Đs9 cđ4 phương trình vô tỉ 2

Dạng 10: Đặt ẩn phụ đưa phương trình đẳng cấp phương trình ẩn A Đưa phương trình đẳng cấp Cách giải: 2 *) Lưu ý: Phương trình đẳng cấp bậc hai chứa số hạng a , b , ab 2 Ví dụ: a  3ab  4b 0 2 - Phương trình đẳng cấp bậc ba chứa số hạng a , a b, ab , b 2 Ví dụ: a  a b  3ab  3b 0 Bài 1: Chuyên Ngữ 2014 Giải phương trình sau x  x  3 x  1  x  3 Lời giải Điều kiện: x  Phương trình Đặt x  x  3 x  a; x  1  x  3   x  1   x    x  1  x   0 x  b  a, b 0   a 1 a  2b  3ab 0   a  1  a  2b  0    a 2b Ta phương trình  x  a b  x   x   x   x   x  x  0    tm  x   +) TH1: +) TH2: Tương tự trường hợp Bài 2: Học sinh giỏi HCM năm học 2016 Giải phương trình sau x  x  3 x x  Lời giải Điều kiện: x   a  x    2b  a  3ab 0  a  3ab  2b 0   a  b   a  2b  0  Đặt b  x Đến quay trở lại toán Bài 3: Giải phương trình sau x  x  3 x  Lời giải Điều kiện: x   x  a 0  Đặt  x  x  b  2 *) Phân tích: Ta tìm Đặt  ,  cho x  x   a   b  x  x    x      x  x    x       x  2   với x   2      6  2   4       2 *) Đến ta có lời giải Phương trình tương đương  2b  2a  3ab 0 x2  x    x  2     x  2  x2   x  0 Bài 4: x   3x  x   x  0 Giải phương trình sau Lời giải Điều kiện: x  Ta có x  x x    x  1 x  0  a x  a  3a 2b  4b3 0   a  b  a   4a 2b  4b  0  Đặt b  x  0  a  b 0  a b   a  b   a  4b  a  b   0     a  2b 0  a  2b +) TH1: a b  x  x   x x  1 x 0   x  x  0  x   1   x     2   x     x 1  5 +) TH2: Tương tự Bài 5: HSG Nam Sách Năm học 2020-2021 Giải phương trình sau x   3x  1 x   0 Lời giải Điều kiện: x Phương trình 2 x   3x  1 x   0  x  x x   x   0    2x  x   2x       2x  x  2x    2x   x  x   x  0   x  x    x  x     x   x  0  x  x x   x x    x  3   2x   x   x 0  x  x  0 x   0    x  x       x  x   1   x   x     x 2 x   x  x  0 Giải   (phương trình vơ nghiệm) Giải   : Do x 2 nên     x  1 2 x   x  x  0  x 2 (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x 2 Bài 6: Giải phương trình sau a)  x   5 x3 1 b) x  x  7 x  Lời giải a) Điều kiện: x  x  5 x 1  x  5  Ta có     x  x    x  1  5    x  a  a 0     x  x  b  b   Đặt   x  1  x2   x 1  x   x 1  x   1  x  a  2  2  x  x  b  a 2b a  b 5ab   2a  b   a  2b  0    b 2a Thay (2) vào (1) ta được:  +) Với a 2b  +) Với b 2a   x  2 x  x   x  x  0 (phương trình vơ nghiệm) x  x  2 x   x  x  0  x   37 (thỏa mãn)   37  S      Vậy phương trình có nghiệm b) Điều kiện: x 1 Phương trình tương đương x  x  7  x  1  x2  x 1   x  x 1   x  1 7  x  1  x  x  1    x  a  a 0     x  x  b  b   Đặt  x  a  4  2  x  x  b  a 2b 3a  2b 7ab   3a  b   a  2b  0    b 3a Thay (4) vào (3) ta được: +) Với a 2b  x  2 x  x   x  3x  0 (phương trình vơ nghiệm) +) Với b 3a  x  x  3 x   x  x  10 0  x 4  (thỏa mãn) Vậy phương trình có tập nghiệm  S  4 6;   Bài 7: Giải phương trình sau a)   x3   x   3x  x  0 b) Lời giải a) Điều kiện: x  x3  3x   x  1  x 0 Đặt x   y  y 0   x   y thay vào phương trình ban đầu ta được: x  y  x  y  0  x3  y  3xy 0  * Với y 0  x  (không thỏa mãn *)  x x     0  ** y Với y 0 ta chia hai vế (*) cho y được:  y   t 1 x t   ** : t  3t  0    t  Đặt y  x 0 t 1  x  y  x  x     x 2  tm  x  x    - Với  x 0 x x t   x  y  y   x      x 2  x   x 2     - Với Vậy tập nghiệm phương trình b) Điều kiện: x  Phương trình biến đổi dạng: Đặt   S  2;  x  x  x  1   x  1 x  0  * x   y  y 0   x   y , thay vào (*) ta được: x  3xy  y 0  ** Với y 0  x  (không thỏa mãn)  x x     0  ** y Với y 0 ta chia hai vế (**) cho y ta được:  y   t 1 x t   *** : t  3t  0    t  Đặt y  x 0 1 t 1  x  y  x  x     x  x  x  0 - Với x x  x 0 t   x  y  y   x      x 2  2  x  1  x 2   - Với 1   S  ;2  2   Vậy phương trình có tập nghiệm Bài 8: x  25 x  19  Giải phương trình sau x  x  35 7 x  Lời giải x  x  35 7 x   x  25 x  19  x  x  35  x  Ta có x  25 x  19  Điều kiện x 7 Bình phương hai vế ta được:  x  22 x  44 14 x x  25 x  19  x  x  35  49  x    14  x  35  x    x  11x  22 7  x x    x  35  x    x  35  x    x  x  14   x   7  Đặt  x   x  35  x   u  x   u 0   3v  4u 7uv   v  u   3v  4u  0   v  x  x  14  v 0   u v   v 4 u  x  x  14  x   x  x  14 x   x  x  19 0 - TH1: Nếu v u   x 3  ( L)   x 3  (TM ) v u - TH2: Nếu x  x  14  x   x  x  14 16  x    x  61x  206 0    61  11137 ( L) x 18   61  11137 (TM ) x 18  Vậy phương trình cho có hai nghiệm x 61  11137 61  11137 ; x 18 18 Bài 9: Giải phương trình sau x  14 x   x  x  20 5 x  Lời giải 2 2 Ta có: x  14 x   x  x  20 5 x   x  14 x   x  x  20  x  Điều kiện: x 5 Bình phương hai vế phương trình ta được: x  14 x  25  x  1  x  x  20  10  x  x  5  x  1  x    x  x     x   5  x  1  x  x  20  x  20   x  x  5  x    x2  x  4x  5  x  4 4x  5 u  x  x   u 0   Đặt v  x  , ta có phương trình:  u v 2 2u  3v 5uv   u  v   2u  3v  0    u  3v  u v  +) TH1: 3v u  +) TH2:   61 ( L) x x  x   x   x  x   x   x  x  0     61 (tm) x   x 8  tm  x  x   x    x  x   9  x      x   L  Vậy phương trình có nghiệm phân biệt x 8; x   61 Bài 10: Giải phương trình sau x3  3x   x  2  x 0 Lời giải Điều kiện: x  Ta có : x3  3x2   x  2  x 0  x3   x  2  3x  x   0  x y x3  xy  y 0    x  y Đặt y  x  ta phương trình:  x 0 x y  x  x     x 2 x  x    +) TH1:   x 0  x 0 x  y  x  x      x 2  x  x  x  x        +) TH2: B Đặt ẩn phụ hồn tồn để quy phương trình ẩn Phương pháp giải: f x f x t + Điểm mấu chốt phương pháp phải chọn biểu thức   để đặt   cho phần lại phải biểu diễn theo ẩn t Những tốn dạng nói chung dễ + Trong nhiều trường hợp ta cần thực phép chia cho biểu thức có sẵn phương trình từ phát ẩn phụ Tùy thuộc vào cấu trúc phương trình ta chia cho g  x phù hợp k (thông thường ta chia cho x với k số hữu tỉ) + Đối với toán mà việc đưa ẩn dẫn đến phương trình phức tạp như: Số mũ cao, bậc cao… ta nghĩ đến hướng đặt nhiều ẩn phụ để quy hệ phương trình dựa vào đẳng thức để giải toán Ta xét ví dụ sau: Bài 1: Giải phương trình sau a)  x  1  4 x  x 2 b) x  x  x  12 x  15 0 Lời giải 2 a) Ta viết lại phương trình thành: x  x   x  x 0 , đặt t  x  x 0 ta có phương trình mới: 4t  4t  0   t  1  t   0 suy t 2 thỏa mãn điều kiện  17 x  x 4  x  x  0  x  Giải t 2 ta có: b) Đặt t  x  x 0 phương trình cho trở thành: t  2t  15 0  2t  t  15 0   t    2t   0 , t 0  t 3 thỏa mãn điều kiện 2 Giải t 3 ta có x  x 9  x  x  0  x 3 Kết luận x 3 nghiệm phương trình Bài 2: Giải phương trình sau a)   x2   x 2x  x   b) x  x  x 2 x  Lời giải a) Điều kiện: x 0 Phương trình cho viết lại sau:  x2     x  2x      x   x 2 x     x  1 x  Ta thấy x 0 nghiệm  1 x   1 x  2    3  x   x   x phương trình Ta chia hai vế cho thu