Đề luyện tập số 2: Phương trình – bất phương trình – hệ phương trình đại số Bài 1. Giải các phương trình chứa căn thức sau: 1, 3 5 3 4x x− = − + - Điều kiện: 3x ≥ - Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: 3 3 4 5x x− + + = sau đó bình phương 2 vế, đưa về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta giải tiếp. - Đáp số: 4x = 2, 2 2 5 1 ( 4) 1x x x x x+ + = + + + - Đặt 2 1 0t x x= + + > , pt đã cho trở thành: ( ) 2 4 4 0 4 t x t x t x t =  − + + = ⇔  =  Với 2 1 :t x x x x= ⇔ + + = vô nghiệm Với 2 1 61 4 15 0 2 t x x x − ± = ⇔ + − = ⇔ = - Vậy phương trình có nghiệm: 1 61 2 x − ± = 3, 4 4 18 5 1x x− = − − - Ta đặt 4 4 4 4 18 0; 1 0 17u x v x u v= − ≥ = − ≥ ⇒ + = , ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u, v giải hệ này tìm được u, v suy ra x - Đáp số: Hệ vô nghiệm 4, ( ) ( ) 3 2 2 2 6 *x x x+ − = + + - Điều kiện: 2x ≥ - Ta có: ( ) ( ) ( ) 3 8 3 * 2 3 3 2 6 3 2 6 4 x x x x x x x =  − ⇔ − = ⇔  − + + − + + =  Trần Văn Vũ 1 - Đáp số: 108 4 254 3; 25 x   +   =       5, 2 2 2 8 6 1 2 2x x x x+ + + − = + - Điều kiện: 2 2 1 2 8 6 0 1 1 0 3 x x x x x x = −   + + ≥   ⇔ ≥   − ≥    ≤ −  - Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình - Xét với 1x ≥ , thì pt đã cho tương đương với: ( ) 2 3 1 2 1x x x+ + − = + Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này nghiệm 1x = - Xét với 3x ≤ − , thì pt đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) 2 3 1 2 1x x x− + + − − = − + Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản ( ) ( )f x g x= ta dẫn tới nghiệm trong trường hợp này là: 25 7 x = − - Đáp số: 25 ; 1 7 x   = − ±     6, 2 ( 1) ( 2) 2x x x x x− + + = ĐS: 9 0; 8 x   =     7, 3 3 4 3 1x x+ − − = - Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được. - Đáp số: { } 5;4x = − 8, 2 2 2 4 2 14 4 2 3 4 4 ;2 0;2; 3 3 x x x x t x x t x   − −     + − = + − → = + − ⇒ = − ⇒ =           9, 2 2 3 3 3 6 3x x x x− + + − + = Trần Văn Vũ 2 - Đặt 2 2 2 3 3 0 3 3t x x x x t= − + > ⇒ − + = - Phương trình thành: ( ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 1 3 3 t t t t t t t t ≥   + + = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =  + = −   Suy ra { } 2 3 2 0 1;2x x x− + = ⇔ = - Vậy tập nghiệm của phương trình là { } 1;2x = 10, 2 3 2 4 3 4x x x x+ + = + - Điều kiện: 0x ≥ - Đặt ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2; 0 2 0 2 3 u v u v u x v x u v u v u v uv   = + = +   = + ≥ = ≥ ⇒ ⇒   − − = + =     Giải ra ta được 4 3 x = (thỏa mãn) 11, 