Hệ phương trình đã cho là:

1. Điều kiện xác định (ĐKXĐ)

Để các căn thức có nghĩa, ta cần:

Vậy, ĐKXĐ là: $-1 \le x \le 1$.

2. Biến đổi phương trình (1)

Chuyển các số hạng chứa $\sqrt{1-x}$ về một vế và các số hạng còn lại về vế kia:

Nếu đặt $z = \sqrt{1-x}$, ta có $z \ge 0$ và $z^2 = 1-x$, hay $x = 1 - z^2$.

Thay $x$ vào biểu thức $1 - 2x$:

Thay lại vào phương trình (1) đã biến đổi:

Xét hàm số $f(t) = 2t^3 + t$. Ta có $f'(t) = 6t^2 + 1 > 0$ với mọi $t \in \mathbb{R}$.

$\implies f(t)$ là hàm số đồng biến trên $\mathbb{R}$.

Do đó, từ $f(y) = f(-z)$, suy ra $y = -z$.

Thay $z = \sqrt{1-x}$ trở lại, ta được mối liên hệ:

3. Thay thế vào phương trình (2)

Thay $(*)$ vào phương trình $(2)$:

Sử dụng công thức $\sqrt{1-x}\sqrt{1+x} = \sqrt{(1-x)(1+x)} = \sqrt{1-x^2}$ (do $-1 \le x \le 1$):

Lưu ý rằng $\sqrt{1-x} \ge 0$, và $y = -\sqrt{1-x} \le 0$, tức là $y$ không dương.

Xét vế trái của $(2)$: $2x^2 + 2xy\sqrt{1+x}$.

Từ $(*)$, ta có $y^2 = 1 - x$, hay $x = 1 - y^2$.

Thay $x = 1 - y^2$ vào $(2)$:

Đây là một phương trình rất phức tạp. Ta nên biến đổi phương trình $(2)$ một cách khác.

Quay lại phương trình:

Ta nhận thấy vế trái có dạng bình phương thiếu. Nhân 2 vế với 2:

Đây không phải là một hướng đi đơn giản. Ta nên thử phương pháp lượng giác do kết quả có dạng lượng giác.

4. Phương pháp lượng giác

Đặt $x = \cos t$, với $t \in [0, \pi]$ (vì $-1 \le x \le 1$).

Từ $(*)$, ta có $y = -\sqrt{1-x}$.

Vì $t \in [0, \pi] \implies \frac{t}{2} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \implies \sin \left(\frac{t}{2}\right) \ge 0$.

Nên $y = -\sqrt{2}\sin \left(\frac{t}{2}\right)$.

Thay $x = \cos t$ và $y = -\sqrt{2}\sin \left(\frac{t}{2}\right)$ vào phương trình $(2)$:

Sử dụng công thức: $\sqrt{1 + \cos t} = \sqrt{2\cos^2 \left(\frac{t}{2}\right)} = \sqrt{2}\cos \left(\frac{t}{2}\right)$ (vì $\frac{t}{2} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$).

Sử dụng công thức $\sin t = 2\sin \left(\frac{t}{2}\right)\cos \left(\frac{t}{2}\right)$:

Sử dụng công thức $\cos(2t) = 2\cos^2 t - 1$, hay $2\cos^2 t = 1 + \cos(2t)$:

Sử dụng công thức $a\cos \alpha + b\sin \alpha = \sqrt{a^2 + b^2} \cos(\alpha - \phi)$:

Chia cả hai vế cho $\sqrt{2}$:

Sử dụng công thức $-\sin \alpha = \cos \left(\alpha + \frac{\pi}{2}\right)$:

Phương trình có hai trường hợp:

Trường hợp 1:

Do $t \in [0, \pi]$, ta thay $k = 0$: $t = \frac{\pi}{6}$ (nhận)

Nếu $k = 1$: $t = \frac{\pi}{6} + \frac{4\pi}{3} = \frac{9\pi}{6} > \pi$ (loại).

Với $t = \frac{\pi}{6}$:

Giá trị này không khớp với đáp án $\left(\cos \frac{3\pi}{10}; \sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20}\right)$. Trường hợp này bị loại.

Trường hợp 2:

Do $t \in [0, \pi]$, ta thử các giá trị $k$:

• $k = 0$: $t = -\frac{3\pi}{10}$ (loại)
• $k = 1$: $t = -\frac{3\pi}{10} + \frac{4\pi}{5} = \frac{-3\pi + 8\pi}{10} = \frac{5\pi}{10} = \frac{\pi}{2}$ (nhận)
• $k = 2$: $t = -\frac{3\pi}{10} + \frac{8\pi}{5} = \frac{-3\pi + 16\pi}{10} = \frac{13\pi}{10} > \pi$ (loại)

Với $t = \frac{\pi}{2}$:

Kiểm tra nghiệm $(x; y) = (0; -1)$ vào hệ ban đầu:

Trường hợp này cũng bị loại.

