CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Dạng 1 Phương trình (*) 0 x D A B A B A B ∈ = ⇔ = ≥ ⇔ [.]

CHUN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I.PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  x ∈ D (*) A = B ⇔ A= B≥0⇔  A = B Dạng : Phương trình Lưu ý: Điều kiện (*) chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp A ≥ hay B ≥ B ≥ A=B⇔ A = B Dạng 2: Phương trình Dạng 3: Phương trình A ≥  A + B = C ⇔ B ≥ (chuyển dạng 2)   A + B + AB = C +) +) A + B = C ⇒ A + B + 3 A.B ( ) A+ B =C ta sử dụng phép : A + B = C ta phương trình : A + B + 3 A.B.C = C Bài 1: Giải phương trình: f) + x − − x = a) x − = x − g) x + = − x + b) x − x + = h) x + − x + = x + c) x + x + = e) 3x − + x − = i) ( x + 3) 10 − x = x − x − 12 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x + 3x − = 2m + x − x Bài 3: Cho phương trình: x − − x = m -Giải phương trình m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: x + mx − = x − m -Giải phương trình m=3 -Với giá trị m phương trình có nghiệm Bình phương vế phương trình a) Phương pháp  Thơng thường ta gặp phương trình dạng : A + B = C + D , ta thường bình phương vế , điều đơi lại gặp khó khăn giải ví dụ sau A + B = C ⇒ A + B + 3 A.B A + B = C  ( ) ta sử dụng phép : A + B = C ta phương trình : A + B + 3 A.B.C = C b) Ví dụ Giải phương trình sau : x + + x + = x + x + Giải: Đk x ≥ Bình phương vế khơng âm phương trình ta được: + ( x + 3) ( x + 1) = x + x ( x + 1) , để giải phương trình dĩ nhiên khơng khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : x + − x + = x − x + Bài Bình phương hai vế ta có : x + x + = x + 12 x ⇔ x = Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phương trình : f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + k ( x ) Mà có : f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + k ( x ) , ta biến đổi phương trình dạng : f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau bình phương ,giải phương trình hệ Bài Giải phương trình sau : x3 + + x + = x2 − x + + x + x+3 Giải: Điều kiện : x ≥ −1 Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế chuyển nào? Ta có nhận xét : (2) ⇔ x3 + x + = x − x + x + , từ nhận xét ta có lời giải sau : x+3 x3 + − x + = x2 − x + − x + x+3 x = 1− x3 + = x2 − x − ⇔ x2 − 2x − = ⇔  Bình phương vế ta được: x+3  x = + Thử lại : x = − 3, x = + l nghiệm Qua lời giải ta có nhận xét : Nếu phương trình : Mà có : f ( x ) h ( x ) = k ( x ) g ( x ) ta biến đổi f ( x) + g ( x) = h( x) + k ( x) f ( x) − h ( x) = k ( x) − g ( x) Trục thức 2.1 Trục thức để xuất nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vơ tỉ ta nhẩm nghiệm x0 phương trình ln đưa dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = ta giải phương trình A ( x ) = chứng minh A ( x ) = vô nghiệm , ý điều kiện nghiệm phương trình để ta đánh gía A ( x ) = vơ nghiệm b) Ví dụ Bài Giải phương trình sau : x − x + − x − = ( x − x − 1) − x − x + Giải: 2 2 Ta nhận thấy : ( x − x + 1) − ( x − x − 3) = −2 ( x − ) v ( x − ) − ( x − 3x + ) = ( x − ) Ta trục thức vế : −2 x + x − x + + ( x − x + 1) = 3x − x − + x − 3x + Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x + 12 + = x + x + 5 Giải: Để phương trình có nghiệm : x + 12 − x + = x − ≥ ⇔ x ≥ Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng ( x − ) A ( x ) = , để thực điều ta phải nhóm , tách sau : x + 12 − = x − + x + − ⇔ x2 − x + 12 + x2 − = 3( x − 2) + x2 + +   x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= ⇔ x = 2 x2 + +   x + 12 + x+2 x+2 − − < 0, ∀x > Dễ dàng chứng minh : x + 12 + x2 + + Bài Giải phương trình : x − + x = x3 − Giải :Đk x ≥ Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình   ( x − 3) ( x + x + ) x+3   3 x − − + x − = x − − ⇔ ( x − 3) 1 + = 3 x2 − x3 − + ( ) + x − +   Ta chứng minh : x+3 1+ (x − 1) + x − + = 1+ ( x+3 < < x + 3x + x2 − + + x3 − + ) Vậy pt có nghiệm x=3 2.2 Đưa “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vơ tỉ có dạng A + B = C , mà : A − B = α C dây C hàng số ,có thể biểu thức x Ta giải sau :  A + B = C A− B = C ⇒ A − B = α , đĩ ta có hệ:  ⇒ A = C +α A− B  A − B = α b) Ví dụ Bài Giải phương trình sau : x + x + + x − x + = x + Giải: 2 Ta thấy : ( x + x + ) − ( x − x + 1) = ( x + ) x = −4 nghiệm Xét x ≠ −4 Trục thức ta có : 2x + 2x + x + − 2x − x + 2 = x + ⇒ 2x2 + x + − 2x2 − x + = x =  x + x + − x − x + = 2 ⇒ 2x + x + = x + ⇔  Vậy ta có hệ:  x =  x + x + + x − x + = x +  Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= Bài Giải phương trình : x + x + + x − x + = 3x 2 Ta thấy : ( x + x + 1) − ( x − x + 1) = x + x , không thỏa mãn điều kiện Ta chia hai vế cho x đặt t = Bài tập đề nghị Giải phương trình sau : tốn trở nên đơn giản x x + x + = ( x + 3) x + − 10 − x = x − (HSG Toàn Quốc 2002) ( − x ) ( − x ) = x + ( − x ) ( 10 − x ) x − + 3x3 − = x − 2 x − 11x + 21 − 3 x − = (OLYMPIC 30/42007) x + = x −1 + 2x − 2 x − + x − 3x − = x + x + + x − x + 2 x + 16 x + 18 + x − = x + x + 15 = x − + x + Phương trình biến đổi tích  Sử dụng đẳng thức u + v = + uv ⇔ ( u − 1) ( v − 1) = au + bv = ab + vu ⇔ ( u − b ) ( v − a ) = A2 = B Bài Giải phương trình : Giải: pt ⇔ ( )( x +1 −1 x + + x + = + x + 3x + x = x + −1 = ⇔   x = −1 ) Bi Giải phương trình : x + + x = x + x + x Giải: + x = , nghiệm  x +1  x +1 + x = 1+ x +1 ⇔  − 1÷ + x ≠ , ta chia hai vế cho x: x x   ( Bài Giải phương trình: Giải: dk : x ≥ −1 x + + x x + = 2x + x2 + x + x = x +1 −1 = ⇔  x = 4x =4 x Bài Giải phương trình : x + + x+3 Giải: Đk: x ≥ pt ⇔ ( x + − 2x )( )  4x 4x 4x  =2 ⇔ 1 − Chia hai vế cho x + : + ÷ = ⇔ x =1 x+3 x+3 x +    Dùng đẳng thức Biến đổi phương trình dạng : Ak = B k Bài Giải phương trình : 3−x = x 3+x Giải: Đk: ≤ x ≤ pt đ cho tương đương : x + 3x + x − = 3  10 10 −  ⇔x+ = ⇔ x = ÷ 3 3  Bài Giải phương trình sau : x + = x − x − Giải: ) x −1 = ⇔ x = ( Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : + + x ) x =  x + + = 3x = 9x ⇔  ⇔  x = −5 − 97  x + + = −3 x  18 Bài Giải phương trình sau : + 3 x ( x + ) = x + 3 x ( x + ) Giải : pttt ⇔ ( x + − 3x ) = ⇔ x =1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải đặt t = f ( x ) ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt phụ xem “hồn tồn ” Nói chung phương trình mà đặt hồn tồn t = f ( x ) thường phương trình dễ Bài Giải phương trình: Điều kiện: x ≥ Nhận xét x − x2 − + x + x2 − = x − x − x + x − = 1 Đặt t = x − x − phương trình có dạng: t + = ⇔ t = t Thay vào tìm x = Bài Giải phương trình: x − x − = x + Giải Điều kiện: x ≥ − t2 − Đặt t = x + 5(t ≥ 0) x = Thay vào ta có phương trình sau: t − 10t + 25 2 − (t − 5) − = t ⇔ t − 22t − 8t + 27 = 16 ⇔ (t + 2t − 7)(t − 2t − 11) = Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2; t3,4 = ± Do t ≥ nên nhận gái trị t1 = −1 + 2, t3 = + Từ tìm nghiệm phương trình l: x = − vàx = + Cách khác: Ta bình phương hai vế phương trình với điều kiện x − x − ≥ Ta được: x ( x − 3) − ( x − 1) = , từ ta tìm nghiệm tương ứng Đơn giản ta đặt : y − = x + đưa hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa hệ) Bài Giải phương trình sau: x + + x − = Điều kiện: ≤ x ≤ Đặt y = x − 1( y ≥ 0) phương trình trở thnh: y + y + = ⇔ y − 10 y − y + 20 = ( với y ≤ 5) ⇔ ( y + y − 4)( y − y − 5) = ⇔ y = Từ ta tìm giá trị x = 11 − 17 + 21 −1 + 17 (loaïi), y = 2 )( ( Bài (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : x = 2004 + x − − x Giải: đk ≤ x ≤ Đặt y = − x pttt ⇔ ( − y ) (y ) + y − 1002 ) = ⇔ y = ⇔ x = Bài Giải phương trình sau : x + x x − = 3x + x Giải: Điều kiện: −1 ≤ x < Chia hai vế cho x ta nhận được: x + x − 1 = 3+ x x , ta giải x Bài Giải phương trình : x + x − x = x + Đặt t = x − 1  Giải: x = nghiệm , Chia hai vế cho x ta được:  x − ÷+ x − = x x  1± Đặt t= x − , Ta có : t + t − = ⇔ t = ⇔ x = x Bài tập đề nghị Giải phương trình sau 15 x − x − = x − 15 x + 11 x + x + 11 = 31 ( x + 5)(2 − x) = x + x n (1 + x) + n − x + n (1 − x) = (1 + x)(2 − x) = + x − x x = (2004 + x )(1 − − x ) x + 17 − x + x 17 − x = ( x + x + 2)( x + x + 18) = 168 x 3x − + x − = x − + 3x − x + − x2 + − x2 = Nhận xét : cách đặt ẩn phụ giải lớp đơn giản, đơi phương trình t lại khó giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :  Chúng ta biết cách giải phương trình: u + α uv + β v = (1) cách u u Xét v ≠ phương trình trở thành :  ÷ + α  ÷+ β = v v v = thử trực tiếp Các trường hợp sau đưa (1)  a A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x )  α u + β v = mu + nv Chúng ta thay biểu thức A(x) , B(x) biểu thức vô tỉ nhận phương trình vơ tỉ theo dạng a) Phương trình dạng : a A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) B ( x ) Như phương trình Q ( x ) = α P ( x ) giải phương pháp  P ( x ) = A ( x ) B ( x )  Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x ) Xuất phát từ đẳng thức : x + = ( x + 1) ( x − x + 1) x + x + = ( x + x + 1) − x = ( x + x + 1) ( x − x + 1) ( )( ) x4 + = x2 − x + x2 + 2x + x + = ( x − x + 1) ( x + x + 1) Hãy tạo phương trình vơ tỉ dạng ví dụ như: x − 2 x + = x + Để có phương trình đẹp , phải chọn hệ số a,b,c cho phương trình bậc hai at + bt − c = giải “ nghiệm đẹp” Bài Giải phương trình : ( x + ) = x + Giải: Đặt u = x + 1, v = x − x + u = 2v ± 37 Phương trình trở thành : ( u + v ) = 5uv ⇔  Tìm được: x = u = v 2  Bài Giải phương trình : x − x + = − x + x2 + Bài 3: giải phương trình sau : x + x − = x − Giải: Đk: x ≥ 2 Nhận xt : Ta viết α ( x − 1) + β ( x + x + 1) = ( x − 1) ( x + x + 1) Đồng thức ta được: ( x − 1) + ( x + x + 1) = ( x − 1) ( x + x + 1) v = 9u Đặt u = x − ≥ , v = x + x + > , ta được: 3u + 2v = uv ⇔  v = u  Ta : x = ± Bài Giải phương trình : x − 3x + ( x + 2) − 6x = Giải: Nhận xét : Đặt y = x + ta biến pt phương trình bậc x y : x = y x − 3x + y − x = ⇔ x − 3xy + y = ⇔   x = −2 y Pt có nghiệm : x = 2, x = 2−2 b).Phương trình dạng : α u + β v = mu + nv Phương trình cho dạng thường khó “phát “ dạng , nhưg ta bình phương hai vế đưa dạng Bài giải phương trình : x + x − = x − x + Giải: u = x Ta đặt :  phương trình trở thành : u + 3v = u − v 2 v = x − Bài 2.Giải phương trình sau : x + x + x − = x + x + Giải Đk x ≥ Bình phương vế ta có : (x + x ) ( x − 1) = x + ⇔ (x + x ) ( x − 1) = ( x + x ) − ( x − 1)  1− u= v  u = x + x 2  Ta đặt :  ta có hệ : uv = u − v ⇔  1+ v = x − v u =  1+ 1+ Do u , v ≥ u = v ⇔ x2 + 2x = ( x − 1) 2 Bài giải phương trình : x − 14 x + − x − x − 20 = x + Giải: Đk x ≥ Chuyển vế bình phương ta được: x − x + = (x − x − 20 ) ( x + 1) 2 Nhận xét : không tồn số α , β để : x − x + = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1) ta đặt u = x − x − 20  v = x + 2 Nhưng may mắn ta có : ( x − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + ) ( x − ) ( x + 1) = ( x + ) ( x − x − ) Ta viết lại phương trình: ( x − x − ) + ( x + ) = ( x − x − 5)( x + 4) Đến toán giải Các em tự sáng tạo cho phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn x +1 − x + = ,  Từ phương trình tích x + − ( )( ) ( 2x + − x )( ) 2x + − x + = Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau ( ) 2 Bài Giải phương trình : x + − x + x = + x + Giải: t = t = x + , ta có : t − ( + x ) t − + 3x = ⇔ t = x −  Bài Giải phương trình : ( x + 1) x − x + = x + Giải: Đặt : t = x − x + 3, t ≥ Khi phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + ⇔ x + − ( x + 1) t = Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có ∆ chẵn : t = x − x + − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔ t − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔  t = x − Từ phương trình đơn giản : ( 1− x − 1+ x )( ) − x − + + x = , khai triển ta pt sau Bài Giải phương trình sau : x + − = x + − x + − x Giải: Nhận xét : đặt t = − x , pttt: + x = x + 2t + t + x (1) ( ) Ta rút x = − t thay vào pt: 3t − + + x t + ( ) 1+ x −1 = ( Nhưng may mắn để giải phương trình theo t ∆ = + + x khơng có dạng bình phương Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo Cụ thể sau : x = − ( − x ) + ( + x ) ( ) ( 1− x , 1+ x ) ) − 48 ( ) x +1 −1 thay vào pt (1) ta được: Bài Giải phương trình: 2 x + + − x = x + 16 Giải Bình phương vế phương trình: ( x + ) + 16 ( − x ) + 16 ( − x ) = x + 16 Ta đặt : t = ( − x ) ≥ Ta được: x − 16t − 32 + x = 2 Ta phải tách x = α ( − x ) + ( + 2α ) x − 8α cho ∆ t có dạng phương Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích  Xuất phát từ số hệ “đại số “ đẹp tạo phương trình vơ tỉ mà giải lại đặt nhiều ẩn phụ tìm mối quan hệ ẩn phụ để đưa hệ Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a + b3 + c + ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có a + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = Từ nhận xét ta tạo phương trình vơ tỉ có chứa bậc ba x + − x2 − x − + x − 8x + = 3x + + − x + x − − x − = Bài Giải phương trình : x = − x − x + − x − x + − x − x u = − x ( u + v ) ( u + w ) = 2 − u = uv + vw + wu    Giải : v = − x , ta có : 3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = , giải hệ ta được: 5 − w2 = uv + vw + wu    ( v + w ) ( u + w ) =  w = − x 30 239 u= ⇔x= 60 120 Bài Giải phương trình sau : x − + x − x − = x + x + + x − x + a = x −  b = x − 3x − Giải Ta đặt :  , ta có : c = x + x +  d = x − x + Bài Giải phương trình sau 1) x + x + − x − x + = x − 2) a + b = c + d ⇔ x = −2  2 2 a − b = c − d  x + x ( − x ) + ( − x ) = − x + x3 + x ( − x ) Đặt ẩn phụ đưa hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường  Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) tìm mối quan hệ α ( x ) β ( x ) từ tìm hệ theo u,v ) ( 3 3 Bài Giải phương trình: x 25 − x x + 25 − x = 30 Đặt y = 35 − x3 ⇒ x3 + y = 35  xy ( x + y ) = 30 Khi phương trình chuyển hệ phương trình sau:  , giải hệ ta tìm  x + y = 35 ( x; y ) = (2;3) = (3;2) Tức nghiệm phương trình x ∈ {2;3} −1 − x + x = Bài Giải phương trình: Điều kiện: ≤ x ≤ −  − − x = u ⇒0≤u≤ − 1,0 ≤ v ≤ − Đặt   x = v  u = −v   u + v =  ⇔ Ta đưa hệ phương trình sau:  u + v = −  − v  + v = −  ÷     Giải phương trình thứ 2: (v + 1) −  v + ÷ = , từ tìm v thay vào tìm nghiệm 2  phương trình Bài Giải phương trình sau: x + + x − = Điều kiện: x ≥ 2 Đặt a = x − 1, b = + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 0) ta đưa hệ phương trình sau: a + b = → (a + b)(a − b + 1) = ⇒ a − b + = ⇒ a = b −  b − a = Vậy x −1 + = + x −1 ⇔ x −1 = − x ⇒ x = Bài Giải phương trình: Giải − 2x + 2x + = 5− x 5+ x 11 − 17 Điều kiện: −5 < x < Đặt u = − x , v = − y < u , v < 10 ( ) (u + v) = 10 + 2uv u + v = 10   Khi ta hệ phương trình:  4 2 8⇔  − − + 2(u + z ) = (u + v) 1 − ÷ =  u v  uv   5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II  Ta tìm nguồn gốc tốn giải phương trình cách đưa hệ đối xứng loại II ( x + 1) = y + (1)  Ta xét hệ phương trình đối xứng loại II sau :  việc giải hệ ( y + 1) = x + (2) đơn giản Bây giời ta biến hệ thành phương trình cách đặt y = f ( x ) cho (2) , y = x + − , ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + − 1) + ⇔ x + x = x + 2 Vậy để giải phương trình : x + x = x + ta đặt lại đưa hệ ( α x + β ) = ay + b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc :  , ta xây dựng phương ( α y + β ) = ax + b a β ax + b + b − trình dạng sau : đặt α y + β = ax + b , ta có phương trình : ( α x + β ) = α α a β n Tương tự cho bậc cao : ( α x + β ) = n ax + b + b − α α Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết dạng : n ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ v đặt α y + β = n ax + b để đưa hệ , ý dấu α ??? n Việc chọn α ; β thông thường cần viết dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ chọn Giải phương trình: x − x = 2 x − 1 Điều kiện: x ≥ Ta có phương trình viết lại là: ( x − 1) − = 2 x − Bài  x − x = 2( y − 1) Đặt y − = x − ta đưa hệ sau:   y − y = 2( x − 1) Trừ hai vế phương trình ta ( x − y )( x + y ) = Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x = + Bài Giải phương trình: x − x − = x + Giải Điều kiện x ≥ − Ta biến đổi phương trình sau: x − 12 x − = x + ⇔ (2 x − 3) = x + + 11 (2 x − 3) = y + ⇒ ( x − y )( x + y − 1) = Đặt y − = x + ta hệ phương trình sau:  (2 y − 3) = x +  Với x = y ⇒ x − = x + ⇒ x = + Với x + y − = ⇒ y = − x → x = − Kết luận: Nghiệm phương trình {1 − 2; + 3} Các em xây dựng sồ hệ dạng ?  Dạng hệ gần đối xứng (2 x − 3) = y + x + (1) hệ đối xứng loại Ta xt hệ sau :  (2 y − 3) = x + giải hệ , từ hệ xây dưng tốn phương trình sau : Bài Giải phương trình: x + − 13 x + x + = 13  33  Nhận xét : Nếu nhóm phương trình trước :  x − ÷ = x + − 4  13 Đặt y − = x + khơng thu hệ phương trình mà giải Để thu hệ (1) ta đặt : α y + β = 3x + , chọn α , β cho hệ giải , (đối xứng gần đối xứng ) 2 ( α y + β ) = 3x + α y + 2αβ y − 3x + β − = (1) ⇔ (*) Ta có hệ :  x − 13 x + α y + + β = (2)  x − 13 x + = − α y − β   Để giải hệ ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): mong muốn có nghiệm x= y α 2αβ − β − = = , ta chọn α = −2; β = α − 13 5+ β Ta có lời giải sau : Điều kiện: x ≥ − , Đặt x + = −(2 y − 3), ( y ≤ ) (2 x − 3) = y + x + ⇒ ( x − y )(2 x + y − 5) = Ta có hệ phương trình sau:  (2 y − 3) = x + Nên ta phải có : Với x = y ⇒ x = 15 − 97 Với x + y − = ⇒ x = 11 + 73 15 − 97 11 + 73  ; Kết luận: tập nghiệm phương trình là:   8   Chú ý : làm quen, tìm α ; β cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình sau: (2 x − 3) = − x + + x + đặt x + = −2 y + , đặt y − = x + khơng thu hệ mong muốn , ta thấy dấu α dấu với dấu trước Một cách tổng quát (1)  f ( x) = A.x + B y + m Xét hệ:  để hệ có nghiệm x = y : A-A’=B m=m’, (2)  f ( y ) = A '.x + m ' Nếu từ (2) tìm hàm ngược y = g ( x ) thay vào (1) ta phương trình Như để xây dựng pt theo lối ta cần xem xét để có hàm ngược tìm hệ phải giải Một số phương trình xây dựng từ hệ Giải phương trình sau 1) x − 13 x + + x + = 4) x + = x − x − 15 30 x − x ) = 2004 30060 x + + 5) ( 2) x − 13 x + + x + = 6) x − = x3 − 36 x + 53 − 25 3) 81x − = x − x + x − ( ) Giải (3): Phương trình : ⇔ 27 81x − = 27 x − 54 x + 36 x − 54 ⇔ 27 81x − = ( x − ) − 46 Ta đặt : y − = 81x − Các em xây dựng phương trình dạng ! III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Dùng đẳng thức :  Từ đánh giá bình phương : A2 + B ≥ , ta xây dựng phương trình dạng A2 + B = Từ phương trình ( ) ( 5x − − x + ( ) − x − + x − = ta khai triển có phương trình : x + 12 + x − = x x − + − x ) Dùng bất đẳng thức A ≥ m  Một số phương trình tạo từ dấu bất đẳng thức:  dấu ỏ (1) B ≤ m (2) dạt x0 x0 nghiệm phương trình A = B ≥ , dấu Ta có : + x + − x ≤ Dấu x = x + + x +1 + 1+ x x=0 Vậy ta có phương trình: − 2008 x + + 2008 x = x +1  A = f ( x )  A ≥ f ( x ) Đôi số phương trình tạo từ ý tưởng :  : A = B ⇔   B ≤ f ( x)  B = f ( x )  Nếu ta đốn trước nghiệm việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều nghiệm vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 + x = x+9 Bài Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): x +1 Giải: Đk x ≥ 2   2    x     = x+9 + x ÷ ≤ 2 + x +1  + Ta có :     x +  x + ÷  x +       ( ) Dấu ⇔ 2 = x +1 1 ⇔ x= x +1 Bài Giải phương trình : 13 x − x + x + x = 16 Giải: Đk: −1 ≤ x ≤ ( Biến đổi pt ta có : x 13 − x + + x ) = 256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ( 13 13 − x + 3 + x ) ≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x + + x ) = 40 ( 16 − 10 x ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x ( 16 − 10 x 2 )  16  ≤  ÷ = 64  2   x= + x2   1− x = ⇔ Dấu ⇔   10 x = 16 − 10 x   x = − Bài giải phương trình: x 3` − 3x − x + 40 − 4 x + = Ta chứng minh : 4 x + ≤ x + 13 x − 3x − x + 40 ≥ ⇔ ( x − 3) ( x + 3) ≥ x + 13 Bài tập đề nghị Giải phương trình sau − 2x + 2x 16 x + = x + x − 2x + + 2x = + + 2x − 2x x 3` − 3x − x + 40 − 4 x + = x + 1− x + x − 1− x = + 8 + x + 64 − x3 = x − x + 28 2x4 + = 4 + x4 + x4 − − x2 + − 1  = 4−x+ ÷ x x  Xây dựng tốn từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ véc tơ r r  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: u = ( x1 ; y1 ) , v = ( x2 ; y2 ) ta có  r r r r u+v ≤ u + v ⇔ ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) ≤ x12 + y12 + x22 + y22 r r x1 y1 = = k ≥ , ý tỉ số phải Dấu xẩy hai véc tơ u , v hướng ⇔ x2 y2 dương rr r r r r r u v = u v cos α ≤ u v , dấu xẩy cos α = ⇔ u ↑↑ v  3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác  Nếu tam giác ABC tam giác , với điểm M mặt phẳng tam giác, ta ln có MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC với O tâm đường tròn Dấu xẩy M ≡O  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn cạnh AB,BC,AC góc 1200 Bài tập ( ) 1) 2x2 − 2x + + 2x2 − − x + + 2x2 + 2) x − x + − x − 10 x + 50 = ( ) +1 x +1 = IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vơ tỉ dựa theo hàm đơn điệu  Dựa vào kết : “ Nếu y = f ( t ) hàm đơn điệu f ( x ) = f ( t ) ⇔ x = t ” ta xây dựng phương trình vơ tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : y = f ( x ) = x + x + x ≥ ta xây dựng phương trình : f ( x) = f ( ) 3x − ⇔ x3 + x + = 2 x + x − 3x + = ( x − 1) x − Từ phương trình f ( x + 1) = f ( x + x + x + = ( x − 1) ( ) 3x − + (3 x − 1) + , Rút gọn ta phương trình ) 3x − tốn khó ( 3x − 1) Để gải hai toán làm sau : 2 x + x + x + = y Đặt y = 3x − ta có hệ :  cộng hai phương trình ta được: 3 x − = y ( x + 1) + ( x + 1) = y + y Hãy xây dựng hàm đơn điệu tốn vơ tỉ theo dạng ? ) ( ) ( 2 Bài Giải phương trình : ( x + 1) + x + x + + x + x + = Giải: ( ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) ( ) ( + = ( −3 x ) + ) ( −3x ) ) + ⇔ f ( x + 1) = f ( −3 x ) Xét hàm số f ( t ) = t + t + , hàm đồng biến R, ta có x = − Bài Giải phương trình x − x − x + = x + x −  x3 − x − x + = y 3 ⇒ y + y = ( x + 1) + ( x + 1) Giải Đặt y = x + x − , ta có hệ :  7 x + x − = y Xét hàm số : f ( t ) = t + t , hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x = f ( y ) = f ( x + 1)  ⇔ y = x + ⇔ ( x + 1) = x + x − ⇔   x = −1 ±  3 Bài Giải phương trình : x + = x − x − V PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA Một số kiến thức bản:  −π −π  Nếu x ≤ có số t với t ∈  ; cho : sin t = x số y với y ∈ [ 0; π ]  2  cho x = cos y  π  π  Nếu ≤ x ≤ có số t với t ∈  0;  cho : sin t = x số y với y ∈ 0;   2  2 x = cos y cho  π π  Với số thực x có t ∈  − ; ÷ cho : x = tan t  2  Nếu : x , y hai số thực thỏa: x + y = , có số t với ≤ t ≤ 2π , cho x = sin t , y = cos t Từ có phương pháp giải tốn :  −π −π   Nếu : x ≤ đặt sin t = x với t ∈  ; x = cos y với y ∈ [ 0; π ]  2   π  π  Nếu ≤ x ≤ đặt sin t = x , với t ∈  0;  x = cos y , với y ∈ 0;   2  2 2  Nếu : x , y hai số thực thỏa: x + y = , đặt x = sin t , y = cos t với ≤ t ≤ 2π a  π π  Nếu x ≥ a , ta đặt : x = , với t ∈  − ; ÷ , tương tự cho trường hợp khác sin t  2  π π  x số thực thi đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷  2 Tại lại phải đặt điều kiện cho t ? Chúng ta biết đặt điều kiện x = f ( t ) phải đảm bảo với x có t , điều kiện để đảm bào điều (xem lại vòng tròn lượng giác ) Xây dựng phương trình vơ tỉ phương pháp lượng giác ? Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3t = sin t , ta tạo phương trình vơ tỉ Chú ý : cos3t = 4cos3 t − 3cos t ta có phương trình vơ tỉ: x − x = − x (1) Nếu thay x ta lại có phương trình : − x = x x − (2) x Nếu thay x phương trình (1) : (x-1) ta có phương trình vố tỉ khó: x − 12 x + x − = x − x (3) Việc giải phương trình (2) (3) khơng đơn giản chút ? Tương tự từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng phương trình vơ tỉ theo kiểu lượng giác Một số ví dụ  Bài Giải phương trình sau : + − x  ( + x ) −  Giải: Điều kiện : x ≤ Với x ∈ [−1;0] : ( 1+ x) − ( 1− x) ≤ (ptvn) − x2  ( 1− x)  = +  3  π x ∈ [0;1] ta đặt : x = cos t , t ∈ 0;  Khi phương trình trở thành:  2 1   cos x 1 + sin t ÷ = + sin t ⇔ cos t = phương trình có nghiệm : x = 6   Bài Giải phương trình sau : 1− 2x + 2x + 2cos x + 1) − x + + x = HD: tan x = + 2x − 2x − 2cos x 2) + − x = x + − x Đs: x = 3) x − 3x = x + HD: chứng minh x > vô nghiệm ) ( Bài Giải phương trình sau: 6x + = 2x 5π 7π   π Xét : x ≤ , đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] Khi ta S = cos ;cos ;cos  mà phương trình 9   bậc có tối đa nghiệm tập nghiệm phương trình  2 Bài .Giải phương trình x  + ÷ x −1    π π , t ∈ − ; ÷ Giải: đk: x > , ta đặt x = sin t  2  cos t = ( + cot t ) = ⇔  Khi ptt: sin x sin 2t = −  Phương trình có nghiệm : x = − + Giải: Lập phương vế ta được: x − x = ⇔ x3 − x = ( ) x + ( x + 1) x +1 = + 2x 2x ( − x2 ) Bài Giải phương trình : Giải: đk x ≠ 0, x ≠ ±1  π π Ta đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷  2 Khi pttt 2sin t cos 2t + cos 2t − = ⇔ sin t ( − sin t − 2sin t ) = Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x = Bài tập tổng hợp Giải phương trình sau x3 + (1− x ) = x − 2x2 x − x 30 − 2007 30 + x 2007 = 30 2007 12 x − 2x + − 2 − x > x + 16 x − + x3 + x + x + = + x − ( x + ) + 16 ( − x ) + 16 ( − x ) = x + 16 x = (2004 + x )(1 − − x ) ( x + x + 2)( x + x + 18) = 168 x 3 x −1 + x +1 = x x + x + = 2x + x + + 3x + = x + + x + 3 ( + x ) + 3 − x2 + ( − x ) = x + x + = ( x + 3) x + ( − x) ( − x) = x+ 2008 x − x + = 2007 x − − 10 − x = x − (HSG Toàn Quốc 2002) x + x2 + x − 3x + = − ( − x ) ( 10 − x ) ( ) ( x + − = x + 3x + x + x + x + 12 x + = 36 x2 + = x − + 2x − ( x − 1) x − + 3x3 − = x − 2 x − 11x + 21 − 3 x − = (OLYMPIC 30/42007) 2x + x − + x − 3x − = x + x + + x − x + 2 x + 16 x + 18 + x − = x + 3x + 3x + 2 x +x+2 = 3x + 12 x + x − = x + x3 + = x3 + x + x −1 1 = 1− + x − x x x x − 14 x + − x − x − 20 = x + x + = x3 − x − 15 30 x − x ) = 2004 30060 x + + ( 4x + = x2 + x 28 ( x + + x = + x3 + x x + 3x + = x x + + 2 x − 4 x − x − 10 = x − x − 10 3−x =x PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA THAM S Bài 1: Tìm m để phơng trình sau cã nghiÖm: x2 + x + − x2 − x + = m Giải: Xét hàm số y = x + x + − x x + + Miền xác định D= R + Đạo hàm y' = 2x + − 2x − x + x + x2 − x + y' = ⇔ (2x − 1) x2 + x + = (2x + 1) x2 − x + (2x − 1)(2x + 1) > ⇔ (vo nghiem) 2 2 (2x − 1) (x + x + 1) = (2x + 1) (x − x + 1) + y(0)=1>0 nên hàm số ĐB + Giới hạn lim y = lim x→−∞ x→−∞ 2x x + x + − x2 − x + = −1 lim y = x→+∞ + BBT x y’ y ) - + + x+x ) -1 Vậy phơng trình có nghiệm -10 víi mäi t ∈ (1; 5) Ta cã BBT sau: t g’(t) + g(t) -3 Từ BBT suy -3