 0 (*) 2x + 3 ≥ 0 4x + 2 ≥ 0 Khi đó, b ất ph ươ ng trình đã cho tươ ng đươ ng v ới 134
61x++ 42 x +≤ 23 x ++ 8 x ⇔++10x 326 xx + 1.4 +≤++ 2 10 x 322 xx + 3.8 ⇔24xx2 ++≤ 16 2 16 xx 2 + 24 ⇔4x2 − 4 x +≤ 10 1 ⇔x = . 2 1 1 x = th ỏa điều ki ện (*). V ậy, b ất ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm duy nh ất là x = . 2 2 Ví d ụ 5. Gi ải b ất ph ươ ng trình x2 1++x 1 − x ≤− 2 (1) 4 Gi ải. Điều ki ện để các c ăn b ậc hai có ngh ĩa là −1 ≤x ≤ 1. Khi đó v ế ph ải c ủa (1) c ũng không âm, do đó bình ph ươ ng hai v ế c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho ta được b ất ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng x4 221+ −x2 ≤− 4 x 2 + 16 x4 ⇔ +−(1x2 )21 − −+≥ x 2 10 16 x4 ⇔ +( 1 −−x2 1) 2 ≥ 0. 16 Bất ph ươ ng trình cu ối luôn đúng. V ậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là −1 ≤x ≤ 1. 2.2. Ph ươ ng pháp đặt ẩn ph ụ Ví d ụ 1. Gi ải b ất ph ươ ng trình 5x2+ 10 x +≥− 1 72 xx − 2 Gi ải. Đặt t=5 x2 + 10 x +≥ 1 0. Bất ph ươ ng trình tr ở thành t 2 −1 t ≥7 − 5 ⇔t2 +5 t − 36 ≥ 0 t ≤ − 9 ⇔  t ≥ 4 Vì t ≥ 0 , nên ta nh ận t ≥ 4 , ta có 135
t=5 x2 + 10 x +≥ 1 4 ⇔5x2 + 10 x +≥ 1 16 ⇔x2 +2 x −≥ 3 0 x ≤ − 3 ⇔  x ≥1 x ≤ − 3 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là  . x ≥ 1 Ví d ụ 2. Gi ải b ất ph ươ ng trình x x +1 −2 > 3 x+1 x Gi ải. x +1 Đặt t = > 0. B ất ph ươ ng trình tr ở thành x 1 −2t > 3 t 2 ⇔2t3 + 3 t 2 − 0 , nên ta nh ận 0 0 ⇔  x()3 x + 4 < 0 4 ⇔− <x <− 1. 3 4 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là − <x <− 1. 3 Ví d ụ 3. Cho b ất ph ươ ng trình VIETMATHS.NET−44()() −x 2 +≤−+− xx2 2 xa 181.() a) Gi ải b ất ph ươ ng trình (1) khi a = 6; b) Tìm a để b ất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x ∈[ − 2;4] . Gi ải. 136
Điều ki ện: −2 <x ≤ 4. Đặt t=()()42 − xx +=−++ xx2 28. Theo b ất đẳ ng th ức Côsi ta có 1 t=()()42 − xx +≤()() 4 −++= xx 2  3 2 t=3 ⇔ x =∈− 1[] 2;4 . Nh ư v ậy, v ới x ∈[ − 2;4] thì t ∈[0;3]. (1) ⇔gtt( ) =−+−≤2 410 t a 0 2 x =1 + 5 a) Nếu a = 6, ta có gttt()()=−+=−2 44 t 20 ≤⇔=⇔−+ t 2 xx2 282 +=⇔  x =1 − 5. b) Tr ường h ợp t ổng quát, yêu c ầu bài toán được th ỏa khi và ch ỉ khi gt( ) ≤∀∈0, t[ 0;3] ⇔ Maxgt( ) ≤ 0. t∈[]0;3 Ta có gtt′( )= 2 − 4 = 0 ⇔=∈ t 2 [0;3], nên Maxgt( ) = Maxg{ (0); g (2); g (3) } t∈[]0;3 =g(0) = 10 − a . Vậy, ta có 10−a ≤ 0 ⇔ a ≥ 10. Ví d ụ 4. Cho b ất ph ươ ng trình mx(2 − 2 x +++ 2 1) xx ( − 2) ≤ 0 (1) Tìm m để b ất ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm x ∈[0;1 + 3]. Gi ải. Đặt tx()= x2 − 22 x + x −1 t′() x= =⇔=∈+ 0 x 1[0;13] x2 −2 x + 2 Bảng bi ến thiên x 0 1 1+ 3 t'( x ) − 0 + 2 2 t( x ) 1 ∀x ∈[0;1 + 3]⇒ t ∈ [1;2]. t 2 − 2 Ta có (1) ⇔mt( ++−≤⇔≤ 1) 2 t2 0 m , t ∈ [1;2]. t +1 t 2 − 2 Xét hàm s ố f( t )= , t ∈ [1;2], t +1 137
t2 +2 t + 2 f′( t )= >∀∈ 0, t [1;2]. (t + 1) 2 Bảng bi ến thiên x 1 2 f ' + +∞ 2 f( x ) 3 1 − 2 2 Yêu c ầu bài toán được th ỏa khi và ch ỉ khi m ≤ . 3 2.3. Một s ố ph ươ ng pháp khác Ví d ụ 1. Gi ải b ất ph ươ ng trình xx2−++32 xx 2 −+≥ 432 xx 2 −+ 54 (1) Gi ải. (1)⇔xx2 −++ 32 xx 2 −+− 432 xx 2 −+≥ 540*() Điều ki ện: x≤1 ∨ x ≥ 4. ax)4≥ ⇒ x−>−>−>−≥ 1 x 2 x 3 x 40   ()*⇔−xx 1( −−−+ 2 x 4) ( x −−− 3 x 40,)  ≥ đúng, nh ư v ậy x ≥ 4 là nghi ệm. bx)10≤ ⇒ ≥−>−>−>− xx 1 2 x 3 x 4   ()*1⇔−xxx( 2 −−−+ 4) ( 3 −−− xx 4)  ≥⇔= 0 x 1. x ≥ 4 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là  x =1. Ví d ụ 2. Gi ải b ất ph ươ ng trình 2 4()()x+< 12 2101 x +( −+ 32 x ) . 3 Gi ải. Điều ki ện: − ≤x ≠− 1. Bất ph ươ ng trình t ươ ng t ươ ng v ới 2 2 4()x + 1 2 <2x + 10 VIETMATHS.NET ()1− 3 + 2 x 2 ⇔+()1 3 + 2x <+ 2 x 10 ⇔3 + 2x <⇔< 3 x 3. 138
 3 − ≤x 3, (1) ⇔x2 −≤4() x + 3 ⇔x2 −≤4 x 2 + 6 x + 9 13 ⇔x ≥ − 6 ⇒ x > 3 là nghi ệm. 2≤x 0⇒ (1)⇔ 1 + x ≥ 1 139
2 ⇔()1 +x ≥ 1 ⇔x() x +2 ≥ 0 x ≤ − 2 ⇔  x ≥ 0 x ≤ − 2 Ta ch ọn  0≤x ≤ 1 x ≤ − 2 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là  x ≥ 0. BÀI T ẬP CH ƯƠ NG IV Bài 1. Gi ải các ph ươ ng trình 1) (16−x2 ) 3 − x = 0; 2) (9−x2 ) 2 − x = 0; 3) 4+ 2x − x2 =− x 2; 4) 1+ 4x − x2 =− x 1; 5) 21x++ x − 32; = x 6) x++1 4 x += 13 3 x + 12; 7) (x+ 3) 10 −=−− xxx2 2 12; 8) x+−4 1 −= x 12. − x Bài 2. Gi ải các ph ươ ng trình 1) 3x2+ 15 x + 2 x 2 ++= 5 x 1 2; 2) xx2−3 ++ 3 xx 2 − 3 += 6 3; 3) x++2 5 −+ xx ( + 2)(5 −= x ) 4; 4) x++4 x −=−+ 4 2 x 12 2 x 2 − 16; 2 5) 1+xx −=2 x +− 1 x ; 3 6) 1++ 1x x2 − 24VIETMATHS.NET = x ; 7) xx+ ++11 xx − += 11 4; 8) x335− xx3 ( + 3 35 − x 3 ) = 30; 9) x3 +2 = 333 x − 2; 140
10) 23 (1+x )2 + 33 1 −+ x 2 3 (1 − x ) 2 = 0; 11) 2x+ 63 1 −+= x 2 0; 12) 3x+= 1 3 x2 − 8 x + 3; 13) x+3 x += 1 xx2 ++ 1. Bài 3. Gi ải các ph ươ ng trình 1) xx2+−15 xx4 2 += 15 2; 4 2) 2−x + = 2; 2−x + 3 6 3) 953−x = −+ x ; 3 − x 4 1 3 4) − = ; x+ xxx2 + − xx 2 + x 5) xx2+2 ++ 1 xx 2 − 2 += 1 2; 6) (2xx2++ 6 10) xxx 2 +− 3 11 2 −+= 33 x 8 0. 7) 2xxx2 +− 4 3 +−+ 22 x 32 x = 0; 8) 233 x−+ 2365 − x −= 80; 9) 4x+=1( 32 4 xxx − 4 + 1) ; 10) 3 2−x =− 1 x − 1; 11) 3 9−x =− 2 x − 1; 12) 213−x 2 + 4 − x 2 = 4. Bài 4. Gi ải các ph ươ ng trình x + 3 1) x+21 x −+ x − 21 x −= ; 2 2) 2x++ 22 x +− 1 x += 14; 2(x2 − 2 x + 4) 3) =2x ++ 23 x2 −+ 2 x 4; x + 2 4) 2(x2−+= 3 x 2) 3 x 3 + 8; 5) x3+−(1 xx 23 ) = 2(1 − x 2 ) ; 3 3  6) 11+−xx2 () 1 −−+() 1 x =+− 21; x 2   141
7) 1−−xx 21 −− x2 2 x 2 += 10; x2+1 ( x 2 + 1) 2 8) x2 +1 + = ; 2x 2 x (1− x 2 ) ()2x − 1 2 9) 2132x++ − x = . 2 Bài 5. Gi ải các b ất ph ươ ng trình 1) (x− 1) x2 −−≥ x 2 0; 2) (x2− 1) x 2 −−≥ x 2 0; 3) 2x− x2 x 3 0; 5) x++3 x +− 2 2 x +> 4 0; 6) 3xx2++− 5 7 3 xx 2 ++> 5 21; 7) xx+ +≥9 x ++ 1 x + 4; 8) 51x−− x −> 1 24; x − 9) xx2+++32 xx 2 ++≤ 65 2 xx 2 ++ 97; 10) xx2+−+2 xx 2 +−≤ 23 xx 2 +− 45; 1− 1 − 4 x2 11) − 342; x 4) x3+ x 2 +3 xx ++> 1 2 0; 5) 7xx++ 7 7 −+ 6 2 49 xx2 +− ++ 1) 2 2 x − 1; 8) x2+≥+4 xx ( 4) x 2 −+ 2 x 4; 142
9) x2−12 ≤ xx 2 + 2; x 10) (x− 1) 2 x −≤ 1 3( x − 1); 11) ( x2−1)( x 2 −−+ 11) x 2 −−> 160; 12) x2 x− 1 ≤ 54; − x 13) x3−2 xxxx 2 + ; x−3 x − 3 7) xx2 ++4 4 x +−− 428 xx > 0; 1 3 x 8) 2 +1 > ; 1− x 1− x2 9) x>1 +3 x − 1; 2x 10) x + > 3 5. x2 − 4 Bài 8. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có đúng hai nghi ệm phân bi ệt x−−52 x −+ 6 xx − 4 −−= 62 m . Bài 9. Tìm các giá tr ị c ủa m để các ph ương trình sau có nghi ệm 1) x+4 −+ xx2 4 −= xm 2 ; 1 4 1 2) + +=4x 4( + 2 x ) + m . x2 x x Bài 10. Cho ph ươ ng trình 5 xm22+( − ) x 2 ++−= 42 m 3 0. 3 143
Ch ứng minh r ằng ph ươ ng trình có nghi ệm v ới m ọi m > 0. Bài 11. Cho ph ươ ng trình x++1 x ++ 4 xx2 ++++ 54 xm 20. = Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình có nghi ệm không âm. Bài 12. Bi ện lu ận theo m s ố nghi ệm c ủa ph ươ ng trình 5++−+x 7 xm()() 57 + x −=+ xm 21. Bài 13. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có nghi ệm 31x−+ mx += 124 x 2 − 1 . Bài 14. Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình mxx(2−++≥− 221) xx 2 26 ++ xx 2 −+ 22 có nghi ệm thu ộc đoạn [0; 2]. Bài 15. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình x4+++4 xm4 x 4 ++= 4 xm 6 có hai nghi ệm. Bài 16. Ch ứng minh r ằng v ới m ọi m > − 1, ph ươ ng trình sau luôn luôn có hai nghi ệm phân bi ệt xx2 −−=2 3 ( mx + 1)( − 3). Bài 17. Cho ph ươ ng trình (x− 1)3 + mx =+ m 1. Ch ứng minh r ằng ph ươ ng trình luôn luôn có m ột nghi ệm duy nh ất v ới m ọi m. Bài 18. Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình (4+x )(6 −≤−+ x ) x2 2 xm nghi ệm đúng v ới mọi x ∈[ − 4; 6] . Bài 19. Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình mx− x −≤3 m + 1 có nghi ệm. VIETMATHS.NET Bài 20. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có hai nghi ệm phân bi ệt x2 + mx +=2 2 x + 1. Bài 21. Cho b ất ph ươ ng trình (x+ 1)( x +≤ 3) mx2 ++ 4 x 5 144
1) Gi ải b ất ph ươ ng trình khi m = − 1; 2) Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới m ọi x ∈−[ 2; − 2 + 3]. Bài 22. Cho b ất ph ươ ng trình (3+x )(7 −≤−+ x ) x2 4 xm . Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới m ọi x ∈[ − 3;7]. Bài 23. Cho b ất ph ươ ng trình 4x−+ 2 16 − 4 x ≤ m . Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình có nghi ệm. Bài 24. Cho b ất ph ươ ng trình 1−x2 ≥ m − x . Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình có nghi ệm. Bài 25. Cho b ất ph ươ ng trình 123−x2 ≤ x − m . Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất. Bài 26. Cho b ất ph ươ ng trình mx22 + 7 1 − x . 1 Tìm các giá tr ị c ủa m để tập h ợp nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho ch ứa đoạn [ ;1]. 4 Bài 28. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình mx( −+224 x2 −−+= 4) x 22 4 x 2 − 4 có nghi ệm. 3 Bài 29. Tìm các giá tr ị c ủa m để b ất ph ươ ng trình x3+3 x 2 −≤ 1 mxx( −− 1 ) có nghi ệm. Bài 30. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có đúng hai nghi ệm phân bi ệt 42xx+ 226 + 4 −+ x 26 −= xm . Bài 31. Tìm các giá tr ị c ủa m để bất ph ươ ng trình sau có nghi ệm x + mx1() x m x 2 − 1. Bài 32. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có nghi ệm x2+−=+ mx4() x m x 2 − 4. 145
