Cđ5 phương trình vô tỷ

CHUYÊN ĐỀ 5: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ  g ( x) 0 f ( x) g ( x )    f ( x)  g ( x) Dạng 1: Phương trình vô tỷ bản: Bài tập 1: Giải phương trình: a) x  x  2 x  b) x 1  x  x  Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x 2  b) Điều kiện: x 0 Bình phương vế ta được:  x  3x   2 x  x 4 x   2 x  x  x    2 4(2 x  x) ( x  8)  x 4  x     Đối chiếu với điều kiện ta thấy có  x  16 x  12 x  64    x 4 nghiệm phương trình Dạng 2: Một số dạng phương trình vơ tỷ thường gặp Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp toán giải phương trình dạng: n f ( x)  m g ( x)  h( x) 0 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    x   x + 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: x   x  2 x  Để ý rằng: x   x   phương trình có nghiệm 2x    x  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 ) 0 Sau nhân liên hợp cho cặp số hạng với ý:  + +  a  b  a b  a  ab  b a  b  a  b a  b + Nếu h( x ) 0 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 ban  x  x0 0 đầu trở thành: ( x  x0 ) A( x ) 0    A( x) 0 Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đánh giá để kết luận A( x) 0 vô 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 + Để tìm a, b ta xét phương trình: n n f ( x)  (ax  b) f ( x )  (ax  b) 0 Để phương trình có  ax1  b  n f ( x1 ) x , x a , b hai nghiệm ta cần tìm cho   ax2  b  n f ( x2 ) + Hoàn toàn tương tự cho biểu thức cịn lại: Ta xét ví dụ sau: Bài tập 1:: Giải phương trình: a) x   x   x  0 b) x    x 2 x  x  HD: 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 1 Khi x    2; x    1 Ta viết lại phương trình thành: x    x    x  0  x3  5 x3   2x    x  1  5( x  x  1)  ( x  1)    x3    Dễ thấy :  x  0  2x  1   1 0  x  1  x  1  5( x  x  1)  Với điều kiện x  x3    x  1  x  1 1  Nên phương trình cho có nghiệm x 1 b) Điều kiện: x   2; 4 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x 3 Khi x    1;  x   1 Từ ta có lời giải sau: Phương trình cho tương đương với: x      x 2 x  x  x x   ( x  3)(2 x  1) x   1  x 1     x  3    (2 x  1)  0  x   1  x   x 3  1    (2 x  1) 0  x   1   x 1 1; 1; x  5 Để ý rằng: Với điều kiện x   2; 4 x  1 1  x 1   (2 x  1)  nên x  1   x Từ suy ra: x 3 nghiệm phương trình Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng A 1 với số ước lượng bản: A  B  A với B 0 từ suy A B A B  A, B thỏa mãn   B 0 Bài tập 2: Giải phương trình: a) x   x  x3  b) x  x   x   x   3x  28 0 HD: a) Điều kiện: x  Ta nhẩm nghiệm x 3 Nên phương trình viết lại sau: x    x   x3   x2  x3  27  x 3 x   x2   x3    x 3 x  3x    ( x  3)  1   0 3 x3     x  12 x  14  x 3   x 3 x  3x  1  0  x   x   x3   x 3 x  3x     ( Bằng cách thay Ta dự đoán: x   x2   x3   x 3 x  3x     0) giá trị x  ta thấy x   x2   x3   x 3 x  3x   2 Ta chứng minh: x   x2   x3   Thật vậy: x 3    x  1  x   x  + Ta xét  x  1  x   Đặt x  t   x  t  Bất phương trình tương đương với t  2t   t   t  3t  6t  4t  Điều hiển nhiên + Ta xét: x  3x    x  3x   x3   x  x3  x  x   x  5 x 0(*) Điều