chuyen de phuong trinh vo ty on thi vao lop 10

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Phương trình vơ tỷ bản:  g ( x)  f ( x )  g ( x)    f ( x)  g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: a) b) x2  x   x  2x 1  x  4x  Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x  2 b) Điều kiện: x  Bình phương vế ta được:  x  8 3x   2 x  x  x   2 x  x  x    2 4(2 x  x)  ( x  8) x   x  8   Đối chiếu với điều kiện ta thấy  x   16 x  12 x  64    có x  nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: II MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƯỜNG GẶP THCS.TOANMATH.com Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp tốn giải phương trình dạng: n f ( x )  m g ( x)  h( x)  Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích giải trực tiếp khó khăn + Nhẩm nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp:  Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) Ví dụ: Đối phương trình: x2    x2   2x + Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x  R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: Để ý rằng: x   x   phương trình có nghiệm x    x   x2   x2   x  3 Nếu phương trình có nghiệm x0 : THCS.TOANMATH.com Ta phân tích phương trình sau: Viết lại phương trình thành: n f ( x )  n f ( x0 )  m g ( x )  m g ( x0 )  h( x )  h( x0 )  Sau nhân liên hợp cho cặp số hạng với ý: +  +  a b  a b   a  ab  b  a  b3  a  b  a  b2 + Nếu h( x)  có nghiệm x  x0 ta ln phân tích h( x)  ( x  x0 ) g ( x ) Như sau bước phân tích rút nhân tử chung x  x0  x  x0  phương trình ban đầu trở thành: ( x  x0 ) A( x)     A( x )  Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đánh giá để kết luận A( x)  vơ nghiệm  Nếu phương trình có nghiệm x1 , x2 theo định lý viet đảo ta có nhân tử chung là: x  ( x1  x2 ) x  x1.x2 Ta thường làm sau: + Muốn làm xuất nhân tử chung n f ( x ) ta trừ lượng ax  b Khi nhân tử chung kết sau nhân liên hợp n f ( x )  (ax  b) + Để tìm a, b ta xét phương trình: n f ( x)  ( ax  b)  Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b cho ax1  b  n f ( x1 )  ax2  b  n f ( x2 ) THCS.TOANMATH.com + Hoàn toàn tương tự cho biểu thức lại: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x3   x   x   b) x    x  x2  5x  Giải: a) Phân tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu , tạo phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Điều kiện x  Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x  Khi x     2; x     Ta viết lại phương trình thành:  x3  5 x3    x3    x    x   2x    x  1  5( x  x  1)  ( x  1)    5x3    Dễ thấy : THCS.TOANMATH.com  x 1   x 1    1  3  x  1  x    5( x  x  1)  Với điều kiện x  x3    x  1  x 1  1  Nên phương trình cho có nghiệm x  b) Điều kiện: x   2; 4 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x  Khi x     1;  x    Từ ta có lời giải sau: Phương trình cho tương đương với: x      x  2x  5x   x3 x 3   ( x  3)(2 x  1) x  1 1  x 1     x  3    (2 x  1)    x  1 1  x  x   1    (2 x  1)   x   1   x Để ý rằng: Với điều kiện x   2; 4 1  1;  1; x   nên x  1 1  x 1   (2 x  1)  x  1 1  x Từ suy ra: x  nghiệm phương trình THCS.TOANMATH.com Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng ước lượng bản: A  B  A với B  từ A  B  A  với số A, B thỏa mãn  A B B  suy Ví dụ 2: Giải phương trình: a) x2   x  x3  b) x  x   x   x   3x  28  Giải: a) Điều kiện: x  Ta nhẩm nghiệm x  Nên phương trình viết lại sau:  x2    x   x3   x2  x2 1  x2    x 3 x  27 x3    x3 