Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình bất phương trình

Trang 1

 DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA

 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 10, 11, 12

 THAM KHẢO CHO GIÁO VIÊN

Trang 2

Phần I Phương trình, bất phương trình vơ tỷ 3

Bài 1 Phương trình vơ tỷ cơ bản 3

Bài 2 Giải phương trình vơ tỷ bằng cách đưa về tích số 11

Sử dụng phép biến đổi tương đương 11

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp 17

Bài 3 Giải phương trình vơ tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ 64

Dạng 1 ( )a f x b.nf x( )  64 c 0Dạng 2 af x( )b g x ( ) 2  abf x g x( ) ( )h x( ) 76 Dạng 3  na f x( ) mb f x( ) 83 cDạng 4 22 0nnna A  bA B c  B  89 Dạng 5 ( )a f x b g x ( )c f x g x( ) ( ) 92 Dạng 6 22 ( ) ( ) ( ) ( )a f x b g x c d f x e g x 103Dạng 7 f x( ) nb x( )a x( )na x( )f x( )b x( ) 108 Dạng 8 ( )n n ,ax b p cx d q x r   với n 2; 3 117 Dạng 9 222 2x a x b a   bx a x b a   bcx d 122

Dạng 10 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn 124

Dạng 11 21 1 1mx n a   x b  x c x 129

Dạng 12 Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức 130

Dạng 13 x m x n x   n x p x   p x m x  132

Dạng 14 Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình 134

Dạng 15 Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hĩa 152

Bài 4 Giải phương trình vơ tỷ bằng phương pháp đánh giá 165

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số 165

Sử dụng bất đẳng thức cổ điển 186

Đưa về tổng các số khơng âm hoặc nnA B 203

Bài 5 Bất phương trình vơ tỷ 212

Bất phương trình vơ tỷ cơ bản 212

Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn 214

Nhĩm bất phương trình vơ tỷ cĩ mẫu số 216

Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương 222

Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp 225

Sử dụng phương pháp hàm số 237

Trang 3

Phần II Hệ phương trình đại số, vơ tỷ

Bài 1 Hệ phương trình cơ bản 272

Hệ đối xứng loại I 273

Hệ đối xứng loại II 277

Hệ gần giống đối xứng loại II 282

Hệ đẳng cấp cơ bản 286

Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp 288

Bài 2 Hệ phương trình đưa về tích số 295

Kỹ thuật tách, ghép, nhĩm, tam thức bậc hai 295

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp 308

Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số 325

Bài 3 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ 341

Dạng 1 Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 341

Dạng 2 Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình 346

Dạng 3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản 353

Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ 353

Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ 366

Chia để xác định lượng ẩn phụ 373

Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ 384

Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn 387

Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu 390

Dạng 4 Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hĩa 405

Dạng 5 Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hĩa 410

Bài 4 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá 423

Phương pháp đánh giá bằng hàm số 423 Một số dạng cơ bản 423 Hệ cĩ: 22( ) 1 ( ) 1 1axaxbyby              423 Hệ cĩ: 32321111222a x b x c x d a y b y c y 426 Hệ cĩ: 321111222211112222( )( ) ( )a xb xc x da y bc y da x bc y da y bc y d            434

Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng 443

Chia để xuất hiện hàm đặc trưng 443

Phép cộng để tìm hàm đặc trưng 453

Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng 461

Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển 468

Bài 5 Hệ phương trình chứa tham số 492

Trang 4

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

Phần 1 PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ



§1 PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ CƠ BẢN

I Phương trình bậc bốn quy về bậc hai 1 Dạng: 4320ax bx cx dx e  với 20.edab    

Phương pháp giải: Chia hai vế cho 20,x  rời đặt txx  với db   2 Dạng: (x a x b x c x d )(  )(  )(  ) với ea c b d  

Phương pháp giải: Viết lại (  x a x c)(     ) (x b x d)(   ) e

22( ) ( )xa c x acxb d x bde             và đặt 2( ) tx  a c x3 Dạng: 2(x a x b x c x d )(  )(  )(  )ex với a b c d  Phương pháp giải: Đặt 22a b c dtx ab    x

 thì phương trình 22 2a b c da b c dtxtxex                    (cĩ dạng đẳng cấp) 4 Dạng: 44(x a ) (x b )  cPhương pháp giải: Đặt 44( ) ( )2a bx t   ttc       với 2a b   5 Dạng: 4320 ,ax bx cx dx e  với b38a d2 4abc.Phương pháp giải: Đặt 4bx ta   6 Dạng: 42x ax bx c (1)

Phương pháp giải: Tạo ra dạng 22

A B bằng cách thêm hai vế cho mợt lượng 22

2 k x k , tức phương trình (1) tương đương:

2 222222222

( )x 2kx k (2k a x ) bx c k  (x k) (2k a x ) bx c k  Cần vế phãi có dạng bình phương 2 20 2 ?

