Các phương pháp giải bất phương trình

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số: Thí dụ 128: Giải bất phương trình: Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với x > -2 nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 129: Giải bất phương trình: Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 130: Giải bất phương trình: Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi xcó: với mọi xnên f(x) đồng biến trên (*).Do đó Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình: Lời giải: Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi có: với mọi nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: Lời giải: Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 133: Giải bất phương trình: Lời giải: Ta có:) Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi có: nên f(x) nghịch biến trên R, do đó ( Vậy bất phương trình có nghiệm: . Thí dụ 134: Giải bất phương trình: Lời giải: Ta có: Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi: f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó Kết hợp với (*) ta được: . Vậy bất phương trình có nghiệm: . §2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: Thí dụ 135: Giải hệ thức Lời giải: Điều kiện: - Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức (sai) - Với x = 4 bất phương trình trở thành (đúng) Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4. Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) Lời giải: Điều kiện: 0 < x ¹ 1 - Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng này - Xét 1 logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng này Tóm lại (1) vô nghiệm. Thí dụ 137: Giải hệ thức Lời giải: Điều kiện: . Với điều kiện đó ta có: Kết hợp với điều kiện (*) ta được . Thí dụ 138: Giải hệ thức Lời giải: (1) Û (*) Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta có bảng biến thiên: x -1 y/ 0 y Nghiệm của hệ:. Thí dụ 139: Giải (1) Lời giải: Điều kiện: - Với x = 1 thì (1) Û (luôn đúng) - Với x = 3 thì (1) Û (loại) Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1. Thí dụ 140: Giải hệ thức (1) Lời giải: - Với thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó (vì hàm đồng biến) nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên - Với thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó (vì hàm đồng biến) và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên - Với x = 2 thay vào thỏa mãn. Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. Thí dụ141: Giải bất phương trình (1) Lời giải: - Với x 0 nên . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên - Với x ³ 0 thì mà 2x-1 > 0 nên . Do đó VT(1) ³ 1 Vậy bất phương trình có nghiệm x ³ 0. Thí dụ 142: Giải phương trình (1) Lời giải: - Nếu 0 -1 - Nếu x > 1 thì mà VT = 22x-2-. Do đó: (1) Û ++22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục trên R+ và: f/(x) = t.ln2 +< 0 nên f(x) nghịch biến trên R+ (1/) Û x2 – x = 2x – 2 Û x2 – 3x + 2 = 0 Û x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 2. Thí dụ 143: Giải phương trình (1) Lời giải: Điều kiện: x + 2 ³ 0 Û x ³ – 2. Đặt f(x) = có f(x) xác định, liên tục trên và f/(x) = 2x + 1 + - Nếu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 - Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm trong khoảng trên . Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5= 2 + 5 (1) Lời giải: Đặt f(x) = có f(x) xác định liên tục trên f/(x) = - Nểu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà VP(1) = const. Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình - Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. §3: Phương pháp hàm liên tục: Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Đặt ; f(x) xác định khi và chỉ khi: . Có g(x) xác định trênvà vớithoả mãnnên g(x) đồng biến trên Do f(x) liên tục trên; 0; nên ta có bảng xét dấu f(x) trên x f(x) + – 0 + – Từ bảng ta được (1) có nghiệm . Thí dụ 146: Giải bất phương trình: Lời giải: Đặt , f(x) xác định khi và chỉ khi: Xét phương trình . Có g(x) xác định, liên tục trên với nên g(x) nghịch biến trên Do f(x) liên tục trên; ; Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*) x f(x) - + 0 - Từ bảng ta được (1) có nghiệm . Thí dụ 147: Giải bất phương trình: Lời giải: , f(x) xác định khi và chỉ khi f(x) liên tục trên; ; Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên x f(x) Từ bảng ta được (1) có nghiệm . Thí dụ 148: Giải bất phương trình Lời giải: (1) . Vậy (1) có nghiệm . Thí dụ 149: Giải bất phương trình: Lời giải: Điều kiện: . Với điều kiện đó: Vậy (1) có nghiệm . Thí dụ 150: Giải bất phương trình: (1) với(*). Lời giải: Đặt , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0 Z) Kết hợp vớita có . Do f(x) liên tục trên (*) và ; Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên X f(x) Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm . Thí dụ 151: Giải bất phương trình: Lời giải: Điều kiện: (*). Với điều kiện đó: Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm . Thí dụ 152: Giải bất phương trình: Lời giải: Điều kiện: (*). Với điều kiện đó: Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm . §4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ: Thí dụ 153: Tìm m để hệ: vô nghiêm (1) Lời giải: Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có: (1)ó ó óhoặc (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là miền được gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m (y’oy) và N. Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi y = m và N không có điểm chung, khi và chỉ khi m 1 Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm. Thí dụ 154: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất Lời giải: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có: (1)ó óó (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1); y = x – 1; y = x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( y’oy) và N. Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu được (1) có nghiệm ó đường thẳng y = m (y’oy) và N có điểm chung ó 0 ≤ m ≤ Vậy 0 ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm. Thí dụ 155: Tìm m để hệ (1) có nghiệm duy nhất Lời giải: (1)ó Xét 2 đường tròn (α): x + (y + 1) = m + 1 có tâm A(0; –1); R = (β): (x + 1) + y = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung ó (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó: AB = 2ó= 2 ó = 2ó m = – Vậy giá trị cần tìm của m là m = –. Thí dụ 156: Tìm m để hệ (1) có nghiệm Lời giải: Ta có: log(x + y) = 1 (2) ó 0 1 ó hoặc (2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: ∆: x + y = 0; (T): x + y = 1; (T): (x –) + (y –) = Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy những điểm thuộc (T) và (∆) Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với mvà m Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m đi qua điểm A(;–) m = – Đồ thị của hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất m= (1) có nghiệm ó đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung ó – < m ≤ Vậy –< m ≤ là những giá trị cần tìm. Thí dụ 157: Tìm m để hệ (1) a) Có nghiệm. b) Vô nghiệm. Lời giải: (1)ó óó Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: y = 1 – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + 1 (α) Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường tròn α Nên: a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung ó d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α)) ó ≤ (m ≥ –1) ó ≤ ó –≤ m Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ –. b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vô nghiệm. Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < –. Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ: Lời giải: (α)ó v v v Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ: Còn (β) ó Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ và ∆. Vì ∆ cắt ∆ tại M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0 ∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC. Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD. Trên hình thoi xét 4 điểm đặc biệt K; P; Q; N Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được: Khi M nằm ngoài đoạn KN ó |a| > 2 thì hệ vô nghiệm Khi M{K; N}ó |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt Khi M{P; Q}ó |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt Khi M[KN] \ {K; P; Q; N} ó |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt. Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)ó3 – | x – y | > x Khi đó yều cầu bài ra tương đương với: ó ó (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = – Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm ó –< a < 3 Vậy –< a < 3 là các giá trị cần tìm. Thí dụ 160: Cho phương trình (x – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1) 1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình. 2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4]. Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì: (1) ó(x – x – y )(2y + 2 – x ) = 0ó (2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x – x; y = x – 1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là hoành độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x – x; y = x – 1 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1) chính là hoành độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = x – x; y = x – 1 Gọi x là nghiệm của phương trình = 0 thì x= a x là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x = 2(a + 1) x< x là nghiệm của phương trình x – x – a = 0 thì: x=; x= (a ≥ –) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: Phương trình luôn có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) a R Khi a ≥ – phương trình có thêm 2 nghiệm x =; x = Do đó: (γ)ó ó ó v v v Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: và 2) Yêu cầu bài ra tương đương với (4) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x – x; y = x – 1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4) là phần đồ thị N (phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x – x ; y = x – 1 vẽ trong đoạn [0 ; 4]. Nghiệm x[0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a (y’oy) với (N) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng [0; 4] thì –1 ≤ a ≤ 14 Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm. Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x – 2x +a | ≥ |2x – 3x –a | (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)ó| x – 2x +y | ≥ |2x – 3x –y | (2) Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên: (2)ó(x – 2x +y) ≥ (2x – 3x –y) ó (3x–5x)(x–x–2y) ≤ 0 ó ó (3) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x =; y = (α) Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (3) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (3) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ. Nghiệm của (1) là nghiệm của (2) với y = 1. Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a (y’oy) với N. Gọi x< xlà hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x; xlà nghiệm của phương trình: a =ó x–x–2a = 0 ó x= và x= (a ≥ –) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: Khi a ≤ – thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤ Khi –< a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x[0;][;] Khi 0 < a ≤ thì (1) có nghiệm x[; 0][;] Khi a > thì (1) có nghiệm x[; 0][;]. Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung khi và chỉ khi hệ (1) vô nghiệm Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có: ó ó ó (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = p (y’oy) với N Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p (y’oy) không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6 Vậy p(–∞;–2][6;+∞) là các giá trị cần tìm. CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b. Giải bất phương trình f(f(x)) > x Lời giải: Ta có f(f(x)) – x = f(f(x)) – x > 0 ó > 0 Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; Vì b nên > 0 và < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm Vậy bất phương trình có nghiệm x x2. Thí dụ 165: (Đề số 143-4) Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 ) Lời giải: (1) ó (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) = 0 ó - Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a - Với b ≠ 0 +) Nếu ( i ) có . Khi ab ≥ phương trình có nghiệm +) Nếu ( ii ) có .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 . Với ab < phương trình vô nghiệm . Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm Lời giải: (1)ó( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0 ó Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy ra khi và chỉ khi ó m ≥ Vậy m ≥ là các giá trị cần tìm. Thí dụ 167: Giải phương trình (1) Lời giải: Với à hàm đồng biến trên (1) Vậy phương trình có nghiệm x1; x2. Thí dụ 168: Giải phương trình (1) Lời giải: Với f(x) = xác định với mọi x-a, có Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó: (1) thỏa mãn (*) khi và chỉ khi Vậy (1) có nghiệm . Thí dụ 169: Giải phương trình (1) Lời giải: (1). Với xác định với mọi a thuộc R, có: với Thí dụ 172: Giải phương trình+= (1) Lời giải: Đặt (x–1; 2); (–x–1; 3), ta có: ||+|| ≥ |+| ó+≥ Đẳng thức xảy ra khi //ó = ó x = (thoả mãn (1)) Vậy nghiệm của (1) là x = . Thí dụ 173: Giải phương trình | – | = 5 (1) Lời giải: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: AB = 5AM== BM == mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm) Do đó VT(1) = | –| ≤ 5 = VP(1) Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB ó ó ó Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . Thí dụ 174: Giải phương trình: (1) Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với: Đặt Áp dụng bất đẳng thức Do đó (loại) Vậy hệ đã cho vô nghiệm. Thí dụ 175: Giải phươnh trình Lời giải: Điều kiện: . Đặt Áp dụng BĐT thức có: Điều đó có nghĩa là: Ta có: Vậy phương trình có nghiệm . Thí dụ 176: Giải phương trình: = x+ 2 Lời giải: Điều kiện x ≥ 0 và x+ x + 4x + 4 ≥ 0 ó x ≥ 0 (*) Đặt (x; 2) và (; 1). Ta có: .≤ ||.|| hay x + 2 ≤ .≤ Đẳng thức xảy ra khi //ó= 2 ó x = 4 (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy nghiệm của phương trình là x = 4. Thí dụ 177: Giải phương trình: Lời giải: Đặt (x; y; z); (1; 1; 2), có . ≤ || || hay x + y +2z ≤ ó ≤ (Điều này là vô lí) Vậy phương trình vô nghiệm. Thí dụ 179: Giải phương trình (1) Lời giải: Đặt thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nên điều kiện để (1) xác định là v ³ 0 (Vì u luôn lơn hơn 0). Với điều kiện đó: (1) trở thành 2(u + v) = 5Û (u ¹ 0) * Vớí (a) ta có: (vô nghệm) * Với (b) ta có: Vậy phương trình có nghiệm là: . Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1) Lời giải: (1) Û 4sin3x – sinx – cosx = 0 Û sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0 Û sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0 Û 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0 Û (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0 Û (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm là . Thí dụ 181: Giải phương trình sau Lời giải: Đặt thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a3 + b3 = (a + b)3 Û 3ab(a + b) = 0ó Vậy phương trình có tập nghiệm là: . Thí dụ 182: Giải hệ: (I) Lời giải: (I) +) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1 +) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1 +) Với x + y = 0 Û x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = 1 Û 0 = 1 (vô lí) Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0). Thí dụ 183: Giải hệ Lời giải: Hệ bài cho tương đương với (2) Û (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 Û - Nếu x – y = 0 Û x = y thay vào (1) ta được - Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = 0 (3) +) Với y = 0 ta được x = 0 thay vào (1) thấy vô lý +) Với y ¹ 0 chia hai vế của (3) cho y2 ta được: Khi x = 2y thì (1) Û 8y3 – y3 = 7 Û 7y3 = 7 Û y = 1 nên x = 2 Khi y = 2x tương tự ta được x = –1; y = –2 Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là . Thí dụ 184: Giải hệ (I) Lời giải: (I) ó ó ó ó Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1). Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ (I) Lời giải: Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó (I) ó ó ó ó ó (Loại do x, y ≠ 0) Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2. Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ (I) Lời giải: Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0 Do đó (I) ó Nhân từng vế của (1) và (2) ta được: ó 21xy = (x + y)(7y – 24x) ó 7y2 – 38xy – 24x2 = 0 ó (y – 6x)(7y + 4x) = 0 ó y = 6x (Do x; y > 0) Thay y = 6x vào (1) ta được (thử lại thấy thoả mãn) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = () Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0) Lời giải: (1). Nhận xét rằng: ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất 2 nghiệm. Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) f//(x) = ax(lna)2 > 0 (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2 Lời giải: Ta có: (2) ó f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng: 3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (2) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất hai nghiệm. Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3 f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1. Thí dụ 189: Chứng minh rằng với "nÎN*; n chẵn và với "p; qÎR thì phương trình xn + px + q = 0 (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt Lời giải: Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + px + q xác định liên tục