x  3x    ( x  3)  1 0 3 x3     x 1  x 1  x    x3 x  3x  1 0  x   x   x3   THCS.TOANMATH.com x3 x2  3x  1  ( Bằng cách x2 1  x2 1  x3   thay giá trị x  ta thấy Ta dự đoán: x3 x2 1  x2 1  1 Ta chứng minh: x  3x  x3    0) x3 x2   x2    x  3x  x3   2 Thật vậy: + Ta xét Đặt x3 x  1  x   1 x  1  x   x  x   t   x  t  Bất phương trình tương đương với t  2t   t   t  3t  6t  4t  Điều hiển nhiên + Ta xét: x  3x  x 2 5   x  3x   x   x  x3  x  x   x  0(*) Điều ln Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x  b.) Điều kiện: x  Để đơn giản ta đặt THCS.TOANMATH.com x  t   x  t3 Phương trình cho trở thành: t  2t  (t  4) t   3t  28   3t  t  2t  28  (t  4) t   Nhẩm t  Nên ta phân tích phương trình thành:  4t  t  2t  32  (t  4)   t  1    t  2t     (t  2)  4t  7t  16   (t  4)     t      Để ý 4t  7t  16  t  nên ta có  t  2t    7t  16   (t  4)    Vì phương trình có  t  1 nghiệm t   x   4t Nhận xét: Việc đặt x  t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngồi tạo liên hợp (t  4)  nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác tính tốn đơn giản Ví dụ 3: Giải phương trình: a) x   19  x  x  x  b) 3x   x   c) x x  11 x2   (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường x  x  1 THPT chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) d) x3  x  x   x2  x  2 x  2x  THCS.TOANMATH.com a) Điều kiện: 3  x  19 Ta nhẩm nghiệm x  1, x  2 nên ta phân tích để tạo nhân tử chung là: x  x  Để làm điều ta thực thêm bớt nhân tử sau: + Ta tạo x   (ax  b)  cho phương trình nhận x  1, x  2 nghiệm  a  a  b    Để có điều ta cần:   2a  b  b  20  + Tương tự 19  x  (mx  n)  nhận x  1, x  2 nghiệm  a  m  n    Tức   2m  n  b  13  Từ ta phân tích phương trình thành: 20  4  13 x  x    x   19  3x      x  x     3  3  4 19  x  (13  x) x    x       x2  x     3    x2  x    x2  x    x2  x  2     x    x    3 19  x  (13  x )    THCS.TOANMATH.com   1     x  x  2   1   3 x    x   3 19  x  (13  x)       Dễ thấy với 3  x  3 19  x  (13  x)  19  0, x    x  5 0 1 1  Nên x   x      3 19  3x  (13  x)  x  Phương trình cho tương đương với x  x      x  2 Vậy phương trình có nghiệm là: x  3, x  b) Điều kiện: x  Phương trình viết lại sau: x   x   x  11 Ta nhẩm nghiệm x  3, x  nên suy nhân tử chung là: x  11x  24 Ta phân tích với nhân tử x  sau: THCS.TOANMATH.com Với x  Đặt x   y,  y   , phương trình cho thành: y  2y  2y  4y Ta có 4y  y2  y  y  y  2y  2y  4y  2y  4y  2y  2y  4y  y Phương trình vơ nghiệm Với  x  Chứng minh tương tự, ta có phương trình vơ nghiệm Vậy x  nghiệm phương trình 12) Ta có (*)  Giải:  x  x   2x   x x x (1) Đặt u  x  ; v  x  u , v  u  v   x x x x 2 Do (1) thành: u  v  u  v    u  v   u  v  1   u  v (vì u, v  ) x 5  2x   x   2x   x x x x Phương trình x   x  có nghiệm x  2 x x Từ ta có: (2) Từ (2) suy có x  nghiệm phương trình cho 13) THCS.TOANMATH.com Giải:Điều kiện x  Phương trình tương đương với: x9  x 2x 9x 1 2x    0 x 1 x 1 x 1 x 1  2x  8x 2x        1  0 x 1 x 1  x 1   2x   x  x   x  (thỏa mãn x 1 14) Giải: Điều kiện: x  Dễ thấy x  nghiệm (1) Với x  , chia hai vế (1) cho (1)   Đặt u   x  , ta được: 1  1  x x 1  0, v    x x u  v  u  v   Ta có hệ phương trình:  2 2 u  v    v   v  (2) (3) Giải hệ ta v  0, u  từ ta có x  15) Giải:     x2  6x  9  x   x    THCS.TOANMATH.com   x  3   x 1   0 x     x3 x     Vậy phương trình có nghiệm x  16) Giải: Điều kiện: x  2 Nhân hai vế phương trình (1) với x   x   , ta phương trình tương đương:  x  x  10  x   x   x    x  4    x    x  