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + - Điều kiện: 1x ≥ - Khi đó: 2 3 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x− + − = − + − + ( ) 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 1 x x x x x x ⇔ − + − = − + − ⇔ − + − = Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm 1x = 12, 3 2 1 1x x− = − − - Điều kiện: 1x ≥ - Đặt 3 2 ; 1 0u x v x= − = − ≥ dẫn tới hệ: 3 2 1 1 u v u v = −   + =  Thế u vào phương trình dưới được: ( ) ( ) 1 3 0v v v− − = Trần Văn Vũ 3 - Đáp số: { } 1;2;10x = 13, 3 3 1 2 2 1x x+ = − 3 3 3 1 2 1 5 2 1 1; 2 1 2 y x y x x y x x y    + = − ±    → = − ⇒ ⇒ = ⇒ =    + =       14, 2 2 5 14 9 2 5 1x x x x x+ + − − − = + ĐS: 9 1; ;11 4 x   = −     15, 3 2 3 2 3 6 5 8x x− + − = - Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12 - Đáp số: { } 2x = − 16, 2 7 5 3 2x x x+ − − = − - Điều kiện: 2 5 3 x≤ ≤ - Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản. Sau đó giải tiếp theo như đã học. - Đáp số: 14 1; 3 x   =     17, 2 2 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + - Điều kiện: 1 7x ≤ ≤ - Ta có: 2 2 7 2 1 8 7 1x x x x x+ − = − + − + − + ( ) ( ) 1 1 7 2 1 7x x x x x⇔ − − − − = − − − 1 2 5 4 1 7 x x x x x  − = =  ⇔ ⇔   = − = −    - Đáp số: { } 4;5x = 18, ( ) 2 2 3 3 2 4 2 1 2 2 2 x x x x x + + + = ⇔ + − = Trần Văn Vũ 4 - Đặt 3 1 2 x y + + = ( ) ( ) 2 2 2 1 3 2 1 3 x y y x  + = +  ⇒  + = +   - Đáp số: 3 17 5 13 ; 4 4 x   − ± − ±   =       19, ( ) 2 2 4 13 5 3 1 2 3 4 3 1x x x x x x− + − = + ⇔ − − + + = + - Đặt ( ) ( ) 2 2 2 3 3 1 2 3 3 1 2 3 4 2 3 y x y x x x y  − = +  − = + ⇒  − − + + = −   - Đáp số: 15 97 11 73 ; 8 8 x   − +   =       20, 2 2 2 2 5 5 1 1 1 4 4 x x x x x− + − + − − − = + - Điều kiện: 1x ≤ - PT đã cho 2 2 1 1 1 1 1 2 2 x x x⇔ − + + − − = + - Đáp số: 3 ; 1 5 x   = −     Bài 2. Giải các bất phương trình vô tỷ sau: 1, 2 2 ( 3) 4 9x x x− − ≤ − ĐS: [ ) 13 ; 3; 6 x   ∈∪ −∞ − ∪ ∞     2, 3 2 8 7x x x+ ≥ − + − ĐS: [ ] [ ] 4;5 6;7x ∈ ∪ 3, 2 2 2 1 1 4 4 3 3 3 1 4 4 3 1 1 4 x x x x x x − − < ⇔ < ⇔ − > − + − ĐS: { } 1 1 ; \ 0 2 2 x   ∈ −     4, 3 1 1 3 2 7 2 2 2 2 2 x x t x x x x + < + − → = + ≥ Trần Văn Vũ 5 ĐS: 8 3 7 1 8 3 7 0; ;1 ; 2 4 2 x     − +   ∈ ∪ ∪ ∞  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷       5, 1 3 4x x+ > − + ĐS: ( ) 0;x ∈ ∞ 6, 2 2 2 5 10 1 7 2 2x x x x t x x+ + ≥ − − → = + ĐS: ( ) ( ) { } 1; ; 3 \ 1 2 2x ∈ ∞ ∪ −∞ − − ± 7, 2 8 6 1 4 1 0x x x− + − + ≤ ĐS: 1 1 ; 2 4 x     ∈ ∞ ∪   ÷      8, 2 1 3 2 4 3 5 4x x x