được:  t  3t  2t  0   1 x t  t  t x Đặt ta có phương trình theo : 1 Trường hợp 1: t  ta có: x x   x  x  0  VN    21 x  L  1 x 15  21   x  x  0    x x   21 t  x  ta có: Trường hợp 2: 15  21 x Kết luận: Phương trình có nghiệm b) Ta thấy x 0 khơng phải nghiệm phương trình Vì ta chia hai vế cho x thu được: Đặt x x 1 1 2   x   x   0 x x x x x ta thu phương trình: t 3 x  t  t  0  t 1  x  1 1  x  x  0  x  x 1 x Kết luận: Phương trình có nghiệm Bài 3: Giải phương trình sau a) x   x  x  3 x b) Lời giải  x 0   x  x  0  a) Điều kiện: 0  x 2    x 2  x2  x x  3x  x x ta thu được: Ta thấy x 0 khơng phải nghiệm phương trình Chia hai vế cho 1 1 t x  t x    x   3 x x x x Đặt , theo bất đẳng thức Cơ si ta có t 2 t 3 t  3  t   t 2 t  t  6t  Thay vào phương trình ta có: x  x 4 25  x    x  17 x  0    x 1 x  x 4, x  Kết luận: Phương trình có nghiệm: b) Nhận xét: x 0 nghiệm phương trình Ta chia hai vế cho x phương trình trở thành: phương trình trở thành: t  2t  0  t 1  x  x 1 t  x  0  x   0 x x x Đặt 1 1  x  x  0  x  x Bài 4: Giải phương trình sau x    x  3  x 2  16 x  x  15 a)  13  x  b) x    x    x 32 Lời giải x  Phương trình viết lại sau: a) Điều kiện   x    x    x   x     x   x  2    x   x  3 t 2 Điều kiện Đặt Phương trình cho có dạng: t  4t  t  0  t 2  x 2 t  2x    2x    x   x  3   t 2 Ngồi ta giải phương trình cách đưa hệ  x 7 b) Điều kiện: Phương trình cho viết lại sau: 3 1  1    x      x   3x      x    3x     x 32    3x      x   x      x    x     x 64 Đặt t  3x    x  t  3x   3x     x   x   3x     x   3x    x Từ phương trình suy t 64  t 4 Hay 3x    x 4    3x     x  11 2 8  x  x  44 x  113 0  x  Bình phương vế ta thu được: Tại ta phân tích hai phương trình trên: Ta thấy với phương trình:  ax  b  cx  d   ex  h  gx  k  r  cx  d   gx  k   s 0 cách xử lý hiệu là: ax  b m cx  d  n gx  k ex  h m cx  d   n gx  k      Phân tích: phụ trực tiếp, đặt hai ẩn phụ để quy hệ Ví dụ: 13  x  Khi giải phương trình:  sau ta đặt ẩn x    x  3  x 2  16 x  x  15 ta thực cách phân tích: + Giả sử: 13  x m  x  3  n   x  2m  2n   m  ,n   2 Đồng hai vế ta suy ra:  3m  5n 13 + Tương tự ta giả sử:  x  3 m x  3  n  Khi giải phương trình: Ta thực phân tích: x   m  ; n  2 x    x    x 32 m  3x    n   x  7 p  3x    q   x  4 x  3 m  ;n  ; p  ;q  2 2 Sau đồng vế đề tìm m, n, p, q ta có: Như vậy, ngồi cách đặt ẩn phụ ta giải toán theo cách khác sau: x  a Điều kiện: 2 Đặt a  x  3, b   x a  b 2 Từ cách phân tích ta có hệ sau: a  b 2    3a  7b2  a   3b2  7a  b 4 16ab  a  b   2ab 2  3  a  b   2ab  a  b   16ab  0  a  b   2ab 2   2 3  a  b      a  b    a  b      a  b    0 Đặt a  b S , ab P Điều kiện: S , P 0; S 4 P  S  P 2   S  8S  S  12 0   Ta có hệ sau:  S 2  a b 1  x 2   P 2 b Đặt a  x  7, b   x ta có hệ phương trình  a  b  64   2 a  3b 14 a  b 4  2 a  3b 14 Giải hệ phương trình ta thu được: a, b  x Dạng 11: Phương trình xuất ẩn phụ Bài 1: 2 Giải phương trình sau x  x  11 31 Lời giải 2 2 Đặt t  x  11 11  t x  11  x t  11  t 6  11  t  t 31  t  t  42 0    t   L  Phương trình tương đương  x  11 36  x 25  x 5 Bài 2: Giải phương trình sau x x   x  x  2 Lời giải  x  x  0    x  x  0  x  0  Điều kiện:  x Nhận xét: Đặt x   x  x  x  1 x  t  1 x  x    t    t  2  t  2t  0  t 1 t t 10