1 17) (l ) (tm) Giải: Đặt y  x , y  , ta có (*) thành: 12  3  4y  4y  y y Bình phương biến đổi thành:  y2   y    y2  y   Do nghiệm phương trình x  1, x  1 18) Điều kiện:  x  Nhân tử mẫu vế trái với biểu thức được: THCS.TOANMATH.com x   x ta thu  x3  x   1 x 1   x3  x   1 x 1    x   x   x (*) Nếu x  VT (*)   VP(*) nên x  nghiệm phương trình Nếu  x   x    x   hay VT(*)  với  x 1 Vì  x  nên x     2, x    VP(*)  Do phương trình cho khơng có nghiệm nửa khoảng  0;1 Vậy phương tình cho có nghiệm x  19) Giải: Điều kiện: x  Trường hợp x  : áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: 4x  2x2  5 x2   x  3 x x  25 x  x   x 3x 3 3x Dấu xảy 2x2  x x 3 3x Trường hợp x  : từ phần ta thấy, với x  thỏa mãn bất phương trình x  Đáp số  x  THCS.TOANMATH.com 20) Giải: Điều kiện x  Chia hai vế bất phương trình cho x  x  1 đặt t  x  , t  , ta đưa bất phương trình x 1 1  t  t  t t Với điều kiện t  hai vế (1) dương Bình phương hai vế ta đưa bất phương trình tương đương    t   1  0 t   Bất phương trình nghiệm với t  Vậy nghiệm bất phương tình cho x  21) Giải: Điều kiện:  x  Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:  x  2   x  x2  4 x   x24 x 1; x  2.1  x  1  x  1 1 x 1 ;  x  ; x x  x 27  x  27 Do VT  VP với x thỏa mãn  x  Vậy nghiệm bất phương trình  x  THCS.TOANMATH.com 22) Đặt t  x  x   x  x  t Phương trình trở thành : t   x  1 t  x   Ta có  x    x  3  1 t  2   x  x   x    x  3   Do t  ta  x 1 x   x2 t  x  x2  x  x     x   13 x  x    x     Điều kiện: 1  x  Bình phương vế ta thu  x  x2   cần giải: 23) được: x    x   2 x  x     x  1   x   x  1   x   x2  2x 1    x  x2  0  1  x     x2  x 1  x2  x 1     1  x   Đối chiếu với điều kiện nài tốn có nghiệm x  thỏa mãn điều kiện 24) Ta viết lại phương trình thành: 16x2  32x  40  x  15    4x  4  56  4x  60 Đặt 4x  60  4y  ta có hệ sau:  4y   4x  60  4y   4x  60       2  4x  4  56  4y   4x  4  4y  60   THCS.TOANMATH.com 1  Trừ vế phương trình hệ ta có:  4x  4   4y  4  4 y  x  16 x  y   x  y  8  4 y  x x  y   4 x  y  8  Giải phương trình ứng với trường hợp ta thu được: x  1;x  9  221  3 x  25) Điều kiện:   3 x   Ta viết lại phương trình thành:  2x  3 Đặt  (x  1)  (x  1) (x  1)(2x  3)  (x  1) u  2x   v  (x  1)(2x  3)  (x  1) ta có hệ phương trình: u2  x   (x  1)v  v  x   (x  1)u Trừ vế hai phương trình ta có: u  v  u  v   u  v  x  1   u  v  x   Giải theo hai trường hợp ta thu phương trình vơ nghiệm 26) Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x2  3x    3  x  x  1  x  x  1  2 x THCS.TOANMATH.com 2     x   x2  x    3 x   x  x2       x2  x   x2  x   x2  x    3 x    x  x2  x    Chia phương trình cho x  x   ta thu được:  x2  x  1  x2  x  1 Đặt  2  1    t  x2  x  1  x2  x  1   Ta có phương trình: 2t2  Giải  x2  x  1    x2  x  1   t  1  t  3  x2  x  1    x1  x2  x  1   * Cách 2: Xét x  3 x chia hai vế phương trình ta có: ta có:  x  1 x x2 Đặt t  x   ta có phương trình: t    t 1 x Xét x  3 x chia hai vế phương trình  x  1 x x2 Đặt t  x  ta có phương trình: t   t 1 x 27) Điều kiện: 1 x  Phương trình viết lại: Ta viết lại phương trình thành: x     x  3x2  30x  75   THCS.TOANMATH.com  x  5 x 1   x  (x  5)(3x  15)   x  5  30x  75   x 1   x  (x  5)(3x  15)  x   2   x  (x  5)(3x  15)  0 2  x x 1  x      x(3x  15)    x  5 Ta thấy   x(3x  15)  0x  1;5 Ta chứng minh: 2  x x 1    x     x  điều hiển nhiên do:  x    nên  5 x  Vậy phương trình có nghiệm x  28) Điều kiện x  Đặt u  x  1;v  2x  phương trình cho trở thành  2u  1 v   