x− + − < − + − - Điều kiện: 4 5 x > - ( ) ( ) 3 1 1 * 3 2 4 3 5 4 2 1 3 2 4 3 5 4 2 1 x x x x x x x x x x − − ⇔ − − − < − − − ⇔ < − + − − + − Nếu 1 0x VT VP ≤ ⇒ ≥ ≥ : BPT vô nghiệm Nếu 1 0x VT VP > ⇒ < < : BPT luôn đúng - Đáp số: ( ) 1;x ∈ ∞ Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 1, 1 3 2 1 3 2 x y x y x y  + =     + =   - đây là hệ đối xứng loại II - Điều kiện: 0; 0x y≠ ≠ - Trừ vế theo vế ta được: ( ) 1 1 2 4 2 x y x y xy x y =    − = − ⇔  ÷  = −    Với x y= , hệ tương đương với 2 2 1x x x = ⇔ = ± Với 2 2xy y x − = − ⇒ = , thế vào pt đầu được: Trần Văn Vũ 6 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 x y x x x x x x y  = → = − − = ⇔ = ⇔  = − → =   - Vậy hệ có nghiệm: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 1;1 , 1; 1 , 2; 2 , 2, 2x y = − − − − 2, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 12 (3 2 )( 1) 12 2 4 8 0 3 2 8 x y x x x x y x x y x x y x x  + + = + + =   ⇔   + + − = + + + =    Đặt 2 3 2 ;u x y v x x= + = + suy ra: 12 6 2 8 2 6 uv u u u v v v = = =    ⇔ ∨    + = = =    Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số: ( ) ( ) ( ) 3 11 ; 2;6 , 1; , 2; 2 , 3, 2 2 x y       = − − −    ÷  ÷       3, 2 2 4 2 2 4 5 13 x y x x y y  + =   − + =   - Đây là hệ đối xứng loại I đối với 2 x và 2 y - Đáp số: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 1 , 2; 1 , 1; 2 , 1, 2x y = ± − ± ± − ± 4, 2 2 2 3 2 16 3 2 8 x xy x xy y  − =   − − =   - Đây là hệ đẳng cấp bậc 2 - Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét 0x ≠ , đặt y tx = Hệ trở thành: ( ) ( ) 2 2 2 3 2 16 1 3 2 8 x t x t t  − =   − − =   - Giải hệ này tìm t, x - Đáp số: ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 1 , 2,1x y = − − 5, 5 2 7 5 2 7 x y y x  + + − =   + + − =   5 2 5 2x y y x x y⇒ + + − = + + − ⇔ = ⇒ ĐS: ( ) ( ) ; 11;11x y = Trần Văn Vũ 7 6, ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 3 0 2 1 2 1 5 1 1 5 1 1 0 1 2 x x y x y x y x y x x y x y x x x x   + + − =  + = + − = − + =        ⇔ ⇔ ∨     = + − + =     = + − = −       ⇒ ĐS: ( ) ( ) 3 ; 1;1 ; 2; 2 x y     = −    ÷     7, ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 0 2 3 4 6 4 4 12 3 4 4 12 3 x y xy x y x y x y x y x y  + + = + + = −   ⇔   + + + = + + + =    ⇒ ĐS: ( ) 1 3 3 3 ; 2; ; 2; ; 2; ; 6; 2 2 2 2 x y           = − − − − − −    ÷  ÷  ÷  ÷           8, 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3( ) 3( ) 7( ) 2 2 2 5 2 0 x xy y x y x xy y x y x xy y x y y x xy y x y x y x x