4(2 )( ) 0VPk akbk a c k         7 Dạng: 432x ax bx cx d (2)

Phương pháp giải: Tạo A2 B2 bằng cách thêm ỡ vế phãi 1 biễu thức để tạo ra dạng bình phương:

Trang 5

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn 2222 ,4akxkax k      thì 2 22222 ( ) 2 4aaxx k  kb x ka c x kd               

Lúc này cần sớ k thỏa:

22222 04?( ) 4 2 ( ) 04VPakbkaka ckb kd                 

II Phương trình vơ tỷ cơ bản

20 ABBAB    0 0 ABAhay BAB       A B 0 B 0    hoặc 00BA  33 ABA B.   

III Một số phương trình vơ tỷ cơ bản thường gặp 1 Dạng: A B C (1) 0

Bước 1 Đặt điều kiện

Bước 2 Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1) A C B

Bước 3 Bình phương hai vế A C 2 AC B 2 AC   B A C.

2 Dạng: 333

A B C (2)

Bước 1 Lũy thừa: 33333333

( A B) ( C)   A B 3 AB( A B)C (2 )Bước 2 Thế 333

,

A B C thì 3

(2 )   A B 3 ABCC.

3 Dạng: A B C D (3) với A C B D   hoặc AC BD Bước 1 Đặt điều kiện

Bước 2 Biến đổi (3) A C B D và bình phương hai vế

 Lưu ý: Biến đỡi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả , do đó khi giãi xong cần

thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2x 1 x23x  ( )1 0 

Đại học khối D – 2006 Phân tích Phương trình cĩ dạng tổng quát: 2

, ( , 0)

mx n ax bx c m a ta đều giải được theo dạng A Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ B.

tiến hành chia Hoĩcner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo) Cịn nếu ra nghiệm vơ tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đĩ chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm

Trang 6

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 22223 1 0( ) 2 1 3 12 1 ( 3 1)xxxxxxxx                224322213 1 0 3 1 06 11 8 2 0 ( 1) ( 4 2) 0 2 2xxxxxxxxxxxxx                          

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x1, x 2 2.

 Lời giải 2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đới xứng loại II Đặt y 2x  suy ra: 1 0,22222 1 2 1 03 1 0 3 1 0yxyxy xxxx y                  22 (yx ) (x y) 0 (y x y x)( 1) 0 yx            hoặc y  1 x. Với y x , suy ra: 2 1 2 0 1.

2 1 0xxxxxx       

 Với y 1 x, suy ra: 2 1 1 2 1 2 2.4 2 0xxxxxx         

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x1, x 2 2.

Ví dụ 2 Giải phương trình: 2

4 3 5

x  x  x ( )

Phân tích Để kiểm tra phương trình cĩ nghiệm hữu tỉ hay vơ tỷ, ta nhập vào casio:

2

4 3 5

X  X  X và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng

điều kiện) được kết quả X 5.192582404 là vơ tỷ Khi đĩ định hướng tìm lượng nhân tử bậc hai bằng chức năng table Trước tiên ta lưu biến XA, bằng cách nhập

alpha ) shift RCL (–) Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7

và nhập 2

( )

f X A AX bằng cách bấm: alpha () x2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm =

Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, cịn fx – 570 ES thì khơng cần (tức khơng nhập g X( )), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho

ta bảng giá trị

( )14 4 6.192515 5 1

XF X

và ta chỉ quan tâm đến dịng cĩ giá trị là số nguyên,

tức dịng 15 cĩ X5, ( ) 1,F X  đĩ chính là hệ số b, c của nhân tử 2

,

x bx c tức cĩ

2

5 1.

x  x Lúc này ta sẽ quyết định lũy thừa 2 vế theo cơng thức A được Bphương trình bậc bốn, sau đĩ lấy phương trình bậc bốn này chia cho lượng x25x 1

sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai

 Lời giải 1 Xem đây là phương trình dạng A B.2

4 3 0 2 7 2 7

( )  xx  x    x

Trang 7

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn 222 7 2 7 5 292( 5 1) ( 3 4) 0xxxxxxx              hoặc x  1.

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm: 1, 5 292

x  x    Lời giải 2 Đặt một ẩn phụ đưa về hệ đới xứng

Đặt: y 2 x  suy ra: 5 0,2222( 2) 5 4 1 04 3 2 4 1 0yxyy xxxyxx y                    22 ( ) 3( ) 0 ( )( 3) 03yxyxy xy x y xyx                Với y x , suy ra: 5 2 2 2 5 29

25 1 0xxxxxx          

 Với y  suy ra: 3 x, 5 1 2 1 1.3 4 0xxxxxx         

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm: 1, 5 292

x  x 

Bình luận Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng hằng đẳng thức 3

số dạng 2222

(a b c  ) a b c 2.(ab bc ca  ) để khai triễn Tuy cách giải 1 giúp chúng ta tách các đa thức bậc cao thành tích số, nhưng tính tốn khá phức tạp, dễ dẫn đến những sai lầm và mất nhiều thời gian Do đĩ người giải tốn thường tìm những phương pháp đơn giản, ngắn gọn hơn và điển hình đĩ là lời giải 2 của 2 ví dụ Phương pháp đặt ẩn phụ sẽ tìm hiểu kỹ bài học sau với dấu hiệu nhận dạng nhất định

Ví dụ 3 Giải phương trình: 23

2(x  x 6) 5 x  8 ( )

Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích Khác với hai ví dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc 3, ta vẫn giải theo

cơng thức AB, để thu được phương trình bậc bốn Lúc đĩ với sự hỗ trợ của máy tính casio, ta sẽ phân tích được thành tích số dạng bậc 2 nhân bậc 2

 Lời giải 1 Điều kiện: 32

8 0 ( 2)( 2 4) 0 2.x    x x  x     x223432( ) 8.(x  x 6) 25(x 8)8x 41x 104x 96x88 0 22226 4 0( 6 4)(8 18 28) 0 3 13.8 18 28 0 :xxxxxxxxxVN              

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là x  3 13.

