6 ôn tập toán

khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Bài GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ  Trong này, xin giới thiệu đến quý độc giả phương pháp giải phương trình vơ tỷ phương pháp đánh giá với công cụ sau đây:  Sử dụng tính đơn điệu hàm số  Sử dụng bất đẳng thức (Cauchy, Cauchy – Schwarz, Véctơ,…)  Sử dụng tổng số không âm biến đổi dạng An Bn Ngoài dấu hiệu nhận dạng đặc trưng nêu ví dụ, tơi xin lưu ý rằng, phương trình có nghiệm x xo có nhiều khả sử dụng phương pháp đánh giá hàm số bất đẳng thức cổ điển liên hợp,… tùy vào đặc điểm tốn, lối thường gặp I Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình vơ tỷ Vận dụng thành thạo kết quả: “Nếu hàm số y  f ( x) liên tục đơn điệu chiều miền D (ln đồng biến ln nghịch biến) số nghiệm D f ( x) 0 không nhiều một u, v  D : f (u)  f ( v)  u v ” Các ví dụ vận dụng hàm số y  f ( x ) đơn điệu chiều miền D phương trình f ( x ) 0 có tối đa nghiệm () 5x   x   x 4 Phân tích Quan sát vế trái phương trình thấy x tăng giá trị biểu thức tăng Từ dự đốn vế trái hàm đồng biến, vế phải số sử dụng casio tìm nghiệm x 1, nên điều kiện thích hợp cho việc sử dụng phương pháp hàm số để giải Ngồi ra, cơng thức đạo u n hàm sau thường hay sử dụng ( u )  n n  n u 5x  0  x   Điều kiện: Ví dụ 203 Giải phương trình:  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số ()  x= 5x   x   x  0 ( i) không thỏa mãn (i)   x> y  f ( x)  5x   x   x   ;   có: xét hàm số     15x f ( x)     0, x   ;   y  f ( x) 3 2 x  3 (2 x  1)   Do hàm số   đồng biến  ;   f (1) 0 nên x 1 nghiệm (i )   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 1  Lời giải Sử dụng bất đẳng thức Cauchy với điểm rơi x 1 165 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Cauchy  1 5x  x  3    x    (5 x  1) 4  2  Ta có:  Suy ra: Cauchy  (2 x  1).1.1  x   5x3  x  15 x  20 x  13 VT( )  x   x   x   x  12 15 x  20 x  13 4  x  x  0  ( x  1)(3x  3x  7) 0  x 1 Mà: 12 15 x  20 x  13 4 dấu " " xảy x 1 Suy ra: 5x   x   x  12 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 1  Lời giải Liên hợp sử dụng casio tìm x 1 nghiệm ()  ( 5x   2)  ( x   1)  x  0  5( x  1)( x  1) 5x   2( x  1)  (2 x  1)2  x    ( x  2) 0  5( x  1)   ( x  1)    1 0  x 1  x   (2 x  1)2  x    5( x  1)    0, x   Do 2 3 5x   (2 x  1)  x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 1 Ví dụ 204 Giải phương trình: 3( x   1) x(1  3x  x  1) () Phân tích Sử dụng casio tìm x 0 nghiệm phương trình Để ý 2 x2   0 x   3x  x  3x 8 x  3x  nên để phương trình có nghiệm điều kiện kéo theo x 0 Tìm điều kiện chặt chẽ thuận lợi cho việc đánh giá f ( x) dương hay âm cách giải hàm số  Lời giải Điều kiện: x 0 rằng: x  1  ()  3x  x  x x   x   0 (i) Xét hàm số f ( x) 3 x  x  x x   x    0;  có:  x2  6x 32 x  x  f ( x) 6 x    x    6 x       2x2   2x2  2x2   Do: 32 x  x   0, x   nên f ( x)  0, x 0 Suy hàm số f ( x) đồng biến [0; ) có f (0) 0 nên x 0 nghiệm (i) Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 0 Ví dụ 205 166 Giải phương trình: x x  x  12 12(  x   x ) () khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Phân tích Sử dụng casio, tìm x 4 nghiệm phương trình Với điều kiện x 4 nháp đạo hàm vế trái thấy hàm số đồng biến, đạo hàm vế phải thấy hàm nghịch biến Từ nghĩ đến việc vận dụng nội dung: “Nếu hai hàm số f ( x) g( x) đơn điệu ngược chiều miền D số nghiệm D phương trình f ( x) g( x) khơng nhiều 1” có lời giải chi tiết hàm số sau:  Lời giải Điều kiện: x 4  Xét hàm số f ( x) x x  x  12 xác định liên tục  0;  , có: x  0, x   0;  , nên f ( x) đồng biến  0;  ( i) 2 x  12  Xét hàm số g( x) 12(  x   x ) xác định liên tục  0;  , có: f ( x)    1 g( x) 12      0, x   0;  Do hàm số f ( x) nghịch  5 x 4 x  (ii ) biến đoạn  0;  Từ (i ), (ii ), suy f ( x) g( x) có nghiệm f (4) g(4) 12 nên x 4 nghiệm phương trình () Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 4 Ví dụ 206 Giải phương trình: ( x  1)(2 x   3 x  6) x  () Học sinh giỏi tỉnh Thái Bình năm 2010  Lời giải Điều kiện: x 1 Do x 1 khơng nghiệm phương trình nên xét x  (1; ) x6 ()  x   3 x   x  Xét hàm số f ( x) 2 x   3 x  khoảng (1; ) có: f ( x)  x  x6 (i)  0, x  nên hàm số f ( x) đồng biến (1; ) 7 x6  0, x  (1; ) có g( x)  ( x  1)2 x Do hàm số g( x) nghịch biến (1; )  Ta lại có: f (2) g(2) 8 nên x 2 nghiệm (i ) Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 2  Xét hàm số g( x)  Ví dụ 207 Giải phương trình: (4 x  1)( 3 x   x  3) 4 x  ()  Lời giải Điều kiện: x  0  x  1 Do x  , x  không nghiệm () nên xét x  (  3; )\    4 167 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn ()  3x   x   4x   4x  Xét hàm số f ( x)  3x   x   f ( x)  (3x  5)  x3  3x   x   4x  0 4x  (i) 1 4x  x    3;   \   có: 4x  4 36 1  0, x    3;   \    (4 x  1) 4  1   Suy hàm số f ( x) đồng biến khoảng   3;  ,  ;   4     Bảng biến thiên x  3 f ( x)     f ( x)   13 Ta có ( i) phương trình hồnh độ giao điểm hàm số f ( x) trục Ox có phương trình y 0 Từ bảng biến thiên, suy phương trình ( i) có tối đa hai nghiệm có ff(  2)  (1) 0 nên x  2, x 1 nghiệm cần tìm Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x  2, x 1 Ví dụ 208 34 Giải: ( x  2)(2 x  1)  x  4  ( x  6)(2 x  1)  x  () Học sinh giỏi tỉnh Cao Bằng năm 2014 – 2015  Lời giải Điều kiện: x   ()   ( x  2)(2 x  1)  x     ( x  6)(2 x  1)  x   4      x  2( x   3)  x  6( x   3) 4  ( x   3)( x   x  6) 4 Do x   x   0, x  cần điều kiện kéo theo (i) vế phải dương nên để phương trình ( i) có 2 x    x   Xét hàm số dương f ( x)  x   nửa khoảng (5; ) có: f ( x)  2x  2x      0, x  nên f ( x) hàm số dương đồng biến (5; ) (1)  Xét hàm số dương g( x)  x   x  nửa khoảng (5; ) có: 1 g( x)    0, x  nên g( x) đồng biến (5; ) x2 x6 168 (2) khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Từ (1),(2)  h( x)  f ( x).g( x) ( x   3)( x   x  6) hàm số đồng biến (5; ) có h(7) 4 nên x 7 nghiệm (i ) Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 7 Nhận xét Trong thí dụ trên, tơi sử dụng kết quả: "Tích hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến) D hàm đồng biến (nghịch biến) D" Ví dụ 209 Giải: ( x  1)2  x   ( x  5) x   x  31 0 ()  Lời giải Điều kiện: x 8 Đặt t  x   x tt3  8   ()  tt2  2tt ( 3  t4) 7  3tt  tt   t28  ( 3  4)  28 0 (i)  0 Nhận thấy t  không nghiệm nên xét t  ( ; ) Xét hàm số f (tt) 3tt3  2tt  28  (  4) tt2 (  4) f (tt) (9tt2   2) tt       23 7  , t (t  7)  ( ; ) có:  0,   ( ; ) Do hàm số f (t ) đồng biến khoảng ( ; ) Ta lại có: f (2) 0  t 2  x 9 nghiệm phương trình Kết luận Phương trình cho có nghiệm x 9 Các ví dụ vận dụng hàm số y  f ( x ) đơn điệu chiều miền D và tồn u , v  D f (u)  f (v )  u v Ví dụ 210 Giải phương trình: x2  x   x2  x 1 () Phân tích Nếu lập phương hai vế phương trình phức tạp, quan 2 tâm đến mối liên hệ biến thức, ta nhận thấy: x  (2 x )  x  ( x  1)  Tức ()  ( x  1)   ( x  1)  (2 x2 )   (2 x ) với vế trái phải có dạng f (tt)  t   mà ta gọi hàm đặc trưng Khi phương trình viết dạng f ( x  1)  f (2 x ) nên sử dụng phương pháp hàm sau:  Lời giải Tập xác định: D  ()  ( x  1)   ( x  1)  (2 x )   (2 x )  f ( x  1)  f (2 x ) Xét hàm số f (tt)  