CH ƯƠ NG V. PH ƯƠ NG TRÌNH, B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH M Ũ VÀ LOGARIT §1. NH ẮC L ẠI LOGARIT 1. Định ngh ĩa. Cho a là m ột s ố d ươ ng khác 1 và b là m ột s ố d ươ ng. S ố th ực α sao cho α a= b được g ọi là logarit c ơ s ố a c ủa b và kí hi ệu là log a b t ức là α α=loga b ⇔ a = b . Chú ý. · Khi vi ết log a b thì ph ải hi ểu là a>0, a ≠ 1; b > 0. · Tr ường h ợp c ơ s ố a = 10 thì logarit c ơ s ố 10 c ủa s ố d ươ ng b ta vi ết là lg b và đọc là logarit th ập phân c ủa b. · V ới a= e thì logarit c ơ s ố e c ủa s ố d ươ ng b ta vi ết là ln b và đọc là logarit t ự nhiên c ủa b. 1 (S ố e là gi ới h ạn lim (1+ ) x x ấp x ỉ b ằng 2,718281828 ). x→+∞ x Từ định ngh ĩa ta có m ột s ố k ết qu ả sau. · loga 1= 0 , log a a = 1; b · log a a= b · alog a b = b 2. Các tính ch ất c ủa logarit 2.1. Định lý. i)log(a bc )= log a b + log a cabc ;1 ≠> 0;, > 0 b  ii)log  = log b − log cabc ;1 ≠> 0;, > 0 ac  a a α iii)loga b=α log a b ;1 ≠> a 0; b >α∈ 0;ℝ . * 2k Chú ý. Trong iii) n ếu α =2k , k ∈ ℕ thì logab= 2 k log a b ;1 ≠>≠ ab 0; 0. Hệ qu ả 1  i)log  =− log bab ;1 ≠> 0; > 0 ab  a 1 ii)logn b= log babnn ;1 ≠>>∈≥ 0; 0;ℕ , 2. an a 2.2. Định lý log c log c = a hay logbcVIETMATHS.NET .log= log ca ;1 ≠>≠> 0;1 bc 0; > 0. b a b a log a b Hệ qu ả 1 i)log a b = hay logaba .log b = 1;1 ≠> a 0;1 ≠> b 0. . log b a 146
1 ii)log c= log cac ;1 ≠> 0; >α≠ 0; 0. aα α a iii) alogbc= c log b a ;1 ≠> b 0; ac , > 0. §2. PHƯƠ NG TRÌNH, B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH M Ũ 1. Định ngh ĩa. Ph ươ ng trình, b ất ph ươ ng trình m ũ là ph ươ ng trình, b ất ph ươ ng trình mà ẩn s ố có m ặt ở s ố m ũ c ủa l ũy th ừa. Trong m ột s ố tr ường h ợp ta xét thêm ẩn s ố có m ặt ở c ả c ơ s ố c ủa l ũy th ừa, khi đó ta ph ải xét hai tr ường h ợp: c ơ s ố a >1 và 0 0  · afx()= a gx () ⇔ a = 1   fx()= gx () f( x ) · a=⇔ bfx() = loga bab ,1 ≠>> 0; 0. Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 2x+3 = 5 x (1) x+3 x Gi ải. (1)⇔ log2 2 = log 2 5 ⇔x +3 = x log2 5 3 ⇔=3x (log2 5 −⇔= 1) x . log2 5 3 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là x = . log2 5− 1 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 2 3 2x−2 x 3 x = (1) 2 2 3 Gi ải. (1)⇔ log 2x−2 x .3 x = log 2 2 2 3 ⇔−+x2 2 x x log 3 = log . 2 2 2 2 ⇔+x x (log32 −+− 2) 1 log3 2 = 0 x =1 ⇔   x =1 − log2 3 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là x=1 ∨ x = 1 − log2 3. 147
2.2. Ph ươ ng pháp đặt ẩn s ố ph ụ Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 4x+ 6 x = 9 x (1) Gi ải. 4x  6 x (1)⇔ +  = 1 9  9 2x x 2  2 ⇔ +  −=1 0 (1) 3  3 2  x Đặt t =  > 0 (1) tr ở thành t2 + t −1 = 0 3   −1 − 5 t =  2 ⇔  −1 + 5 t =  2 −1 + 5 Do t > 0 nên ta ch ọn t = , 2 2  x −+ 15 −+ 15 suy ra   = ⇔x = log2 . 3  23 2 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình x x ( 2− 3) ++( 2 3) = 4 (1) x Gi ải. Đặt t =( 2 − 3) > 0 ta có 1 (1) tr ở thành t + = 4 t ⇔t2 −4 t += 1 0 t =2 − 3 > 0 ⇔   t =2 + 3 > 0 x +t =23 − ⇒ ( 23−)VIETMATHS.NET = 23 − x ⇔−()2 32 =− 2 3 x ⇔ =⇔1x = 2 2 148
x +t =23 + ⇒ ( 23−) = 23 + x ⇔−()2 32 =+ 2 3 x ⇔− =1 ⇔x =− 2 2 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là x=2 ∨ x =− 2. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 4x+ 4− x ++ 2 x 2 − x = 10 (1) Gi ải. Đặt 2x =t > 0 1 1 (1) tr ở thành t2 + ++ t = 10 t2 t 1 2  1  ⇔+t  −++2  t  − 100 = t   t  2 1  1  ⇔+t  ++ t  −=12 0 t  t   1 t + = − 4  t ⇔   1 t + = 3.  t 1 Vì t > 0, nên ta ch ọn t + = 3 t  3− 5 t = > 0 1 2  2 t + = 3 ⇔t −3 t + 1 = 0 ⇔  t 3+ 5 t = > 0  2 35−  35 − 2x =  x = log 22 2 ⇒   ⇔  35+ 35 + 2x =  x = log 2  2 2 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là  3− 5 x = log 2  2  3+ 5 x = log .  2 2 149
Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình 23x+ 1− 7.2 2 x + 7.2 x −= 2 0 (1) Gi ải. Đặt t =2x > 0 (1) tr ở thành 2t3− 7 t 2 + 720 t −= ⇔−(t12)( t2 −+= 5 t 2) 0   t=1  2x = 1  x = 0    ⇔=⇔t2  22x =⇔ x = 1    1  1x = − 1. t =  2x =  2  2 x = 0  Vậy, ph ươ ng trình đã cho có ba nghi ệm là x = 1  x = − 1. Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình 2 2 2 2.4x+1+ 6 x + 1 = 9 x + 1 () 1 Gi ải. 21(x2 +) x2 +1 21( x 2 + ) ()1⇔ 2.2 +() 2.3 = 3 x2+1 2 x 2 + 1 3  3 () ⇔2 + =  2  2 2 3  x +1 3 Đặt t =  ≥ , ta được ph ươ ng trình: 2  2 2  t = 2 t− t −2 = 0 ⇔  t = − 1 x2 +1 3  2 Ta nh ận t= 2⇒   = 2 ⇔ x += 1 log3 2 2  2  x =log 2 − 1  3 ⇔  2 x = −log3 2 − 1  2  x =log 2 − 1 VIETMATHS.NET 3 Vậy, ph ươ ng trình có hai nghi ệm là  2 x = −log3 2 − 1  2 Ví d ụ 6. Gi ải ph ươ ng trình 2 2 221x+− 9.2 xx + + 2 22 x + = 0() 1 150
Gi ải. 2 2 ()1⇔ 2221xx−− − 9.2 xx −− 2 += 10 12 9 2 ⇔.22xx− 2 − .2 xx − += 10 2 4 2 2 ⇔2.22xx− 2 − 9.2 xx − += 4 0 2 Đặt t =2x− x > 0, ta có ph ươ ng trình t = 4 2  2t− 9 t + 40 = ⇔ 1 t =  2 x2 − x 2 2 x = − 1 · t = 4 ta có: 24= ⇔xx − = 2 ⇔ xx − − 20 = ⇔   x = 2 1 2 1 · t = ta có: 2x− x = ⇔xx2 −=−⇔ 1 xx 2 −+= 10 () VN 2 2 Vậy, ph ươ ng trình có hai nghi ệm x= −1, x = 2 . Ví d ụ 7. Gi ải ph ươ ng trình 1 12 23x− 6.2 x − += 1() 1 23.()x− 1 2x Gi ải. 23   2  ()1⇔ 23x −  − 62 x −=  1 23x   2 x  3 2 23  2  22   Đặt t =2x − ta có 23x−=−+ 2 x  3.2.2 xx  −=+  t3 6 t 2x 23x 2 x  22 xx   Khi đó ta có ph ươ ng trình: t3 +661 tt − =⇔= t 1 x x2 x2 x 2= − 1 Suy ra 2−x = 12 ⇔() − 220 − = ⇔  2  2x = 2 Ta ch ọn 2x = 2 ⇔x = 1 Vậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất x = 1. Ví d ụ 8. Gi ải ph ươ ng trình 1+− 122x =+( 1212 − 2 x) 2 x Gi ải. Điều ki ện: 12−2x ≥⇔ 021 2 x ≤⇔≤x 0 π  Nh ư v ậy ta có 0< 2x ≤ 1 , do đó đặt 2x = sin t v ới t ∈0; . 2   Ph ươ ng trình tr ở thành 1+− 1 sin2t = sin t( 1 +− 21 sin 2 t ) ⇔+1c ost = sin t() 1 + 2 c ost t ⇔2.osc = sin t + sin2 t 2 t 3t t ⇔2.osc = 2sin .os c 2 2 2 151
t 3 t  ⇔2.osc  1 − 2sin  = 0 2 2   t cos= 0  2 ⇔   3t 2 sin =  2 2 π  3t 2 do t ∈0; nên ta ch ỉ nh ận sin = t ừ đó ta được 2   2 2  π t =  x 1  6 2 = x = − 1  ⇔ ⇔  2   π x  x = 0 t =  2= 1  2 Vậy, ph ươ ng trình có hai nghi ệm x= −1; x = 0. 2.3. Ph ươ ng pháp sử d ụng tính ch ất đơ n điệu c ủa hàm s ố S ử d ụng tính ch ất đơ n điệu c ủa hàm s ố để gi ải ph ươ ng trình là cách gi ải khá quen thu ộc. Ta có ba h ướng áp d ụng nh ư sau. 1. Bi ến đổ i ph ươ ng trình v ề d ạng f( x ) = k (1) với k là h ằng s ố. N ếu hàm s ố f( x ) đồng bi ến (ngh ịch bi ến) trên kho ảng (a ; b ) thì ph ươ ng trình (1) có nhi ều nh ất m ột nghi ệm trên kho ảng (a ; b ). Do đó n ếu tìm được x0 thu ộc kho ảng (a ; b ) sao cho f( x0 ) = k thì x0 là nghi ệm duy nh ất c ủa ph ươ ng trình. 2. Bi ến đổ i ph ươ ng trình v ề d ạng fx()= gx ()(2) N ếu hàm s ố y= f( x ) đồng bi ến (ngh ịch bi ến) trên kho ảng (a ; b ), nh ưng hàm s ố y= g( x ) ngh ịch bi ến ( đồng bi ến) c ũng trên kho ảng đó thì ph ươ ng trình (2) có nhi ều nh ất m ột nghi ệm trên kho ảng (a ; b ). Do đó, n ếu tìm được x0 thu ộc kho ảng (a ; b ) sao cho fx()0= gx () 0 thì x0 là nghi ệm duy nh ất c ủa ph ươ ng trình. 3. Bi ến đổ i ph ươ ng trình v ề d ạng fu( )= fv ( ) (3) Xét hàm s ố y= f( x ), n ếu hàm s ố này đơ n điệu trên kho ảng (a ; b ) thì khi đó ph ươ ng trình (3) t ươ ng đươ ng v ới u= vuv; , ∈ ( ab ; ). Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình VIETMATHS.NETx 2x = 32 + 1 (1) Gi ải. x x 3   1  (1)⇔ 1 =  +   2   2  152
x x 3   1  Hàm s ố f( x ) =  +   2   2  ngh ịch bi ến trên ℝ nên ph ươ ng trình n ếu có nghi ệm thì ch ỉ có nghiệm duy nh ất, ta th ử được x = 2 th ỏa ph ươ ng trình. Vậy, ph ươ ng trình đã cho có một nghi ệm duy nh ất x = 2. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 32x− 3+ (3x − 10).3 x − 2 +−= 3 x 0 (1) Gi ải. Đặt t =3x−2 > 0  1 t = 2  Vi ết l ại ph ươ ng trình (1) d ưới d ạng 3t+ (3 x − 10) t + 3 − x = 0 ⇔  3 t=3 − x 1 1 · V ới t= ⇒ 3x−2 = ⇔ x − 21 =−⇔ x = 1. 3 3 · V ới t=3 − x⇒ 3x−2 = 3. − x Hàm s ố y = 3x−2 đồng bi ến trên toàn tr ục s ố, còn hàm s ố y= 3 − x luôn luôn ngh ịch bi ến và ta th ử được x = 2 th ỏa ph ươ ng trình. V ậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là x = 1, x = 2. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 2 −2x− x + 2 x − 1 =− (x 1) 2 (1) Gi ải. 2 Vi ết l ại ph ươ ng trình (1) d ưới d ạng 2x−1+−=x 12 x − x + x 2 − x . Xét hàm s ố f() t= 2t + t , ta có, hàm s ố này luôn luôn đồng bi ến trên toàn tr ục s ố. Nh ư v ậy, ph ươ ng trình được vi ết d ưới d ạng fx(−= 1) fxx (2 −⇔−= ) x 1 xxx 2 −⇔= 1. V ậy, ph ươ ng trình đã cho có một nghi ệm duy nh ất là x = 1. Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình x33++2x 3.2 x 2 x ++ (13).2 xx 2 x +−= 2 0 (1) Gi ải. Vi ết l ại ph ươ ng trình (1) d ạng (2x+x )3 + (2 x + x )2 = (2) Xét hàm s ố ft( )= t3 + t , hàm s ố này luôn luôn đồng bi ến trên toàn tr ục s ố và f (1)= 2, do đó (2) ⇔2x +=⇔x 1 2 x =− 1 x .(3) Cũng l ập lu ận nh ờ tính ch ất đơ n điệu c ủa hàm s ố thì ph ươ ng trình (3) ch ỉ có m ột nghi ệm duy nh ất là x = 0. V ậy, ph ươ ng trình đã cho có một nghi ệm duy nh ất là x = 0. 153
Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình 9x+ 2( x − 23) x +−= 2 x 50(1) Gi ải. Đặt t =3x > 0 (1) tr ở thành t2 +2( x − 2) tx + 250 −= t = −1 < 0 ⇔  t= −2 x + 5 Nh ư v ậy, ta có 3x = − 2x + 5 ⇔3x + 2x −= 50 Hàm s ố y=3x + 2 x − 5 đồng bi ến trên ℝ, do đó ph ươ ng trình có nhi ều nh ất m ột nghi ệm, th ử được x = 1 th ỏa ph ươ ng trình. Vậy, ph ươ ng trình đã cho có một nghi ệm duy nh ất x = 1. Ví d ụ 6. Cho ph ươ ng trình 2 2 5x++22 mx− 5 24 x +++ mxm 2 =++x 2 2 mx m (1) Tìm m để ph ươ ng trình có nghi ệm. Gi ải. Đặt t= x2 +2 mx + 2, ph ươ ng trình (1) tr ở thành 5t+=t 52 t+ m − 2 ++− 2 t m 2(2) Xét hàm s ố f() t= 5t + t , hàm s ố này đồng bi ến trên toàn tr ục s ố do đó (2)⇔ftftm () = (2 +−⇔=+−⇔+−= 2) ttm 2 2 tm 20 ⇔x2 +2 mx += m 0 (3) Ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm khi và ch ỉ khi (3) có nghi ệm, khi và ch ỉ khi m ≤ 0 2 m ≤ 0 ∆′ =m − m ≥0 ⇔  V ậy, giá tr ị m cần tìm là  m ≥1. m ≥1. 2.4. M ột s ố ph ươ ng pháp khác Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 2 x2− x 2x+ x− 4.2 − 22 x += 4 0 (1) Gi ải. VIETMATHS.NET 2 2 x x2− x (1)⇔( 2x+ x −− 2) 4( 2 −= 1) 0 2 xxx2− xx 2 − ⇔22( −− 142) ( −= 10) 154
x2− x2 x ⇔(2 − 12)( −= 4) 0 x2− x 2= 1 x2 − x = 0 x=0 ∨ x = 1 ⇔ ⇔ ⇔   2 x   2= 4 2x = 2 x = 1. ⇔x =0 ∨ x = 1. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 53x++ 9.5 x 27( 5− 3 xx += 5 − ) 64 (1) 3 x3 2 x3 x 9 3  3 (1)⇔+() 5 3.5 .x + 3.5 .2 x += x  4 5 5 5  3  3 3 ⇔5x +  =⇔+= 453 x 4 5x  5 x 2 ⇔()5x − 4.5 x += 3 0 5x = 1 x = 0 ⇔ ⇔   x  5= 3 x = log5 3. Vậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm là x=0 ∨ x = log5 3. Ví d ụ 3. Tìm k để ph ươ ng trình 9x−−(k 1) 3 x + 2 k = 0 (1) có nghi ệm duy nh ất. Gi ải. Đặt t =3x > 0.(1) tr ở thành t2 −( k −1) t + 2 k = 0(2) (1) có nghi ệm duy nh ất ⇔ (2) có đúng m ột nghi ệm d ươ ng.  2 ∆ = 0 ()k−2 − 8 k = 0     S= t + t > 0 k −1 > 0 t1= t 2 > 0  1 2       k =5 + 2 6 ⇔ 0  2k = 0  1 2 P= t1. t 2 = 0    S= t + t > 0 k −1 = 0  1 2  k =5 + 2 6 Vậy, giá tr ị k c ần tìm là  k < 0. Ví d ụ 4. Cho ph ươ ng trình 155
m2 m + 1 − ++=m 4 0 (1) 4x 2 x Tìm m sao cho ph ươ ng trình có hai nghi ệm x1, x 2 th ỏa − 0 2x (1) tr ở thành mt2 −(2 m + 1) t ++= m 40(2) Ta có − 0 m() m +2 > 0 Vậy, v ới m 0. y 4 v = 2 Khi đó (1) được vi ết thành 2 2 u−4 uv + v = 1() a  VIETMATHS.NET v2 −3 uv = 4 () b v2 − 4 Do v > 0 nên t ừ (b ) ⇒ u = thay vào (a ) ta được 3v 156
v2 =16 4 2  2v− 31 v − 16 = 0 ⇔  1 v2 = −  2 Ta nh ận v2 =16 ⇔ v = 4 (do v > 0) ⇒ u =1.  x2 −1 2 4= 1 x −1 = 0 x=1 ∨ x =− 1 Nh ư v ậy, ta có ⇔  ⇔  2y = 4 y = 2 y = 2. V ậy, h ệ ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm (1;2),(− 1;2). Ví d ụ 2. Gi ải h ệ ph ươ ng trình x y 3− 3 =y − x (1)  x2+ xy + y 2 = 12(2) Gi ải. Ta vi ết ph ươ ng trình (1) d ưới d ạng 3x+x = 3 y + y (3) Xét hàm s ố f () t= 3 t + t , hàm này đồng bi ến trên ℝ, do đó (3) ⇔x = y . xy=  xy = x= y Khi đó h ệ tr ở thành ⇔  ⇔  x2++= xy y 212  3 x 2 = 12 x=2 ∨ x =− 2. V ậy, h ệ ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm (2;2),(− 2; − 2). Ví d ụ 3. Gi ải h ệ ph ươ ng trình x y 2−=− 2 (y x )( xy + 2) (1)  x2+ y 2 = 2 (2) Gi ải. Thay (2) vào (1) ta được 22(x−=− y yxx )(2 ++ xyy 2 ) =− y 33 x ⇔2x +x3 = 2 y + y 3 (3) Áp d ụng ph ươ ng pháp gi ải nh ư Ví d ụ 2, ta c ũng được h ệ ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm (1;1),(− 1; − 1). Ví d ụ 4. Tìm m để h ệ ph ươ ng trình x y 2+m .3 = 3 m  (1) m.2x+ 3 y = 2 m + 1 Có nghi ệm duy nh ất. Tìm nghi ệm duy nh ất đó. 157
Gi ải. x u =2 > 0 Đặt  v =3y > 0 Khi đó h ệ được bi ến đổi v ề d ạng u+ mv = 3 m  (2) mu+ v =2 m + 1 2 2 2 Ta có D=−1 mD ;u =− 2 m + 2; mD v =− 3 m ++ 21. m Hệ ph ươ ng trình (1) có nghi ệm duy nh ất khi và ch ỉ khi h ệ ph ươ ng trình (2) có nghi ệm duy nh ất (uvu ; ),> 0, v > 0. D 2m m 0 ⇔  D m −1 m > 1  D −3m − 1 1 v=v = >⇔− 1   fx() gx ()  a > 1   f( x ) 0) ⇔ .  0 log a b · af( x ) > b (1). (0<a ≠ 1) i) Nếu b ≤ 0 thì (1)⇔ f ( x ) có ngh ĩa. 158
ii) N ếu b > 0 thì: + Tr ường h ợp 1: a >1 (1) ⇔f( x ) > log a b + Tr ường h ợp 2: 0 0 v ới m ọi x . Ta xét 3 tr ường h ợp sau x = 0 Tr ường h ợp 1: x2 − x +1 = 1 ⇔  , các giá tr ị x=0, x = 1 là nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình x = 1 (1) vì thay vào (1) ta được 1≤ 1 (đúng). Tr ường h ợp 2: xx2−+>⇔1 1 xx 2 −> 0 x 1 2 Khi đó (1)⇔ log (x2 −+ x 1)x+ 2 x ≤ 0 x2 − x + 1 ⇔x2 +20 x ≤⇔−≤≤ 2 x 0 x 1 Tr ường h ợp 3: 0 0 159
x ≥ 0 (1)⇔x2 + 2 x ≥ 0 ⇔  x ≤ − 2. Kết h ợp v ới điều ki ện đang xét, ta ch ọn nghi ệm là 0 0 , (1) tr ở thành 2t−1 − 2 t + 1 ≤ 0 t −1 −t2 + t + 2 ⇔ ≤ 0 t( t − 1) Lập b ảng xét d ấu v ế trái ta nh ận được 0 0 , ta có b ất ph ươ ng trình theo ẩn t 9  160
 2 t ≤ 2  3t− 5 t + 20 ≥ ⇔  3 t ≥1. Nh ư v ậy, ta có  4  x 2 0 0 , ta có b ất ph ươ ng trình 4   3 4t − 3 t 0 ⇔  4 , t −1 t >1  3  x 3  3 0   > 1 4  x >1 ⇔  x < 0. 161
x >1 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là  x 0 ta được x x 5+ 21  5 − 21   +  ≤ 5 2  2  x 5+ 21  Đặt t =  > 0 , ta có b ất ph ươ ng trình 2  1 t+≤⇔5 t2 − 510 t +≤ t 5− 21 5 + 21 ⇔ ≤t ≤ 2 2 x 5− 21 5 + 21  5 + 21 ⇔ ≤  ≤ 2 2  2 ⇔−1 ≤x ≤ 1 Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là −1 ≤x ≤ 1 . Ví d ụ 5. Gi ải b ất ph ươ ng trình 2236xx+−−+ 15.2 x +− 35 0, ta được b ất ph ươ ng trình 22326xx+−−+ 15.2 xx +−− 35 0 , ta có b ất ph ươ ng trình 4t2 + 15 t − 4 0 nên ta ch ọn 0 1 0 x >− 1   ⇔x +≥3 0 ⇔  x ≥− 3 ⇔> x 1. 2  x2 x 2 0 x+3 162
V ậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là x > 1. Ví d ụ 6. Gi ải b ất ph ươ ng trình 6xx+ 2+2 > 4.3 x + 2 2 x ( 1 ) Gi ải. u =3x > 0 Đặt  , ta có b ất ph ươ ng trình v =2x > 0 uv.44+ v − uv −2 > 0 ⇔−()()u v v −>4 0 uv>  uv 2 x 3 x 4  v 4 2 0 x ∨ 2 x 2 ∨ x k (1) ( k là h ằng s ố) Nếu hàm s ố f( x ) đơ n điệu trên kho ảng (a ; b ) (gi ả s ử đồ ng bi ến). Khi đó ta có nh ận xét: Gi ả s ử x0 thu ộc (a ; b ) là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình f( x )= k , thì Với xx≤⇔0 fx( ) ≤ fx ( 0 ) = k ⇒ (1) vô nghi ệm. Với xx>⇔0 fx() > fx () 0 = k ⇒ (1) nghi ệm đúng. Vậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là x> x 0. 2. Bi ến đổ i b ất ph ươ ng trình v ề d ạng fu() 6 x − 1(1) Gi ải. Chia hai v ế c ủa b ất ph ươ ng trình (1) cho 6x > 0, ta được 2 3 1 + + > 1. 3x 2 x 6 x 2 3 1 Xét hàm s ố y= f( x ) =++ , là hàm s ố ngh ịch bi ến trên toàn tr ục s ố và f (2)= 1. 3x 2 x 6 x 163
Ta có nh ận xét: + V ới x ≥ 2, thì f( x )≤ f (2) = 1 ⇒ (1) không nghi ệm đúng. + V ới x f (2) = 1 ⇒ (1) đúng. V ậy, nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là x 0 ta được 2 x 2 2  sin 3 cos x   +2 ≥ m 3  3sin x 2 2 2  sin x 3 1− sin x VIETMATHS.NET ⇔  +2 ≥ m 3  3sin x 2 2 2sinx  1 sin x ⇔ +3.  ≥ m . 3  9 164
2 2 2sinx  1 sin x Xét hàm s ố y = + 3.  3  9 2 2 2sinx  1 sin x Các hàm s ố ygx==() , yhx == ()  ngh ịch bi ến trên toàn tr ục s ố, nên hàm s ố 3  9 2 2 2sinx  1 sin x y= +3.  =+ gxhx ()3() là m ột hàm ngh ịch bi ến trên toàn tr ục s ố, do v ậy ta có 3  9 2 2 2121  1 sinx  1 sin x  21 0  0 0sin1≤≤⇔+2 x  3.  ≤ + 3.  ≤+  3.  393   9  39  ⇔ 1≤y ≤ 4. Nh ư v ậy, Maxy = 4. T ừ đó, b ất ph ươ ng trình (1) có nghi ệm khi và ch ỉ khi m ≤ 4. Ví d ụ 2. Tìm a để b ất ph ươ ng trình a.4x+−( a 1) 2 x +2 +−> a 1 0 (1) nghi ệm đúng v ới m ọi x. Gi ải. Đặt t =2x > 0, khi đó ta có b ất ph ươ ng trình at2 +4( a − 1) ta +−> 10(2). Yêu c ầu bài toán được th ỏa khi và ch ỉ khi b ất ph ươ ng trình (2) đúng v ới m ọi t > 0. Ta có at2 +4( a − 1) ta +−> 10 4t + 1 ⇔a > = g( t ) t2 +4 t + 1 4t + 1 Nh ư v ậy (2) đúng v ới m ọi t > 0 ⇔>a = gtt( ), > 0. t2 +4 t + 1 −4t2 − 2 t g′( t )= 0, t 0. L ập b ảng bi ến thiên c ủa hàm s ố g(), t t ∈ (0; +∞ ), ta được mi ền (t2+ 4 t + 1) 2 giá tr ị Tg = (0;1). Vậy giá tr ị c ần tìm là a ≥ 1. 2 1 +1 1x  1 x Ví d ụ 3. Tìm m để m ọi nghi ệm c ủa bất ph ươ ng trình +3  > 12() 1 c ũng là 3  3 2 nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình ()()()()m−2 x2 − 3 m − 6 xm −+ 3 Đặt   =t > 0⇒ () 1⇔ t2 + t − 12 > 0 ⇔  3  t < − 4. Nh ư v ậy , ta có 165
1 −1 1x  1 t = >3 =  3  3 1 ⇔ 2) 0.(2) x 2 Ta có 3−>⇔− 2 0x log3 2 > 0, nên ta được (2) t ươ ng đươ ng v ới  2 x ≥ 0 0≤x 0 x > .  2 §3. PH ƯƠ NG TRÌNH, B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH LOGARIT 1. Định ngh ĩa. Ph ươ ng trình, b ất ph ươ ng trình logarit là ph ươ ng trình, b ất ph ươ ng trình có ẩn ch ứa trong bi ểu th ức dưới d ấu logarit. Trong m ột s ố tr ường h ợp có xét c ả ẩn ch ứa ở c ơ s ố c ủa logarit, khi đó ta ph ải xét hai tr ường h ợp c ủa c ơ s ố: a >1 và 0 VIETMATHS.NET0, a ≠ 1 · loga f ( x ) = b ⇔   f( x ) = a b 166
