http://www.k2pi.net CHUYÊN ĐỀ TOÁN CHỌN LỌC LẦN 1 DIỄN ĐÀN TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Ngày 20 tháng 3 năm 2013 Mục lục I CÁC CHUYÊN ĐỀ 3 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ (Nguyễn Thị Ngân) 4 1 Các phương pháp giải (Dạng cơ bản) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2 Phần riêng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 I Bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 II Phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT (Đỗ Đường Hiếu) 17 1 PHƯƠNG TRÌNH MŨ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 I Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 II Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 III Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số . . 19 IV Phương pháp lôgarit hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2 PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 I Phương pháp đưa về cùng cơ số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 II Phương pháp đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 III Phương pháp sử dụng tính chất đồng biến và nghịch biến của hàm số . . 23 IV Phương pháp mũ hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3 CÁC BÀI TẬP TỔNG HỢP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3 CỰC TRỊ CỦA HÀM NHIỀU BIẾN (Lê Trung Tín) 35 1 Sử dụng bất đẳng thức cổ điển: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2 Sử dụng phương pháp miền giá trị (Điều kiện có nghiệm) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3 Sử dụng phương pháp đưa về khảo sát hàm 1 biến . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2 4 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 52 1 MỘT SỐ VÍ DỤ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ . . . . . . . . . . . . . . . 53 2 KỸ THUẬT GIẢM BIẾN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 I Kỹ thuật tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp thế . . . . . . . . . . . . 53 II Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức đối xứng. . . . . . . . . . . . 55 III Bài toán tìm GTLN, GTNN của biểu thức chứa 3 biến . . . . . . . . . . 56 3 BÀI TOÁN TỔNG HỢP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 5 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH (hthtb22) 68 6 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ (Nguyễn Hữu Phương) 77 7 SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Ngô Hoàng Toàn) 101 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 I MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC THƯỜNG DÙNG . . . . . . . . . . . . . 102 2 CON ĐƯỜNG ĐI TỪ BÀI TOÁN ĐẾN SUY NGẪM CỦA BẢN THÂN . . . . 104 I BẤT ĐẲNG THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2 ẨN . . . . . . . . . . . . 104 II BẤT ĐẲNG THỨC & HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 ẨN . . . . . . . . . . . 122 III TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN HỆ PT GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 IV SÁNG TẠO HỆ QUA CÁC BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC . . . . . . . 148 8 THỂ TÍCH VÀ KHOẢNG CÁCH (Nguyễn Trung Kiên) 151 9 THAM SỐ HÓA HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG (Nguyễn Thị Thỏa) 161 1 KIẾN THỨC CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 I ĐƯỜNG THẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 II ĐƯỜNG TRÒN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 III ELIP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 2 BÀI TẬP CƠ BẢN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 3 BÀI TẬP NÂNG CAO RÈN LUYỆN KĨ NĂNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 II CÁC BÀI TOÁN HAY 172 10 BẤT PHƯƠNG TRÌNH (hthtb22) 173 3 11 HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Lê Nhất Duy) 180 12 HỆ PHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (Lê Trung Tín) 187 13 PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ (Đinh Văn Trường) 195 14 SỬ DỤNG KĨ THUẬT ĐÁNH GIÁ ĐƯA VỀ CÙNG MẪU ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC (Hoàng Trung Hiếu) 240 15 SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐƯA BÀI TOÁN TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM NHIỀU BIẾN VỀ HÀM MỘT BIẾN (Lê Hoàng Hải) 249 1 Kiến thức cần nhớ vể các bất đẳng thức cổ điển thường dùng. . . . . . . . . . . 249 I Bất đẳng thức AM-GM. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 II Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 249 2 Các ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 I Bài tập tự luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 16 SỬ DỤNG PHÉP BIẾN HÌNH TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC GIẢI TÍCH PHẲNG (Lê Hoàng Hải) 260 1 Kiến thức cần nhớ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 I Phép dời hình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 II Phép đồng dạng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260 2 Các ví dụ minh họa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 I Phép dời hình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 II Phép đồng dạng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 3 Bài tập tự luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 17 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ HOÁ ĐỂ CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG Lưu Giang Nam - Hoàng Trung Hiếu 266 1 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 266 I Bài tập tự luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 III CÁC ĐỀ THI TỰ LUYỆN 277 4 PHẦN THỨ I CÁC CHUYÊN ĐỀ 5 CHUYÊN ĐỀ 1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ (Nguyễn Thị Ngân) Lời nói đầu Phương trình- bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các kì thi các cấp và đặc biệt là thi đại học. Phương trình-bất phương trình vô tỷ rất đa dạng và phong phú về cả đề bài và lời giải. Một bài phương trình- bất phương trình có thể có nhiều cách xử lý bài toán khác nhau. Tuy nhiên, để tìm ra lời giải cho bài toán của mình thì rất khó đối với đa số các bạn. Đứng trước 1 bài phương trình- bất phương trình chúng ta thường rất lúng túng và khó khăn. Như các bạn đã biết phương trình- bất phương trình luôn luôn có trong đề thi đại học, thường thì nó nằm ở câu II. Bài viết này sẽ giúp các bạn phần nào đó về phương trình-bất phương trình.Những lời giải dưới đây tuy không phải là những lời giải hay nhất nhưng nó sẽ giúp các bạn