5. Xem xét lại đáp án gợi ý

Đáp án gợi ý là: $(x; y) = \left(\cos \frac{3\pi}{10}; \sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20}\right)$.

Nếu đây là nghiệm, ta phải có $y = -\sqrt{1-x}$.

$\implies \sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20} = -\sqrt{1 - \cos \frac{3\pi}{10}}$

$\implies \sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20} = -\sqrt{2\sin^2 \frac{3\pi}{20}}$

$\implies \sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20} = -\sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20}$ (vì $\frac{3\pi}{20} \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \implies \sin \frac{3\pi}{20} > 0$)

$\iff 2\sqrt{2}\sin \frac{3\pi}{20} = 0 \quad \text{(Vô lí vì } \sin...

Lời giải:

Câu 1:

\(5^{2x}=3^{2x}+2.5^x+2.3^x\)

\(\Leftrightarrow 5^{2x}-2.5^x+1=3^{2x}+2.3^x+1\)

\(\Leftrightarrow (5^x-1)^2=(3^x+1)^2\)

\(\Leftrightarrow (5^x-1-3^x-1)(5^x-1+3^x+1)=0\)

\(\Leftrightarrow (5^x-3^x-2)(5^x+3^x)=0\)

Vì \(3^x,5^x>0\Rightarrow 3^x+5^x>0\), do đó từ pt trên ta có \(5^x-3^x=2\)

\(\Leftrightarrow 5^x=3^x+2\)

TH1: \(x>1\)

\(\Rightarrow 5^x=3^x+2< 3^x+2^x\)

\(\Leftrightarrow 1< \left(\frac{3}{5}\right)^x+\left(\frac{2}{5}\right)^x\)

Vì bản thân \(\frac{2}{5},\frac{3}{5}<1\), và \(x>1\Rightarrow \left(\frac{2}{5}\right)^x< \frac{2}{5};\left(\frac{3}{5}\right)^x<\frac{3}{5}\)

\(\Rightarrow \left(\frac{2}{5}\right)^x+\left(\frac{3}{5}\right)^x< 1\) (vô lý)

TH2: \(x<1 \Rightarrow 5^x=3^x+2> 3^x+2^x\)

\(\Leftrightarrow 1>\left(\frac{3}{5}\right)^x+\left(\frac{2}{5}\right)^x\)

Vì \(\frac{2}{5};\frac{3}{5}<1; x<1\Rightarrow \left(\frac{3}{5}\right)^x> \frac{3}{5}; \left(\frac{2}{5}\right)^x>\frac{2}{5}\Rightarrow \left(\frac{2}{5}\right)^x+\left(\frac{3}{5}\right)^x>1\)

(vô lý)

Vậy \(x=1\)

Câu 2:

Ta có \(1+6.2^x+3.5^x=10^x\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{10^x}+6.\frac{1}{5^x}+3.\frac{1}{2^x}=1\)

\(\Leftrightarrow 10^{-x}+6.5^{-x}+3.2^{-x}=1\)

Ta thấy, đạo hàm vế trái là một giá trị âm, vế phải là hàm hằng có đạo hàm bằng 0, do đó pt có nghiệm duy nhất.

Thấy \(x=2\) thỏa mãn nên nghiệm duy nhất của pt là x=2

Câu 3:

\(6(\sqrt{5}+1)^x-2(\sqrt{5}-1)^x=2^{x+2}\)

Đặt \(\sqrt{5}+1=a\), khi đó sử dụng định lý Viete đảo ta duy ra a là nghiệm của phương trình \(a^2-2a-4=0\)

Mặt khác, từ pt ban đầu suy ra \(6.a^x-2\left(\frac{4}{a}\right)^x=2^{x+2}\)

\(\Leftrightarrow 6.a^{2x}-2^{x+2}a^x-2^{2x+1}=0\)

\(\Leftrightarrow 2(a^x-2^x)^2+4(a^{2x}-2^{2x})=0\)

\(\Leftrightarrow 2(a^x-2^x)^2+4(a^x-2^x)(a^x+2^x)=0\)

\(\Leftrightarrow (a^x-2^x)(6a^x+2^{x+1})=0\)

Dễ thấy \(6a^x+2^{x+1}>0\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow a^x-2^x=0\)

\(\Leftrightarrow (\sqrt{5}+1)^x=2^x\Leftrightarrow x=0\)

1.a/ \(\left\{{}\begin{matrix}3^{x+1}>0\\5^{x^2}>0\end{matrix}\right.\) \(\forall x\) \(\Rightarrow\) pt vô nghiệm

b/ Mình làm câu b, câu c bạn tự làm tương tự, 3 câu này cùng dạng

Lấy ln hai vế:

\(ln\left(3^{x^2-2}.4^{\dfrac{2x-3}{x}}\right)=ln18\Leftrightarrow ln3^{x^2-2}+ln4^{\dfrac{2x-3}{x}}-ln18=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-2\right)ln3+\dfrac{2x-3}{x}2ln2-ln\left(2.3^2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x^3ln3-2x.ln3+4x.ln2-6ln2-x.ln2-2x.ln3=0\)

\(\Leftrightarrow x^3ln3-4x.ln3+3x.ln2-6ln2=0\)

\(\Leftrightarrow x.ln3\left(x^2-4\right)+3ln2\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(x^2ln3+2x.ln3+3ln2\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x-2=0\Rightarrow x=2\\x^2ln3+2x.ln3+3ln2=0\left(1\right)\end{matrix}\right.\)

Xét (1): \(\left(x^2+2x\right)ln3=-3ln2\Leftrightarrow x^2+2x=\dfrac{-3ln2}{ln3}=-3log_32\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^2=1-3log_32=log_33-log_38=log_3\dfrac{3}{8}< 0\)

\(\Rightarrow\left(1\right)\) vô nghiệm

\(\Rightarrow\) pt có nghiệm duy nhất \(x=2\)

2/ Pt đã cho tương đương:

\(2017^{sin^2x}-2017^{cos^2x}=cos^2x-sin^2x\)

\(\Leftrightarrow2017^{sin^2x}+sin^2x=2017^{cos^2x}+cos^2x\)

Xét hàm \(f\left(t\right)=2017^t+t\) (\(0\le t\le1\))

\(\Rightarrow f'\left(t\right)=2017^t.ln2017+1>0\) \(\forall t\) \(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến

\(\Rightarrow f\left(t_1\right)=f\left(t_2\right)\Leftrightarrow t_1=t_2\)

\(\Rightarrow sin^2x=cos^2x\Rightarrow cos^2x-sin^2x=0\Rightarrow cos2x=0\)

\(\Rightarrow x=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{k\pi}{2}\)

Thế k=0; k=1 ta được 2 nghiệm thuộc đoạn đã cho là \(x=\dfrac{\pi}{4};x=\dfrac{3\pi}{4}\)

\(\Rightarrow\) tổng nghiệm là \(T=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{3\pi}{4}=\pi\)

a/ \(y'=18x-42x^5+7x^4=0\)

\(\Leftrightarrow x\left(42x^4-7x^3-18\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\42x^4-7x^3-18=0\end{matrix}\right.\)

Nói chung là ko giải được pt dưới nên nhường thầy giáo ra đề tự xử

b/ \(y'=\frac{4}{\left(x+2\right)^2}>0\) \(\forall x\ne-2\)

\(\Rightarrow\) Hàm số đồng biến trên \(\left(-\infty;-2\right)\) và \(\left(-2;+\infty\right)\)

c/ \(y'=\frac{\left(4x+3\right)\left(2x+1\right)-2\left(2x^2+3x\right)}{\left(2x+1\right)^2}=\frac{4x^2+4x+3}{\left(2x+1\right)^2}=\frac{\left(2x+1\right)^2+2}{\left(2x+1\right)^2}>0\) \(\forall x\ne-\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\) Hàm số đồng biến trên \(\left(-\infty;-\frac{1}{2}\right)\) và \(\left(-\frac{1}{2};+\infty\right)\)

d/ \(y'=\frac{x^2-2x-\left(2x-2\right)\left(x-1\right)}{\left(x^2-2x\right)^2}=\frac{-x^2+2x-2}{\left(x^2-2x\right)^2}=\frac{-\left(x-1\right)^2-1}{\left(x^2-2x\right)^2}< 0\) \(\forall x\ne\left\{0;2\right\}\)

\(\Rightarrow\) Hàm số nghịch biến trên \(\left(-\infty;0\right)\) và \(\left(0;2\right)\) và \(\left(2;+\infty\right)\)

e/ \(y'=\frac{\left(2x-x^2\right)'}{2\sqrt{2x-x^2}}=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}=0\Rightarrow x=1\)

\(y'>0\) khi \(0< x< 1\); \(y'< 0\) khi \(1< x< 2\)

\(\Rightarrow\) Hàm số đồng biến trên \(\left(0;1\right)\) và nghịch biến trên \(\left(1;2\right)\)

a) \(2^{x+4}+2^{x+2}=5^{x+1}+3\cdot5^x\)

\(\Rightarrow2^x+2^4+2x^x+2^2=5^x\cdot x+3\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow2^x+16+2^x\cdot4=5\cdot5^x+3\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow16\cdot2^x+4\cdot2^x=8\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow20\cdot2^x=8\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow20\cdot\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=8\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=\dfrac{2}{5}\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=\left(\dfrac{2}{5}\right)^1\)

\(\Rightarrow x=1\)