ln Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x 3 b.) Điều kiện: x 7 Để đơn giản ta đặt x t   x t Phương trình cho trở thành: t  2t  (t  4) t   3t  28 0  3t  t  2t  28  (t  4) t  0 Nhẩm t 2 Nên ta phân tích phương trình thành:  4t  t  2t  32  (t  4)   t   0   t  2t     (t  2)   4t  7t  16   (t  4)    0  t      Để ý 4t  7t  16  t 7 nên ta có  t  2t   t  t  16  ( t  4)      Vì phương trình có nghiệm t     t 2  x 8 Nhận xét: Việc đặt x t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngồi tạo liên hợp (t  4)  nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác tính tốn đơn giản Bài tập 3: Giải phương trình: a) x   19  x  x  x  x  11 b) 3x   x   x 7 x  c) x  x  1 d) x3  x  x   x2  x  2 x  2x  HD: 19 a) Điều kiện:   x  Ta nhẩm nghiệm x 1, x  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) 0 cho phương trình nhận x 1, x  nghiệm  a   a  b 8   Để có điều ta cần:    2a  b 4 b  20  + Tương tự 19  3x  (mx  n ) 0 nhận x 1, x  nghiệm  a    m  n 5   Tức    2m  n 5 b 13  Từ ta phân tích phương trình thành: 20  4  13 x  x    x    19  x       x  x   0  3  3 19  x  (13  x)   x    x       x  x   0 3    x2  x    x2  x    x  x   0    x    x     19  3x  (13  x)      1    x2  x  2    1 0  3 x    x    19  x  (13  x )       1 19 0  0, Dễ thấy với   x   19  3x  (13  x)  x    x  5 1 1  Nên x   x       19  3x  (13  x)   x 1 Phương trình cho tương đương với x  x  0    x  Vậy phương trình có nghiệm là: x 3, x 8 b) Điều kiện: x  Phương trình viết lại sau: 3x   x  2 x  11 Ta nhẩm nghiệm x 3, x 8 nên suy nhân tử chung là: x  11x  24 Ta phân tích với nhân tử 3x  sau: + Tạo x    ax  b  0 cho phương trình nhận x 3, x 8 3a  b 5  a 3  nghiệm Tức a, b cần thỏa mãn hệ:  8a  b 20 b  3m  n 10  m 1  + Tương tự với x   (mx  n) 0 ta thu được:  8m  n 15  n 7 Phương trình cho trở thành:  9( x  11x  24) x  11x  24 x   (3 x  4)  ( x  7)  x  0   0 3x   (3 x  4) ( x  7)  x    9   x  11x  24     0  x   (3 x  4) ( x  7)  x    x  11x  24 0   9  0  3x   (3 x  4) ( x  7)  x  Ta xét A( x)  9  x   (3 x  4) ( x  7)  x 1 Ta chứng minh: A( x)  tức là: 9  0 x   (3x  4) ( x  7)  x   3x   3x   9( x   x  1)  25 275  3x   3x     x  45 x   4  275    3x      x  45 x   Điều hiển nhiên 2  Vậy phương trình có nghiệm là: x 3, x 8 Chú ý: Những đánh giá để kết luận A( x)  thường bất đẳng thức không chặt nên ta đưa tổng biểu thức bình phương Ngồi tinh ý ta thấy: x   x   9( x   x  1)  x   x  9 x  63  81x  81 Nhưng điều hiển nhiên do: x   81x  81;3 x   x  63 với x  c) Điều kiện: x  Ta nhẩm x 1; x 3 nên biến đổi phương trình sau: x2  x2   x   2 nên ta trừ vào vế x   Ta có: ,  x  1  x  1 thu được: x x2   2  2 x  x  1 x2   x x2  4x   2( x  1) x  x  x  0 x2  4x    2( x  1) x3  3x  x  x  x  x 2( x  1) Giải (1) suy x 1, x 3 x2  x  Giải (2) ta có: (1) (2) x  x  x 2( x  1)  x  3x 2  x  x  0  x 1 Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1; x 3 Nhận xét: Ta phân tích phương trình câu a,b d) Ta có: x  x  x  ( x  3)( x  x  3)  x  nên phương trình tương đương với x3  x  x  5x   x2  x   x   x  