a>0, a ≠ 1  · logafx ()= log a gx () ⇔> fx () 0,(() gx > 0)   fx()= gx () Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình log1( x−+ 1) log 1( x +− 1) 2log 1 ( 7 −= x ) 1 (1) 2 2 2 Gi ải. x −1 > 0  Điều ki ện: x+>10 ⇔ 0 2 (1)⇔ log1( x −− 1) 2log 1 ( 7 −= x ) 1. 2 2 2 2 ⇔log1( x −− 1) log 1 () 7 −= x 1 2 2 x2−1 x 2 − 1 1 ⇔log1 2 =⇔ 1 2 = 2 ()7−x() 7 − x 2 x = 3 ⇔x2 +14 x − 51 = 0 ⇔  x = − 17 Kết h ợp v ới điều ki ện (*) ta được nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho là x = 3. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình x2 x log3 ()−+ 1 log3 () 2 −= 1 2 (1) Gi ải. x ≠ 1 x −1 ≠ 0  Điều ki ện: ⇔  1 (*) 2x − 1 > 0 x >  2 (1)⇔ 2log3x −+ 1 2log 3 ( 2 x −= 1) 2 ⇔log3x −+ 1 log 3 ( 2 x −= 1) 1   ⇔log3 x − 12() x −= 1  1 ⇔−x12() x −= 1 3(2) 1 . Xét <x < 1 2 (2)⇔−( 1x)( 2 x −= 1) 3 167
⇔2x2 − 3 x += 40 (Ph ươ ng trình vô nghi ệm). . Xét x > 1 (2)⇔−( xx 1213)( −=⇔) 2 xx2 −−= 3 20 x = 2  ⇔  1 x = − .  2 So v ới điều ki ện (*) ta nh ận x = 2. Vậy, ph ươ ng trình đã cho có một nghi ệm duy nh ất x = 2. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 1 1 log4 ()x−+ 1 =+ log2 x + 2 (1) log2x+ 1 4 2 Gi ải. Điều ki ện: x > 1 x −1 > 0   x > − 2 x +2 > 0  ⇔  1 ⇔x > 1. (*) 2x + 1 > 0  x > −   2 2x + 1 ≠ 1  x ≠ 0 Với điều ki ện x > 1, ta có 1 1 11 (1)⇔ log()x −+ 1 log2() x +=+ 1 log() x + 2 22 2 2 22 2 ⇔log2( x −+ 1) log 2( 2 x +=+ 1) 1log 2 ( x + 2 )   ⇔log2()()()x −+= 12 x 1  log2 2 x + 4 ⇔−()()x12 x +=+ 1 2 x 4 ⇔2xxx2 +− 21240 −− x −= x = − 1 2  ⇔2x − 3 x − 50 = ⇔  5 x =  2 5 So v ới điều ki ện (*) ta được x = là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. VIETMATHS.NET2 Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình 2logx2 = log x log 2 x + 11 −  1 ()9 3 3 ( )  () Gi ải. 168
x > 0 x > 0    1 x > 0 Điều ki ện: 2x+> 1 0 ⇔>−  x ⇔  ⇔> x 0.   2 2x + 1 > 1  2x + 11 − > 0  2x + 1 > 1 Với điều ki ện x > 0, ta có 1  2 ()1⇔ 2 logx  = log x log 2 x +− 1 1  2 3  3 3 ()  1 ⇔log2 x = log x log 2 x +− 1 1  2 3 3 3 ()  ⇔logx log x − 2log 2 x +−= 1 1  0 3 3 3 ()  log3 x = 0 x = 1 ⇔ 2 ⇔  logx− log 2 x +−= 1 1 0 xx=2 +− 122 x ++ 11  3 3 ()  x = 1 x =1 ⇔ ⇔  2 2 2x+=+ 1 x 2, ( x > 0) 421()()x+ = x + 2 x =1 x = 1  ⇔ ⇔x = 0  2  x−4 x = 0 x = 4 Vì x > 0 nên nghi ệm c ủa ph ươ ng trình là x = 1, x = 4 . Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình x2 x x 3 log4 ()++= 1 2 log2 4 −+ log8 ()() 4 + 1 Gi ải. x+≠1 0  x ≠− 1   x ≠ − 1 Điều ki ện: 4−>⇔ x 0  x >− 4 (1) ⇔ log2x ++= 1 2 2log 2 4 −+ x log 2 ( x + 4) ⇔log2x ++ 1 log 22 4 = log()() 4 −+ x log 2 x + 4 2 ⇔log2 4x += 1 log 2 () 16 − x ⇔4x += 1 16 − x 2 4()x+ 1 = 16 − x 2  x2 +4 x − 12 = 0 ⇔ 2 ⇔  2 4()x+ 1 = x − 16 x−4 x − 20 = 0 x = − 6  x = 2 ⇔ x =2 + 2 6  x =2 − 2 6 So v ới điều ki ện (∗) thì nghi ệm c ủa ph ươ ng trình là x=2, x = 2 − 26. Ví d ụ 6. Gi ải ph ươ ng trình 169
logxx2 3 2 log x 1 log x 2 1 23+−++ 23 − −= 743 − ()() + Gi ải. xx2 −+>320 xx 1 2   Điều ki ện: x−>1 0 ⇔>  x 1 ⇔> x 2.    x+>2 0 x >− 2 Ta có nh ận xét r ằng −1 (2+ 32)( − 312) = ⇒ + 32 =( − 3 ) 2 743− =() 2 − 3 Do đó 1 ()1⇔− logxx2 −++ 3 2 log x −= 1 log() x + 2 23− 23 −2 23 − 1 1 1 ⇔−log()xx2 −++ 3 2 log() x −= 1 log() x + 2 223− 2 23 − 2 23 − x −1 ⇔log = log()x + 2 23−x2 −3 x + 2 23 − 1 ⇔ =x + 2 x − 2 ⇔−=⇔=⇔=x241 x 2 5 x 5() do x > 2 V ậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm x = 5. Ví d ụ 7. Gi ải ph ươ ng trình 2 x2 − x ( ) 2  log2+ log 2()x − x .log 2 x −= 2 0() 1 x   Gi ải.  x > 0 Điều ki ện:  ⇔x >1 () ∗ x2 − x > 0 Ta có 2 2  ()1⇔ 2log2( xx −−+) log 22 x log( xx −)  .log 2 x −= 20 2  2  ⇔2log2()()xx −−+ 1  log 2 xx −− 1.log  2 x = 0 2  ⇔log2()x −− x 1  () log 2 x += 2 0  2 x = − 1  2 x− x = 2 log2 ()x− x − 1 = 0   ⇔ ⇔1 ⇔= x 2  logx + 2 = 0  x =  2   1 4  x = VIETMATHS.NET 4 So v ới điều ki ện (∗) ta nh ận x = 2 . Vậy, ph ươ ng trình có m ột nghi ệm là x = 2. 2.2. Ph ươ ng pháp đặt ẩn ph ụ Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 170
x x +1 log3( 3− 1) .log 3 ( 3 − 3) = 6 (1) Gi ải. Điều ki ện: 310x −> ⇔x > 0 x x  (1)⇔ log3( 3 − 1) .log 3  3( 3 −= 1)  6 x x  ⇔log3( 3 −+ 1)  1 log 3 ( 3 −= 1)  6 2 x  x ⇔log3()() 3 −+ 1  log 3 3 −−= 1 6 0 t = 2 x 2  Đặt t =log3 ( 3 − 1) , ta có ph ươ ng trình t+ t −6 = 0 ⇔ t = − 3 x log 3x − 1 = 2 3− 1 = 9 3 ( )  ⇒   ⇔  1 log 3x − 1 = − 3 3x − 1 =  3 ()  27 3x = 10 x = log 10   3 ⇔ 28 ⇔  28 3x = x = log .  27  3 27 Cả hai giá tr ị trên đều th ỏa điều ki ện x > 0 nên là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 2 log2xx+−( 1) log 2 xx +−= 2 6 0 (1) Gi ải. Đặt t= log 2 x (1) tr ở thành t2 +( x −1) t + 2 x −= 60 ⇔t2 −−+ t6 xt( + 2) = 0 ⇔+()()()t2 t −+ 3 xt += 20 ⇔+(t2)( t −+ 3 x ) = 0 t = − 2 ⇔  t=3 − x . 1 Với t = − 2 , ta có logx=− 2 ⇔ x = 2 4 Với t=3 − x , ta có log2 x= − x + 3 (*) Hàm s ố y= log 2 x đồng bi ến trên (0; +∞ ) . 171
Hàm s ố y= − x + 3 ngh ịch bi ến trên ℝ. Do đó, trên (0; +∞ ) ph ươ ng trình (*) có nhi ều nh ất m ột nghi ệm, ta th ử được x = 2 th ỏa ph ươ ng trình (*) nên là nghi ệm. 1 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có hai nghi ệm x= ∨ x = 2. 4 Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 2 2 log2x− 1( 2x+−+ x 1) log x + 1 () 2 x −= 1 4 (1) Gi ải. Điều ki ện: 2x2 + x − 1 > 0  2x − 1 > 0   1   x > 2x − 1 ≠ 1 ⇔  2 (*)   x +1 > 0 x ≠ 1  x +1 ≠ 1 (1)⇔ log2x− 1( x + 12)( x −+ 1) 2log x + 1 2 x −= 1 4 1  ⇔log()()()xx +−+ 1 2 1 2log 2 x −=> 1 4. xxx⇒ 2− 1 = 2 − 1  2x− 1 x + 1 2  ⇔+1 log2x− 1()()x ++ 1 2log x + 1 2 x −= 1 4 2 ⇔2logx+1()() 2x −− 1 3log x + 1 2 x −+= 1 1 0 Đặt t=logx+1 ( 2 x − 1,) ta có ph ươ ng trình t = 1 2  2t− 3 t + 10 = ⇔  1 t = .  2 · logx+1 ( 211x−) =⇔ 21 xxx −=+⇔= 1 2. 1 · log(2x−=⇔ 1) 2 xx −= 1 +⇔ 1 (2 xx − 1)2 =+ 1 x+1 2 x = 0 2  ⇔4x − 5 x = 0 ⇔  5 x = VIETMATHS.NET  4 5 So v ới điều ki ện (*) thì nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho là x=2 ∨ x = . 4 Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình 172
2 2 log2 (xx− −+ 1) 3log 2 ( xx + −= 1) 2 (1) Gi ải. Tr ước h ết ta có điều ki ện sau x2 −1 ≥ 0  x− x2 −>⇔≥1 0 x 1.(*)  2 x+ x −1 > 0 u=log ( x − x 2 − 1) Đặt  2 2 v=log2 ( x + x − 1) Nh ận xét r ằng 2 2 uv+=log(2 xx −−+ 1)log( 2 xx + − 1) 2 2 =log2 [(xx −− 1).( xx +− 1)] =log2 1 = 0. Khi đó ph ươ ng trình (1) được chuy ển thành h ệ ph ươ ng trình uv+=0  uv =−  u =− 1 log (x− x 2 − 1) =− 1 ⇔  ⇔  ⇔  2 uv+=32  v = 1  v = 1 2 log2 (x+ x − 1) = 1  2 1 x− x −1 = 5 ⇔ 2 ⇔x = .  2 4 x+ x −1 = 2 5 5 x = th ỏa điều ki ện (*). V ậy, ph ươ ng trình đã cho có m ột nghi ệm duy nh ất là x = . 4 4 2.3. Ph ươ ng pháp sử d ụng tính ch ất đơ n điệu c ủa hàm s ố Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 2 log2 (x−+= 4) x log 2 [8( x + 2)] Gi ải. 2 x −4 > 0 Điều ki ện:  ⇔x > 2. x +2 > 0 Vi ết l ại ph ươ ng trình d ưới d ạng 2 2 x − 4 log2 (x−− 4) log 2 ( xx +=−⇔ 2) 3 log 2 =− 3 x x + 2 ⇔log2 (x −=− 2) 3 x (*) Hàm s ố y=log2 ( x − 2) đồng bi ến trên kho ảng (2;+∞ ), c ũng trên kho ảng đó hàm s ố y=3 − x ngh ịch bi ến. Do đó ph ươ ng trình (*) có nhi ều nh ất m ột nghi ệm, ta th ấy r ằng x = 3 th ỏa ph ươ ng trình (*). 173
V ậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm duy nh ất x = 3. Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình log 6 x log(3x+ 3 ) = log 6 x (1) log x x +36 > 0 Gi ải. Điều ki ện:  ⇔x > 0. x > 0 t Đặt t= log6 x⇒ x = 6 . Vi ết l ại ph ươ ng trình d ưới d ạng 3  t log(6tt+ 3) =⇔+=⇔+t 6 ttt 3 2 3 t   = 1(2) 2 2  3  t Hàm s ố y =3t +   đồng bi ến trên ℝ nên (2) n ếu có nghi ệm thì có nghi ệm duy nh ất, ta 2  1 th ử được t = − 1 th ỏa ph ươ ng trình (2). V ậy ta có logx=− 1 ⇔ x = . 6 6 1 V ậy, ph ươ ng trình đã cho có m ột nghi ệm duy nh ất là x = . 6 Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình xx2 xx 2 log4 5 (−−= 2 3) 2log2 ( −− 2 4)(1) Gi ải. 2  x−−>230 x x 0 x >1 + 5 Vi ết l ại ph ươ ng trình (1) d ưới d ạng xx2 xx 2 log5 (−−= 2 3) log2 ( −− 2 4) 2 2 ⇔log5 (xx −−= 2 3) log 4 ( xx −− 2 4) (2) Đặt t= x2 −2 x − 4 (2) được đư a v ề d ạng log5 (t+ 1) = log 4 t (3). y Đặt y= log4 t⇒ t = 4 , (3) được chuy ển thành h ệ  y y y y y t = 4 4  1 4  1  ⇒ 415y+=⇔ y  +  =⇔= 51y (do hàm s ố f = +  ngh ịch t +1 = 5 y VIETMATHS.NET5  5 5  5 bi ến). x = 4 Với y=⇔=⇔1 t 4 xx2 − 244 −=⇔ xx 2 − 280 −=⇔  x = − 2 Cả hai giá tr ị trên đều th ỏa điều ki ện (*) nên là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. 174
Sau đây ta gi ải m ột s ố h ệ ph ươ ng trình lôgarit. Ví d ụ 1. Gi ải hệ ph ươ ng trình 2 2 4x− y = 2  log(22xy+− ) log(2 3 xy −= ) 1 Gi ải. 2x+ y > 0 Điều ki ện:  (*) 2x− y > 0 Từ ph ươ ng trình th ứ nh ất c ủa h ệ ph ươ ng trình, l ấy logarit c ơ s ố 2 hai v ế, ta được 2 2 log(42xy−=⇔ ) 1 log(2 2 xy ++ ) log(2 2 xy −= ) 1 ⇔log(22xy +=− ) 1 log(2 2 xy − ) Th ế vào ph ươ ng trình th ứ hai, ta được 1− log2 (2xy −− ) log 3 2.log 2 (2 xy −= ) 1 ⇔+(1 log3 2)log 2 (2x −= y ) 0 ⇔log2 (2xy −=⇔−= ) 0 2 xy 1. Vậy, ta được h ệ ph ươ ng trình m ới  3 2 2 x = 4x− y = 2 2x+ y = 2  4 ⇔  ⇔  2x− y = 1 2x− y = 1  1  y = .  2 3 1 Cả hai giá tr ị trên th ỏa điều ki ện (*) nên h ệ ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là ( ; ). 4 2 Ví d ụ 2. Gi ải hệ ph ươ ng trình 2 ln(xy )= ln x + 1  ln(xy )= ln2 y + 1 Gi ải. Điều ki ện: x>0; y > 0(*) u= ln x Đặt  v= ln y Hệ ph ươ ng trình đã cho được bi ến đổi v ề d ạng 2 u= v − v + 1  v= u2 − u + 1 Tr ừ t ừng v ế c ủa hai ph ươ ng trình ta được 175
u= v uv− = −( uv22 − )() + uv − ⇔ uv 22 − = 0 ⇔  u= − v Khi đó h ệ ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ới uv=  uv = − ∨  u2−+=210 u  u 2 += 10 u=1  ln x = 1  xe = ⇔ ⇒ ⇔  v=1  ln y = 1  ye = . Cả hai giá tr ị trên th ỏa điều ki ện (*) nên h ệ ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là (e ; e ). Ví d ụ 3. Gi ải hệ ph ươ ng trình log (xy− + 3) =−+ 1 xy  3  log (4xy2−−= 1) log (2 yx 2 +− 1)  x2 +2 x 2 + 2 Gi ải. x− y +3 > 0   Điều ki ện: 4x2 − y − 1 > 0 (*)  2y2 + x − 1 > 0 Xét ph ươ ng trình th ứ nh ất c ủa h ệ ph ươ ng trình v ới phép đổi bi ến t= x − y +3 > 0, ta được log3 t= 4 − t ( ). Nh ận xét: Vế trái c ủa ( ) là bi ểu th ức c ủa m ột hàm s ố đồng bi ến trên (0;+∞ ), c ũng trên kho ảng đó, v ế ph ải là bi ểu th ức c ủa m ột hàm s ố ngh ịch bi ến, do đó ph ươ ng trình ( ) có nhi ều nh ất m ột nghi ệm. Ta th ấy ngay t = 3 là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình ( ). Khi đó ta có xy− +3 = 3 ⇔ xy = . Vậy, h ệ ph ươ ng trình được vi ết l ại d ưới d ạng x= y  2 2 log2 (4xy−−= 1) log2 (2 yx +− 1)  x+2 x + 2 x = 0 x= y   x= y  y = 0 ⇔ ⇔  x = 0 ⇔  2 VIETMATHS.NET x− x = 0   x = 1 x = 1    y = 1. So v ới điều ki ện (*) thì h ệ ph ươ ng trình đã cho có m ột nghiệm là (1;1). Ví d ụ 4. Gi ải hệ ph ươ ng trình 176
x y  + 4y x = 32   log3 (xy−=− ) 1 log 3 ( xy + ) x− y > 0  Gi ải. Điều ki ện: x+ y > 0(*)  x, y ≠ 0 Hệ ph ươ ng trình đã cho được bi ến đổi v ề d ạng  x y  x y 2(+ ) = 5 2(+ ) = 5 (1) y x ⇔  y x 2 2  2 2 log3 (x− y ) = 1 x− y = 3 (2) Gi ải (1) x y 1 Đặt t = ⇒ = . y x t t = 2 1  x= 2 y 2 ⇒ Ta có (1) ⇔2(t + )5 = ⇔ 2 t − 520 t + = ⇔  1  t t =  y= 2 x  2  y= 1⇒ x = 2 Với xy=2,(2) ⇔ 4 yy2 − 2 = 3 ⇔   y= − 1⇒ x = − 2 Ta nh ận x=2; y = 1. Với yx=2 ,(2) ⇔− xx2 4 2 =⇔=− 3 x 2 1. Vô nghi ệm. Vậy, h ệ ph ươ ng trình đã cho có m ột nghi ệm (2;1). 3. M ột s ố ph ươ ng pháp gi ải b ất ph ương trình logarit 3.1. Ph ươ ng pháp m ũ hóa Các d ạng c ơ b ản a>1  0 a b  a > 1     f( x ) > a b · loga f ( x ) > b ⇔    0<a < 1   b  0<f ( x ) < a 177
a>1  0 a gx () ⇔ fxgx () >∨ ()  fxgx ()  fx ()0 > Ví d ụ 1. Gi ải b ất ph ươ ng trình 2  log3 log9 ( x− 4 x + 3) ≤ 0 (1) 16  Gi ải. logx2 − 4 x + 3 ≤ 1  9 ( )  16 ()1 ⇔   2 log9 ()x− 4 x + 3 > 0  16  2 9 2 x−4 x + 3 ≥ 16x− 64 x + 39 ≥ 0 ⇔16 ⇔  2 2 x−4 x + 2 2 (1) Gi ải. −2x > 0 Điều ki ện:  ⇔−1 1 0; x +≠ 1 1 2 Khi đó (1)⇔− 2xx 1 0 x −2 + 3. VIETMATHS.NET So v ới điều ki ện (*) thì nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là −+2 3 <x < 0. Ví d ụ 3. Gi ải b ất ph ươ ng trình 2 12 1 log1 2x−++ 3 x 1 log 2 () x −≥ 1 (1) 2 2 2 178
Gi ải. 2  1 2x− 3 x + 10 > x 1 12 12 1 (1)⇔− log2() 2x −++ 3 x 1 log 2 () x −≥ 1 2 2 2 2 2 ⇔+1 log2( 2x −+≤ 3 x 1) log 2 ( x − 1 ) 2  2 ⇔log2 2() 2x −+≤ 3 x 1  log 2 () x − 1 2 ⇔22( x2 −+≤− 31 x) () x 1 1 ⇔3410x2 − x +≤⇔≤≤ x 1 3 1 1 So v ới điều ki ện (*), ta có nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình đã cho là ≤x 2(1) Gi ải. Xét x > 1 (1)⇔ 5xx2 −+>⇔ 83 x 2 4 xx 2 −+> 830  3 x >  2 ⇔   1 x . 2 · Xét 0 830  5 xx 2 −+> 830 1 3 1 ⇔    3 1<x < .  3  x < 2  5 179
1 3 Ta nh ận . 2 5 2 3.2. Ph ươ ng pháp đặt ẩn s ố ph ụ Ví d ụ 1. Gi ải b ất ph ươ ng trình 2 (logx 8+ log4x) log 2 2 x ≥ 0 (1) Gi ải. Điều ki ện: 0 0  1  log2 x ≤ − 1 0 0 2 x > 1.  1 0 1. Ví d ụ 2. Gi ải b ất ph ươ ng trình 1 1 (log2 x + − )log 3 > 0 (1) 3 log 3 log 3 9 x x3 81 Gi ải.  x > 0 VIETMATHS.NET   Điều ki ện: x ≠ 1   1 x ≠  9 180
log2 x+ 3log x − 4 (1) t ươ ng đươ ng v ới 3 3 > 0 log3 x + 2 Đặt t= log3 x , bất ph ươ ng trình tr ở thành  1 1 2   x t+3 t − 4 −4 0 ⇔  ⇒  ⇔ 81 9 t + 2 t >1 logx > 1 3 x > 3.  1 1  3. Ví d ụ 3. Cho b ất ph ươ ng trình 2 2 log2xm−+ 2( 1)log 2 xm ++≤ 2 m 0 (1) Tìm m để b ất ph ươ ng trình nghi ệm đúng v ới ∀x ∈ [1;2]. Gi ải. Điều ki ện: x > 0. Đặt t= log2 x , khi đó b ất ph ươ ng trình (1) tr ở thành ftt( )=−2 2( m ++ 1) tm 2 + 2 m ≤ 0. (2) Với x ∈[1;2], ta có bi ến đổ i 1≤≤⇔x 2 log2 1 ≤ log 2 x ≤ log 2 2 ⇔≤≤ 0 t 1. Vậy (1) nghi ệm đúng v ới∀x ∈ [1;2] khi và ch ỉ khi (2) nghi ệm đúng v ới ∀t ∈ [0;1] ⇔f( t ) = 0 có hai nghi ệm t1, t 2 th ỏa mãn t1≤1 < 2 ≤ t 2 af (0)≤ 0 ⇔  af (1)≤ 0 m2 +2 m ≤ 0 ⇔  m2 −1 ≤ 0 ⇔−1 ≤m ≤ 1. Ví d ụ 4. Cho b ất ph ươ ng trình 3 log2x− m ≥ log 2 x (1) a) Gi ải b ất ph ươ ng trình khi m = 2; b) Tìm m để t ập h ợp nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình là đoạn [2;8]. Gi ải. a) Đặt t= log2 x , khi đó b ất ph ươ ng trình (1) tr ở thành 3t− m ≥ t (2). Ta có 181
t ≤ 0 t ≤ 0    m 3t− m ≥ 0 t ≥ 3t− m ≥ t ⇔ ⇔  3 t > 0   t > 0 2  3t− m ≥ t  2  ft()= t − 3 tm + ≤ 0 Với m = 2, ta có t ≤ 0   2  t ≥ t > 0  3 ⇔ ⇔≤1log2 x ≤⇔≤≤ 2 2 x 4.  1≤t ≤ 2 t > 0   2 t−3 t + 2 ≤ 0 V ậy, khi m = 2, bất ph ươ ng trình (1) có nghi ệm là 2≤x ≤ 4. b) V ới 2≤≤⇔x 8 log2 2 ≤ log 2 x ≤ log 2 8 ⇔≤≤ 1 t 3. T ập h ợp nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình (1) là đoạn [2;8] khi và ch ỉ khi t ập h ợp nghi ệm c ủa bất ph ươ ng trình (2) là đoạn [1;3]. 2 ⇔ft( ) =−+ t 3 tm có hai nghi ệm phân bi ệt t1=1; t 2 = 3. f(1)= 0  m = 2 ⇔ ⇔  (vô nghi ệm) f(3)= 0  m = 0 V ậy, không t ồn t ại m th ỏa đề bài. Ví d ụ 5. Cho b ất ph ươ ng trình log 2 x 2 ≥ m (1) 2 log2 x − 1 Tìm m để b ất ph ươ ng trình (1) nghi ệm đúng v ới ∀x > 0. Gi ải. 2 Đặt t= log2 x , điều ki ện: t > 1. t t Khi đó (1) tr ở thành ≥ m. (2). Đặt y= f( t ) = , ta có t −1 t −1 (1) nghi ệm đúng v ới ∀x > 0 khi và ch ỉ khi (2) nghi ệm đúng v ới ∀t > 1 ⇔Min f( t ) ≥ m . t∈(1; +∞ ) t − 2 f′( t )= , f′( t )= 0VIETMATHS.NET ⇔ t = 2 ∈ (1; +∞ ). Ta nh ận th ấy được Min f( t )= f (2) = 1. 3 ()t −1 t∈(1; +∞ ) V ậy, giá tr ị m c ần tìm là m ≤ 1. 3.3. Ph ươ ng pháp sử d ụng tính ch ất đơn điệu c ủa hàm s ố 182
Ví d ụ 1. Gi ải b ất ph ươ ng trình x+log2 x > 1 (1) Gi ải. Điều ki ện: x > 0. Hàm s ố yfxx=( ) = + log 2 x đồng bi ến trên D =(0; +∞ ). Ta có f (1)= 1, do đó + N ếu x > 1, thì fxf( )> (1) ⇔+ x log2 x > 1 ⇒ x > 1là nghi ệm c ủa (1). + N ếu 0 1. Ví d ụ 2. Gi ải b ất phươ ng trình x2 − x − 12 log+≤−x 7 x2 −− x 12 (1) 3 7 − x Gi ải. x2 − x −12 ≥ 0  4 0 x 3 0 (1) 183
Gi ải. Điều ki ện: x > 0. Vế trái c ủa (1) n ếu xem là tam th ức b ậc hai đố i v ới bi ến x thì (1) được vi ết l ại là (x+ 1)( x + log2 x −> 3) 0(2) Do điều ki ện x > 0, nên (2) t ươ ng đươ ng v ới xx+log2 −>⇔+ 3 0 xx log 2 > 3 Hàm s ố yfxx=( ) = + log 2 x đồng bi ến trên (0;+∞ ) và f (2)= 3. + V ới x > 2, thì f( x )> f (2) = 3 ⇒ x > 2 là nghi ệm c ủa b ất ph ươ ng trình (1). + V ới 0 2. BÀI T ẬP CH ƯƠ NG V Bài 1. Gi ải các ph ươ ng trình 1) 4x− 10.2 x −1 = 24; 2) 4.22x− 6 x = 18.3 2 x ; 2 x x 3) 3log3+ x log 3 =162; 2 log1 (2x + 1) log1 (x+ 1) 5 4) 93 = 5 ; 2 2 5) 4xx−−5− 12.2 xx −−− 1 5 + 8 = 0; 2 2 6)9xx+−1− 10.3 xx +− 2 + 1 = 0; 7) 3.4x+ (3x − 10).2 x +−= 3 x 0; 8) x2 +(2x − 3) x + 2(1 − 2 x ) = 0; 9) 4.33x− 3 x+ 1 = 1 − 9 x ; 2 2 2 10) 4xx−+32+ 4 xx ++ 65 = 4 237 xx ++ + 1; π  sin x−  11) e4  = tan x . Bài 2. Gi ải các b ất ph ươ ng trình 1) 4x− 2.52 x − 10 x > 0; 2) 9x− 3 x+2 > 3 x − 9; 4x + 2x − 4 3) ≤ 2; VIETMATHS.NET x −1 4) 15.2x+1+≥ 1 2 x −+ 1 2 x + 1 ; 2 5) 2(log2x )+x log 2 x ≤ 4; 184
x+1 x − 3 6) ( 10− 3)x+3 − ( 10 + 3) x − 1 ≥ 0; 2 2 2 7) 4xx2+ .2x+ 1 + 3.2 x > x 2 .2 x ++ 8 x 12; 8) 8+ 2x+1 −+ 4 x 2 x + 1 > 5; x+2 1  2− x 9)   > 9. 3  Bài 3. Gi ải và bi ện lu ận ph ươ ng trình 2 2mx+643− 2 xm + =− (4m 2 )36. x +− m Bài 4. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ươ ng trình sau có nghi ệm 4x+ 4− x =m (2 x + 2 − x + 1). Bài 5. Gi ải các h ệ ph ươ ng trình  4x+ y = 128 1)  53x− 2 y − 3 = 1; x y  8log9 (− 4 ) = 1 2)  4xy−2− 7.2 xy − 2 = 8; 23x = 5y 2 − 4 y  3)  4x+ 2 x +1  = y;  2x + 2 log (xy ) log 3 92= 3 + 2(xy ) 2 4)  x2+ y 2 =3 x + 3 y + 6; 2  (x2 + y )2y− x = 1 5)  2 9(x2 + y )6 = x− y ; x y 3−=− 3 (y x )( xy + 8) 6)  x2+ y 2 = 8; x 3+x = 3 + y 7)  3y +y = 3 + x ;  2x+ 1 x 2 2− 3.2 =y − 2 8)  2 x 2y2 − 3 y = 2 − 2; 185
log (xy ) log 2 43= 2() + xy 3 9)  x2+ y 2 −3 x − 3 y = 12; 2x 2 y 2+ 4 = 2 10)  2x+ 4 y + 2 xy+2 = 3;  x2−1 y 2 − 1 y 2− 2 = ln 11)  x  2  y++32 y =+ 3 x . Bài 6. Gi ải các ph ươ ng trình x 1) log3 ( 3− 8) = 2 − x ; 2) logx−1 3= 2; x log2 ( 9− 2 ) 3) = 1; 3− x 1 1 4) log (x++ 3) log( x −= 8)8 log(4); x 22 4 4 2 x x 1 5)log2 () 4+++ 15.2 27 2log2 x = 0; 4.2− 3 x x 6) log7( 2−+ 1) log 7 ( 2 −= 7) 1; 1 7)2log()2x+ 1log 4 x + log 2 = 0; 4 8) 2log3( 4x−+ 3) log 1 ( 2 x += 3) 2; 3   2 9) log3 log 1x− 3log 1 x + 5  = 2; 2 2  10) logx 2+ 2log2 x 4 = log2x 8; x x x 3 11) log2 +− 1 log1()() 3 −− log 8 −= 1 0; 2 x x 12) log3( 9+=+ 9) x log 3 ( 28 − 2.3) ; 13) 16log x−3log x 2 = 0; 27 x3 VIETMATHS.NET3x 2 3 14) log2 2x+ log 4 16 x = log 4 x ; x  x +1 15) log2 (2+ 1)  .log 2 (2 + 2) = 6; 186