2v  1 u   u  v   2uv  1  2 x   + Nếu u  v  x   2x     x  4x    x  2 1  2  + Nếu 2uv  1  2 1 x 2x   1 x   ;1  1   Mặt khác ta có: 2 1 x  2 1   ; 2x     nên phương trình cho vơ nghiệm Kết luận: x   29) Sử dụng đẳng thức:  a  b  a3  b3  3ab a  b THCS.TOANMATH.com Phương trình  2x   33  x  1  x  2   x   x   2x   x   x   2x  3   (*)  x  1;x  2;x    x  1  x  2  2x  3  30) Điều kiện: 1  x  Đặt t  1 x2 x x2   t2    x x2 1 x2 1 x2 PT cho thành: 2t2  5t    t  2; 1 x  1 x2 x    2    x  * t  2  t   x2 x 3  2 1 x2 1 x2 x * t  1 x  1 x2 x     x2 hệ vô nghiệm x    1 x 1 x2 x Vậy phương trình cho có nghiệm x   31) Điều kiện x  1     PT   x  1 x2  x   x2  x   2 x  1 2 x1 x  x1 5 x1 x  x   0(Do : x2  x   0x) t  2  2t  5t    ,t  , ta có: Đặt t  t  x  x  x THCS.TOANMATH.com * t  2 * t x1 x  x1   4x2  5x   PT vô nghiệm x 1  37    x2  5x    x  2 x2  x  32) Do VT  nên  VP   x  1 3  3  Ta có PT   2x   2x    2x  2x       2x2  2x    2x  1   2x  1  2x  2  2x  2 2  2x2  2x    x  3 1 2  2x2  2x  x  2x  2x  1 3  2x  1 2 0 nghiệm phương trình cho 33) Điều kiện: x   3 Ta thấy x  khơng nghiệm phương trình nên ta có: Phương trình  x  6x  2x   x3  5x   (1) x3  6x2  2x  x3  4x2   2x  x3   2x   x3   2x 5x  5x  * Nếu x  x   21  x3   2x      x  2 x  4x    x  1 x  3x     21 Khi (1)  x  trình THCS.TOANMATH.com  nghiệm phương * Nếu x  x3  4x2    21 x3  4x2  x3  4x2    1    5x  x3   2x  x   2x  5x  (1) (2) Ta thấy: (1) có nghiệm x  1;x   21   x  x  x  (2)  x   3x      x3  9x2  6x    x  1 x2  8x    x       x   1 x2  8x    x     Vậy phương trình có nghiệm: x  1;x   21 ;x   22 34) Điều kiện: x  4  x2  x   PT  2  1 x2     x     x2  x  x x2  x  1 x    1    x2  1 x2      x2   x  4  x2  x  1  x  THCS.TOANMATH.com x2   x2   x  3  x2   0 x2  0   x2  1 x2           x2    1 0   x2  1 x2     x  4 x2  x   x             x2    x   3 35) Điều kiện: x  * Với x  , phương trình cho tương đương với: 9x2  18 (1)   2 x x x 1 25  Dễ thấy phương trình (1) có VP  25  9  phương trình cho tương đương với x  2 x  18 x 1  9  t   t  , phương trình (2) thành: 4 x  36 t  2 Lưu (2) 25  9  4t  2t   ta có 162   25 nên phương trình cho vơ nghiệm 13 * Với x   Đặt VT  25 x   4t  ý  18t 18t   9  4t  2t   16 1 t 1 t 2 t  2  t  4 t1 với t 18  1  4 nên t1 t1 THCS.TOANMATH.com  18 t  4   t  2      4t  t   0 t  có 18  4t  t   4t  t  18  18  (1) Vậy (3)  t   x   2 KL: Phương trình có nghiệm x   2 36) Điều kiện: x  2 BPT viết lại: 5 2x  1  20 3x  6  2x  1 3x  Đặt a = 2x + 1; b 3x  6; BPT  5a2  20b2  a  4b a  4b  20b2  a  4b   2  a b 5a  20b   a  4b  x   2x   3x     x1 4x2  x    Kết luận: Nghiệm bất phương trình là: x  37) Điều kiện: 1 ≤ x ≤ Bình phương vế ta có : x2  13 1 x2  1 x2   256   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:     13 13 1 x2  3 1 x2   13  27 13  13x2   3x2  40 16  10x2        Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x 16  10x THCS.TOANMATH.com   16      64  2    x   x  1 x   Dấu     2 x   10x  16  10x  THCS.TOANMATH.com ...   16 x  m  (10  2m) x  (3m  9) x   m   16 x  m  (10  2m) x  (3m  9) x   m   (2m  10m  16) x  (9m  3m2 ) x  m  3m Ta cần :  m  (9m  3m2 )  4(2m  10m  16)( m ...  3x  x  Ta có:   (8 x  3)  12.( 3 x  x)  100 x  60 x   (10 x  3)   x  (10 x  3)  3 x  t  Từ tính :  t   x  (10 x  3)   x  Trường hợp 1: Trường hợp 2:  x ... 81 Ta mong muốn   ( Ax  B)   ''m  (3m  27)  (9  8m  m )(m  18m  81)  Từ tính m  8 Phương trình cho trở thành: 8t  (6 x  18)t  x  10  Ta có  ''  (3 x  9)  8(6 x  10)  (3