2x   0 x  2x  x  2x    1   5x      0  ( x  3)  x  x  x  x       x   0     1   0 (1)    x  x  ( x  3)  x  x     Giải (1) : ( x  3)  x  x    x2  x  x  2x  x  x  0 Đặt t  x  x   Phương trình trở thành:  t 2  x 1 t  t  0    x  x  0    t  1( L)  x  Kết luận: Phương trình có nghiệm: x  ; x 1; x  Bài tập 4: Giải phương trình sau: a) x  15   x3   3x b) 3x   x    x 0 HD: a) Phương trình viết lại sau: x3  15  x3  3 x  Để phương trình có nghiệm ta cần: 3x  0  x  Nhẩm x 1 nên ta viết lại phương trình thành: x3  15   x3    3x  x  15   x   x    x  x  1  x  x  1   ( x  1)    3 0  x3  15  x3    x  x  1  x  x  1  Để ý rằng:    nên phương trình có nghiệm x3  15  x3   x 1 1  b) Điều kiện x    3;   3  Ta viết lại phương trình sau: 3x   x    x 0 2x  1     x 0   x      0 3x 1  x   3x   x    x 1   x   x  2 Xét phương trình: 3x   x  2 Bình phương vế ta thu được:  x 0 x   (3 x 1)( x  3) 4  (3x  1)( x  3)  x    x  10 x  0  x 5  Kết luận: Phương trình có nghiệm x 1, x 5  Nhận xét: + Ta thấy phương trình có nghiệm x 1 Nếu ta phân tích phương trình thành x     x    x 0 sau liên hợp phương trình thu 3x  1 x    x 0 là: 3x 1  2  x  3     x  1     0 Rõ ràng phương trình hệ  3x 1  2  x     0 phức tạp phương trình ban đấu nhiều 3x 1  2  x  + Để ý x 1 3x   x  nên ta liên hợp trực tiếp biểu thức 3x   x  Dạng 2: Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp phương trình Ta thường gặp phương trình dạng dạng biến thể như: + ax  bx  c d px  qx  rx  t (1) + ax  bx  c d px  qx  rx  ex  h (2) + A ax  bx  c  B ex  gx  h C rx  px  q (*) Thực chất phương trình (*) bình phương vế xuất theo dạng (1) (2) Để giải phương trình (1), (2) Phương pháp chung là: + Phân tích biểu thức dấu thành tích đa thức P ( x), Q ( x) + Ta biến đổi ax  bx  c mP ( x)  nQ ( x) cách đồng hai vế Khi phương trình trở thành: mP( x)  nQ( x) d P( x).Q( x ) Chia hai vế cho biểu thức Q( x)  ta thu phương trình: P( x) P( x) P ( x) m  n d 0 thu phương trình: Đặt t  Q( x) Q ( x) Q ( x) mt  dt  n 0 Một cách tổng qt: Với phương trình có dạng: aP n ( x)  bQ n ( x)  cP n  k ( x)Q k ( x)  d n P( x).Q( x) 0 ta ln giải theo cách Một số ví dụ: Bài tập 1: Giải phương trình: a) 2( x  x  2) 3 x3  b) x   x  x  3 x 2 c) x   x  x  x 1 2  x  1 HD: a) Điều kiện: x  Ta viết lại phương trình thành: 2( x  x  2) 3 ( x  2)( x  x  4) Giả sử x  3x  m( x  2)  n( x  x  4) Suy m, n phải thỏa mãn  n 1 m    m  2n    n 1  2m  4n 2  Phương trình cho có dạng:  2( x  2)  2( x  x  4)  ( x  2)( x  x  4) 0 Chia phương trình cho x  x   ta thu được: ( x  2)  x2   2  0  ( x  x  4)  x  2x   ( x  2) 0 ta thu phương trình:  2t  3t  0 ( x  x  4)  t  ( x  2)    x  x  4( x  2) t 0  t   t  ( x  x  4)   x 3  13 x  x  0    x 3  13  x 0 b) Điều kiện:   x  x  0 Bình phương vế phương trình ta thu được: Đặt t  x  x   2( x  1) x  x   x  x  9 x  x  11x   ( x  x  1)( x  x  1) 0 Giả sử m  n 2  x  11x  m( x  x  1)  n( x  x  1)  2m  4n  11  m  n 2  Phương trình trở thành:  ( x  x  1)  ( x  x  1)  ( x  x  1)( x  x 1) 0 2 Chia phương trình cho x  x   ta thu được:  m   n  