Đs9 cđ4 phương trình vô tỉ 3

Dạng 16: Giải phương trình vơ tỉ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp Phương pháp giải: Dấu hiệu: n f  x   m g  x   h  x  0 + Khi ta gặp tốn giải phương trình dạng: 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 (hoặc sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: *) Đặt điều kiện chặt phương trình (nếu có) 2 Ví dụ: Đối phương trình: x    x   3x Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x   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 8  Để ý rằng: x2   x  3x  2 x   phương trình có nghiệm x0 3x    x  *) Nếu phương trình có nghiệm : 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 + Nếu  a  ab  b a  b  a  b a  b h  x  0 h x  x  x0  g  x  có nghiệm x  x0 ta ln phân tích    Như sau bước phân tích rút nhân tử chung x  x0 phương trình ban đầu trở thành:  x  x  x0 0 xo  A  x  0    A  x  0 Việc lại dùng hàm số, bất đẳng thức đánh giá để kết luận nghiệm A  x  0 vơ *) Nếu phương trình có nghiệm x1 , x2 theo định lý Vi-et đảo ta có nhân tử chung là: x   x1  x2  x  x1.x2 Ta thường làm sau: + Muốn làm xuất nhân tử chung chung kết sau nhân liên hợp n f  x n f  x    ax  b  ta trừ lượng ax  b Khi nhân tử f  x    ax  b  0 n + Để tỉm a, b ta xét phương trình: Để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 ta  ax1  b  n f  x1     ax  b  n f  x2  a , b cần tìm cho  + Hồn tồn tương tự cho biểu thức cịn lại: Ta xét ví dụ sau: Bài 1: Giải phương trình: 3 b x   x   x  0 a x   x   x  0 c x    x 2 x  x  Lời giải: a Nếu ta bình phương liên tục hết dấu tạo phương trình bậc Để ý x  nghiệm phương trình nên ta phân tích để tạo nhân tử chung x 1 Điều kiện: x  x  2, Khi x  x  1 nên ta viết lại phương trình thành: x    x    x  0   x 1  x 5 2  x 5    x 5 2 x 5 2     x2      x 1 0 x  1  x  1 x 1 1     x  1 0   x  1     0  * x  1  x  1  x 5      1  2 0 x 5  x  1 nên phương trình (*) có nghiệm Để ý với điều kiện x  x  Kết luận x  nghiệm phương trình b Phân tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy , ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu tạo ta phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghĩ đến hướng giải: Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Điều kiện: x 3 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x 1 Khi x    2; 3 Ta viết lại phương trình thành: x    x    x  0  5x3  5 x   0 2x    x  1   x  x 1   x  1    x3     x  1  x  0   1 0 3  x  1  x  1  2 x    1 Dễ thấy: Với điều kiện: x 3  x  x  1 5x   2   x  1 1   x  1 Nên phương trình cho có nghiệm x 1 c Điều kiện:  x 4 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x 3 Khi Từ ta có lời giải sau:  x   1  x 2 x  x  x   1  Phương trình cho tương đương với: x    1; x x 1     x  3  x  1   x  3     x  1  0 x   1  x  x   1  x    x 3  1     x  1 0  x   1   x Để ý với điều kiện  x 4 1 1; 1; x  5 x  1 1  x nên 1    x  1  x  1   x Từ suy ra: x 3 nghiệm phương trình Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng ước lượng bản: A  B  A  1 A  B  A với B 0 từ suy A  B với số A, B thỏa mãn  B 0 Bài 2: Giải phương trình: a x   x  x3  b x  x   x   x   x  28 0 Lời giải: a Điều kiện: x  Ta nhẩm nghiệm x 3 nên phương trình viết lại sau: x    x   x3    x2  x2   x2   x 3 x  27 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 Ta dự đoán: x2   x2   x 3 thấy x2   x2   1  x  3x  1  x3   x  3x  x3   x 3 Ta chứng minh: Thật vậy: x2   x2   x 3 +Ta xét Đặt 3 x 1   1  x   0 (Bằng cách thay giá trị x  ta 0 ) x  3x  1 x3   x 2  1  x   x  x  t   x  t  Bất phương trình tương đương với t  2t   t   t  3t  6t  4t  Điều hiển nhiên x  3x  + Ta xét: x  5   x  3x   x3   x  x3  x  x   x 0  * , Điều ln ln Từ suy phương trình có nghiệm x 3 b Điều kiện: x 7 3 Để đơn giản ta đặt x t   x t Phương trình cho trở thành: t  2t   t   t   3t  28 0  3t  t  2t  28   t   t  0 Nhẩm t 2 Nên ta phân tích phương trình thành:  4t  t  2t  32   t     t   0   t  2t      t     4t  7t  16    t      0   t     Để ý 4t  7t  16  t 7 nên ta có phương trình có nghiệm t 2  x 8 Nhận xét: Việc đặt  4t  t  2t    7t  16    t     0  t  1  Vì x t tốn để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngồi tạo liên hợp tính tốn đơn giản t  4  nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác Bài 3: Giải phương trình sau a x   19  x x  x  b Lời giải: 19  x  a Điều kiện: 3x   x 1  x  11 Ta nhẩm nghiệm x 1; x  nên ta phân tích để tạo nhân tử chung là: x  x  Để làm điều này, 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     a  b  20  b   Để có điều này, ta cần: + Tương tự 19  3x   mx  n  0 m  n 5    2m  n 5 Tức nhận x 1; x  nghiệm  m   n 13  Từ ta phân tích phương trình thành: 20  4  13 x  x    x    19  x       x  x   0  3  3  19  3x   13  x  4 x    x       x  x   0  3   x2  x    x2  x      x  x   0   x    x     19  3x   13  x     4  1    x2  x  2    1 0  3 x    x  5  19  x   13  x        1  0, 0 19  x  x    x  5  19  x   13  x   Dễ thấy với 1  1  3 x    x    19  x   13  x     Nên  x 1 x  x  0    x  Phương trình cho tương đương với 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 x  sau: + Tạo x    ax  b  0 cho phương trình nhận x 3, x 8 nghiệm Tức a, b 3a  b 5   a  b  20  cần thỏa mãn hệ: a 3  b  3m  n 10 m 1   x    mx  n  0 + Tương tự với ta thu được: 8m  n 15 n 7 Phương trình cho trở thành:   x  11x  24  x  11x  24 x    x     x    x  0   0 3x    3x    x    x    9   x  11x  24     0  x    x    x    x    x  11x  24 0   9  0  3x    3x    x    x  9 A x   3x    3x    x    x 1 Ta xét Ta chứng minh: A x  tức là: 9  0 3x    x    x    x     3x   3x   x   x 1   3x   3x   25 275  275    x  45 x     x      x  45 x   4 2  Điều hiển nhiên Vậy phương trình có nghiệm là: x 3, x 8 Chú ý: A x 0 Những đánh giá để kết luận   thường bất đẳng thức không chặt nên ta đưa tổng biểu thức bình phương Ngồi ra, tinh ý ta thấy:   3x   x   x   x   x   x  9 x  63  81x  81 Nhưng điều hiển nhiên do: x   81x  81; x   x  63 với x Bài 4: Giải phương trình sau x a x2   x  x  1 x3  5x  x   x2  x  2 x  2x  b Lời giải: a) Điều kiện: x  Ta nhẩm x 1; x 3 nên biến đổi phương trình sau: x 1  Ta có: x2  2  x  1 x 3  , x2  2  x  1 nên ta trừ vào vế thu được: x  x2   2  2 x  x  1 x2   x x2  4x    x 1 x x2  x  x2  x     x  1 x3  3x  x  x  x  0   x  3x  x 2  x  1  1  2 Giải (1) suy x 1; x 3 Giải (2) ta có: x  x  x 2  x  1  x3  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: x3  x  x   x  3  x  x    x  x  5x  x   x2  x   x   x2  2x  x2  2x   nên phương trình tương đương với 5x  0 x  2x    1  0   5x       x  3  x  x  x  x       x   0     1  0  1      x  3  x  x  x  x   1   x2  x  x  x   x  3  x  x  x  x  0 Giải (1): Đặt t  x  x   Phương trình trở thành:  t 2 t  t  0    x  x  0   t  1 L  Kết luận: Phương trình có nghiệm: x   x 1  x   ; x 1; x  Bài 5: Giải phương trình a x  15   x   3x b x 1  x    x 0 Lời giải: a Phương trình viết lại sau: x  15   x   x  x  0  x  x3  15  x3  3x  Để phương trình có nghiệm ta cần: Nhẩm x 1 nên ta viết lại phương trình thành: x  15   x    x    x  x  1  x  x  1   x  1     x  15  x3    3 0  x Để ý rằng:  x  1 x  15   x    3;   b Điều kiện x   x  1 x3    30 1  Ta viết lại phương trình sau: x    nên phương trình có nghiệm x 1 x    x 0 2x  1    x 0   x      0 3x   x   3x   x    x 1   x   x  2 Xét phương trình: x   x  2 Bình phương vế ta thu được: 4x    x 0  3x 1  x  3 4   3x 1  x  3  x    x  10 x  0  x 5  Kết luận: Phương trình có nghiệm là: x 1, x 5  Nhận xét: + Ta thấy phương trình có nghiệm x 1 Nên ta phân tích phương trình thành 3x     x    x 0 sau liên hợp phương trình thu là: 3x  1 x    x 0 3x   2  x  3    x  1     3x 1  2  x    0  Rõ ràng phương trình hệ   0 3x 1  2  x  phức tạp phương trình ban đầu nhiều + Để ý x 1 x 1  x  nên ta liên hợp trực tiếp biểu thức 3x 1  x 3 Dạng 17: Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp phương trình Phương pháp giải: 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   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 + Ta biến đổi thành tích đa thức ax  bx  c mP  x   nQ  x  Khi phương trình trở thành: Chia hai vế cho biểu thức m P  x P  x  n d Q  x Q  x Đặt cách đồng hai vế mP  x   nQ  x  d P  x  Q  x  Q  x  t P  x , Q  x ta thu phương trình: P  x 0 Q  x thu phương trình: mt  dt  n 0 Một cách tổng quát: 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 giải theo cách Bài 1: Giải phương trình a  x  3x   3 x3  c x   x  x  x  2  x3  1 b x   x  x  3 x Lời giải: a Điều kiện: x  Ta viết lại phương trình thành: Giả sử  x  3x   3 x  x  m  x    n  x  x   n 1  m  2n   2m  4n 2   x  2  x2  2x  4 Suy m, n phải thỏa mãn m   n 1 Phương trình cho có dạng:   x  2   x2  x  4   x    x  x   0 Chia phương trình cho x  x   ta thu được: t Đặt  x  2 x  2x  4  x2   2   x  2x   x 0 , ta thu phương trình:  2t  3t  0  t   t 0  t   t    x  2   x  x  4  x    x  x  4 2  x 3  13 x  x  0    x 3  13  x 0   x  x  0 b Điều kiện: Bình phương vế phương trình ta thu được: x  x    x  1 x  x   x  x  9 x  x  11x    x  2 x  x  1  x  x  1 0 Giả sử 10  2x  4  0