t   có f (tt)  3 tt2  3 (  1)2  0,    \  1; 0 Do hàm số f (t ) đồng biến  (2) 2 Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (2 x )  x  2 x  x 1 x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x  (1)  , x 1 169 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Giải phương trình: x  x  x  3x  3 x   x  () HSG trường chuyên khu vực Duyên Hải & Đồng Bằng Bắc Bộ 2010 Ví dụ 211 Phân tích Bậc cao phương trình bậc ba, thường ta xây dựng hàm đặc trưng bậc ba dạng f (t ) mt  nt Nghĩa ta cần viết lại phương trình dạng: x  3x   x  3x  x   x  (theo biểu thức dấu căn) xem x3  3x  ( x  x  1)3 , x  ( x2  2) ta đưa hàm đặc trưng với m n 1 có lời giải chi tiết sau:  Lời giải Tập xác định: D  ()  x  x   x  x  x   x   ( x3  3x  1)3  x3  x  ( x2  2)3  x   f ( x  x  1)  f ( x  2) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  Từ (1), (2), suy ra: f ( x  3x  1)  f ( x  2)  3 3 Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  Giải phương trình: 24 x  60 x  36  2 x  3x   x   x  x  3x  0  (2 x  1)( x  x  1) 0  x  Ví dụ 212 (2) 3 1 1  x  2 1 , x  2 0 () 5x  x Học sinh giỏi tỉnh Quảng Ninh năm 2011  Lời giải Điều kiện: x   ()  (5 x  6)2  x  (5 x  6)  Xét hàm số f (tt)   1 x   f (5 x  6)  f ( x) (1; ) có f (tt) 2t  (1) 2(tt 1) t Do hàm số f (t ) đồng biến khoảng (1; ) Từ (1), (2)  f (5 x  6)  f ( x)  x  x  x   1  0,   (2) Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x   Ví dụ 213 170 Giải phương trình: x  x  15x  13  x9  x  12 x2  4x  () khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848  Lời giải Điều kiện: x   1 ()  x    x9  x  12 x  4x  1  ( x  2)   x9   f ( x  2)  f ( x  9) (1) ( x  2)  ( x  )2  2tt tt4    (  1)2 (tt) 1  f   0,   có (tt  3)2 (  3)2 t2  Do hàm số f (t ) ln đồng biến  (2) Xét f (tt)   Từ (1), (2)  f ( x  2)  f ( x  9)  x   x   x  29   Kết luận: So với điều kiện phương trình có nghiệm x  29    ax  bx  cx  d n ex  f Xét hai dạng chuẩn:   ax  bx  cx  d ( ax  b) c x  d (i ) (ii ) Hai dạng xây dựng hàm đặc trưng vế dạng f (t ) m.t  n.t Đối với dạng (i ), ta xét: m.( px  u)3  n.( px  u) m.( ex  f )3  n ex  f đồng hệ số với đề tìm giá trị m, n, p , u Đối với dạng ( ii ), ta dựa vào thức để biến đổi, từ định hướng dạng hàm số đặc trưng biến đổi vế lại Để hiểu kỹ nó, ta xét ví dụ sau: Ví dụ 214 () Giải phương trình: x  15x  78 x  141 5 x  Olympic 30/04/2011 Phân tích Xét phương trình: ( x  m)3  5.( x  m) ( x  9)3  x  khai triển ta được: x  3mx  (3m  4)x  m3  m 5 x  Đồng hệ số với 3m  15   m  Khi ta viết phương phương trình cho, hệ: 3m  78 m3  4m  141  trình ()  ( x  5)3  5.( x  5) ( x  9)  x   f ( x  5)  f ( x  9) với hàm số đặc trưng hai vế có dạng f (tt) t  ln đơn điệu  có lời giải Ngồi ra, ta giải tốn phép đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình mà học học (lời giải 3) Tập xác định: D   Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số ()  ( x  5)3  5( x  5) ( x  9)  x   f ( x  5)  f ( x  9) (1) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    171 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Do hàm số f (t ) ln đồng biến  (2) Từ (1), (2)  f ( x  5)  f ( x  9)  x   x   x 4 x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  11   11    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích số (i ) ()  ( x  5)3  5( x  5) ( x  9)  x  3 3 Đặt a x  5, b  x  (i )  a  5a b  5b  a  b  5( a  b) 0  ( a  b)( a  ab  b2  5) 0  a b  x  x   x 4, x  11   11    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng loại II ( y  5)3 2 x  Đặt y   x     x  15x  78 x  