Lưu ý: Ta cĩ thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương

trình về dạng: 22

2(x 2) 2(x 2x4) 5 ( x2)(x 2x4) (1)  Lời giải 2 Đặt 2

2 0, 2 4 3.

Trang 8

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 222(1) 2u 2v 5uv 2 u 5 u 2 0 u 2vvv              hoặc 12uv  Suy ra: 22222 2 2 2 4 4 9 14 03 13.2 2 2 2 4 6 4 0uvxxxxxxu vxxxxx                         

 Lời giải 3 Chia hai vế cho lượng dương: 22

2 4 ( 1) 3 3.x  x  x   2222222 2 2 4(1) 2 5 2 02 4 2 4 2 122 4xxxxxxxxxxxx                  222 4( 2 4)3 13.4( 2) 2 4xxxxxxx          

Ví dụ 4 Giải phương trình: 22

7x x x 5 3 2 x x ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng cơ bản: ABA 0 hay B 0,

AB

  

   

 khi đĩ cĩ

2 phương án chọn A 0 hay B 0. Dựa vào đặc điểm của bài tốn, ta nên chọn phương án nào đơn giản nhất, tức chọn 2

3 2 0

B  x x  và cĩ lời giải như sau:

 Lời giải Phương trình

2223 2 0( )7 5 3 2x xxx xx x           3 125xxxx       

 (do x 0 khơng là nghiệm của phương trình)

322223 12 03 120 2 0 1 1.416 16 0( 5) ( 2)xxxxxxxxxxxxx xx                                 

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x  1.

Ví dụ 5 Giải phương trình: 2 3x 1 x 1 2 2x 1 ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng cơ bản A B C, ta sẽ đặt điều kiện, chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng A B.

 Lời giải Điều kiện: x 1. Khi đĩ: ( ) 2 3x 1 x 1 2 2x 14(3x 1) x 1 4(2x 1) 4 (x 1)(2x 1)

Trang 9

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn 2214 2 3 1 3 9 5.23 102 65 0xxxxxxx          

Kết luận: So với điều kiện, phương trình cĩ nghiệm duy nhất x 5.

Ví dụ 6 Giải phương trình: 22

4x 7x 2 2 x   x 1 1 ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình

phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 4x2 sẽ triệt tiêu và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 14x   hoặc x 2.22222( )  4x 7x  2 1 2 x   x 1 ( 4x 7x 2 1) 4(x   x 1)223 5 0 29 4 672 4 7 2 3 577 58 33 0xxxxxxx             

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 29 4 67

7

x 



Ví dụ 7 Giải phương trình: x2 x 2 x2  x22x0 ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương lên thì sẽ khơng triệt tiêu được bậc cao nhất Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn thức cĩ chung một nghiệm x 0 nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và tách căn Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các cơng

thức tách căn hợp lý, tức: A B  A B khi A0, B0 và A B  ( A) (  B).

AB

   khi A0, B0. Từ đĩ, ta cĩ lời giải chi tiết như sau:

 Lời giải Điều kiện:

2220, 002 0xxxxxx       hoặc 12xx   Khi đĩ 2( )  x x(  1) x x( 2)2 x (1)

 Trường hợp 1 Nếu x 0 thì (1) luơn đúng nên x 0 là 1 nghiệm của (1)  Trường hợp 2 Nếu x 1 thì (1) x x 1 x x 2 2 x x 221 2 2 ( 1 2) (2 )xxxxxx          2 92 2 2 1 , (do : 1).8xxxxx       

 Trường hợp 3 Nếu x    2 x 1 0; x 2 0 nên:

(1)          xx 1 xx 2 2    xx 1    xx 2 2  x

222

( 1 xx 2) (2 x) 2 xx 2 1 2 :x

            vơ nghiệm

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là 0; 98

Trang 10

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

Ví dụ 8 Giải phương trình: 333

1 3 1 1

x  x  x ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng cơ bản 3A3B3C, khi đĩ hướng xử lý là lập phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức 333

(a b ) a b 3 (ab a b ), rồi thay thế 333

A B C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng 3 f x( )g x( ) f x( ) g x( )  Từ đĩ cĩ lời giải sau: 3 Lời giải Tập xác định: D  .3333( ) ( x 1 3x1) ( x 1)3334x 2 3 (x 1)(3x 1) ( x 1 3x 1) x 1           333(x 1)(3x 1).( x 1 3x 1) (x 1)         (1) Thế: 3331 3 1 1

x  x  x vào (1), suy ra: 3(x1)(3x1)(x1)   (x 1)

32(x 1)(3x 1)(x 1) (x 1) (x 1) (3 x 1)(x 1) (x 1)  0               2(x 1)4x 0 x 1      hoặc x 0.

 Với x  1 thì phương trình ( ) sai nên loại nghiệm x  1. Với x 0 thì phương trình ( ) đúng nên nhận nghiệm x 0.