y yx− +  − + = −  − + = −  − + = −   ⇔ ⇔    + + = − = ∨ =    =   ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;2 ; 1; 2x y = − − 9, ( ) 3 3 1 1 1 1 0 2 1 2 1 x y x y y x xy y x y x     − = − − + =    ÷ ⇔       = + = +   ⇒ ĐS: ( ) ( ) 1 5 1 5 ; 1;1 ; ; 2 2 x y     − ± − ±   =  ÷    ÷       10, ( ) 2 2 2 0 1 4 2 4 2 ( 1) ( 1) 2 2 x y x y x y x y x y x y xy xy x x y y y xy  + = ∨ + = −  + + + =  + + + − =  ⇔ ⇔    = − + + + + = = −     ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } ; 2; 2 , 2, 2 , 2,1 , 1, 2x y = − − − − 11, 2 1 1 3 2 4 x y x y x y  + + − + =   + =   - Đặt 2 2 2 1 0 1 2 1 1 2 5 0 u x y u v u u v v u v v x y  = + + ≥ − = = = −     ⇒ ⇒ ∨     = = − + = = + ≥      Trần Văn Vũ 8 - Đáp số: ( ) ( ) ; 2; 1x y = − 12, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 4 1 1 4 1 1 1 2 2 1 3 x y x x x y y x y y y x x y x y y x y x y  + + + =  +   + + + = =    ⇔ ⇔    + + + − =     + − = + =    ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 1;2 ; 2;5x y = − 13, 2 2 2 2 2 2 1 1 7 7 1 7 1 1 13 1 13 13 x x x x y y xy x y y y x x y xy y x x x y y y y     + + = + + =   ÷  + + =      ⇔ ⇔    + + =      + + = + − =  ÷       ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 1;2 ; 2;5x y = − 14, 2 3 2 2 2 3 2 2 9 2 2 9 xy x x y x x xy y y x y y  + = +  − +    + = +  − +  ⇒ ĐS: ( ) ( ) ( ) { } ; 0;0 ; 1;1x y = 15, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 36 25 60 36 25 60 36 25 60 y x x y f x z y y z f y x f z x z z  + = =    + = ⇔ =     = + =    với ( ) 2 2 60 36 25 t f t t = + ⇒ , , 0x y z ≥ nên xét hàm ( ) f t trên miền [ ) 0;∞ , hàm này đồng biến ⇒ x y z= = ⇒ ĐS: ( ) ( ) 5 5 5 ; ; 0;0;0 ; ; ; 6 6 6 x y z     =    ÷     16, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 3 8 8 2 8 2 3 3 1 3 2 3 2 x x x y y x x y y y x x y x y x y  −  − = +  − = +  =   ⇔ ⇔    − = + = +      = +  Trần Văn Vũ 9 ⇒ ĐS: ( ) ( ) 4 78 78 4 78 78 ; 3; 1 ; ; ; ; 13 13 13 13 x y         = ± ± − −  ÷  ÷    ÷  ÷         Bài 4. Giải bằng phương pháp hàm số, đánh giá: 1, 2 10 3 2 3 10 x x x x= − ⇔ + = 2x→ = là nghiệm duy nhất 2, ( ) ( ) ( ) 3 5 2 6 5 2 6 5 2 6 5 2 6 3 1 3 3 3 3 x x x x x     + − + + − = ⇔ + =  ÷  ÷  ÷  ÷     - Do 5 2 6 5 2 6 1 0 3 3 3 3 + − > > > nên hàm 5 2 6 3 3 x   +  ÷  ÷   đồng biến trên R, còn hàm 5 2 6 3 3 x   −  ÷  ÷   nghịch biến trên R. Nếu 5 2 6 0 1 3 3 x x   + ≥ ⇒ ≥ ⇒  ÷  ÷   PT vô nghiệm Nếu 5 2 6 0 1 3 3 x x   − < ⇒ > ⇒  ÷  ÷   PT vô nghiệm - Vậy PT đã cho vô nghiệm. 