1 16) log(2−x2 − x 4 )2 =− ; 2− 2 x2 2 log3 (2− 2x ) 4 2 17) ( x +1) log3x+ 4log x 3 x − 16 = 0; 3  x3 1 18) log  .logx− log = + log x ; 323x  3 2 2 1 19) log (9− 16x4 ) = 2 + ; 3− 4 x2 2 log2 (3− 4x ) x+1  x 1 20) log(42+ 4).log(4  2 + 1) = log 1 ; 2 8 9 21) log(2x2 )  .log(16 x )= log 2 x ; 2  22 2 22) lgx++ 1 3lg 1 −= x lg 1 − x 2 ; 23) x+lg(1 + 2x ) = x lg5 + lg 6; 2x − 1 24) log= 1 +x − 2x ; 2 x 2 1  −x +3 x − 1 25) log(x2 −+++ 322) x   = 2; 3 5  26) log3 (x+ 2) = log 2 ( x + 1); 3 27) = 1; x 2+ 1 + log 2 x 28) log (xx2−−= 2 2) log ( xx 2 −− 2 3); 2 2+ 3 2+ 3 29) 3 2− lgx =− 1 lg x − 1; 2 2 30) 3+ log2 (xx −++− 4 5) 2 5 log2 ( xx −+= 4 5) 6; 2 31) log2x+ log 2 x + 1 = 1. Bài 7. Gi ải các b ất ph ươ ng trình 1) log1x+ 2log 1 ( x −+ 1) log 2 6 ≤ 0; 2 4 x  2) logx  log3 (9− 72)  ≤ 1; 2 3) log2x+ 3 x < 1; 1 4) log (−x2 + 2 x + 6) ≤ ; 9x2 2 187
x2 x+ 1 x 5) log1 (4+ 4) ≥ log 1 (2 − 3.2 ); 2 2 2  2 6) logx−3  2(x−+≥ 10 x 24)  logx − 3 ( x − 9); 1 1 7) 2; log2 x + 3 x  x +1 9) log2 (2− 1)  .log 1 (2 −>− 2) 2; 2 18− 2 x 10) log (18− 2x )  .log ≤ − 1; 4  2 8 x x  3− 1 3 11) log4 (3− 1)  .log 1 ≤ ; 4 16 4 2 12) logx ( 9−x −− x 1) ≥ 1; 2 4 13) log1x+ 4log 2 x 0; x +1 x (2− log3x )log 5 x 17) log5 x + logx 9 1; 2VIETMATHS.NET 3 Bài 8. Gi ải các h ệ ph ươ ng trình  log4x− log 2 y = 0 1)  x2−2 y 2 = 8; 188
 1 x2+ y 2 = y + 4  2 2)   log(3xy++ 2) log( 1 xy −= 2) 1;  3  3x 2 y = 972 3)  log (x− y ) = 2;  3 2x .8− y = 2 2  4)  1 1 1 log+ = log (9y );  9x 2 2 3 logx− log y = 0 5)  4 2  x2− 5 y 2 + 4 = 0;  y 2log2 x − 3 = 15 6)  y y +1 3 .log2x= 2log 2 x + 3 ; logx+ log x = − 2log 4  2 4 1 7)  2  log4x+ log 2 y = 5; log (xy ) log x 2  x= y 8)  2log x yy =4 y + 3;  1  log1 (y− x ) − log 4 = 1 9)  4 y  2 2  x+ y = 25;  2 2 log2 (x+ y ) = 5 10)  2log4x+ log 2 y = 4;  logyxy= log x y 11)  2x+ 2 y = 3;  3 2 logx (x+ 2 x −− 3 xy 5 ) = 3 12)  3 2 logy (y+ 2 y −− 3 yx 5 ) = 3;  x−4 y + 3 = 0 13)    log4x− log 2 y = 0; 189
 7 logx− log y = 14)  4 x 6  xy = 16;  logx+ 2log y = 3 15)  2 2  x2+ y 4 = 16;   x−+1 2 − y = 1 16)   2 3 3log9 (9x )− log 3 y = 3; ln(1+x ) − ln(1 + yxy ) =− 17)  x2−12 xy + 20 y 2 = 0; xlog8y+ y log 8 x = 4 18)  log4x− log 4 y = 1;  log2x+ 3 = 1 + log 3 y 19)   log2y+ 3 = 1 + log 3 x ; lgx lg y 3= 4 20)  (4)xlg4= (3) y lg3 ; x+log y = 3  3 21)  2 x ()2y− y + 12 .3 = 81 y ;  2 2 log2( x+ y) = 1 + log 2 () xy 22)  2 2 3x− xy + y = 81; 1 y  1  − 4 x =    2  23)   y 3log 9 x = .  3 Bài 9. Cho ph ươ ng trình 2 2 log3x+ log 3 x +− 1 2 m −= 1 0 (1) 1) Gi ải ph ươ ng trình khi m = 2; 2) Tìm các giá tr ị c ủaVIETMATHS.NET m để ph ươ ng trình (1) có ít nh ất m ột nghi ệm thu ộc đoạn [1;33 ] . Bài 10. Tìm các giá tr ị c ủa m để ph ương trình 2 4(log2x )− log 1 x + m = 0 2 có nghi ệm thu ộc kho ảng (0;1). 190
V.11. Tìm các giá tr ị c ủa a để ph ươ ng trình 2 2 251−t−+ (a 2)5 1 − t ++= 2 a 1 0 có nghi ệm. Bài 12. Tìm các giá tr ị c ủa a để ph ươ ng trình 2 2log3x− log 3 x + a = 0 có b ốn nghi ệm phân bi ệt. Bài 13. Ch ứng minh r ằng v ới m ọi giá tr ị c ủa a > 0 h ệ ph ươ ng trình sau có một nghi ệm duy nh ất x y ee−=ln(1 +− x ) ln(1 + y )  y− x = a . Bài 14. Cho h ệ ph ươ ng trình 2x 2 y 2+ 4 = m  2x+ 4 y + 2 xy+2 = m Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình có nghi ệm. Bài 15. Cho h ệ ph ươ ng trình  x +1 2=−y y ++ 1 m + 1  2x+ 2 x + 1  y+=1 2 − 2 + m 1) Gi ải h ệ ph ươ ng trình khi m = 0; 2) Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình có nghi ệm; 3) Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình có m ột nghi ệm duy nh ất. Bài 16. Cho h ệ ph ươ ng trình x y 2− 2 =y − x  2x2− 4 mx − y 2 = 3 m 1) Gi ải h ệ ph ươ ng trình khi m = − 1; 2) Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình có đúng hai nghi ệm. Bài 17. Cho h ệ ph ươ ng trình x 3+x = 3 m + y  3y +y = 3 m + x 1) Gi ải h ệ ph ươ ng trình khi m = 1; 2) Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình vô nghi ệm. Bài 18. Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình sau có m ột nghi ệm duy nh ất 191
2 2 x+ y = 17  log2x+ log 2 y = m . Bài 19. Tìm các giá tr ị c ủa m để hệ ph ươ ng trình sau có nghi ệm (xyx ; );> 1, y < 4. x2− y 4 = 0   x log2 = m logy x .  y Bài 20. Tìm các giá tr ị c ủa m để hệ ph ươ ng trình sau có đúng b ốn nghi ệm 4xy .4= 8.2 xy  2 2 3+ log2x + log 2 y = log 2 ( xym ++ ). Bài 21. Cho hệ ph ươ ng trình  x+2lg y = 3 m  x−3lg y 2 = 1 1) Gi ải hệ ph ươ ng trình v ới m = 1; 2) Tìm các giá tr ị c ủa m để hệ ph ươ ng trình có nghi ệm (x ; y ); x ≥ 1. Bài 22. Tìm các giá tr ị c ủa m để h ệ ph ươ ng trình sau có m ột nghi ệm duy nh ất lg2x+ lg 2 y = 1   x lg= m .  y CH ƯƠ NG VI. PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC §1. CÁC CÔNG TH ỨC BI ẾN ĐỔ I L ƯỢNG GIÁC Ta quy ước các bi ểu th ức trong các công th ức sau đề u có ngh ĩa. 1. Công th ức c ộng 1)cos(ab+ ) = cos ab cos − sin ab sin 2)cos(ab− ) = cos ab cos + sin ab sin 3)sin(ab+ ) = sin ab cos + cos ab sin 4)sin(ab− ) = sin ab cos − cos ab sin tana+ tan b 5) tan(a+ b ) = 1− tana tan b tana− tan b 6)tan(a− b ) = . 1+ tana tan VIETMATHS.NET b 2. Công th ức nhân 2.1. Công th ức nhân đôi 192
1)cos 2a= cos2 a − sin 2 a 2)sin 2a= 2sin a cos a 2 tan a 3) tan 2a = . 1− tan 2 a 2.1.1. Công th ức h ạ b ậc 1+ cos 2 a 1)cos 2 a = 2 1− cos 2 a 2)sin2 a = . 2 2.1.2. Công th ức tính theo cos 2 a 1 1)cos2 a= (1 + cos 2 a ) 2 1 2)sin2 a= (1 − cos 2 a ) 2 1− cos 2 a 3) tan2 a = . 1+ cos 2 a a 2.1.3. Công th ức tính theo tan = t 2 1− t 2 1)cos a = 1+ t 2 2t 2)sin a = 1+ t 2 2t 3) tana = . 1− t 2 2.2. Công th ức nhân ba 1)cos3a= 4cos3 a − 3cos a 2)sin3a= 3sin a − 4sin 3 a 3tana− tan 3 a 3) tan 3a = . 1− 3tan 2 a 3. Công th ức bi ến đổ i tích thành t ổng 1 1)cosab cos= [cos( ab ++ ) cos( ab − )] 2 1 2)sinab sin=− [cos( ab +− ) cos( ab − )] 2 1 3)sinab cos= [sin( ab ++ ) sin( ab − )]. 2 4. Công th ức bi ến đổ i t ổng thành tích 193
ab+ ab − 1)cosa+ cos b = 2cos cos 2 2 ab+ ab − 2)cosa− cos b = − 2sin sin 2 2 ab+ ab − 3)sina+ sin b = 2sin cos 2 2 ab+ ab − 4)sina− sin b = 2cos sin . 2 2 Một s ố công th ức quen thu ộc π 1)cosa+ sin a = 2 cos( a − ) 4 π 2)cosa+ sin a = 2sin( a + ) 4 π 3)cosa− sin a = 2 cos( a + ) 4 π 4)cosa− sin a =− 2 sin( a − ) 4 5)cos4a+ sin 4 a = 1 − 2sin 22 aa cos 6)cos6a+ sin 6 a = 1 − 3sin 22 aa cos . §2. PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC C Ơ B ẢN 1. Ph ươ ng trình sin x= a (1) · Nếu a > 1thì ph ươ ng trình (1) vô nghi ệm. · Nếu a ≤ 1thì ph ươ ng trình (1) có nghi ệm. Gọi α là s ố đo c ủa góc sao cho sin α = a x=α+ k 2 π Ta có (1) ⇔ sinx = sin α ⇔ ;k ∈ ℤ x=π−α+ k 2 π (n ếu α cho b ằng radian). x= α + k .360 0 Hay ()1⇔ ; k ∈ ℤ x=1800 −α+ k .360 0 (n ếu α cho b ằng độ ). Các tr ường h ợp đặ c bi ệt VIETMATHS.NET π · sin1x=⇔ x = + kk 2, π ∈ ℤ . 2 π · sinx=−⇔ 1 x =− + kk 2, π ∈ ℤ . 2 194
· sinx= 0 ⇔ xkk =π , ∈ ℤ . 2. Ph ươ ng trình cos x= a (2) · N ếu a > 1thì ph ươ ng trình (2) vô nghi ệm. · N ếu a ≤ 1thì ph ươ ng trình (2) có nghi ệm. Gọi α là s ố đo góc sao cho cos α = a Ta có (2) ⇔ cosx = cos α x=α+ k 2 π ⇔ ;k ∈ ℤ . x=−α+ k 2 π (n ếu α cho b ằng radian). x= α + k .360 0 Hay ()2⇔ ;k ∈ ℤ . x= −α + k .360 0 (n ếu α cho b ằng độ ). Các tr ường h ợp đặ c bi ệt · cosx=⇔ 1 xkk = 2 π , ∈ ℤ . · cosx=−⇔ 1 x =π+ kk 2 π , ∈ ℤ . π · cosx= 0 ⇔ x = +π kk , ∈ ℤ . 2 3. Ph ươ ng trình tanx= a ( 3 ) π (3) xác định v ới m ọi x≠ +π k, k ∈ ℤ . 2 Gọi α là s ố đo góc sao cho tanα = a , thì (3) ⇔ tanx = tan α ⇔x =α+ k π, k ∈ ℤ (n ếu α cho b ằng radian). Hay (3) ⇔=α+x k.1800 , k ∈ ℤ . (n ếu α cho b ằng độ). Chú ý. N ếu ph ươ ng trình ban đầu d ạng tanu= tan v ( * ) π π Thì điều ki ện là u≠ + k π , v≠ +π k, k ∈ ℤ . 2 2 Khi đó (*)⇔u = v +π k , k ∈ ℤ . 4. Ph ươ ng trình cotx= a ( 4 ) 195
(4) xác định v ới m ọi x≠ k π , k ∈ ℤ . Gọi α là s ố đo góc sao cho cotα = a , thì (4) ⇔ cotx = cot α ⇔x =α+ k π, k ∈ ℤ (n ếu α cho b ằng radian). Hay (4) ⇔=α+x k.1800 , k ∈ ℤ . (n ếu α cho b ằng độ). Chú ý. Nếu ph ươ ng trình ban đầu d ạng cotu= cot v ( ) thì điều ki ện là u≠ k π , v≠ k π, k ∈ ℤ , khi đó ( ) ⇔u = v +π k, k ∈ ℤ . §3. MỘT S Ố PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC TH ƯỜNG G ẶP 1. Ph ươ ng trình b ậc nh ất, b ậc hai, b ậc cao đố i v ới m ột hàm s ố l ượng giác Cách gi ải. + Đối v ới các ph ươ ng trình b ậc nh ất đối v ới m ột hàm s ố l ượng giác ta bi ến đổi ngay v ề ph ươ ng trình l ượng giác c ơ b ản. + Đối v ới các ph ươ ng trình b ậc hai, b ậc cao đối v ới m ột hàm số l ượng giác ta đặ t ẩn ph ụ, sau đó gi ải ph ươ ng trình theo ẩn ph ụ. Chú ý. Nếu đặt t= cos x hay t= sin x thì điều ki ện t ≤1. Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 5sinx− 2 = 3( 1 − sin x) tan2 x (1) Gi ải. π Điều ki ện: cosx≠ 0 ⇔ x ≠ +π k (*) 2 sin 2 x (1)⇔ 5sinx −= 2 31() − sin x cos x2 sin 2 x ⇔5sinx −= 2 31() − sin x 1− sin 2 x 3sin 2 x ⇔5sinx − 2 = 1+ sin x ⇔2sin2 x + 3sin x −= 2 0  1 VIETMATHS.NET sin x = ⇔  2 sinx = − 2. 1π 5 π Ta nh ận sinx=⇔=+ x kx 2 π∨= + kk 2,, π∈ ℤ (th ỏa điều ki ện (*)) 2 6 6 196
Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình sin 3x+ 2cos 2 x − 2 = 0. (1) Gi ải. (1)⇔ 3sinx − 4sin3 x +− 21( 2sin 2 x ) −= 2 0 ⇔4sin3x + 4sin 2 x − 3sin x = 0   sin x= 0 x = k π    −3  π ⇔sinx = ⇔=+π∈x k 2; k ℤ .  2 6   1 5π sinx = x= + k 2 π  2  6 2. Ph ươ ng trình b ậc nh ất đối v ới sin x và cos x Ph ươ ng trình b ậc nh ất đố i v ới sin x và cos x là ph ươ ng trình có d ạng a sin xb+ cos xc = (1), abc , , ∈ ℝ Cách gi ải. Cách 1. Chia hai v ế c ủa (1) cho a2+ b 2 , ta được a b c sinx+ cos x = () 2 ab22+ ab 22 + ab 22 + a b Đặt cosβ= ,sin β= ab22+ ab 22 + c Khi đó (2) tr ở thành cosβ sinx +β sin cos x = a2+ b 2 c Hay sin()x + β = () 3 a2+ b 2 c (3) có nghi ệm ⇔ ≤⇔+≥1 a2 b 2 c 2 a2+ b 2 Ph ươ ng trình (3) đã bi ết cách gi ải trong §1. b Cách 2. Chia hai v ế c ủa (1) cho a r ồi đặ t =tan α a c Ta được sinx+ tan α cos x = a c ⇔sinx cos α+α sin cos x = cos α a c ⇔sin()x +α= cos α (*) a 197
Đây là ph ươ ng trình đã xét trong §1. c Chú ý r ằng (*) có nghi ệm khi và ch ỉ khi cosα ≤ 1. a Ví d ụ. Gi ải ph ươ ng trình 3sin3x− 3cos9 x = 1 + 4sin3 3 x (1) Gi ải. Ta có (1) ⇔(3sin3x − 4sin3 3 x ) − 3cos9 x = 1 ⇔sin9x − 3cos9 x = 1 1 3 1 ⇔sin9x − cos9 x = 2 2 2 π 1 ⇔sin(9x − ) = 3 2 ππ  ππk2 9x−=+π kx 2 =+ , k ∈ ℤ 3 6  18 9 ⇔ ⇔  ππ5  7 ππk 2 9x−=+π kx 2  =+ ,. k ∈ ℤ 3 6  54 9 3. Ph ươ ng trình thu ần nh ất b ậc hai đối v ới sin x và cos x Đó là ph ươ ng trình d ạng asin2 xbx+ sin cos xc += cos 2 x 02,,,( ) abc ∈ ℝ Cách gi ải. π · Xét x= + k π xem có ph ải là m ột nghi ệm c ủa ph ươ ng trình không. 2 π · Xét x≠ + k π , khi đó cos2 x ≠ 0, chia 2 v ế ph ươ ng trình cho cos 2 x ta được 2 atan2 xb+ tan xc + = 0 . Đây là ph ươ ng trình b ậc hai đố i v ới tan x ta đã bi ết cách gi ải. Chú ý. · N ếu ph ươ ng trình v ới v ế ph ải khác 0 asin2 xb+ sin x cos xc + cos 2 xd = Ta vi ết ph ươ ng trình d ạng VIETMATHS.NET asin2 xbxxc+ sin cos += cos 222 xd( cos x + sin x ) r ồi chuy ển v ế ph ải sang v ế trái. · C ũng có th ể gi ải ph ươ ng trình (2) b ằng cách bi ến đổ i v ề ph ươ ng trình b ậc nh ất đố i v ới sin 2 x và cos 2x , nh ờ các công th ức 198
1+ cos 2 x cos 2 x = 2 1− cos 2 x sin 2 x = 2 1 sinx cos x= sin2 x 2 · Đối v ới ph ươ ng trình thu ần nh ất b ậc ba đối v ới sin x và cos x acos32 xb+ cos xxc sin + sin 2 xxd cos += sin 3 x 0 Ta c ũng bi ến đổ i đưa v ề ph ươ ng trình b ậc ba đố i v ới tanx . Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình cxos2− 3 sin2 x =1+sin 2 x (1) Gi ải. Vì cosx = 0 không là nghi ệm nên chia hai v ế c ủa (1) cho cos2 x ≠ 0, ta được 1− 23tanx =+( 1 tan2 x) + tan 2 x ⇔2tan2 x + 2 3tan x = 0 x k tanx = 0 = π   ⇔ ⇔ π ,k ∈ ℤ . tanx = − 3 x=− + k π  3 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình cos3x− 4sin 3 x − 3cos xxx sin 2 += sin 0 (1) Gi ải. Vì cosx = 0 không th ỏa ph ươ ng trình nên chia hai v ế c ủa (1) cho cos3 x ≠ 0 ta được 1− 4tan3x − 3tan 2 xx + tan( 1 + tan 2 x ) = 0 ⇔3tan3x + 3tan 2 x − tan x −= 1 0 ⇔()tanx + 1() 3tan2 x −= 1 0  π tanx = − 1 x=− + k π   4 ⇔ ⇔ ;k ∈ ℤ .  3  tan x = ± π  x=± + k π 3  6 π  Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình sin3 x−  = 2sin x (1) 4  Gi ải. 199
1 3 (1)⇔() sinx − cos x = 2 sin x 2 2 ⇔−sin32x 3sin xx .cos + 3sin xxcx .cos 23 −= os 4sin x (2) Vì cosx = 0 không là nghi ệm nên chia hai v ế c ủa (2) cho cos3 x ≠ 0, ta được (2)⇔ tan3xxx − 3tan 2 + 3tan −= 1 4tan( 2 xx + 1tan.) ⇔3tan3x + 3tan 2 x + tan x += 1 0 π ⇔tanx =−⇔ 1 x =− +π kk , ∈ ℤ . 4 Ví du 4. Gi ải ph ươ ng trình 3cos4x− 4sin 22 xx cos + sin 4 x = 0 (1) Gi ải. Đây là ph ươ ng trình thu ần nh ất b ậc b ốn đố i v ới sin x và cos x Do cos= 0 không là nghi ệm nên chia hai v ế c ủa (1) cho cos4 x ≠ 0 Ta được 3− 4 tan2x + tan 4 x = 0  π 2 x=± + k π tanx = 1  4 ⇔ ⇔ ,k ∈ ℤ . tan2 x 3  π  = x=± + k π  3 4. Ph ươ ng trình đối x ứng đố i v ới sin x và cos x Ph ươ ng trình đối x ứng đố i v ới sin x và cos x là ph ươ ng trình d ạng a(sin x++ cos xbxxc) sin cos += 03,,,( ) abc ∈ ℝ π  Cách gi ải. Đặt txx=+=sin cos 2 sin x +  , điều ki ện t ≤ 2. 4  Khi đó t2 =1 + 2sin x cos x t 2 −1 Suy ra sinx cos x = . 2 Thay vào ph ươ ng trình (3) ta được b( t 2 −1) at+ + c = 0 hay bt2 +2 at +( 2 cb −=) 0. (*) VIETMATHS.NET2 Gi ải ph ươ ng trình (*) tìm t và ch ọn nghi ệm th ỏa t ≤ 2. Chú ý. Ph ươ ng pháp gi ải đã trình bày ở trên c ũng có th ể áp d ụng cho ph ươ ng trình a(sin x− cos xbx) − sin cos xc += 0 200
π  b ằng cách đặ t txx=−=sin cos 2 sin x −  , điều ki ện t ≤ 2. 4  1− t 2 Khi đó sinx cos x = . 2 Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 2sin( x+ cos x) + 6sin xx cos −= 2 0(1) Gi ải. π  Đặt txx=sin + cos = 2sin x +  , điều ki ện t ≤ 2. 4  (t 2 −1) (1)⇔+ 2t 6 −= 2 0 2 ⇔3t2 + 2 t −= 50 t = 1  ⇔  −5 t = .  3 π  π 2 Ta ch ọn t= 1⇒ 2sin x+ =⇔ 1 sin  x + = 4  4 2 π  π ⇔sinx +  = sin 4  4  π π x+ = + k 2 π x= k 2 π 4 4  ⇔  ⇒ , k ∈ℤ   π π π x= + k 2 π x+ =π− + k 2 π  2  4 4 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình sin2x+ 2 2sin( x − cos x ) −= 3 0(1) Gi ải. π  Đặt txx=−=sin cos 2sin x −  , điều ki ện t ≤ 2. 4  (1) tr ở thành 1−+t2 2230 t −= ⇔−t2 2220 t +=⇔= t 2 π  ⇒ 2 sinx −  = 2 4  π  π π 3π ⇔sinx −  =⇔−=+π 1 x k 2 ⇔=x + k2 π , k ∈ ℤ . 4  4 2 4 201
§4. CÁC PH ƯƠ NG TRÌNH L ƯỢNG GIÁC KHÁC Có nhi ều ph ươ ng trình l ượng giác mà để gi ải chúng, ta c ần s ử d ụng các phép bi ến đổ i lượng giác để đưa v ề các ph ươ ng trình đã xét trong §1 và §2. Sau đây ta xét m ột s ố ví d ụ. 1. S ử d ụng công th ức h ạ b ậc, góc nhân đôi, góc nhân ba Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình sin2x− 2cos x + 2sin x −= 2 0 (1) Gi ải. (1) ⇔sinxx cos − cos x +−= sin x 1 0 · Xét x=π+ k 2 π là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình. x π x · Xét x≠π+ k2 π⇔ ≠ +π k , đặt tan = t 2 2 2 21t− t2 1 − t 2 2 t Ph ươ ng trình (1) tr ở thành .− + −= 1 0 1+tt2 1 + 2 1 + t 2 1 + t 2 x x π π ⇔tt2 −210 +=⇔= t 1tan1⇒ =⇔ = +π⇔= kxk + 2. π 2 24 2 Vậy, ph ươ ng trình đã cho có nghi ệm là π x=π+ kx2; π = + kk 2, π ∈ ℤ . 2 x Chú ý. Khi đặt ẩn ph ụ tan= t , n ếu không xét x=π+ k 2 π thì có th ể b ị sót nghi ệm. 2 Ví d ụ 2. Gi ải các ph ươ ng trình sau a) cos32x cos2 x− cos 2 x = 01( ) π  π  3 b) cos4xxx+ sin 4 + cos −  sin 3 x −−=  0() 2 4  4  2 Gi ải. 1+ cos6x 1 + cos2 x a) ()1⇔ cos 2x − = 0 2 2 ⇔cos6x cos2 x − 1 = 0 ⇔(4cos3 2x − 3cos 2 x) cos 2 x −= 1 0 ⇔4cos4 2x − 3cos 2 2 x −= 1VIETMATHS.NET 0 cos2 2x = 1  2 kπ ⇔ 1 ⇔cos 2x = 1 ⇔sin202x =⇔ xkx =π⇔= ; k ∈ ℤ . cos2 2 x = − 2  4 202
2 22 22 1π   3 b) ()2⇔+() sinxx cos − 2sin xx cos + sin4 x −+−=  sin2 x  0 2 2   2 1 1 3 ⇔−1 sin22 x +() sin2 x − cos4 x −= 0 2 2 2 11 11 ⇔−sin22x −−() 12sin2 2 x + sin2 x −= 0 22 22 ⇔sin2 2x + sin2 x −= 2 0 sin2x = 1 π π ⇔  ⇔2x = + k 2 π⇔= x +π∈ kk ;.ℤ sin2x = − 2 2 4 Ví d ụ 3. Gi ải các ph ươ ng trình sau a) 4cos3 x+ 3 2 sin 2 x = 8cos x ( 1 ) π   π  b) cos2x++  cos2  x −+  4sin x =+ 2 21sin()() − x 2 4   4  Gi ải. a) (1) ⇔+ 4cos3 x 6 2 sin xx cos −= 8cos x 0 ⇔cosx( 2cos2 x + 3 2 sin x −= 4) 0 2  ⇔cosx 2() 1 − sin x + 3 2 sin x −= 4  0 ⇔cosx() − 2sin2 x + 32sin x −= 2 0 cosx = 0  cosx = 0  2  ⇔sin x = ⇔  2  2 sin x =   2 sinx = 2  π x= + k π  2  π ⇔x =+π k2 ; k ∈ ℤ .  4  3π x= + k 2 π  4 π  π  b) cos2x++  cos2 x −+  4sin x =+ 2 21sin()() − x 2 4  4  π ()2⇔ 2cos2cosx + 4sin x =+− 2 21() sin x 4 203
⇔22sin2 x −+( 4 2sin) x += 2 0 sinx = 2  1 ⇔ ⇔sin x =  1 sin x = 2  2  π x= + k 2 π  6 ⇔ ;k ∈ ℤ .  5π x= + k 2 π  6 Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình 4x cos= cos2 x . (1) 3 Gi ải. 4x 1+ cos 2 x (1)⇔ cos = 3 2 2x ⇔2cos 2t =+ 1 cos3 t ;( t = ) 3 ⇔4cos3t − 4cos 2 t − 3cos t += 3 0 ⇔()cost − 1() 4cos2 t −= 3 0 cost − 1 = 0  ⇔  2 1+ cos 2t 3 cos t = =  2 4 cost= 1  x = 3 k π   ⇔1 ⇔  π 3 k π ;k ∈ ℤ . cos 2 t=  x =±+ 2  4 2 Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình 3x 4 x 2cos2 + 1 = 3cos (1) 5 5 Gi ải. 6x 4 x 2 x (1)⇔+ 1 cos += 1 3cosVIETMATHS.NET ⇔+ 2 cos3t = 3cos 2 t ;( t = ) 5 5 5 ⇔4cos3ttt − 6cos 2 − 3cos +=⇔− 5 0() cos t 1() 4cos2 tt − 2cos −= 5 0 2x at)cos10−=⇔= t = 2 kxkk π⇔= 5, π∈ ℤ . 5 204
 1− 21 cos t = 2  4 b) 4cos t− 2cos t − 5 = 0 ⇔  1+ 21 cos t =  4 1− 21 5 1 − 21 ⇔=cost ⇔=± x arccos +π∈ 5 kk ,ℤ . 4 2 4 Ví d ụ 6. Gi ải ph ươ ng trình π  1 sin4x+ cos 4  x +  = . (1) 4  4 Gi ải. 2 π   2 1+ cos 2 x +   1− cos 2x  2  1 (1) ⇔  +  = 2  2  4   2 2 ⇔−()()1 cos 2x +− 1 sin 2 x = 1 ⇔sin 2x + cos 2 x = 1 π  ⇔2 cos 2x −  = 1 4  π ⇔xk =π∨ x = +π kk, ∈ ℤ . 4 Ví d ụ 7. Gi ải ph ươ ng trình 2 cos3x cos3 x+ sin 3 x sin 3 x = () 1 . 4 Gi ải. V ế trái c ủa (1) b ằng cos3xx+ 3cos − sin3 xx + 3sin cos3x+ sin3 x 4 4 1 3 =()cos2 3x −+ sin 2 3 x() cos xxxx cos3 + sin sin 3 4 4 1 3 =cos 6x + cos 2 x 4 4 1 3 =()4cos23 x − 3cos2 x + cos2 x = cos2.3 x 4 4 2 2 π (1)⇔ cos3 2x = ⇔ cos 2 x = ⇔=±+π∈ xkk ,ℤ . 4 2 8 Ví d ụ 8. Gi ải ph ươ ng trình 205