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x 0.

Ví dụ 9 Giải phương trình: 10x 1 3x 5 9x 4 2x 2 ( )

Phân tích Phương trình cĩ dạng: A B C D với A C B D   , cụ thể:

(10x 1) (2x 2) (9x 4) (3x 5) 12x nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng: 1,

A C D Bvà bình phương hai vế Nhưng do khi chuyển vế và bình phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp

 Lời giải Điều kiện: 5,3x  thì ( )  10x 1 2x 2 9x 4 3x 522( 10x 1 2x 2) ( 9x 4 3x 5)        12x 1 2 (10x 1)(2x 2) 12x 1 2 (9x 4)(3x 5)          2 6(10 1)(2 2) (9 4)(3 5) 7 15 18 0 3,7xxxxxxxx              

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình cĩ nghiệm x 3.

Ví dụ 10 Giải phương trình: 4x 1 x 7 2 2x 3 5x 6 ( )

Trang 11

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn

Điều kiện: 2x  3 0 Khi đĩ: ( )  x 7 8x12 5x 6 4x 1

22( x 7 8x 12) ( 5x 6 4x 1)       2 13( 7)(8 12) (5 6)(4 1) 12 63 78 0 , 2.4xxxxxxxx            

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình cĩ nghiệm 134

x  

Ví dụ 11 Giải phương trình:

3211 3 13xxxxxx        ( )

Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hĩa Phân tích Phương trình cĩ dạng A B C D với A C B D , cụ thể ta cĩ

3231( 3) ( 1)( 1) 1,3xxxxxxx         nên sẽ viết về dạng A C D B

và bình phương để giải phương trình hệ quả Từ đĩ cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x  1.

23221( ) 3 1 13xxxxxx              33221 13 2 3 1 1 2 1 13 3xxxxxxxxxxxx                 3221 ( 3)( 1) 2 2 0 1 3xxxxxxx             hoặc x  1 3.

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ) nghiệm cần tìm là x  1 3.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

BT 1 Giải phương trình: 2

2x 6x 1 4x 5.

BT 2 Giải phương trình: 232x 5x 1 7 x 1.

BT 3 Giải phương trình: 9x242x49 1 3  x26x6

BT 4 Giải phương trình: 2x210x 8 x2 1 2x2.

BT 5 Giải phương trình: 222

2x 3x 1 x   x 2 3x 4x1.

BT 6 Giải phương trình: 333

1 2 3 0.

x  x  x 

BT 7 Giải phương trình: 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x 2.

BT 8 Giải phương trình: x 3 3x 1 2 x 2x 2.

BT 9 Giải phương trình:

3223 31 3 4 3.3xxxxxxxx         

BT 10 Giải phương trình:

Trang 12

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

§2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ TÍCH



I Sử dụng phép biến đổi tương đương

Dùng các phép biến đổi , đờng nhất kết hợp với việc tách , nhĩm, ghép thích hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích sớ đơn giãn hơn và biết cách giải, chẳng hạn như: A B   0 A 0 hoặc B 0

Một sớ biến đổi thường gặp:  2

12

( ) ( )( )

f x ax bx c a x x   x x với x x1, 2 là 2 nghiệm của f x ( ) 0. Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau:

+ u v  1 uv  (u 1) v u(    1) 0 (u 1)(1     v) 0 u v 1.+ au bv ab vu   a u b(  ) v u b(    ) 0 (u b a v)(  ) 0.

Ví dụ 12 Giải phương trình: 22

(x3) 10x x  x 12 ( )

Phân tích Thấy vế phải phân tích được thành tích số: x2 x 12 ( x3)(x 4)

dựa vào f x( )ax2bx c a x x  (  1)(x x 2) với x x là 2 nghiệm của phương 1, 2

trình f x ( ) 0, nên sẽ cĩ nhân tử x 3 với vế trái và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 2

10x   0 10 x 10.22( ) (x3) 10x (x3)(x4)(x3). 10x (x4)0   23 0310 4xxxx        hoặc 242 10 6 0xxx      x 3.

Kết luận: So với điều kiện, phương trình cĩ nghiệm duy nhất x  3.

Ví dụ 13 Giải phương trình: x x 1 x2 x 1 ( )

Phân tích Với điều kiện x 0 thì phương trình  x x  1 1 x x và 1

cĩ dạng u v  1 uv (u 1)(v    1) 0 u v 1 và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0.

( )  x x  1 1 x x 1 ( x 1) ( x 1 x x1) 0 ( x 1)(1 x 1) 0 x 1

       hoặc x    hoặc 1 1 x 1 x 0.

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x0, x1.

Ví dụ 14 Giải phương trình: x2 7 x 2 x   1 x2 8x 7 1 ( )

Phân tích Sử dụng phân tích 2

8 7 ( 1)(7 )

xxxx

Trang 13

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn ( ) (x 1) 2 x1  2 7 x (x1).(7x)0   1( 1 2) 7 (2 1) 0xxxx         1 2 5( 1 2).( 1 7 ) 041 7xxxxxxxx                 

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là x4, x5.