nắm rõ được chuyên đề này. Hy vọng chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, giúp đỡ các bạn trên con dườngđi đến thành công, đi đến mục đích cuối cùng của chúng ta là cổng trường đại học mơ ước và có thể nó sẽ khiến cho các bạn đam mê với môn học này ( Khó- khổ- khô). Mặc dù đã rất cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ không tránh khỏi nhiều sai sót trong chuyên đề.Mong các bạn thông cảm. Nếu có gì thắc mắc và những ý kiến về chuyên đề của mình thì các bạn liên lạc cho mình với địa chỉ cobebuon_2_4@yahoo.com nhé! § 1. Các phương pháp giải (Dạng cơ bản) Một số phép toán biến đổi tương đương khi sử dụng để giải phương trình- bất phương trình. 1.  f (x) =  g (x) ⇐⇒  f (x) = g (x) g (x) ≥ 0 2.  f (x) = g (x) ⇐⇒  f (x) = [g (x)] 2 g (x) ≥ 0 6 3.  f (x) >  g (x) ⇐⇒  f (x) > g (x) g (x) ≥ 0 4.  f (x) > g (x) ⇐⇒        f (x) > [g (x)] 2 g (x) ≥ 0  f (x) ≥ 0 g (x) < 0 5.  f (x) < g (x) ⇐⇒      f (x) < [g (x)] 2 f (x) ≥ 0 g (x) ≥ 0 § 2. Phần riêng I. Bất phương trình Ngoài những cách giải trên. Một số dạng giải bất phương trình 1. 1  f (x) > 1 g (x) ⇐⇒        g (x) < 0 f (x) > 0  g (x) > 0  f (x) < g (x) 2. f (x)  g (x) ≥ 0 ⇐⇒     g (x) > 0 f (x) ≥ 0 g (x) = 0 3. af(x) + bg (x) + c  f (x) g (x) < 0 (đẳng cấp) Nếu g (x) =0 thì dễ dàng rồi nhé! Giả sử g (x) > 0 chia cho g (x) ta được: a f (x) g (x) + b + c  f (x) g (x) < 0 Đặt  f (x) g (x) = t , khi đó ta có at 2 + ct + b < 0 Hệ thống phương pháp giải: + Biến đổi tương đương + Nhân liên hợp + Hàm số + Đánh giá ( AM-GM; Bunhiacopxki, vecto) Đôi chút về bất đẳng thức vecto:   −→ u + −→ v   ≤   −→ u   +   −→ v   . Đẳng thức xảy ra ⇐⇒ −→ u , −→ v cùng hướng Các ví dụ Bài 1. Giaỉ bất phương trình sau: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x −  6 (x 2 + 5x − 2) x + 3 −  2 (x 2 + 10) ≤ 0 7 Lời giải: Công việc đầu tiên của chúng ta không thể thiếu được đó chính là tìm điều kiện cho bài toán. Đối với bài toán này thì : ĐK:          x 2 − x − 6 ≥ 0 x ≥ 0 x 2 + 5x − 2 ≥ 0 x + 3 =  2 (x 2 + 10) ⇐⇒ x ≥ 3 Khi đó, x + 3 <  2 (x 2 + 10) ⇐⇒ x 2 − 6x + 11 > 0 ⇐⇒ (x − 3) 2 + 2 > 0 (Luôn đúng) Bất phương trình đã cho trở thành: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x ≥  6 (x 2 + 5x − 2) Vì hai vế của bất phương trình này đều dương nên cho phép chúng ta bình phương 2 vế Nên: √ x 2 − x − 6 + 7 √ x ≥  6 (x 2 + 5x − 2) ⇐⇒ x 2 − x − 6 + 49x + 14  x (x 2 − x − 6) ≥ 6x 2 + 5x − 2 ⇐⇒ −5x 2 + 18x + 6 + 14  (x 2 − 3x) (x + 2) ≥ 0 Đến đây thấy trong căn xuất hiện 2 nhân tử là x 2 − 3x và x + 2 , ta nghĩ ngay đến việc phân tích −5x 2 + 18x + 6 cũng xuất hiện 2 nhân tử đó. Quả nhiên ông trời không phụ lòng người, ta phân tích được −5x 2 + 18x + 6 = −5  x 2 − 3x  + 3 (x + 2) Tuyệt vời!!! Công việc bây giờ là biến đổi phương trình trên thôi, ta được: −5  x 2 − 3x  + 14  (x 2 − 3x) (x + 2) + 3 (x + 2) ≥ 0 Vì x ≥ 3 nên x + 2 > 0 Chia 2 vế của bất phương trình cho x + 2 > 0, được: −5. x 2 − 3x x + 2 + 14  x 2 − 3x x + 2 + 3 ≥ 0(1) Đặt  x 2 − 3x x + 2 = a (a ≥ 0) , khi đó (1) ⇐⇒ −5a 2 + 14a + 3 ≥ 3 ⇐⇒ −1 5 ≤ a ≤ 3 Mà a ≥ 0 =⇒ 0 ≤ a ≤ 3 Ta chỉ cần xét a ≤ 3 ,lúc đó:  x 2 −3x x+2 ≤ 3 ⇐⇒ x 2 −3x x+2 ≤ 9 ⇐⇒ 6 − 3 √ 6 ≤ x ≤ 6 + 3 √ 6 Hi, vậy bài toán được giải quyết trọn