141 5( y  5)  y  15 y  75 y  x  116 0    ( y  x )  15( y  x )  80( y  x) 0  x  15 x  78 x  y  116 0  y x  ( y  x)  y  yx  x2  15( y  x)  80  0   2  y  ( x  15) y  x  15 x  80 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x   Với y x  x   x   x 4 x 11   2  Với y  ( x  15) y  x  15 x  80 0 xem phương trình bậc hai với ẩn y có:  y  x  30 x  95  0, x nên phương trình vơ nghiệm 11   Nhận xét Việc tìm phép đặt ẩn phụ tiếp cận cơng cụ đạo hàm thông 2 qua việc xét hàm số dấu f ( x) x  15x  78 x  141  f ( x) 3x  30 x  78 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x   f  6 x  30 0  x 5 đặt y   x  Hoặc ta tìm phép đặt ẩn phụ từ dạng tổng quát (dạng 8, 3): ( ax  b)n p n cx  d  q.x  r với n   2; 3 đặt ay  b  n cx  d p.c  0, đặt  ( ay  b)  n cx  d p.c   Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng tính đơn điệu hàm số   y 2 x   y  y x  15x  80 x  150 Đặt y  x    5 y x  15x  78 x  141  y  y ( x  5)3  5.( x  5)  f ( y)  f ( x  5) (3) 172 khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  (4) 11   Bình luận Lời giải gọn lời giải ta sử dụng ẩn phụ để đưa hệ tạm, sau cộng hai phương trình lại với (đôi nhân thêm số cộng với phương trình cịn lại để tạo hàm đặc trưng) Hiển nhiên, 3 cần đến đồng thức, tức cần có y  y ( x  m)  5( x  m) khai triển vế trái, đồng với phương trình ban đầu m  Nói chung, cách có lợi riêng nó, tùy thuộc đặc điểm tốn, nhạy bén người giải toán Từ (3), (4)  f ( y)  f ( x  5)  Ví dụ 215 x  x   x 4 x  Giải phương trình: 16 x  168 x  580 x  655  x  19 () Phân tích Xét: m( px  u)3  ( px  u) m( 5x  19)3  5x  19 khai triển được: mp x  3mp2 ux  (3mpu2  p  5m)x  mu3  u  19m  5x  19 Nếu đồng  m 2, p 2  Nếu m 2, p 2 hệ số bậc ba mp 16 nên chọn:   m 16, p 1 đồng hệ số bậc hai 24u  168  u  lúc phương trình viết lại 2(2 x  7)3  (2 x  7) 2( 5x  19)  5x  19 Khai triễn rút gọn phương trình giống với đề bài, chứng tỏ hướng chọn m 2, p 2 hướng Nếu không khớp với đề chọn lại, thường m, p số nguyên Những bước phân tích nhìn dài quen nhanh Tập xác định: D  ()  2(2 x  7)3  (2 x  7) 2(5 x  19)  5x  19  f (2 x  7)  f ( 5x  19) (1)  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số Xét hàm số f (tt) 2t   có f (tt) 6t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  (2) Từ (1), (2)  f (2 x  7)  f ( x  19)  x   x  19  x  84 x  289 x  324 0  ( x  4)(8 x  52 x  81) 0  x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng tính đơn điệu hàm số  y 5x  19 (3) y  x  19  Đặt:  (4)  y 16x  168 x  580 x  655 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  Nhận xét Nếu cộng hai phương trình lại với vế trái y  y tức xây dựng hàm đặc trưng f (tt) t  vế phải không đưa hàm này, tức 173 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS Lê Văn Đồn khơng sử dụng phương pháp hàm Để ý phương trình (4) có số 16, theo kinh 3 nghiệm 16 x 2.(2 x) nên thử nhân phương trình (3) với 2, cộng với 3 phương trình (4) được: y  y 16 x  168 x  590 x  693 Mong muốn lúc 3 cần biến đổi dạng: y  y 2(2 x  m)  (2 x  m) đồng m   2 y 10 x  38   y  y 16 x  168 x  590 x  693  y 16 x  168 x  580 x  655  y  y 2(2 x  7)3  (2 x  7)  f ( y)  f (2 x  7) (5) Xét hàm số f (tt) 2t   có f (tt) 6t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  (6) Từ (5), (6)  f ( y)  f (2 x  7)  y 2 x   x  19  x 4, x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình tích số 3 3 Đặt a 2 x  7, b  x  19 (1)  2a  a 2b  b  2( a  b )  ( a  b) 0  ( a  b)(2a2  2ab  2b2  1) 0  a b , (do : 2a2  2ab  2b   0) Suy ra: 5x  19 2 x   ( x  4)(8 x2  52 x  81) 0  x 