Ví dụ 15 Giải phương trình: x2 5 x 2 x 2 10 3 x x 2 2 ( )

Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015 Phân tích Tương tự thí dụ trên, thấy 2

10 3 x x  (x2)(5x) nên ghép các biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện:   2 x 5.

( ) (x2) (x2)(5x)  2 5 x 2 x20    2( 2 5 ) 2( 2 5 ) 0xxxxx          32 5( 2 5 )( 2 2) 0 22 2 2xxxxxxxx                  

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là 3, 2.2

x x

Ví dụ 16 Giải phương trình: 2 6

3 2 2 2 5

xxxxx

x

       ( )

Phân tích Nếu quy đồng và phân tích

26 5 6 ( 2)( 3)5 xxxx ,xxxx      rồi nhĩm với cụm 23 ( 3)

x  x x x sẽ xuất hiện nhân tử và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0.( 2)( 3)( ) x x( 3) xx (2 x 2 2 ) 0xx             23 x 2( 2 ) 0xxxxx           2 33 xx 2( 2 ) 0 ( 2 ) x 2 0xxxxxxx                 22 2 0 213 43 2xxxxxxxxxx                 

Trang 14

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

Ví dụ 17 Giải: 2

2 3 3( 5 1) 3 2 13 15 2 3

xx  x   x x  x  x ( )

Phân tích Nếu quan sát kỹ, phương trình chỉ chứa 2 căn thức 2x3, x5 sau khi phân tích 2

2x 13x15 (2x3)(x5) và nhĩm nhân tử chung phù hợp sẽ xuất hiện phương trình tích số và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 3x  2 0.

( ) (x 2x 3 3 )x  (2x3)(x5) 2x33( x 5 1)  ( 2 3 3) 2 3( 5 1) 3( 5 1)xxxxx          ( 2 3 3) ( 5 1)( 2 3 3) ( 2 3 3)( 5 1) 0xxxxxxx               2 3 3 345 1xxxxx          

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là x3, x4.

Ví dụ 18 Giải phương trình: 22

3x 3x 2 (x6) 3x 2x 3 ( )

Phân tích Do biểu thức trong và ngồi dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc

phân tích biểu thức ngồi dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tơi viết:

22

3x 3x 2 (3x 2x 3) 5(x1) và xuất hiện thêm hạng tử cĩ chứa (x 1),

nên phân tích: 22

(x6) 3x 2x      3 (x 1) 5 3x 2x3, rồi phân phối và ghép hạng tử phù hợp sẽ đưa được về phương trình dạng tích, từ đĩ cĩ lời giải 1

Điều kiện: 6 1 103x    hoặc 1 103x 

 Lời giải 1 Tách ghép đưa về phương trình tích sớ

222( ) (3x 2x    3) 5 (x 1) (x 1) 3x 2x  3 5 3x 2x 32222( 3x 2x 3) 5 3x 2x 3 5(x 1) (x 1) 3x 2x 3 0                   2223x 2x 3( 3x 2x 3 5) (x 1)(5 3x 2x 3) 0            22223 2 3 5( 3 2 3 5)( 3 2 3 1) 03 2 3 1xxxxxxxxxx                223 2 28 0 1 85 1 851 3 31 3 1 32 4 4 0xxxxxxxxx                       

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 3, 1 853

Trang 15

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Đặt 222223 2 3 0 3 2 3 3 2 3.t x  x   tx  x  x  tx Khi đĩ: 22( )  t 2x 3 3x 2 (x6).t  t (x 6).t5(x 1) 0 (1)

Xem (1) là phương trình bậc 2 với ẩn là t và cĩ biệt sớ:

222

( 6) 20( 1) 8 16 ( 4) ,

txxxxx

          suy ra: t x 1 hoặc t 5.

Do đĩ: 223 2 3 53 2 3 1xxxxx       

và giải tương tự như cách giải 1

Bình luận Phương trình cĩ dạng 22

( ) ,

ax bx c  mx n ax px q ta sẽ giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn nếu biệt số Δ là số chính phương Bản chất của phương pháp cũng là một hình thức đưa về tích số

 Lời giải 3 Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử chung của phương trình là 23x 2x28.22( ) (x6)( 3x 2x 3 5) 3 x 2x28 222223 2 28 0( 6)(3 2 28)3 2 28 613 2 3 53 2 3 5xxxxxxxxxxxx                 223 2 28 03 2 3 1xxxxx        

 và giải tương tự như cách 1

Nhận xét Đối với bài tốn trên, tơi khơng tìm được lượng nhân tử chung bằng chức

năng table của casio Khi đĩ ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra nhân tử chung như sau: nhập 3X23X 2 (X6) 3X22X và bấm shift 3

solve 100 được nghiệm là X  2,739848152, gán nghiệm này vào biến A, tức

bấmAnsA, (Ans shift RCL/ / / ( )). Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm X 3.406514819, rồi cũng lưu nghiệm này vào biến B: AnsB, (Ans shift RCL/ / / ,,,). Khi đĩ ta tính tổng, tích

của A và B được 0,6666666667 23

A B   và 28

3

AB   nên theo Viét thì , A B là 2 nghiệm của X2SX P  tức cĩ nhân tử 0, 2 2 28

3 3

x  x hay 2

3x 2x28.