3, ( ) 2 2 3 13 4 3 3 6 *x x x+ = − + + - Nếu 3 4 3 0 4 x x≤ ⇒ − ≤ ⇒ PT vô nghiệm - Nếu 3 4 x > , ta có: ( ) ( ) 2 2 * 3 13 3 6 4 3 0f x x x x⇔ = + − + − + = Vì ( ) 2 2 1 1 3 3 4 0, 4 3 13 3 6 f x x x x x   ′ = − − < ∀ >  ÷ + +   nên hàm f(x) đồng biến trên khoảng 3 ; 4   ∞  ÷   , mà ( ) 1 0f = do đó 1x = là nghiệm duy nhất. - Đáp số: 1x = Trần Văn Vũ 10 [...]... ≤ t +1 = f ( t ) ( *) t2 + 2 ax - BPT đã cho có nghiệm ⇔ ( *) có nghiệm t ≥ 0 ⇔ m ≤ m≥0 f ( t ) ⇔ m ≤ t 3, m ( 1 2 3−2 ) x 2 − 2 x + 2 + 1 + x (2 − x ) ≤ 0 có nghiệm x ∈  0;1 + 3    - Đặt t = x 2 − 2 x + 2 , với x ∈  0;1 + 3  ⇒ t ∈ [ 1; 2] Hệ trở thành:   m ( t + 1) + 2 − t 2 ≤ 0 ⇔ m ≤ t2 − 2 = f ( t ) , ( *) t +1 - BPT đã cho có nghiệm x ∈  0;1 + 3  ⇔ ( *) có nghiệm t ∈ [ 1; 2]   ⇔ m ≤... trình logarit sau: 2 1, log 3 x + log 3 x 3 =1 x x > 0  - Điều kiện:  1 x≠  3  - Đặt t = log 3 x , ta biến đổi PT về dạng: Trần Văn Vũ t2 + 1− t = 1 ⇔ t = { 1; −2;0} t +1 12 1 9   - Đáp số: x =  ;1;3 2, log 5 5 + log 5 25 x = 3 x x > 0 x ≠ 5 - Điều kiện:  - Đặt t = log 5 x , ta biến đổi PT về dạng: 1 + ( t + 2 ) = 3 ⇔ t = { 0;2} 1− t - Đáp số: x = { 1;25} ( ) 2 3, log x3 + 2 x x − 3 = log... ( 2 ) - Ta có: PT ⇔ − log 2 2 x − 3 x + 1 + Trần Văn Vũ 1 2 1 1 2 log 2 ( x − 1) ≥ 2 2 16 ⇔ log 2 - Đáp số: ( x − 1) 2 2 2 x − 3x + 1 ≥1⇔ x −1 1 1 ≥2⇔ ≤ x< 2x −1 3 2 1 1 ≤x< 3 2 ( ) 2 ( 2 ) 5, Ta có: log 3 log 1 x − 3 < 1 ⇔ 0 < log 1 x − 3 < 3 2 ⇔ 1 23 46 < x2 − 3 < 1 ⇔ < x2 < 4 ⇔ < x 0 ⇔ x > ≥0 1 2 - Khi đó BPT ⇔ log...4, 4 x − 1 + 4 17 − x = 2 - Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 17  1 1 − - Xét hàm f ( x ) = x − 1 + 17 − x có: f ′ ( x ) = 4  4 ( x − 1) 3  4 1 4 4 ( 17 − x ) 3  ÷= 0 ⇔ x = 9 ÷  Lập bảng biến thiên, nhận xét f ( 1) = f ( 17 ) = 2 suy ra PT có 2 nghiệm là x = { 1;17} - Đáp số: x = { 1;17} 2 5, lg ( x − x − 6 ) + x = lg ( x + 2 ) + 4 - Điều kiện: x > 3 - PT đã cho ⇔ lg ( x − 3) + x − 4 = 0 → x =... +1 = 2  - Đặt u = y + 1 ≥ 0; v = 2 x +1 v = u 2 − u ( 1)  ≥ 2 , hệ trở thành:  2 u = v − v + 1 ( 2 )  4 3 2 Thế (1) vào (2) được: u − 2u + 1 = 0 ⇔ ( u − 1) ( u + 1) = 0 ⇔ u = 1 2 Suy ra v = 0 (không thỏa mãn) - Vậy hệ vô nghiệm Bài 10 Tìm tham số m để phương trình: 1, 4 x 2 + 1 − x = m có nghiệm - Điều kiện x ≥ 0 - Đặt t = x 2 ≥ 0 , pt đã cho thành: f ( t ) = 4 t + 1 − 4 t = m PT đã cho có nghiệm... ) = 4 t + 1 − 4 t = m PT đã cho có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có nghiệm t ≥ 0 ⇔ 0 < m ≤1 2, 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 