4, x  13   13    Lời giải Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình gần đối xứng loại II 2 Phân tích Xét hàm số y 16 x  168 x  580 x  655 có y ' 48 x  336 x  580 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  nên tìm phép đặt ẩn phụ y   x  19 (2 y  7)3 5 x  19 y   x  19  Đặt  16 x  168 x  580 x  655 2 y  y '' 96 x  336 0  x  8 y  84 y  294 y  5x  324 0   8( y  x3 )  84( y  x2 )  295( y  x) 0 8 x  84 x  290 x  y  324 0  y x y  4(2 x  21) y  x  84 x  295 0 13    Với y  4(2 x  21) y  8x  84 x  295 0 có y  48 x  336 x  596  0, x nên phương trình vơ nghiệm  Với y x  y   5x  19  x 4 x  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 4, x  174 13   khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Ví dụ 216 Giải phương trình: x  13x2  x 2 x  x  () 3 2 Phân tích Xét (2 x  m)  2(2 x  m) ( x  x  3)  x  x  đồng hệ số ta m 1 nên có lời giải sau: Tập xác định: D  (i) ()  (2 x  1)3  2.(2 x  1) ( x  x  3)  x  x   Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số (i)  f ( x  x  3)  f (2 x  1) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) đồng biến  Từ (1), (2)  f ( x  3x  3)  f (2 x  1)  (2) x  x  2 x   x  12 x2  x  0  x 1 x   89  16  89  16  Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, sử dụng tính đơn điệu hàm số đặt ẩn phụ   y x2  x  y  x2  3x     y  y (2 x  1)  2(2 x  1) Đặt: 2 y 8 x  13x  x 3 Đặt t 2 x  phương trình  y  y tt  2y t  Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x  Suy ra: y  x  x  2 x   x 1, x   89  16  89  16  Lời giải Đặt hai ẩn phụ trực tiếp đưa hệ đối xứng loại II Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x  ()  (2 x  1)3  ( x2  x  1) 2 2(2 x  1)  ( x  x  1) u 2 x    Đặt v  2(2 x  1)  ( x  x  1)  u v  3 (3) u  ( x  x  1) 2 v  u3  v 2( v  u)  v  ( x  x  1)  u   x  x  2x   x 1 x   89  16 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 1, x   89  16 n Bình luận Trong lời giải 3, tơi đưa dạng:  f ( x) b( x) a( x) n a( x) f ( x) b( x) đặt ẩn phụ tìm hiểu học Điều muốn nhắc ta rằng, toán học có nhiều hướng đi, tùy thuộc vào đặc điểm toán mà ta chọn hướng cho phù hợp, hiển nhiên cần có đầy đủ “phương tiện” đến “địa điểm” cần đến 175 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Ví dụ 217 Giải phương trình: x  x2  12 x   x  x  19 x  11 () Phân tích Xét m( px  u)3  ( px  u) m(9 x  x  19 x  11)  x  x  19 x  11  ( mp  m)x  (3mup  9m)x  (3u2 mp  p  19m)x  mu3  u  11m VP so mp  m 1  p 1   mup  m     (  ) sánh hệ số với thu hệ:  m  Khi phương 3u mp  p  19 m 12  mu3  u  11m  u   1 3 3 3 trình  ( x  1)  ( x  1)  ( x  x  19 x  11)  x  x  19 x  11 Khai 2 triển rút gọn tthu phương trình giống đề nên có lời giải Tuy nhiên cách phân tích dài dịng, để khắc phục ta đặt y  x2  x3  19 x  11 để đưa hệ tạm, sau cộng lại để tìm hàm đặc trưng có lời giải Tập xác định: D  1 ()  ( x  1)3  ( x  1)  ( x  x3  19 x  11)3  x2  x3  19 x  11 2  Lời giải Sử dụng tính đơn điệu hàm số  f ( x  1)  f (  x  x2  19 x  11) (1) 3 Xét hàm số f (tt)  t   có f (tt)  t   0,  2 f ( t ) Do hàm số ln đồng biến  3 (2) Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (  x  x  19 x  11)  x    x  x  19 x  11  x  x  11x  0  x 1 x 2 x 3 Kết luận: Phương trình cho có ba nghiệm x 1, x 2, x 3  Lời giải Đặt ẩn phụ để đơn giản hơn, dùng tính đơn điệu hàm số 3 (3)  y  x  x  19 x  11 3 Đặt: y   x  x  19 x  11   (4)  y x  x  12 x  Nhận xét Nếu cộng hai phương trình lại vế trái hàm bậc ba, vế phải hàm bậc hai, lệch bậc không sử dụng phương pháp hàm Suy nghĩ tự nhiên, ta nhân phương trình (4) cho 