2cos3 x+ cos 2 x + sin x = 0 (1) Gi ải. (1)⇔ 2cos3x + cos 2 x − sin 2 x += sin x 0 ⇔cos2 xx()() 2cos ++ 1 sin x 1 −= sin x 0 ⇔−()()()1 sinx 1 + sin xx 2cos ++= 1 sin x  0 2  ⇔−()()()1 sinx sin xx + cos + 2 sin xx + cos  = 0 ⇔−(1 sinx)( sin x + cos x)( sin x ++= cos x 2) 0 1− sinx = 0 ⇔  sinx+ cos x = 0 sinx = 1 ⇔  tgx = − 1  π x= + k π  2 ⇔ ;k ∈ ℤ .  π x=− + k π  4 Ví d ụ 9. Gi ải ph ươ ng trình cos4x− cos 2 x + 2sin 6 x = 0 (1) Gi ải. (1)⇔ cos4x −+ 1 2sin 2 x + 2sin 6 x = 0 ⇔()()()cos2x − 1cos 2 x ++ 1 2sin 24 xx 1sin + = 0 2 4 2  ⇔sinx 2( 1 + sin x) −( cos x += 1)  0 ⇔sin2x() 2sin 4 x + sin 2 x = 0 ⇔sin4x() 2sin 2 x + 1 = 0 ⇔sin4 x =⇔=π∈ 0 xkk ;ℤ . Ví d ụ 10. Gi ải ph ươ ng trìnhVIETMATHS.NET 4cosx− 2cos2 x − cos4 x = 1 (1) Gi ải. (1)⇔ 4cosxxx − 2cos2 −( cos4 +=⇔ 1) 0 4cos xxx − 2cos2 − 2cos22 = 0 206
⇔−4cosxx 2cos 2( 1 +=⇔− cos 2 x) 0 4cos xxx 4cos 2 cos2 = 0 ⇔cosx()() 1 − cos 2 xx cos =⇔ 0 cos x 2 −− cos xx cos3 = 0 cosx = 0   π cosx = 0 x= + k π ⇔cosx = 1 ⇔⇔∈ 2 ;k ℤ .    cosx = 1   3 x=2 k π cos3x= 4cos x − 3cos x = 1 Ví d ụ 11. Gi ải ph ươ ng trình cos2x− cos6 x + 43sin( x − 4sin3 x += 1) 0 (1) Gi ải. Ph ươ ng trình (1) t ươ ng đươ ng v ới (1+ cos2x) +−( 1 cos6 x) + 4sin3 x += 2 0 ⇔2cos2x + 2sin 2 3 x + 4sin3 x += 2 0 2 ⇔2cos2 x + 2sin3() x += 1 0 cosx = 0 sinx = ± 1 ⇔ ⇔  sin 3x = − 1 3sinx− 4sin3 x = − 1   π ⇔sin1x =⇔=+π∈ x 2; kk ℤ . 2 2. D ạng phân th ức Chú ý. Khi gi ải các ph ươ ng trình có ch ứa ẩn d ưới m ẫu, ta ph ải đặ t điều ki ện cho m ẫu khác không. Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 6 3cosx+ 4sin x + = 6 (1) 3cosx+ 4sin x + 1 6 Gi ải. Đặt t=3cos x + 4sin x ⇒ ph ươ ng trình (1) tr ở thành t + = 6. (2) t +1 Điều ki ện: t+10 ≠ ⇔ t ≠− 1. (2)⇔tt( ++= 1661) ( t +⇔) tt( −=⇔=∨= 50) ttt 0 5( ≠− 1.) 3 4  3  txx=+=3cos 4sin 5 cos xx + sin  = 5cos x − arccos  5 5  5  3  3 π at)=⇔ 0 cos x − arccos  =⇔= 0 x arccos ++π∈ kk ;ℤ . 5  5 2 3  3 bt)=⇔ 5 cos x − arccos  =⇔= 1 x arccos +π∈ 2 kk ;ℤ . 5  5 207
Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 1 1 2 + = . (1) cosx sin2 x sin4 x Gi ải. kπ Điều ki ện: sin4x≠⇔≠ 0 x , k ∈ ℤ (*). 4 (1)⇔ 4sinxxx cos2 + 2cos2 =⇔ 2 4sin xx cos2 +− 21( 2sin2 x ) = 2 ⇔4sinxxx( cos2 −=⇔ sin) 0 sin x( 2sin2 xx +−= sin 1) 0  sinx = 0  ⇔sinx = − 1 .   1 sin x =  2 1 So v ới điều ki ện (*) ta ch ọn sin x = 2  π x= +2 k π  6 ⇔ ;k ∈ ℤ .  5π x= +2 k π  6 Ví d ụ 3. Gi ải ph ương trình 5sin 4x cos x 6sinx− 2cos3 x = . (1) 2cos 2 x Gi ải. πk π Điều ki ện: cos20x≠⇔≠+ x , k ∈ ℤ . 4 2 (1)⇔ 6sinx − 2cos3 x = 5sin 2 xx cos ⇔6sinx − 2cos3 x = 10sin xx cos 2 () * . Vì cosx = 0 không là nghi ệm nên chia hai v ế của ph ươ ng trình (*) cho 2cos 3 x ta nh ận được 3tanx( 1+ tan2 x) − 1 = 5tan x ⇔3tan3 xx − 2tan −=⇔ 1 0VIETMATHS.NET( tan x − 1)( 3tan2 xx + 3tan += 1) 0 2  3  1 π ⇔()tan1x − 3tan x +  +=⇔  0tan1 xxkk =⇔=+π∈ ;ℤ . 2  4  4    208
π So v ới điều ki ện c ủa ph ươ ng trình thì x= + k π không th ỏa. V ậy, ph ươ ng trình đã cho vô 4 nghi ệm. 3. D ạng ch ứa tan x và cot x Chú ý. Đối v ới các ph ươ ng trình ch ứa tan x và cotx , ta ph ải đặt điều ki ện cho tan x và cot x xác định. Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình cotx− tan x = sin x + cos x (1) Gi ải. kπ Điều ki ện: sinx≠∧ 0cos x ≠⇔≠ 0 xk , ∈ ℤ . (*) 2 (1)⇔ cos2x − sin 2 x =( cos x + sin xxx) cos sin ⇔+()()sinx cos x sin x −+ cos x sin xx cos = 0 π axx)sin+ cos =⇔ 0 tan x =−⇔=−+π∈ 1 x kk ;ℤ . 4 π x=− + k π, k ∈ ℤ th ỏa điều ki ện (*). 4 b) sin x− cos x + sin xx cos = 0. Đặt π1 − t 2 txxx=sin − cos = 2 sin( −∈− ) 2; 2  ⇒ = sin xx cos . 4  2 1− t 2 π  ptt⇔+ =⇔−−=⇔=0 tt2 210 t 2sin x −  =− 12 2 4  π  1 − 2 ⇔sin x −  = 4  2  π1 − 2 x=+arcsin +π k 2  4 2 ⇔ ;k ∈ ℤ .  5π 1 − 2 x=−arcsin +π k 2  4 2 (Th ỏa điều ki ện (*)). Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình 1 cot2x+ cot3 x + = 0. sinx sin2 x sin3 x Gi ải. kπ k π Điều ki ện: sin.sin2.sin3xxx≠⇔≠ 0 x ∧≠ x , k ∈ ℤ . 2 3 209
sin5x 1 pt ⇔=0 + =⇔ 0sinsin51,x x =− suy ra sin2xx sin3 sin x sin2 xx sin3   sinx = 1 1= sin5xx sin = sin5 xx sin ≤= 1.1 1 ⇒  ⇒ cosx= 0⇒ sin2 x = 0 (lo ại vì điều  sin 5x = 1 ki ện). V ậy ph ươ ng trình vô nghi ệm. Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình 6tanx+ 5cot3 x = tan2 x . Gi ải. π ππk k π Điều ki ện: cos0cos20sin30x≠∧ x ≠∧ xxkx ≠⇔≠+π∧≠+ ∧≠ xk , ∈ ℤ . 2 42 3 5cos 2x sin x pt⇔5() tan x +=−⇔ cot 3 x tan 2 x tan x = cosxx sin 3 cos x cos 2 x 1 ⇔5cos2 2xxx = sin sin 3 =() cos 2 xx −⇔ cos 4 12cos2 2 xx −−= cos 2 1 0 2 1 1 ⇔cos 2x =∨ cos 2 x =− (th ỏa mãn điều ki ện). 3 4 11 1 1  ⇔=±xarccos +π∨=± kx arccos −+π∈  kk ;ℤ . 23 2 4  Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình 2tan( xx− sin) + 3cot( x − cos x ) += 5 0. Gi ải. kπ Điều ki ện: sinx≠∧ 0cos x ≠⇔≠ 0 xk , ∈ ℤ . 2 sinx  cos x  pt⇔2 −++ sin x 1  3 −+= cos x 1  0 cosx  sin x  2 3 ⇔=0() sinxxxx +− cos sin cos +() sin xxxx +− cos sin cos cosx sin x 2 3  ⇔=0 +  () sinx +− cos x sin xx cos cosx sin x  23 3 3  ()a+ =⇔0 tan xx =−⇔= arctan −+π∈  kk ;ℤ . Th ỏa điều ki ện. cosx sin x VIETMATHS.NET 2 2  (b) sin x+ cos x − sin xx cos = 0. t 2 −1 Đặt t=sin x + cos x ∈− 2; 2  ⇒ = sinx cos x .   2 210
π  π1 − 2 pttt⇔2 −2 −= 1 0⇒ t= 2 cos x −=−⇔ 1 2 cos  x −= 4  4 2 1− 2 π ⇔=±xarccos ++π∈ k 2 , k ℤ . 2 4 Ví d ụ 5. Gi ải ph ươ ng trình 1+ cos x tan2 x = (1) 1− sin x cosx ≠ 0 π Gi ải. Điều ki ện:  ⇔x ≠ +π k, k ∈ ℤ .(*) sinx ≠ 1. 2 1+ cosx 1 − cos x  (1+ cosx)( sin x + cos x ) (1)⇔= 0 1 −  = 1− sinx 1 + sin x  cos 2 x x=π+2 k π cosx=− 1  cos x =− 1    ⇔ ⇔⇔ π ;k ∈ ℤ . sinx+ cos x = 0  tan x =− 1 x=− + k π  4 π x=π+ k2 π∨ x =− +π kk , ∈ ℤ th ỏa điều ki ện (*) nên là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. 4 Ví d ụ 6. Gi ải ph ươ ng trình 1− cos 3 x tan2 x = (1) 1− sin 3 x cosx ≠ 0 π Gi ải. Điều ki ện: 3 ⇔x ≠ +π k, k ∈ ℤ . (*) {1− sinx ≠ 0 2 2 1− cos 2 x (1− cosx)( 1 + cos x + cos x ) (1) ⇔ = 1− sin 2 x ()1− sinx() 1 + sin x + sin 2 x (1− cos x) 1+ cosx + cos2 x 1 + cos x  ⇔. −  = 0 ()1− sinx 1 ++ sin xx sin2 1 + sin x  ⇔−(1 cosx)( cos x − sin x)( sin x ++ cos x sin xx cos) = 0 (a) 1cos− x =⇔ 0 cos x =⇔=π∈ 1 xkk 2,ℤ . π ()bxxcos− sin =⇔ 0 tan x =⇔=+π∈ 1 x kk ,ℤ . 4 (c) sin x+ cos x + sin xx cos = 0. πt 2 − 1 Đặt txx=sin + cos = 2 cos( x −∈− ) 2; 2  ⇒ sin xx cos= . 4  2 Ta có ph ươ ng trình theo ẩn t π  −+π1 2 tttx2 +2 − 1 = 0⇒ = 2 cos −=−+⇔=±  1 2 x arccos ++π 2 k . k ∈ℤ. 4  2 4 Các công th ức nghi ệm trên đều th ỏa điều ki ện (*) nên là nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho. 211
4. M ột s ố ph ươ ng trình gi ải b ằng ph ươ ng pháp đặc bi ệt Ngoài các ph ươ ng pháp c ơ b ản giải ph ươ ng trình l ượng giác đã nêu ở các m ục trên, chúng ta còn có m ột s ố cách gi ải đặc bi ệt, s ử d ụng các k ết qu ả sau A≤ m A≤ A 1 A = 0  A= m  A= A 1 2 2      · A+ B =0 ⇔  · B≥ m ⇔  · B≤ B 1 ⇔  B = 0  B= m  B= B 1 A= B A+ B = A1 + B 1 Ví d ụ 1. Gi ải ph ươ ng trình 1 sin2x+ sin 2 3 xxx = sin sin3 2 (1) 4 Gi ải. 112  112 (1)⇔− sinxx sin32 + sin3(1sin3) 2 xx −=⇔− 2 0  sin xx sin32 + sin6 2 x = 0 24  216 1 2   1 sinx− sin3 x  = 0 sinx= (1 − cos6 x ) ⇔2  ⇔  4   sin 6x = 0 cos6x=∨ 1 cos6 x =− 1 cos 6x = 1   x= k π sinx = 0    π ⇔ ⇔=+πx k 2 cos 6x = − 1 6      1 5π sin x = x= + k 2 π .  2  6 π5 π V ậy, ph ươ ng trình có nghi ệm là xkx=π=+; kx 2; π= + kk 2,. π∈ ℤ 6 6 Ví d ụ 2. Gi ải ph ươ ng trình (cos 4x− cos 2 x )2 = 5 + sin 3 x (1) Gi ải. 2 2 4sin 3x sin x ≤ 4 (1)⇔ 4sin2 3x sin 2 x = 5 + sin3 x (2) . Do  , nên ta có 5+ sin3x ≥ 4  3π  πk2 π 2 2 3x= + k 2 π x = + sin 3x sin x = 4 sin3x = − 1 2  2 3 (2) ⇔ ⇔VIETMATHS.NET  ⇔ ⇔  5sin3+x = 4  sin2 x = 1 π  π   x= + l π x= + l π 2  2 π ⇔=x + m2 π , m ∈ ℤ . 2 212
π V ậy, nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho là x= + m2 π , m ∈ ℤ . 2 Ví d ụ 3. Gi ải ph ươ ng trình sinx− 2sin2 x − sin3 x = 2 2(1) Gi ải. Ta có v ế trái c ủa ph ươ ng trình (1) b ằng sinxxx− 2sin2 −=− sin3 2cos2sin xxx − 2sin2 ≤−()() 2cos2 x2 +− 2sin2 xx 2 sin2 + 1 2 =4(sin2 x + 1) ≤ 2 2. sin2 x = 1  cosx = 0   Vậy, (1) ⇔cos 2xx sin 2 ⇔  1− 2sin2 xxx 2sin cos (*) =  = sinx 1  sin x 1 Hệ (*) vô nghi ệm. V ậy, ph ươ ng trình (1) vô nghi ệm. Ví d ụ 4. Gi ải ph ươ ng trình sin3x+ cos 3 x = 2 − sin 4 x (1) 3 3 2 2 Gi ải. Ta có v ế trái c ủa (1): sin3xxx+≤ cos 3 sin + cos x ≤ sin x + cos x ≤ 1. Vế ph ải c ủa (1): 2− sin4 x ≥ 1. cos3x= cos 2 x   π Vậy, (1)⇔ sin3x = sin 2 x ⇔ sin x =⇔=+π 1 xk 2 .  2 4 sinx = 1 π V ậy, nghi ệm c ủa ph ươ ng trình đã cho là x= + k2 π , k ∈ ℤ . 2 5. M ột s ố ph ươ ng trình ch ứa tham s ố Ví d ụ 1. Cho ph ươ ng trình sin6x+ cos 6 xm = sin2 x (1) Tìm m để ph ươ ng trình có nghi ệm. Gi ải. Ta có 3 2 sin6x+= cos 6 xmx sin2 ⇔− 13sin2 xxmx cos 2 = sin2 ⇔− 1 sin2 xmx = sin2(*) 4 Do sin2x = 0 không th ỏa ph ươ ng trình nên 1 3 (*) ⇔m = − sin2 x . Đặt t=sin2 x ,0 < t ≤ 1. Ta xét hàm s ố sin2x 4 13 13 1 ′ yft=() =− tft ,() =−−<2 0. limf ( t )= +∞ ; f (1) = . t4 t 4 t→0+ 4 213