Ví dụ 19 Giải phương trình: 22

4 ( 3) 1 1 0

x  x x x     x ( )

Phân tích Do biểu thức trong và ngồi dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc

phân tích biểu thức ngồi dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tơi viết:

22

4 1 ( 1) 3

x  x  x   xx và xuất hiện thêm hạng tử cĩ chứa 3 ,x nên sẽ phân

tích: 222

(x3) x   x 1 x x   x 1 3 x  và ghép hạng tử phù hợp sẽ xuất x 1

Trang 16

khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Điều kiện: 2 1 51 02x     xx  hoặc 1 52x   Lời giải 1 Tách ghép đưa về tích sớ

222( ) (x   x 1) x x  x 1(3x3 x   x 1) 0   2222( xx 1) x xx 1 3(xxx 1) 0             2221( 1 ) 3( 1) 0xxxxxxxx           22221( 1 ) ( 1 3) 01 3xxxxxxxxxx                 20 11 0 1 41:1 9 2xxxxxx              

thỏa mãn điều kiện

Kết luận: Phương trình đã cho cĩ 3 nghiệm là 1, 1 41, 1 41

2 2

x  x  x   Lời giải 2 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Đặt 21 0,t x    suy ra: x 22221 1.t x   xx   tx Khi đĩ: 22( )    tx 1 4x (x 3).t    1 0 t (x 3).t3x0 (1)

Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn là t và cĩ biệt sớ:

222( 3) 12 6 9 ( 3) ,txx xxx         suy ra: 3txt   Với 21

t x  x và giải ra cũng được kết quả như trên  Lời giải 3 Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử 2

10x  x bằng casio 22( ) (x  x 10) ( x3) x   x 1 30   222( 3).( 10)( 10) 01 3xxxxxxx         222210 0 1 4110 03 21 0 111 3xxxxxxxxxxxx                           

Ví dụ 20 Giải phương trình: 2

2x 6x10 5.( x2) x  ( )1 0 

Phân tích Khác với các thí dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc nhất và cĩ dạng

tổng quát là 2

( ) .

Trang 17

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn

số trước 2,

xx và hệ số tự do được m n 2. Khi đĩ, ta cĩ 2 hướng xử lý thường gặp là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2

Điều kiện: x  1 Khi đĩ: 22

( ) 2(x2) 2( x1) 5(x2) x  (1) 1 0 Lời giải 1 Tách ghép đưa về tích sớ

22(1)2(x2) (x2) x1  2( x1) 4(x2) x10    (x 2) 2( x 2) x 1 2 x 1 x 1 2(x 2) 0            1 2( 2)2( 2) 1 ( 2) 2 1 02 1 2xxxxxxxx                    22222 21 4( 4 4) 4 17 15 0 382 24( 1) 4 4 8 0xxxxxxxxxxxxxxxx                               

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x3, x8. Lời giải 2 Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp

Đặt a x 2, b x 1 0 Do x  1 là nghiệm nên b x 1 0, thì: 222 2(1) 2 2 5 0 2 5 2 02abaaababa bbb                    

Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là x3, x8. Lời giải 3 Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2

Do x  1 là nghiệm nên chia hai vế cho 2

( x 1)  thì: 022 2 2(1) 2 5 2 0 21 1 1xxxxxx                hoặc 2 121xx  Giải tương tự như trên cũng được x3, x8.

 Lời giải 4 Ghép bậc nhất ax b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm x3, x8.

2( ) (x2) ( x7) 5 x1x 11x24 0  22( 2)( 11 24)( 11 24) 05 1 7xxxxxxx         2 2( 11 24) 1 05 1 7xxxxx          211 24 05 1 7 2xxxxx        

Trang 18

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

II Kỹ thuật nhân lượng liên hợp để đưa về tích số

Trang 20

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

Liên hợp với phương trình cĩ nghiệm hữu tỷ hoặc dễ xác định nhân t  Nhĩm I: Ghép hai căn thức để liên hợp và phân tích biểu thức cịn lại

Ví dụ 21 3x 2 x 1 2x2 x 3 ( )

Trang 21

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Phân tích Khi ghép 3x  (x 1) 2x1 24x  1 (2x1)(2x1) ế é ẳ : AB ( AB)( AB)AB    Lời giải x0.2 2 1( ) (4 1) ( 3 1) 0 (2 1)(2 1) 03 1xxxxxxxx             0, 01 1(2 1) 2 1 0 2 1 023 1xxxxxxx                Kết luận 12x Ví dụ 23 Gi 3.(2 x2) 2 x x6 ( )

Trang 25

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Ví dụ 30 Gi     25.( 3)1 2 42 18xxxx ( )

Trang 26

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 222222 3 4 3(2 3 4) ( 3)2 3 4 3xxxxxxxxx                     223 4 2 31 23 4 5 0 : o 1; 4xxxxxxxxVNx                     Ví dụ 31 Gi 26 42 4 2 24xxxx    ( )Phân tích (2x  4) (8 4 ) 6x  x4 ế ả ế é ờ ả :  Lời giải   2 x 2.             22 (6 4) 4( ) 4.( 2 4 8 4 ) 6 4 6 42 4 8 4xxxxxxxxx 22243(6 4) 1 02 4 8 42 4 8 4 4 (1)xxxxxxxx                     222(1)  2x 12 2 (2 x4)(8 4 ) x x  4 4 8 2 x x 2x8 4322 224 2 2.(2) 0( ) 4 20 32 64 0xxxxxff xxxxx                 Kết luận 2, 2.3x xNhận xét Q ế 31 ế é é ẳ S ả q ế