có đúng một nghiệm Trần Văn Vũ 19 - Ta có: 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 ⇔ 4 x 4 − 13x + m = 1 − x x ≤ 1   x ≤ 1 ⇔ 4 4 ⇔  3 2  4 x − 6 x − 9 x = 1 − m, ( 1)  x − 13 x + m = ( 1 − x )   - PT đã cho có đúng 1 nghiệm ⇔ ( 1) có đúng 1 nghiệm thảo mãn x ≤ 1 ⇔ đồ thị hàm số y = 4 x... f ( x ) = x 2 + 2 ( 2m − 1) x + 2m − 1 = 0  - PT đã cho có nghiệm ⇔ f ( x ) có nghiệm x > m − 1 2   ∆′ = 0   1 − 2m > m − 1 m ≤ 0   2 ⇔ ⇔ m > 9  ∆′ > 0   4  1  1 − 2m + ∆′ > m − 2  Bài 11 Tìm tham số m để bất phương trình: 2 1, log m +1 ( x + 3) > 1 đúng với mọi x ∈ R m+2 - Ta có: 2, m.2 x − 2 x − 3 ≤ m + 1 có nghiệm Trần Văn Vũ 20 - Đặt t = 2 x − 3 ≥ 0 ⇒ 2 x = t 2 + 3 , hệ trở... x x =0 2 x > 0  - Điều kiện:  1 1  x ≠  ; ;2   16 4   Trần Văn Vũ 13 - Nhận xét x = 1 là nghiệm của pt đã cho, xét x ≠ 1 ta đặt t = log x 2 2 42 20 1 1 − + = 0 ⇒ t = ; t = −2 ⇒ x = 4; x = 1 − t 4t + 1 2t + 1 2 2  1  ;2;4   2  - Đáp số: x =  7, log x 2 + 2log 2 x 4 = log 2x 8 ( *) x > 0  - Điều kiện:  1  x ≠  ;1  2   - Đặt: t = log 2 x , biến đổi được pt: 1 4 6 + = ⇔ 2t... trên R Do đó ( *) ⇔ 2 x + x +1 ≤ 2 + x +1 ⇔ x ≤ 1 - Hệ đã cho có nghiệm ⇔ x 2 − ( m + 2) x + 2m + 3 ≥ 0 có nghiệm x ∈ [ −1;1] x2 − 2 x + 3 ⇔m≥ := g ( x) có nghiệm x ∈ [ −1;1] x−2 ⇔ m ≥ min g ( x ) ⇔ m ≥ −2 x∈[ −1;1] ( x 2 + 1) m + ( n 2 + 1) y = 2  3,  có nghiệm với mọi n ∈ R 2  m + nxy + x y = 1  - Đk cần: Giả sử hệ có nghiệm với mọi n ∈ R thì hệ có nghiệm với n = 0 ( x 2 + 1) m = 1  x = 0 ... y − m = 0  1,  có nghiệm duy nhất  x + xy = 1   2 x − y − m = 0   y = 2x − m ⇔ - Ta có:   x + xy = 1  x ( 2x − m) = 1− x    y = 2x − m  y = 2x − m    ⇔ x ≤ 1 ⇔ x ≤ 1   f x = x2 − m − 2 x −1 = 0 2 ( ) x ( 2x − m) = ( 1− x)  ( )  - Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ f(x) có duy nhất một nghiệm nhỏ hơn hoặc bằng 1, (*) Vì ∆ = ( m − 2 ) + 4 > 0, ∀m nên f(x) luôn có 2 nghiệm phân biệt; . < : BPT luôn đúng - Đáp số: ( ) 1;x ∈ ∞ Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: 1, 1 3 2 1 3 2 x y x y x y  + =     + =   - đây là hệ đối xứng loại II - Điều kiện: 0; 0x y≠ ≠ - Trừ. xét ( ) ( ) 1 17 2f f= = suy ra PT có 2 nghiệm là { } 1;17x = - Đáp số: { } 1;17x = 5, ( ) ( ) 2 lg 6 lg 2 4x x x x− − + = + + - Điều kiện: 3x > - PT đã cho ( ) lg 3 4 0x x⇔ − + −. mãn) - Vậy hệ vô nghiệm Bài 10. Tìm tham số m để phương trình: 1, 2 4 1x x m+ − = có nghiệm - Điều kiện 0x ≥ - Đặt 2 0t x= ≥ , pt đã cho thành: ( ) 4 4 1f t t t m= + − = PT đã cho có nghiệm