2, cộng với phương trình (3) thu hai vế có dạng bậc ba, khả sử dụng phương pháp hàm số cao 3  y  x  x  19 x  11    y  y x  x  x  3 2 y  x  12 x  24 x  14   y  y ( x  1)3  2( x  1)  f ( y )  f ( x  1) (5) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) ln đồng biến  176 (6) khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Từ (5), (6)  f ( y)  f ( x  1)  y x    x  x  19 x  11 x   x  x  11x  0  x 1 x 2 x 3 Kết luận: Phương trình cho có ba nghiệm x 1, x 2, x 3 Ví dụ 218 () Giải phương trình: (9 x  1) x  8 x  12 x  10 x  Phân tích Phương trình có dạng 2: ax  bx  cx  d (ax  b) cx  d nêu Khi ta cần bám sát vào đại lượng chứa để phân tích, dự kiến hàm đặc trưng biến đổi vế lại Cụ thể: VT (9 x  1) x   (9 x  1)   x  ( x  1)3  x  nên dự kiến hàm đặc trưng f (tt) t  Từ đó, phân tích vế phải: x  12 x  10 x  (2 x  m)  2(2 x  m) đồng hệ số ta tìm m  có lời giải Hiển nhiên ta hồn tồn đặt hai ẩn phụ a , b để đưa phương trình dạng đối xứng (dành cho lớp 10, 11), kết thúc việc giải phương trình tích số (bạn đọc tự giải)  Lời giải Điều kiện: x   ()  ( x  1)  x  (2 x  1)  2(2 x  1)  f ( x  1)  f (2 x  1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) ln đồng biến  Từ (1), (2)  f ( x  1)  f (2 x  1)  x  2 x   x  Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 219 (1) (2) 13  137  13  137  Giải phương trình: x(4 x  1)  ( x  3)  x 0 Đề thi thử Đại học 2013 khối A – THPT Tuy Phước Phân tích Tương tự thí dụ trên, xuất phát từ ( x  3)  x , có chứa  2x nên chuyển vế nhân cho được: (6  x)  x  (5  x)  1  x  (  x )2  1  x (  x )   x từ định hướng phân tích vế   3 trái x(4 x  1) (2 x)  (2 x), đưa hai vế dạng hàm đặc trưng f (tt) t   Lời giải Điều kiện: x   ()  (2 x)3  (2 x) (  x )   x  f (2 x)  f (  x ) (1) Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t ) ln đồng biến  (2) 177 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS Lê Văn Đoàn Từ (1), (2)  f (2 x)  f (  x )   x 2 x  x  21   Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình cho x  21   Ví dụ 220 Giải phương trình: (4 x  2)(1  x2  x  1)  x(2  x2  3) 0 () Olympic 30/04 – Đồng Bằng Sơng Cửu Long Phân tích Chuyển vế ta được: (4 x  2)(1  x2  x  1)  3x(2  x  3) lợi dụng tính chất số phương, ta viết VP (  3x)   (  x)   nên hy   vọng vế trái đưa hàm đặc trưng dạng: f (tt) t.(2   3) Thật vậy, có (4 x  2)(1  x  x  1) (2 x  1)(2  x  x  4) (2 x  1)   (2 x  1)     xây dựng hàm đặc trưng dạng: f (tt) t.(2   3) hai vế  Lời giải Tập xác định: D  ()  (2 x  1)   (2 x  1)2   (  x)   (  x)2    f (2 x  1)  f (  x)     t2  0,    Xét hàm số f (tt) t.(2   3)  có f (tt) 2  t   t 3 Nên f (t ) đồng biến  f (2 x  1)  f (  x)  x   x  x   Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x   Ví dụ 221 Giải phương trình: ( x  3) x   ( x  3)  x  x 0 () Điều kiện:  x 1  Lời giải Sử dụng phương pháp hàm số ()  ( x  3) x   x  (3  x)  x   x   ( x  1)   x   ( x  1)  (1  x)    x  (1  x)  ( x  1)3  ( x  1)2  x  (  x )3  (  x )2   x (1)  f ( x  1)  f (  x ) Xét hàm số f (tt) tt  2   có f (tt) 3tt    0,    Do f (t ) tăng  f ( x  1)  f (  x )  x    x  x 0 Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0  Lời giải Ghép số để liên hợp sau sử dụng casio tìm x 0 ()  ( x  3)( x   1)  ( x  3)(  x  1)  x 0 178 khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848  x 0    x 0   x  x 4  (i ) x 1 1 1 x 1  x   1 x 1 Do x    1;1 , suy ra: VT( i )  0, VP( i )  nên phương trình (i) vơ nghiệm Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x 0 x( x  3) x( x  3) 2 Ví dụ 222 Giải: ( x  