 Nhĩm II: S dụng casio, tìm nghiệm duy nhất  PPo

xx ghép hằng số

Ví dụ 32 Gi 2

3x 1 6 x 3x 14x 8 0 ( )

Trang 29

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn 23x  Lời giải 1                 2222221 1( ) 15 4 8 3 3 3 3( 1)15 4 8 3xxxxxxxx221 1( 1) 3 015 4 8 3xxxxx             1x  221 1315 4 8 3xxxx       (1) 22(1) 2 2 2 21 1 8 15 1( 1) ( 1)15 4 8 3 ( 15 4)( 8 3)xxVTxxxxxx                    2,3x suy ra: 221 08 15 1 0xxx       nên VT(1)  0 3 VP 1 Kết luận x1. Lời giải 2 : 22( )  x 15 x  8 3x 2 0 22( ) 15 8 3 2f x  x   x   x v x >23 cĩ: 2222228 15 2( ) 3 3 0, 315 8 ( 8)( 15)xxxxf xxxxxxx                     f x( ) 2;3    và cĩ f(1) 0, nên x1 Ví dụ 36 Gi 329 2 3 5 1 1x  x  x x  ( )

Trang 30

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 231 5( 1) 2 5 0 1 :( 9 1) 3 5 1 2xxxxx                Do 231 5 5 2 12 5 5 0, 2 5 5( x 9 1) 3 5x 1 2 xx              Nhận xét é (x x o) ( )f x f x( ) ả

q ế Đối với loại ghép h ng số

f x phương pháp truy ngư c d u ả ả ( )( )

f x đối với phương trình c nghiệm duy nh t :

 Bước 1 ế 23( )  x 9 5x 1 2x 3x 1 0 Bước 2 ax : é :        323319 2 ( 1) ,( 9) 2 9 4xxxx 2331( x9) 2 x 9 4 :          5(1 ) 52 5 1 ( 1) ,2 5 1 2 5 1xxxxx (m A) thành A( A m )), :        5( 1) 5 15 1 ( 5 1 2)5 1 2xxxxx 5x1( 5x 1 2) 5 x 1 2 5x1 5x1 ế ờ ả :  Lời giải 2 Ta cĩ: 32( ) 2 x 9 2 5x 1 4x 6x 2 0 232( x 9 2) 5x 1( 5x 1 2) 4xx 5 0           2331 5( 1) 5 1( 1)(4 5) 0( 9) 2 9 4 5 1 2xxxxxxxx             231 5 5 1( 1) (4 5) 0 1 0 1.( 9 1) 3 5 1 2xxxxxxx                   Ví dụ 37 Gi 22 4 2 5 2 5x   xx  x  x ( )

Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Nguyễn Thị Minh Khai – S c Trăng

5 4.2 x

Trang 31

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn ( x 2 m), ( 4 x n), ( 2x 5 p) m n p, , x3, 2 1, 4 1, 2 5 1.m x  n  xp x 2( ) ( x  2 1) ( 4  x 1) ( 2x  5 1) 2x 5x3 3 3 2( 3)( 3)(2 1)2 1 4 1 2 5 1xxxxxxxx             1 1 2( 3) (2 1) 02 1 4 1 2 5 1xxxxx               31 2 12 1 (1)2 1 2 5 1 4 1xxxxx             (1) vơ nghi m do 5; 42x      cĩ (1)(1)1 2 1 231 12 1 2 5 11 52 1 2 1 2 1 624 1VTxxVPxxx                   Kết luận: So v u ki m duy nh t x3. Phân tích và lời giải 2 (T c d u): Sau khi chuy n vế sao cho h s

th c luơn thì 2( ) 2x 5x x 2 4 x 2x 5 0 nếu ghép và liên h ờng thì (1 2) 3 ( ), (1 4 ) 3 ( )1 2 1 4xxxaxbxx          và 2(3 ) (1 2 5) ( )1 2 5xxcx    th y bi u th c ( ), ( )ac b c d u so v i bi u th c

( )b c l i theo d ng m A A( A m ) và cĩ lời giải 2

Trang 32

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821

Ví dụ 38 Gi 32

5 6 ( 2)( 2 2 5 )

x  x  x x x  x ( )

Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Sở Giáo Dục & Đào Tạo tỉnh Bạc Liêu

Trang 33

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Do 231 1 1 22 1 2 0, 13 3( x 6 1) 3 x 1 1         xxx  x     nên: (1)    x 2 0 x 2.Kết luận x2.  Phân tích và lời giải 2 Chuyên vế thì 23

( ) 4x  4 4 x 6 4 x 1 0 và ả 332  2( )AAm ế ờ 3m A ờ ả : 23(2) x 6 x 1 x 123324x 5x 6 x 6  (x 6) 4 4 x 1( x 1 1) 0             3233( 2)( 14) 6 4( 2) 1( 2)(4 3) 01 1( 6) 4 6 16xxxxxxxxxx             323 0, 1( 14) 6 4 1( 2) 4 3 0 2 0 2.( 6 2) 12 1 1xxxxxxxxxx                     Kết luận x2.Ví dụ 40 Gi x32x2 x22x 5 2 4x 5 5x4 ( ) 22 5 0 544 5 0xxxx        

Trang 34

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 22 11 1 1 5( ) 4 0, 3 2 12 4f x x   x x      x   (4) (1)    x 1 0 x 1.Kết luận x1. Phân tích và lời giải 2

T 2 4 5( 4 5 3) 8( 1) 4 54 5 3xxxxx      8 4 5 50, 44 5 3xxx      2 4x5( 4x  5 3) 2(4x 5) 3.2 4x5 3 4x5 ế 3 2(2 x 2x5) 2(ax b) x 2x 5        m x.( 1) ọ a1 2.x 222(2 2) 5( ) 2 52 5bx bx bxxx bxx              m x.( 1) 2 2 25mbm b     ả b1 b 3. ả ọ b1 ờ ả : 322( ) 3x 6x 15x12 3 x 2x 5 6 4x 5 02323(x 1 x 2x 5) 2 4x 5( 4x 5 3) 3x 6x 4x 1 0             2212( 1) 8( 1) 4 5( 1)(3 3 1) 04 5 31 2 5xxxxxxxxxx            2212 8 4 5( 1) 3 3 1 0 1.4 5 31 2 5xxxxxxxxx                Kết luận x1.Ví dụ 41 Gi (5x4) 2x 3 (4x5) 3x 2 2 ( )

Trang 35

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn 322x 3x 3x 2 4(4x 5) 3x 2 0        (1) 32(4x 5) 3x 2.( 3x 2 4) 2x 15x 20x 12 0          (2) 23( 6)(4 5) 3 2( 6)(2 3 2) 03 2 4xxxxxxx         23(4 5) 3 2( 6) 2 3 2 0 63 2 4xxxxxxx                Do 3(4 5) 3 2 2 32 3 2 0, 23 2 4xxxxxx         Kết luận x6.Bình luận T ế 1 ỹ 4(4x5)(4 3x2) thành (4x5) 3x2.( 3x 2 4) Ví dụ 42 Gi 2(x1) x 2 (x6) x 7 x 7x12 ( ) x 2.

 Phân tích và lời giải 1 S x2, é é (x1).( x 2 m), (x6).( x 7 n).2( ) (x1)( x  2 2) (x6)( x  7 3) (x 2x8) 02 2( 1) ( 6) ( 2)( 4) 02 2 7 3xxxxxxxx             1 6( 2) 4 0 2.2 2 2 3xxxxxxx               

Do x 2, suy ra: x 2 0, x 6 0 và lúc này, ta luơn cĩ:

1 6 2 2 6 642 22 2 7 3 2 2 7 3xxxxxxxxxxx                             1 2 2 6 6 1 6 102 2 3 2 62 2 2 2 2 2xxxxxxxx                  Kết luận x2. Phân tích và lời giải 2 Nếu liên h p d ng ( 1)( 2 2) ( 1)( 2)

Trang 37

Tư duy sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn

Kết luận cĩ nghi m duy nh t x1. Lời giải 2 2( ) 2(x1) ( x2) 4x52(x5) x3.( x  3 2) 2x 6x 8 0 22( 1) ( 1) 2( 5)(x 1) 32( 1)( 4) 02 4 5 3 2xxxxxxxxx              22( 1) 2( 5) 3( 1) 2( 4) 0 1.2 4 5 3 2xxxxxxxxx                  Do 22( 1) 2( 5) 3 52( 4) 0, 42 4 5 3 2xxxxxxxx               Kết luận m duy nh t x1.

Sai lầm thường gặp i v i cách gi i 1, sai l ng g p c a h c sinh là

Trang 38

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Kết luận x2.Ví dụ 45 Gi 218 (2 9) 3 2 5 1 0x  x  x x  x  ( ) 15x 

Trang 40

khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 Do 4,3x   suy ra: 2 3 1 0.3x 4 x 2 5x 9 x 3      Kết luận x 1, x0.Ví dụ 48 Gi 223 2x 1 x 5 4 x 4x ( )

Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chun Bình Long – Bình Phước Phân tích S 1, 12x x é V 2x1 thì 1 1 122 1 2 1 02 2 211 2 1 2.1 1 1 1.axxax ba bbxxax ba b                           V 25 4x thì 2221 15 4 5 1 2 22 231 5 4 5 4.1 1khi xxax ba babkhi xxax b a b                           Lời giải 1 52 x 2  ( )a 12x  V 1 2 1 2 1 02x  x  x  thì: 22( ) 3 2x 1 (2x1)x. 5 4 x  ( 2x3)3(2x 3x 1) 0    22226(2 3 1) 4 (2 3 1)3(2 3 1) 02 1 2 1 5 4 3 2xxx xxxxxxxx               226 4(2 3 1) 3 02 1 2 1 5 4 3 2xxxxxxx             2 12 3 1 02xxx      (lo i) ho c x1.Kết luận 1, 12x x Nhận xét T ả é ờ 2 1 2 1 0 12x  x    x é ế ờ ọ Ví dụ 49 Gi 323x 5 2 19x302x 7x11 ( )