vẹn.Nhưng trước đó bạn đừng vội vàng kết luận mà nhớ phải đối chiếu với điều kiện nhé! Thật vậy, kết hợp với điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là: S =  3; 6 + 3 √ 6  Bài 2. Giải bất phương trình sau: (2x − 1) √ x + 3 2 √ x + (2 + √ x) √ 1 − x + 1 − x ≥ 1 8 Lời giải: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1 Với điều kiện đó thì, 2 √ x +  2 + √ x  √ 1 − x + 1 − x > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: (2x − 1) √ x + 3 ≥ 2 √ x + (2 + √ x) √ 1 − x + 1 − x ⇐⇒ (2x − 1) √ x + 3 ≥  √ x + √ 1 − x  2 + √ 1 − x  Đặt √ x = a; √ 1 − x = b (a, b ≥ 0) Ta có  a 2 + b 2 = 1 2a 2 + b 2 − 1 = x Bất phương trình trở thành: (a 2 − b 2 ) √ 2a 2 + b 2 + 2 ≥ (a + b) (2 + b) ⇐⇒ (a − b) √ 2a 2 + b 2 + 2 ≥ 2 + b ⇐⇒ (a − b) 2 (2a 2 + b 2 + 2) ≥ (2 + b) 2 ⇐⇒ (1 − 2ab) (a 2 + 3) ≥ 4 + 4b + b 2 = 4 + 4b + 1 − a 2 ⇐⇒ (2a 2 − 2) − 2b (a 3 + 3a + 2) ≥ 0 Mà a 2 ≤ 1, ∀0 ≤ a ≤ 1 và a 3 + 3a + 2 > 0, ∀a ≥ 0 , nên:  2a 2 − 2  − 2b  a 3 + 3a + 2  ≤ 0 Dấu ‘=’ xảy ra ⇐⇒  a = 1 b = 0 ⇐⇒  √ x = 1 √ 1 − x = 0 ⇐⇒ x = 1 Đối chiếu lại với điều kiện đầu bài. Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 Bài 3. Giải bất phương trình sau: 6 − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 ≤ 1 − x x Lời giải: ĐK:      x = 0 3x = √ 2x 2 + 5x + 2 2x 2 + 5x + 2 ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞; −2] ∪  −1 2 ; +∞  \{0; 1} Bất phương trình đã cho tương đương 6 − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 + 1 ≤ 1 + 1 − x x ⇐⇒ 6 3x − √ 2x 2 + 5x + 2 ≤ 1 x ⇐⇒ 6x − 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 x  3x − √ 2x 2 + 5x + 2  ≤ 0 ⇐⇒ 3x + √ 2x 2 + 5x + 2 x  3x − √ 2x 2 + 5x + 2  ≤ 0 (1) 9 [...]... từ đây ta cứ thế kết luận được rồi! Nhận xét: Nếu phương trình có dạng f (x) + g(x) = h(x) + k(x) Mà ta lại có được: f (x) + h(x) = g(x) + k(x) , lúc đó ta biến đổi phương trình về dạng f (x) − h(x) = k(x) − g(x) Sau đó bình phương lên thôi Nhanh gọn.hì hì!!! Chú ý: Ngoài ra nếu chúng ta bắt gặp những bài phương trình mà có dạng như trên nhưng thay vì có f (x) + h(x) = g(x) + k(x) mà nó có f (x).h(x)... số f (x) = 3x + 5x − 6x − 2, ta có f (x) = 3x ln 3 + 5x ln 5 − 6 Ta có f (0 ) = ln 15 − 6 < 0 và f (1 ) = 3 ln 3 + 5 ln 5 − 6 > 0 nên f (0 ).f (1 ) < 0, suy ra tồn tại t ∈ (0 ; 1) sao cho f (t) = 0 Ta lại có: f (x) = 3x ln2 3 + 5x ln2 5 > 0∀x ∈ R nên hàm số f (x) đồng biến trên R Từ đó: + Nếu x < t thì f (x) < f (t) = 0 + Nếu x < t thì f (x) < f (t) = 0 Do vậy, ta có bảng biến thi n: x −∞ t f (x) − f (x)... phương trình : log2 (x − 2)(x − 3) = log2 x−1 2 + log3 |x − 3| (x − 1) |x − 3| 2 ⇐⇒ 2(x − 2)(x − 3) = (x − 1) |x − 3| (1 ) ⇐⇒ log3 (x − 2)(x − 3) = log3 Trường hợp 1: Với 1 < x < 2 thì x − 3 < 0 Do đó phương trình (1 ) tương đương: 2(x − 2)(x − 3) = (x − 1 )(3 − x) ⇐⇒ −2(x − 2) = x − 1 ⇐⇒ x = 31 5 3 5 là nghiệm của phương trình 3 Trường hợp 2: Với x > 3 thì x − 3 > 0.Do đó phương trình (1 ) tương đương :... nên hàm số f (t) đồng biến trên (0 ; +∞) t Do vậy: ( ∗) ⇐⇒ f (x) = f (y) ⇐⇒ x = y 33 Thay x = y vào phương trình đầu của hệ ( ), ta được: x3 = x + 2 ln x ⇐⇒ x3 − x − 2 ln x = 0 Xét hàm số g(x) = x3 − x − 2 ln x với x > 0, ta có g(1) = 0 2 (x − 1 )(3 x2 + 3x + 2) 2 Ta có: g (x) = 3x − 2 − ⇐⇒ g (x) = = 0 ⇐⇒ x = 1 x x Bảng biến thi n của hàm số g(x): x 0 +∞ 1 − f (x) + 0 f (x) 0 Từ bảng biến thi n suy ra... đó, phương trình đã cho tương đương với: log2 (5 − 2x) + 2 log2 (5 − 2x) 2 = 2 log2 (5 − 2x) + 2 log2 (2 x + 1) log2 (5 − 2x) log2 (2 x + 1) log2 (2 x + 1) + 1 = 2 log2 (5 − 2x) [1 + log2 (2 x + 1)] log2 (2 x + 1)   x=2 log2 (5 − 2x) = 0  1  ⇐⇒  log2 (2 x + 1) = −1 ⇐⇒  x = −  4 log2 (5 − 2x) = 2 log2 (2 x + 1) x = −2 ∨ x = 1 ⇐⇒ log2 (5 − 2x) 2 2 1 Kết hợp với điều kiện trên, phương trình có 3 nghiệm... phương trình:log4 (x + 1)2 + 2 = log√2 4 − x + log8 (4 + x)3 23 Lời giải: Điều kiện:  x = −1 −4 < x < 4 Với điều kiện đó, phương trình tương đương với: log2 |x + 1| + log2 4 = log2 (4 − x) + log2 (4 + x) ⇐⇒ log2 (4 |x + 1|) = log2 [(4 − x) (4 + x)] ⇐⇒ 4 |x + 1| = (4 − x) (4 + x) ⇐⇒ 4 |x + 1| = 16 − x2 ( ) - Với −1 < x < 4, ta có: ( ) ⇐⇒ 4(x + 1) = 16 − x2 ⇐⇒ x2 + 4x − 12 = 0 ⇐⇒ x=2 x = −6 (loại) - Với... = 128 (1 ) Xét f (t) = 16.10t + 8.2t − 4t có f (t) = 8(1 0t ln 10 − 2t ln 2) + 8.10t ln 10 − 4t ln 4 > 0 ∀t > 2 Suy ra hàm f (t) đồng biến trên (2 ; +∞) Suy ra f (t) > f (2 ) = 1616 > 128 Vậy P T (1 ) vô nghiệm, suy ra PT ban đầu không có nghiệm thực 3 1 Bài 11.Giải phương trình : log27 (x2 − 5x + 6) = 2 log√3 x−1 + log9 (x − 3)2 2 Lời giải: Bài toán này, nhìn hình thức thì chắc nhiều bạn thấy bài toán rất... [(2 x − 1) (x + 1)] + logx+1 (2 x − 1)2 = 4 ⇐⇒ log2x−1 (2 x − 1) + log2x−1 (x + 1) + 2 logx+1 (2 x − 1) = 4 ⇐⇒ log2x−1 (x + 1) + 2 logx+1 (2 x − 1) = 3 Đến đây, đặt t = log2x−1 (x + 1), ta được phương trình: t+ 2 = 3 ⇐⇒ t2 − 3t + 2 = 0 ⇐⇒ t t=1 t=2 - Với t = 1, ta có: log2x−1 (x + 1) = 1 ⇐⇒ x + 1 = (2 x − 1) ⇐⇒ x = 2 26 x = −1 x = −2 - Với t = 1, ta có: log2x−1 (x + 1) = 1 ⇐⇒ x + 1 = (2 x − 1)2  x = 0 (loại)... 2(thỏa mãn) - Với t = 2, ta có: log2 x = 2 ⇐⇒ x = 4(thỏa mãn) 27 t=1 t=2 Vậy, phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = 4 Bài 4 Giải phương trình: 2 x+1 (9 x − 2.3x − 3) log3 (x − 1) + log 1 27 = 9 2 − 9x 3 3 Lời giải: Điều kiện: x > 1 Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương với: 2 (3 x + 1) (3 x − 3) log3 (x − 1) − 3 = 3x+1 − 32x 3 ⇐⇒ (3 x + 1) (3 x − 3) log3 (x − 1) + (3 x + 1) (3 x − 3) = 0 ⇐⇒ (3 x... minh phương trình không còn nghiệm nào khác Xét hàm số f (x) = log7 (x + 2) + x − 6 với x > −2 1 Ta có: f (x) = + 1 > 0, ∀x > −2, nên hàm số đồng biến trên khoảng ( 2; +∞) Từ (x + 2) ln 7 đó: - Nếu −2 < x < 5 thì f (x) < f (5 ) = 0 ⇐⇒ log7 (x + 2) < 6 − x nên phương trình không có nghiệm x, với −2 < x < 5 - Nếu x > 5 thì f (x) > f (5 ) = 0 ⇐⇒ log7 (x + 2) > 6 − x nên phương trình không có nghiệm x, với . (x)] 2 g (x) ≥ 0 6 3.  f (x) >  g (x) ⇐⇒  f (x) > g (x) g (x) ≥ 0 4.  f (x) > g (x) ⇐⇒        f (x) > [g (x)] 2 g (x) ≥ 0  f (x) ≥ 0 g (x) < 0 5.  f (x) < g (x) ⇐⇒      f. (x) < 0 f (x) > 0  g (x) > 0  f (x) < g (x) 2. f (x)  g (x) ≥ 0 ⇐⇒     g (x) > 0 f (x) ≥ 0 g (x) = 0 3. af(x) + bg (x) + c  f (x) g (x) < 0 ( ẳng cấp) Nếu g (x) =0 thì. − x  2 (3 + 3x) (3 − x) ≥ 4 x ⇐⇒ 6 + 2x + 2  (3 + 3x) (3 − x) ≥ 16 ⇐⇒  (3 + 3x) (3 − x) ≥ 5 − x(⊕) Vì cả 2 vế đều dương nên ⊕ ⇐⇒ (3 + 3x) (3 − x) ≥ (5 − x) 2 ⇐⇒ x 2 − 4x + 4 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 2) 2 ≤