Phương pháp giải phương trình vô tỷ thường gặp

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) x2 + 2x + = x + b) 2x +1 + = x 4x + Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x= + 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 có ⇔ ⇔  x = − 16 7 x − 12 x − 64 =  x = nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: II MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƯỜNG GẶP Giải phương trình vô tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: THCS.TOANMATH.com 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: x + += 2x2 + + 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: x2 + − 2x2 + = 2x − x + − x + < phương trình có nghiệm 2x − < ⇔ x < Để ý rằng: • Nếu phương trình có nghiệm x0 : 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 − b THCS.TOANMATH.com + 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 phương trình  x − x0 = 0⇔ 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 n f (x ) ax1 + b = hai nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b cho  n f (x ) ax2 + b = + Hoàn toàn tương tự cho biểu thức cịn lại: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x − + x − + x − = b) x − + − x= x − x − Giải: THCS.TOANMATH.com 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 x3 − 1= − 1= 2; x − 1= − 1= x3 − − + x − − + x − = Ta viết lại phương trình thành: ⇔ x3 − 5 x − + =0 2x − + ( x − 1)  5( x + x + 1) ⇔ ( x − 1)  +  x3 − +  + 2x −1 +1 + x − =0  + 1 =  3 ( x − 1) + x − +  Dễ thấy : 5( x + x + 1) Với điều kiện x ≥ + 5 x3 − + 2 3 ( x − 1) + 2x −1 +1 Nên phương trình cho có nghiệm x = b) Điều kiện: x ∈ [ 2; 4] Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi x−2 = − = 1; − x = Từ ta có lời giải sau: THCS.TOANMATH.com 4−3 = +1 > Phương trình cho tương đương với: x − − + − − x= x − x − 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 Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vô nghiệm ta thường dùng A ước lượng bản: A + B ≥ A với B ≥ từ suy ≤ với A+ B A + B > số A, B thỏa mãn  B ≥ Ví dụ 2: Giải phương trình: x a) x − + = b) x3 − x − x − ( x − ) x − − x + 28 = Giải: a) Điều kiện: x ≥ THCS.TOANMATH.com Ta nhẩm nghiệm x = Nên phương trình viết lại sau: x − − + x − 3= ⇔ x3 − − x2 − x2 −1 + x2 −1 + + x −3 = x − 27 x3 − +  x+3 x + 3x +  ⇔ ( x − 3)  +1−  =0 3 x x x − + − + − +   x = ⇔  x+3 x + 3x + +1− =0  x − + x − + x3 − + Ta dự đoán: x+3 x2 −1 + x2 −1 + giá trị x ≥ ta thấy Ta chứng minh: +1− x + 3x + < ( Bằng cách thay x+3 x2 −1 + x2 −1 + x+3 x3 − + x2 −1 + x2 −1 + < +1− x + 3x + x3 − + x + 3x + x3 − + < 0) >2 Thật vậy: x+3 + Ta xét Đặt (x − 1) + x − + x − x − = t > ⇒ x = t + Bất phương trình tương đương với t + 2t + > t + ⇔ t + 3t + 6t + 4t > Điều hiển nhiên THCS.TOANMATH.com + Ta xét: x + 3x + x −2 +5 > ⇔ x + 3x − > x3 − ⇔ 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 x =t ≥ ⇒ x =t 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) ( ) t3 − −1 =   t + 2t +   ⇔ (t − 2) ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4)   =  t − +    Để ý 4t + 7t + 16 > t ≥ nên ta có  t + 2t +  16 ( 4) + + + − t t t ( )   > Vì phương trình có nghiệm  t − +1  t = ⇔ x = Nhận xét: Việc đặt x = t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngoài 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 + THCS.TOANMATH.com b) x − 11 3x − − x + = c) x2 + (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường THPT x+ = x ( x + 1) chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) d) x3 + x + x + = x2 + 2x + a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ x2 + 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  ⇔  13 −2m + n = b=  Từ ta phân tích phương trình thành: THCS.TOANMATH.com 20  4  13 x  x + −  x +  + 19 − x −  −  − ( x + x − ) =  3  3 ⇔ 4 19 − x − (13 − x) x + − ( x + )  + − ( x2 − x − 2) =  3 ⇔ − x2 − x +  − x2 − x +  − ( x2 + x − 2) =  +  x + + ( x + )  3 19 − x + (13 − x)      1  ⇔ − ( x − x − 2) + + 1 =0  3 x + + ( x + ) 3 19 − x + (13 − x)       Dễ thấy với −3 ≤ x ≤ 19 > 0, 3 x + + ( x + 5) 3 19 − x + (13 − x)  Nên >0 1 + +1 > 3 x + + ( x + ) 3 19 − x + (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 THCS.TOANMATH.com Ta nhẩm nghiệm= x 3,= x nên suy nhân tử chung là: x − 11x + 24 Ta phân tích với nhân tử x − sau: + Tạo x − − ( ax + b ) = cho phương trình nhận= x 3,= x a+b = 3= a nghiệm Tức a, b cần thỏa mãn hệ:  ⇔ 8a + b =20 b =−4 m + n 10 = 3= m + Tương tự với x + − (mx + n) = ⇔ ta thu được:  m + n 15 = 8= n Phương trình cho trở thành: x − − (3 x − 4) + ( x + 7) − x + = ⇔ x − 11x + 24 −9( x − 11x + 24) + =0 x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x +   −9 ⇔ ( x − 11x + 24 )  + =  x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x +   x − 11x + 24 =  ⇔ −9 + =  x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + Ta xét A( x) = −9 + x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + Ta chứng minh: A( x) < tức là: −9 + 0) ta được: = t + ⇔ t − t + = x +1 t t a) Với m = 10 ta có phương trình: 3t − 10t + = ta suy t = t = b) Tự giải 10) Giải: Điều kiện: x ≥ Phương trình tương đương với x − − ( x + 1) x − + x + x + − x + x − = = 3x x2 −1  ⇔ x − x − − x − x − =⇔  − x= x2 −1 ( Trường hợp x= )( ) 0 ≤ x ≤ 0 ≤ ≤ (vô nghiệm) x2 −1 ⇔  ⇔ 2 x − 8 x = −1 9 x = THCS.TOANMATH.com Trường hợp 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤  ⇔ ⇔ 2− x = x −1 ⇔  ⇔x= = x = x 4 − + = − x x x    11) Giải: Điều kiện x ≥ −1 Ta có x = nghiệm phương trình Với x > Đặt x += y, ( y > ) , phương trình cho thành: y = y + 2 y + y Ta có 4y < y2 = y ⇒ 4y < 2y ⇒ 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) Giải: Ta có (*) ⇔ − x + x − − 2x − = (1) x x x Đặt u = x − ; v = x − u , v ≥ u − v = − x x x x Do (1) thành: u − v + u − v = ⇔ ( u − v )( u + v + 1) = ⇔ u = v (vì u, v ≥ ) Từ ta có: x− = x THCS.TOANMATH.com 2x − 5 ⇔ x − = 2x − ≥ x x x (2) Phương trình x − = x − có nghiệm x = ±2 x x Từ (2) suy có x = nghiệm phương trình cho 13) 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 = 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 = 3+ x ≠ , ta được: 1 − 1− = x x ≥ 0, v = x 1− ≥0 x u= v + 2 u − v = Ta có hệ phương trình:  2 ⇔ 2 4 u + v = ( + v ) + v = Giải hệ ta được= v 0,= u từ ta có x = THCS.TOANMATH.com (2) (3) 15) Giải: ( ) ⇔ ( x − x + ) + x + − x + + =0 ⇔ ( x − 3) + ( x +1 − ) = 0 x − = ⇔ ⇔x=  x +1 − = Vậy phương trình có nghiệm x = 16) Giải: Điều kiện: x ≥ −2 Nhân hai vế phương trình (1) với trình tương đương: + x + x + 10 = x + + x + > , ta phương x+5 + x+2  x+5 =  x =−4 ⇔ ⇔  x = −1  x + = (l ) (tm) 17) Giải: Đặt = y x , y ≥ , ta có (*) thành: 12 − Bình phương biến đổi thành: ( 3 = 4y − 4y − y y y2 − − y ) = ⇔ y2 − y − = Do nghiệm phương trình x = 1, x = −1 18) Điều kiện: ≤ x ≤ THCS.TOANMATH.com Nhân tử mẫu vế trái với biểu thức ( x+3 − x )( ) − x + =1 ⇔ ⇔ − x + 1= x + + x ta thu được: x+3 + x ( ) − x + =1 x + + x (*) Nếu x = VT (*)= 3= VP(*) nên x = nghiệm phương trình Nếu ≤ x < − x > ⇒ − x + > hay VT(*) > với ≤ x < Vì ≤ x < nên x + < + = 2, x < =1 ⇒ 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 + x2 + 5 2x2 + = ≥ 3 x x = x+ x 3x 3 3x 25 x ( x + ) x2 + Dấu xảy khi= x x ⇔ = 3x Trường hợp x < : từ phần ta thấy, với x < thỏa mãn bất phương trình x = Đáp số  x < 20) Giải: THCS.TOANMATH.com Điều kiện x > x , t ≥ , ta x ( x + 1) đặt t =+ x Chia hai vế bất phương trình cho 1 đưa bất phương trình − ≤ 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 ≥ t   Bất phương trình nghiệm với t ≥ Vậy nghiệm bất phương tình cho x > 21) Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x − 2= 4− x ≤ x − 2.1 ≤ ( x − )( − x ) ≤ x−2+4− x = 1; x − +1 +1 x − +1 x +1 ; ≤ = 2 −x + ; x= x x 27 ≤ x + 27 Do VT ≤ VP với x thỏa mãn ≤ x ≤ Vậy nghiệm bất phương trình ≤ x ≤ 22) Đặt= t x − x ≥ ⇒ x − 2= x t Phương trình trở thành : t − ( x + 1) t − x − = Ta có THCS.TOANMATH.com  x + − ( x + 3) = −1 t = 2 Do t ≥ ta ∆ = x + x + + x + = ( x + 3) ⇒   x +1+ x + = x+2 t= x ≥ x2 − x = x + ⇔  ⇒ x = + 13 x − 6x − = 2 x − ≥  23) Điều kiện: 1 − x ≥ Bình phương vế ta thu được:  x − x2 ≥  cần giải: x −1 + − x2 + ( x − 1) (1 − x =) ⇔ −2 x + x − ( x − 1) (1 − x ) =0 ( x − x2 )  −1 − x = ⇔ − 2x2 − 2x −1 = ⇔ − 2x2 = 2x −1 ⇔ x2 + x −1 = ⇔   −1 + x =  −1 + Đối chiếu với điều kiện nài tốn có nghiệm x = thỏa mãn điều kiện ) ( 24) Ta viết lại phương trình thành: 16x + 32x − 40 − x + 15 =0 ⇔ ( 4x + ) − 56 = 4x + 60 Đặt 4x + 60 = 4y + ta có hệ sau:  4y + =4x + 60  4y + =4x + 60 ) ) ( ( ⇔  2 ( 4x + ) − 56 = 4y + ( 4x + ) = 4y + 60   Trừ vế phương trình hệ ta có: THCS.TOANMATH.com ( 4x + )2 − ( 4y + )2= ( y − x ) ⇔ 16 ( x − y )( x + y + )= ( y − x ) x = y ⇔  ( x + y + ) = 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 − ) + (x + 1) = (x − 1) (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) = u 2x −  v = (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) Đặt ta có hệ phương u + 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 + x2 − x + ) ⇔ x − x + − x + x + =− THCS.TOANMATH.com 3 ) (x )( + x + x2 − x + ) trình: ) ( Chia phương trình cho x2 + x + > ta thu được:  x2 − x +   x2 − x +  = ⇔ 2  − =−   Đặt t  x2 + x +   x + x +    Ta có phương trình: 2t +  x2 − x +  =  x2 + x +    Giải   x2 − x +    >0  x2 + x +    t −1= ⇒ t = 3 ⇔ x= * Cách 2: Xét x > chia hai vế phương trình ta có: x − + Đặt t = x + x2 + + =− x x2 ≥ ta có phương trình: t − =− t −1 x x Xét x < chia hai vế phương trình ta có: x − 3= + Đặt t= x + ta có phương trình: = t−3 x x2 + + x2 t −1 27) Điều kiện: ≤ x ≤ Phương trình viết lại: Ta viết lại phương trình thành: x − − + − x + 3x − 30x + 75 = THCS.TOANMATH.com ( x − 5) ⇔2 x −1 + + − x + (x − 5)(3x − 15) = x =   −2 − x ⇔2 + − x + (x − 5)(3x − 15) = x −1 +  x − + + − − x(3x − 15) =  ( x − 5) Ta thấy − − x(3x − 15) ≥ 0∀x ∈ 1;  Ta chứng minh: −2 − x x −1 + + ≥ ⇔ x − + − − x ≥ điều hiển nhiên do: − x ≤ − = nên − − 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    + Nếu 2uv + = ⇔ ( − x ) 2x − = ⇒ x ∈  ;1   1   Mặt khác ta có: ( − x ) <  −  = 1; 2x − ≤ − = nên phương trình cho vơ nghiệm Kết luận: x= + 29) Sử dụng đẳng thức: ( a + b ) = a + b3 + 3ab ( a + b ) THCS.TOANMATH.com Phương trình ⇔ 2x − + 3 ( x − 1)( x − ) ( ) x − + x − = 2x −  x − + x − 2= 2x − 3  ⇔ (*) ⇔ x= 1; x= 2; x= ( x − 1)( x − )( 2x − ) =  30) − x2 x x2 + ⇒ t2 = + + x x2 − x2 − x2 Điều kiện: −1 < x < Đặt t = PT cho thành: 2t + 5t + =0 ⇔ t =−2; −1 < x < 1 − x2 x  * t =−2 ⇔ t =− + =−2 ⇔  ⇔ x =− x2 x =  + − x2  x2 − x2 −1 < x < − x2 x  + = − ⇔ x2 hệ vô nghiệm x + = −  1− x 1− x x − ⇔ * t= Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 31) Điều kiện x ≥ −1 PT ⇔ ⇔2 ( x + 1) ( x2 − x + 1=) x+1 x −x+1 Đặt t = * t=2⇔ −5 ) ( x − x + + ( x + 1) x+1 = + 0(Do : x − x + > 0∀x) x −x+1 t = , t ≥ , ta có: 2t − 5t + = ⇔  t = x2 − x +  x+1 x+1 x −x+1 2 = ⇔ 4x − 5x + = PT vô nghiệm THCS.TOANMATH.com * t= x+1 ± 37 ⇔ = ⇔ x − 5x − = ⇔ x = 2 x −x+1 32) Do VT ≥ nên ⇒ VP ≥ ⇔ x ≥ −1 Ta có PT ⇔  2x2 + − 2x2 +  +  2x2 − 2x2 +  =     2x2 − 2x − ⇔ ( 2x + 1) + ( 2x + 1) ( 2x + 2) + ( 2x + 2) 2 3 2 2x2 − 2x − + ( x + 2x ( 2x + 1) + 2x + 2 ) = 1± nghiệm phương trình cho ⇔ 2x − 2x − = ⇔ x = 33) Điều kiện: x ≥ − 3 Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình nên ta có: Phương trình ⇔ ⇔ x + 6x − 2x + = x3 + 5x − x + 6x − 2x + − 2x= 5x − x + − 2x ⇔ x − 4x + = 5x − x + − 2x (1) x ≤ − 21  ⇔ ⇔x=  2 ( x − 1) x − 3x − = x − 4x + =  x ≤ * Nếu x3 + − 2x = ⇔  Khi (1) ⇒ x = * Nếu x ≠ ( ) − 21 nghiệm phương trình  x3 − 4x2 + = (1) − 21 x3 − 4x2 + x3 − 4x2 + ⇒ ( 1) ⇔ = ⇔ 3 5x −  x + + 2x = 5x − (2) x + + 2x  Ta thấy: (1) có nghiệm= x 1;= x THCS.TOANMATH.com + 21   x≥ ≥ x   ⇔ (2) ⇔ x + = 3x − ⇔  3 x − 9x + 6x + = ( x − 1) x − 8x − = 0   ( x = ⇔  x= + Vậy phương trình có nghiệm: x= 1; x= ± 21 ; x= + 2 34) Điều kiện: x > −4  x2 + x +  −  + x= −3 PT ⇔    x+4   x2 + x + x+4 ⇔ x2 + x + +1 x+4 +x −3+ ( ⇔ x2 + ( −1 − x2 + 2 x2 − )  + x2 +  x2 +     ) ( x + ) ( x + x + 1) + x + + x2 − + = x2 − =  + x2 +  x2 +         ⇔ x2 −  +1+ =  + x2 +  x2 +   ( x + ) x2 + x + + x +       ) ( ( ) ⇔ x − =0 ⇔ x =± 35) Điều kiện: x ≥ 3 * Với x ≥ , phương trình cho tương đương với: THCS.TOANMATH.com ) 25 + 9x − 18 (1) = + 2 x x x +1 Dễ thấy phương trình (1) có VT > 25 x ≥ nên phương trình cho vơ nghiệm * Với x ≤ − phương trình cho tương đương với 25 − 9 − Đặt x = x + 18 x +1 (2)  9 = t  < t ≤  , phương trình (2) thành: 4 x  25 − 9 − 4t = 2t + 36 ( t − ) ⇔= 18t 18t ⇔ − 9 − 4t = 2t + − 16 1+ t 1+ t ( t − )( t + ) t+1 − 4t + Lưu ý với < t ≤ nên 162 ta có VP ≤ + < 25 13 18 − 4t + −  18 t+4 ⇔ (t − 2)  = −   − 4t + t +  có 18 − 4t + ≥ 18 t+4 18 =1 + t +1 Vậy (3) ⇔ t =2 ⇒ x =− 2 KL: Phương trình có nghiệm x = − 2 36) Điều kiện: x ≥ −2 BPT viết lại: Đặt a = 2x + 1; b THCS.TOANMATH.com (1) ( 2x + 1) + 20 ( 3x + ) ≤ 2x + + 3x + 3x + ; BPT ⇔ 5a + 20b2 ≤ a + 4b a + 4b ≥ b ⇔ 2 ⇔a= 5a + 20b ≤ ( a + 4b ) 2x + =  x ≥ − ⇔x = 3x + ⇔  4x + x − =  Kết luận: Nghiệm bất phương trình là: x = 37) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Bình phương vế ta có : x2  13 − x2 + + x2  = 256   Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ) ( (  13 13 − x2 + 3 + x2  ≤ 13 + 27 13 − 13x2 + + 3x= 40 16 − 10x2 )   (   ( )  16  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x2 16 − 10x2 ≤   = 64     x=  x +  Dấu ⇔  − x = ⇔    2 x = − 10x= 16 − 10x  THCS.TOANMATH.com ) ... dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: • Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) Ví dụ: Đối phương trình: x + += 2x2 + + 2x + Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với... 12  = 0⇔   x = Vậy phương trình cho có nghiệm là: x = 0; x = ± PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Những kỹ thuật qua trọng để giải phương trình giải phương pháp đánh giá ta thường sử dụng là: + Dùng... thỏa mãn phương trình: Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 0, x = − Chú ý: Ở bước cuối giải nghiệm ta phải thử lại phép bình phương lúc đầu ta giải khơng tương đương Ví dụ 4) Giải phương trình: