On Hsg Phuong Trinh Vo Ti.doc

Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I PHƯƠNG PHÁP 1 NÂNG LUỸ THỪA I KIẾN THỨC 1/ ( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) f x f x g x g x f x g x        2/ 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) g x f x g x f x g x     [.]

Chun đề: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC:  f ( x ) 0  f ( x)  g ( x)   g ( x) 0  f ( x) g ( x)  1/  g ( x ) 0 f ( x) g ( x)    f ( x)  g ( x)  f ( x) 0  3/ f ( x)  g ( x)  h( x)   g ( x) 0   f ( x)  g ( x)  f ( x).g ( x) h( x)  f ( x) 0  (n  N * ) 4/ n f ( x) 2 n g ( x)   g ( x) 0  f ( x)  g ( x)  2/  g ( x) 0 f ( x) g ( x )   (n  N * ) 2n  f ( x) g ( x) 6/ n1 f ( x) 2 n1 g ( x)  f ( x) g ( x) (n  N * ) 5/ 2n 7/ n1 f ( x) g ( x)  f ( x) g n1 ( x) (n  N * ) II-BÀI TẬP Bài 1: Giải phương trình: x  x  (1)  x  0  x 1  x 1    x 3  x 3  x  (x  1)  x  3x 0 Bài 2: Giải phương trình: x  x  0 HD:Ta có: x  x  0  x  x Bài 3: Giải phương trình: x    x   x HD: Ta có: x    x   x  x    x   x 1  x 0   1  x 0   x  1  x   x  (1  x)(1  x)  x     x 2  x    2 x  0 2 2 2 x   x  x  (2 x  1) 2 x  x   x  x 0     HD: (1)    x 0  x 0  x 0     x   x 3  2 x   x  x  x  0  x 3  Trang 1   x    x 0  x 0    x  Bài 4: Giải phương trình: x   x  0  x  0   x 2 (1)  x  0 x   ( x  2)( x  2) 0  x   x  0 HD:ĐK:  PT    x  0      x  0     x 2   x   17  (2) Kết hợp (1) (2) ta được:x = Bài Giải phương trình :  x x  x HD:Đk:  x  pt đã cho tương đương: x3  3x  x  0 3  10 10    x   x   3 3  Bài Giải phương trình sau : x  9 x  x  HD:Đk: x  phương trình tương đương :  x 1  x    x   x 9 x     x    97  x    x  18   Bài Giải phương trình sau :  3 x  x   2 x  3 x  x   HD: pt   x2  3x  0  x 1 Bài Giải biện luận phương trình: x  x  m  x m x m  HD: Ta có: x  x  m   2 2  x  x  4xm  m 2mx  (m  4) 0 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2  m2  Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  ≥m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + ≥ 2m2  m2 ≤   m 2 – Nếu m ≠ 0: x  + Nếu m < 0: m2 + ≤ 2m2  m2 ≥  m ≤ –2 Tóm lại:– Nếu m ≤ –2 hoặc < m ≤ 2: phương trình có mợt nghiệm x  – Nếu –2 < m ≤ hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Bài Giải biện luận phương trình với m tham số: x  x  m Bài 10 Giải biện luận theo tham số m phương trình: x  x m  m HD: Điều kiện: x ≥ – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm Trang m2  2m – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1) 0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với  x  m 0 m)( x  m  1) 0    x 1  m ( x + Nếu < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m) + Nếu m > 1: phương trình có mợt nghiệm: x = m III-Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải phương trình sau: 1/ x  x  13 2/ x  34  x  1 3/ x   3x  2 6/ x   x   12  x 5/ x  5  x  4/  x x  x  7/ x  x   x   x  0 10/ 5x   0 8/ 9/ = 6x  x x   0 19 11/  x   12/ 13/ 16 x  17 8 x  23 14/ 3x    x 3 Bài 2: Giải phương trình: b) x  x  0 a) x   x  d)  x   x 3 e) 3x   x  3 g) x  5  x  h) 3x   x   x  Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x  3x   Bài 4: Cho phương trình: x   x m a) Giải phương trình m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 5: Cho phương trình: x  mx   x  m a) Giải phương trình m=3 b) Với giá trị m thì phương trình có nghiệm Bài 6: Giải phương trình sau: a/ x  x   0 d/ x   x   x   17 b/ x  1 e/ x 3 x  27  x  12  8 x  0 15/ 20   x  x  c) x  x  1 f)  x   x 1 i) x  x  2 2m  x  x g/ x  6 x x  7 x h/ x   x  0 c/ 3x  x  0 i/  x  x  12 0 f) ( x  3) 10  x  x  x  12 II PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-KIẾN THỨC:  f ( x)  g ( x) ( f ( x) 0)  f ( x)  g ( x) ( f ( x )  0) Sử dụng đẳng thức sau: f ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)   II-BÀI TẬP: Trang Bài 1: Giải phương trình: x  4x   x 8 (1) HD: (1)  (x  2)2 8  x  |x – 2| = – xx – 2|x – 2| = – x = – x – Nếu x < 2: (1)  – x = – x (vô nghiệm) – Nếu x  : (1)  x – = – x  x = (thoả mãn) Vậy: x = