Một số cách đặt ẩn phụ để giải phương trình vô tỷ

1 MỘT SỐ CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Ths Nguyễn Cơng Nhàn Phan Cát Vi Bùi Thanh Tính Nguyễn Văn Tuấn Giải phương trình toán thường xuyên xuất kỳ thi, đặc biệt phương trình vơ tỉ đóng vai trị đặc biệt tốn khó để học sinh đạt điểm cao kỳ thi tuyển sinh Đại học hàng năm Chính tốn không đơn giản, viết muốn giới thiệu số cách giải phương trình vơ tỉ phương pháp đặc ẩn phụ, để bạn tham khảo Chắc chắn viết không tránh khỏi sai lầm, thiếu sót, mong bạn thơng cảm góp ý Phương pháp đặt ẩn phụ, thường có dạng:  Đặt ẩn phụ biến đổi hết ẩn cũ;  Đặt hai ẩn phụ đưa hệ phương trình;  Đặt ẩn phụ cịn có ẩn cũ, đưa hệ phương trình;  Đặt ẩn phụ t cịn có ẩn cũ x, lúc ta xem x tham số;  Đặt ẩn phụ, ẩn phụ, để đưa hệ phương trình  Dùng phương pháp hàm số, bất đẳng thức để chứng minh phương trình có nghiệm ( vô nghiệm) Bài 2x2 + 5x – = x 1 Điều kiện x  Ta nhận thấy xuất x3 – bên có đa thức bậc hai, ta nghĩ đến đẳng thức a3 – b3 = (a – b)(a2 + ab + b2) Khi đó, (1)  2( x  x  1)  3( x 1)  ( x 1)( x  x  1)  x2  x 1 x2  x 1 2  3 0 x 1 x 1 Giải ta x2  x 1 = 3, ½ x 1 Từ ta giải x Bài x3   x2  Trước hết ta có điều kiện Sau ta nhận thấy có x3 + = (x + 1)(x2 – x +1) nên ta nhân chéo tách x2 + theo x2 – x + x + 1, ta ( x  1)( x  x  1)  2( x  x  1)  2( x  1) Chia hai vế phương trình cho (x2 – x + 1) ta phương trình bậc 2, giải kết luận nghiệm Bài 2x  5x    x  21x  20 Trước hết ta tìm điều kiện Ta nhận thấy biểu thức bậc hai có dạng bậc 3, ta phân tích bậc thành tích (MTCT – Hocner) x3 – 21x – 20 = (x + 4)(x2 – 4x – 5) Sau ta phân tích 2x2 – 5x + = 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) Ta phương trình 2(x2 – 4x – 5) + 3(x + 4) – 2( x  4)( x  x  5) Chia hai vế cho x2 – 4x – 5, sau giải ta có x Bài x  3x  ( x  2)3  6x   x  6x  12x   ( x  2)3   9(x  2x  1)      ( x  2)3   (3x  3)   ( x  2)3   3x   ( x  2)   3x    ( x  2)3   3x      ( x  2)3   3x    Bình phương hai vế giải Bài 2( x 1) x 1  x 1  4( x 1)  Đưa theo Bài x 1 , có phương trình bậc giải có x 1 , có x 3x  x  2001  3x  x  2002  x  2003  2002 Ta nhận thấy, 3x  x  2001  3x  x  2001 x   x  2003  2002  3x  x  2001  2002  3x  x  2001 (6 x 1)  2002  x 1  x 1  (dùng phương pháp hàm số) Cách 2, đặt a   3x  x  2001; b  3x  x  2002; c  x  2003 Ta –a – b – c = 2002 a3 + b3 + c3 = - 2002 Do a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3  3(a + b)(b + c)(c + a) =  a = -b; b = -c; c = - a; Suy x Bài 3x    x  x   x   Ta nhận thấy bốn bậc hai khơng có lên quan, ba đầu cộng lại thứ tư, nên ta đặt: a  3x  1; b   x ; c  x  Từ ta có a + b + c = x  a3 + b3 + c3 = 4x – Ta có (a + b+ c)3 – (a3 + b3 + c3) = 3(a + b)(b + c)(c + a) = nên suy suy x Bài ( x  2) x 1  x   Điều kiện Đặt a= x 1   x  a  (a2 – 1)a a3 - (a2 + + = a2 – a + - =0  a  1    a       a  1    Có x Bài x   x  2x 2  x (1) Trong tập này, ta thấy xuất bậc hai – x chứa x2 Khi ta thử đặt t   x   x  t  4t  Khi (1)  t4 – 4t2 + + t = 2(t4 – 4t2 + 4)t  2t5 – t4 – 8t3 + 4t2 + 7t – = (*)  (t – 1)(2t4 + t3 – 7t2 – 3t + 4) = (t – 1)( (2t4 + 2t3 – 2t2 – t3 – t2 + t – 4t2 – 4t + 4) =  (t – 1)(t2 + t – 1)(2t2 – t – 4) = Giải phương trình có t, sau suy x Bài 10 4x 1 x   2x  2x  (1) Trong tập này, ta thấy xuất x  nên ta nghĩ đến việc đặt t = x   1, sau biến đổi để đưa t, cịn dư lượng x Khi ta xem phương trình phương trình ẩn t x tham số, ta giải có t theo x Giải phương trình bậc hai ta được, t = ½ t = 2x – Giải lại để có x   Bài 11  x   2x  x  Bài 12  1  x  2x  Trước hết ta có điều kiện  x  1 Mấu chốt xuất 2x , ta chuyển vế nâng lũy thừa bậc tốn trở nên phức tạp Do ta đặt ẩn phụ sau (theo 2x )    1  x   y      2x  z    2( y  z )   Khi ta có hệ    y  z  1   Từ phương trình thứ nhất, ta rút y theo z vào phương trình thứ hai, ta phương trình      z  1  z       2 2 Từ phương trình này, ta giải z từ có x Bài 13 x  x 1000  8000x  1000 Trước hết ta tìm điều kiện cho x Ta chuyển vế, sau bình phương hai vế gặp khó khăn Ta nghĩ đến việc đặt ẩn phụ, đặt t =  8000x t =  8000x + Trong trường hợp chọn cách đặt t =  8000x + Khi t2 – t = +  8000x -  8000x -1 = khơng kết Khi ta có đổi cách đặt t    8000x , t2 – t = 2000x  x  x  2000t  Ta có hệ    t  t  2000x   Trừ vế theo vế để giải hệ ta x = t (chú ý điều kiện) Sau lại phương trình ẩn x, giải có x = 2001, x = (loại) Bài 14 x  4x   x  Điều kiện Ta nhận thấy có x + nên ta thử đặt t  x  , vào phương trình ta có (t2 – 5)2 – 4(t2 – 5) + – t =  t4 – 14 t2 – t + 42 = Dùng MTCT đoán nghiệm sơ đồ Hocner ta đưa vê phương trình tích (t – 2)(t + 3)(t2 – t – 7) = Giải có t, suy x Bài 15 x  4x= x3 Điều kiện x  [- 3; - 2] [0; + ) Khi bình phương hai vế ta phương trình bậc bốn: 8x4 + 32x3 + 32x2 – x – = Ta phân tích bậc bốn tích hai bậc hai (không dùng sơ đồ Hocner được) Giả sử 8x4 + 32x3 + 32x2 – x – = 8(x2 + ax + b)(x2 + cx + d) Khai triển VP = 8x4 + 8(a + c)x3 + 8(b + ac + d)x2 + 8(ad + bc)x + 8bd Đồng hệ số, ta a + c = 4; b + ac + d = 4; 8(ad + bc) = -1 8bd = - Giải hệ này, ta phương trình (4x2 + 10x + 3)(2x2 + 3x – 1) = Giải phương trình ta ĐS Bài 16 27x  18x= x  , x  Bình phương hai vế ta 729x4 + 972x3 + 324x2 – x – 4/3 =  37x4 + 3622x3 + 3522x2 – 3x – = Đặt t = 3x  , 3x = t2 – 4, 9x2 = t4 – 8t2 + 16 Bài 17 x x  113 x  4x   14  5x  13 x  Trong tập này, xuất x – – x2 + 4x – = -(x – 2)2 nên ta cịn x ngồi Ta thử đặt t  x   x = t3 + 2, ta phương trình (t3 + 2)t – 11 t2 + 14 = 5(t3 + 2) + 13 t  t4 – 5t3 + 11t2 – 11t + = Sử dụng MTCT để có phân tích (t – 1)2(t2 – 3t + 4) = 0, giải Bài 18 x   2x  3x 1  2x  x  3x 1 Trong này, xuất hai dấu bậc ba cấu trúc bên phức tạp Ta nhận thấy bên 2x3 – x2 – 3x – = 2x3 – 3x + – (x2 + 2), từ cho ta cách nhận dạng xét phương trình f(t) = t3 + t hàm số đồng biến R nên có x   2x  3x 1 , nâng lũy thừa giải có x Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b dùng HĐT a3 – b3 để đặt nhân tử chung đưa dạng  ab (b – a) = (a – b)(a2 + ab + b2)   (phương trình vơ nghiệm)  a  b2  ab  1 Bài 19 x   x   2x   3x Điều kiện Bài 20 x   2x Điều kiện Lũy thừa bậc ta phương trình 84x = (3 + 16x)4  164x4 phức tạp Ta nên đặt t  x , ta phương trình 8t = + 16t4  16t4 – 8t + =  (16t4 – 1) – (8t – 4) =  (2t – 1).(8t3 + 4t2 + 2t – 3) = Cách 2, Dùng MTCT để có nghiệm phân tích (2t – 1)(8t3 + 4t2 + 2t – 3) = Ta dùng MTCT để có nghiệm t, suy x Bài 21 x  2x   x  4x Ta thấy này, xuất dấu bậc hai, bên ngồi có x2 + 2x Nếu ta đặt t = x  4x , khó biến đổi phần cịn lại, Nếu ta bình phương hai vế ta x4 + 4x3 + 4x2 + 16 + 8x2 + 16x = 9(x3 + 4x)  x4 – 5x3 + 12x2 – 20x + 16 = (máy tính đưa nghiệm x = 2) Cách 2, chia hai vế cho x2 ta phương trình x  16  5( x  )  12  x x Đặt t = x  , đưa phương trình bậc hai t2 – 5t + = cho ta t = 1; x Bài 22 4x  4x 10  8x  6x 10 Đặt t = 4x2 – 4x – 10, ta có hệ:  t  4x  4x 10    8x  6x  10  t    t  4x  4x 10    t  2t  2x  10       x  t  2t  10    2 4x  t  t  2x     t  2x    t   x   Giải có x Bài 23 x  86  x   Đặt a  x  86; b  x   a b 1  Khi ta có hệ:   a  b3  91   Bài 24 2 x  2 x  2 x  2 x   a   x  Đặt    b   x   Khi ta có hệ:  a2  b2     b  a  a  b2      2(  a )  b  2a  a 2b  2b2  ab2     a  b2        2  2( a  b)  2ab   ab( a  b)  2  ab( a  b)  2( a  b)  2ab   ( a  b)( ab  2)  2( ab  2)   ( ab  2)(b  a  2)  ab  2    b  a    Bài 25  x   x  2x  x x x ĐIỀU KIỆN Đặt a  x  ; b  2x  x x Ta có phương trình a – b = b2 – a2  b = a b = - – a (loại) Bài 26  x  2  x  Đặt a = x + b = x2 + Khi có phương trình 2b  a(b  a ) Giải có b = 5a; b = 5/4 a Cách 2, nhận thấy x3 + = (x + 1)( x2 – x + 1) x2 + = x2 – x + + ( x + 1), chia hai vế cho Bài 27 2( x  3x  2)  x  Tươn tự cách Bài 28 x  5x   2( x  21x  20) Tương tự với phân tích 2(x3 – 21x – 20) = (2x2 – 8x – 10)(x + 4) 2x2 – 5x + = 2x2 – 8x – 10 + 3(x + 4) Bài 29 27 x  24 x  28 27  1 x 6 Ta biến đổi bậc hai có lượng giống 9x + nên đặt t = 9x + 4, ta y2 3y y2 3y   1 4   1  y 3 Áp dụn BĐT Cơsi có 6y  y6 ; y2 y2   y   4(  4)  ( y  2)  ( y  6)  3 Nên VT  2y +  VP, phương trình có nghiệm y = 6, suy x Bài 30 x  3x   x  3  x  Chuyển vế ta  x  3  x  3x  x = - (x + 2)3 + 9x(x + 2) + 8, đặt y = x  ta phương trình bậc theo y: 2y3 = - y6 + 9y4 – 18y2 + 8, chia hai vế cho y3, ta phương trình đặt t = y  , giải có t suy y x y Bài 31 13 x 1  x   16 x Ta nhận thấy phương trình có hai khơng liên quan ì với nhau, nên đặt hai ẩn phụ a  x 1; b  x  13a  9b  8(b2  a )  Ta có hệ   b  a    Rút a2 a theo b vào phương trình Bài 32  1 x  x(1  1 x ) 10 Ta nhận thấy, xuất bậc hai – x2 nên ta đặt t = 1 x Khi rút x theo a, suy – x2 = , mà – x2 lại a2 nên ta có phương trình theo a giải, suy x Bài 33  1 x   (1  x )3  (1 x )3   1 x Điều kiện: Đặt a   x ; b  1 x , có phương trình  ab ( a  b3 )   ab   ab a  b2  ab   ab ab      a  b  ab     2  2ab1  ab  1, a  b   ab  0, x  , Bài 34  1 x   1  x  1 x  3 1 x  3 Điều kiện Đặt a   x ; b  1 x  ab (b3  a )  ab  3   ab (b  a )(ab  2)  ab  ab  2      ab (b  a )    Bình phương hai vế hai vế, giải Bài 35 x  6x    x3  y   Đặt y = 6x  , đưa hệ  , lấy (1) – (2) giải ta x   y  6x    Bài 36 x 1  3 3x 1 Đặt y = 3x 1 , đưa hệ phương trình theo x, y giải 11 Bài 37 2 x  3x  2  3 x  Ta phân tích x3 + = (x + 2)(x2 – 2x +4) x2 – 3x + = x2 – 2x + – (x + 2), nên đặt a  x  x  4; b  x  , ta phương trình 3ab = 2(a2 – b2) Đặt b = at, giải có t có x Bài 38 x 1  x 1  x 1 Ta nhận thấy x2 – = (x + 1)(x – 1) nên đặt a  x 1; b  x 1 , có a2 – b2 = ab, giải có a, b suy x Bài 39 x  x(1 x)2  (1 x)3  1 x  x  x (1 x) Ta nhận thấy chủ yếu x ; 1 x nên đặt a  x ; b  1 x , có a2 + ab2 + b3 = b2 + a2b + a3, tới ta đặt nhân tử chung đưa dạn phương trình tích (a – b) (a + b) (a + b – 1) = Giải phương trình a + b = 1, cách mũ hai vế Bài 40 x3  x  x 1 1   y  x 1  Ta thử đặt ẩn phụ y  x 1 , có hệ  , lấy (1) – (2) ta   y  x  x 1   2 phương trình tích (x – 2y)(4x + 2xy + y + 1) =  x = 2y, giải có x Bài 41 x  (3 x  2) x  x   x   Ta nhận thấy tập xuất đặt y = x  khơng có khác, ta x  Đưa phương trình y2 – (x + 2)y + 3x – = Xem phương trình phương trình ẩn y x tham số, lập  giải có y theo x, giải có x Bài 42 x 1   x  ( x 1)(9  x )  38 10 x  x  x , Ta nhận thấy phương trình có hai yếu tố a  x  1; b   x , nên đặt ẩn phụ đưa phương trình 2a + 6b + 6ab = b2(a2 + 1) + a2 + 19  a2b2 – 6ab + + a2 – 2a +1 + b2 – 6b + =  (9ab – 3)2 + (a – 1)2 + (b – 3)2 = 12 Dùng tính chất HĐT đưa hệ giải có a, b suy x    Bài 43 x  (2004  x 1 1 x Ta nhận thấy có bậc hai, thử đặt a  1 x  1 x  a , a  Ta phương trình a4 – 2a2 + = (2005 –a2)(1 – 2a + a2)  (a – 1)2(2a2 + 2a – 2004) = Giải có a x Bài 44 x  x x 1  35 12 Nếu x < -1 phương trình vơ nghiệm, nên ta xét x > Trong này, ta thấy xuất bậc hai mẫu, ta quy đồng mẫu kết khơng đẹp, từ gây khó khăn cho việc giải Nếu ta đặt y  , y  (0; 1) tập làm x mẫu: 1 35 35    y  1 y  y 1 y 2 y 12 12 1 y Đặt t = y  1 y  (0; 3) , ta phương trình 35t2 – 24t – 35 = Phương trình có hai nghiệm t = 7/5; t = -5/7 (loại) Giải lại có y suy x Bài 45 x  (3  x  2) x  x  1  Trong này, xuất bậc hai x2 + 2, bên cạnh cịn có x Do ta đặt y  x  , sau cố gắng biến đổi theo y, cịn x ta xem tham số Ta phương trình y2 – (x + 2)y + 3x – = lập  đưa hai nghiệm y theo x, xét dấu  đưa phương trình theo x để giải Bài 46 (  x) 1 x  3x  x Điều kiện, đặt x = xcost, t  [0; ], ta phương trình Cách 2, (  x) Giải có x  ta biến  đổi, 1 x  x  đặt nhân tử chung đưa phương trình tích 13 1 1 Bài 47 x   x   x    x   x  x   x  3x  3x  4 4 Bài 48 x  3x  1 x Ấn tượng 1 x , ta lại có 4x3 – 3x cho cảm giác công thức cos3x = 4cos3x – cosx, nên ta đặt x = cost, t  [0; ] Ta phương trình cos3t = |sint| = sint, giải có t tìm x Bài 49   1 x  x  1 x  Ta nhận thấy, xuất – x2 bậc hai Từ đặt x = cost, t [0; ] Khi có phương trình   1 cos2t  cos t  1 cos2t    sin t  cos t 1  2sint  Bình phương hai vế ta + sint = cos2t (1 + 4sint + 4sin2t) (1 + sint) = (1 + sint)(1 – sint)(1 + 4sint + 4sin2t) 1 + sint = 4sin3t – 3sint = Từ giải có t, suy x Bài 50  x 1 x  1 x 2 Điều kiện, đặt x = cost, t  [0; ] Sử dụng công thức nhân đôi, đưa sin2t, giải có t có x Bài 51 x  x  x  x 5  Điều kiện X = 30 nghiệm Chứng minh x  30 nghiệm Liên hợp 14 Bài 52 1 x x  x  x 1 x2 Điều kiện x (1  x ) 1 x x  x  x 1 x2 x (1  x )  (1  x )  x  x (2 x  x )  x2     1 x  x  1 x  x x  x (1  x ) 1 x  x  0 1 x  x 1 x  x x   x2 2x2  x 1    1  x      1 x  x 1 x  x x     x Bài 53 x    x  x  5x 1 Điều kiện x  1   x 1  x  x  x 3 3 x   ( x  3)(2 x  1) x  1  x 1 x    1    (2 x  1)(VN )  x    x 1 Bài 54 x  x 1  x  x   x  x  x  x 1 1  x  x  1  x  x  x2  x  x  x11  x2  x x  x 1 1  x2  x   x2 x   ( x 1)    x     2   x  x 1    x  x 1 1  x 1 Bài 55 x  x   x  x   3x  3x Điều kiện 15 x  x   x  x    3x  3x  ( x 1)(2 x  1) x( x 1)  ( x 1)2   2x  x 1  3x  3x    2x 1 x 1     x 1 x 1     2    2x  x 1  x  x  1  x 1 Bài 56 42 60  6 5 x 7 x Điều kiện 42 60 3 3  5 x 7 x 42 60 9 9 5 x  7 x 0 42 60 3 3 5 x 7 x           1    (9 x  3)      42   60    (7  x )     (5  x )    3        x  3    5 x        x Bài viết xin kết thúc đây, xin cám ơn bạn đọc viết này, chúc bạn sức khỏe, thành đạt học thật giỏi An Nhơn 3, ngày 20 tháng năm 2013 Ths Nguyễn Công Nhàn ... đưa t, cịn dư lượng x Khi ta xem phương trình phương trình ẩn t x tham số, ta giải có t theo x Giải phương trình bậc hai ta được, t = ½ t = 2x – Giải lại để có x   Bài 11  x   2x  x  Bài... 2), từ cho ta cách nhận dạng xét phương trình f(t) = t3 + t hàm số đồng biến R nên có x   2x  3x 1 , nâng lũy thừa giải có x Cách khác, ta đặt ẩn phụ a, b dùng HĐT a3 – b3 để đặt nhân tử chung... đưa phương trình theo x để giải Bài 46 (  x) 1 x  3x  x Điều kiện, đặt x = xcost, t  [0; ], ta phương trình Cách 2, (  x) Giải có x  ta biến  đổi, 1 x  x  đặt nhân tử chung đưa phương