1) (4  x  x  4)  x( x  1)(8  x  3)   2x ()  Lời giải Điều kiện: x 0 Do x  không nghiệm nên với x  ta có: 3x  ()  ( x  1)(4  x  x  4)  x(8  x  3)   ( x  1) x 3x   ( x  1)   ( x  1)2    x   (2 x)        x  2x 1  ( x  1)   ( x  1)2   (  x)   (  x)2         x  2x 1  ( x  1)   ( x  1)2    (  x)   (  x)2      x 1   (  x)  f ( x  1)  f (  x) Xét hàm số f (tt) t(4   3)  \ 0 có: t t f (tt) 4  t     0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến t t 3 Suy ra: f ( x  1)  f (  x)  x   x  x    Nhận xét Trên tơi trình bày dạng chuẩn, việc sử dụng hàm số Nhưng nhiều toán, hàm số đặc trưng che dấu kỹ Khi địi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để bỏ lớp ngụy trang ấy, đưa dạng quen thuộc, ta xét ví dụ sau để minh chứng điều Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 223 Giải phương trình:  x  10 x  17 x  2 x2 x  x ()  Lời giải Tập xác định: D  Do x 0 không nghiệm nên xét x 0 Chia hai vế () cho x 0 ta được: ()    10 17   2  x x x x (i ) Đặt y  , (y 0) (i)  y  17 y  10 y  2 y  x  (2 y  1)3  2(2 y  1) ( y  1)  y   f (2 y  1)  f ( y  1) 179 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    nên f (t ) tăng  có: f (2 y  1)  f ( y  1)  y   y   y  17 y  y 0  y(8 y  17 y  6) 0  y 0 (loại) y  17  97 17  97  x   16 y 12 Kết luận: Các nghiệm cần tìm phương trình x  Ví dụ 224 Giải phương trình: x  x  17  97  12   1 x 8x ()  Lời giải Điều kiện: x 0 Nhân hai vế () cho x , ta được: ()  x3  x2  9x 9x 3 9x x 3  x  x  x  x  x  x    x  x2  8 8   9x  9x 9x   x  x   x  x   f (x)  f   x3  x     x3  x2       8    Xét hàm số f (tt) t   có f (tt) 3t   0,    Do hàm số f (t)  9x  9x 3   x  x  x  đồng biến  có f ( x)  f   x  x      x3  x2   10 x 0  x(16 x  8x  9) 0  x 0 x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 225 Giải phương trình:  10  x  x   x   4x  x2   x  ()  Lời giải Điều kiện:  x 1 Đặt y   x   x 0  y 6  (5  x)(1  x)  ()  y   4x  x2  y2   y2  x y2 ( x  6)2   x6  y  3 x6   2 2  f ( y)  f ( x  6) t2   0;   có f (tt) 1  t  0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến  0;   có f ( y )  f ( x  6)  y  x  Xét hàm số f (tt)   Suy ra: 180  x   x  x    x  x x  x  41   khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Nhận xét Sự tinh tế lời giải nhận dựa vào vế trái có hàm đặc trưng dự kiến y  Ví dụ 226 Giải: 41   x ( x  6)2  ( x  6)2    2 y2  có lời giải đẹp  x  x   12  x  x 4 x   x  ()  Lời giải Điều kiện:  x 3 Đặt y   x  x  0  y 7  12  x  x  12  x  x  y  ()  y  y  4 x   x   y  y   x   ( x  5)   f ( y )  f ( x  5)   0;   có f (tt) 1  2t  0,  0 nên hàm số f (t ) đồng biến  0;   có f ( y)  f ( x  5)  y  x  Xét hàm số f (tt) t  Suy ra:  x  x   x   12  x  x 2 x   x   229  10  229  10 Nhận xét Một tốn có dạng tổng – tích, đặt t  tổng bình phương lên khơng biểu diễn x hết theo t Lúc bạn nháp thử có đưa dạng hàm số hay không, dựa vào hàm đặc trưng dự kiến bên vế phải f (tt) t   7, khơng lúc suy nghĩ đến phương án khác Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x  Ví dụ 227 Giải phương trình:  x2  x2  x   x2  x   x ()  Lời giải Tập xác định: D  Đặt u  x  x   Khi đó: ()   x  u  u2   x  Xét hàm số f (tt) t   f (tt) 1  tt  (  x)2  (  x)   u2  u  f (  x)  f (u)  có:  t2   do ; ( : 0tt tt 2   )  tt 1 Do hàm số f (t ) đồng biến  Suy ra: f (  x)  f (u)  u  x  x 0  x  x   x    x   x  x  x Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x    Ví dụ 228 Giải: 5( x2  x  6) 5x  19 ( x  2)( x   x  3)( x   2) ()  Lời giải Điều kiện: x 3 181 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS Lê Văn Đoàn ()  5( x  2)( x  3) x  19 ( x  2)  ( x  3)2  x   2   ( x   2)    (5x  15) 5x  19  ( x   2)   ( x   2), (do : x   0, x 3)     ( x  19)   5x  19 ( x   2)  4.( x   2)    ( 5x  19 )3  5x  19 ( x   2)3  4.( x   2) (1)  f ( x  19)  f ( x   2) Xét hàm số f (tt) t  có f (tt) 3t   0,    nên hàm số f (t ) đồng biến  có  f ( 5x  19)  f ( x   2)  5x  19  x    5x  19 x   x   x  x   x 7 Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm x 7  x  Ví dụ 229 Giải phương trình:    x   x  3x   x x   4(1   x ) ()  Lời giải Điều kiện: x    4x x ()      x  x( x  1)2 x   ( x  1)( x  2) x ( x  1)  (4 x)  (4 x)  (4 x)  ( x  1)  ( x  1)( x  2)  (4 x)  (4 x)   (4 x)  Xét hàm số f (tt) tt 1 ( x  1)2  1 x2   x 1 x 1 x 1 1     1  f (4 x)  f   x 1 x 1 x 1  x 1 (0; ) có f (tt) 1   t  t 1t    (0;  ) Do hàm số f (t ) đồng biến (0; )    1  x  x  0  x   Suy ra: f (4 x)  f    4x  x 1  x 1 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x  Ví dụ 230 Giải: (2 x  1)2 (4 x  x  3)  x    x  x  x   4  Lời giải Điều kiện:  x   Phương trình: 2  ( x    x )  ( x    x )2  182  1  (2 x  1)2  (2 x  1)2    2   () khangviet.com.vn – ĐT: 3910 3821 – 0903 906 848  (2 x  1)2  f ( 2x    x )  f   Xét hàm số f (tt) t      0;   có f (tt) 1  2t  0,  0 Do hàm số f (t ) ln đồng biến  0;    (2 x  1)2  Suy ra: f ( x    x )  f     u  x  0  Đặt  v   x 0 2x    x  (2 x  1)2 (i ) u2  v 4 2 u  v 4   1   2 u  v 4 x   (u  v ) 2 x  2 u2  v 4 2  u  v 4 2  Kết hợp với phương trình (i ), hệ   (u  v ) 8 (u  v) (u  v) u  v   2 u2  v 4 (u  v)  2uv 4 S  P 4      (2  uv)(u  v) 4 (2  P )S 8 (u  v  2uv)(u  v) 8 S u  v 0 , (S 4 P) giải hệ được: Với  P  uv    P 0   S 2  x  2  x  0    x   x    2   x 0   x 2 Kết luận: So với điều kiện nghiệm phương trình x  , x   2  x  x  2 (2 x  1)(3  x)   2 Nhận xét Do nhận ra:  ( x  1)  (  x ) nên  2    (2 x  1) (4 x  x  3) (2 x  1)  (2 x  1)   mạnh dạn biến đổi (), để xây dựng hàm đặc trưng sử dụng phương pháp u 2 u 0    Suy ra:  v 0 v 2 hàm Ví dụ 231 Giải phương trình:  x3 1 1 x x  2x  ()   2x Điều kiện:  x 1  Lời giải Đánh giá phương pháp hàm số ()  x3   ( x  3)  2x    (2 x  2) x   f ( x  3)  f (2 x  2) x  (i ) Nhận thấy x 1 nghiệm phương trình cho 183 Tư sáng tạo tìm tịi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS Lê Văn Đồn Xét hàm số f (t )  t 1  t xác định đoạn  0;  có:    tt  f (tt)    0,    0;  Do hàm số f (t )   tt   t  (1   )2  đồng biến đoạn  0;  x   2x   Nếu x    1;1 , suy ra:  x    f ( x  3)  f (2 x  2)  x    f ( x  3)  f (2 x  2)   phương trình (i ) vơ nghiệm x    1;1 x   Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1 t Bình luận Việc phát hàm số f (tt)  ,   0;  không 1  t khó, thấy từ việc quan sát biểu thức đặt điều kiện xác định Ở sử dụng kết quả: "Nếu hàm số f ( x) ln đồng biến D f (u)  f ( v)  u  v;  u, v  D Nếu f ( x) nghịch biến D f (u)  f ( v)  u  v;  u, v  D " Hiển nhiên kết nhờ vào nhẩm nghiệm x 1 phương trình nên chứng minh khoảng cịn lại vơ nghiệm Ta hồn tồn đưa hẳn dạng f (u)  f ( v)  u v lời giải sau:  Lời giải Đặt ẩn phụ, kết hợp với phương pháp hàm số ()  x3   ( x  3)  2x    (2 x  2) x  (i ) u x  u v  v  u x  (i)   v  u Đặt  v 2 x    u2   v  u 1  u u  Xét hàm số f (tt)  v 1  v t   t2   v  f (u)  f ( v) (1) xác định liên tục đoạn  0;  có:    tt2  t  f (tt)    t  tt2  (1    f (t ) đồng biến đoạn  0;  2 )   0,    0;  Do hàm số (2) (1), (2)  f ( u )  f ( v )  u  v , Từ suy ra: x  2 x   x 1 Kết luận: So với điều kiện, phương trình cho có nghiệm x 1 Ví dụ 232 Giải phương trình: 184 x2  x  2 1  x  x   x2  x 1  x  x 4 x  ()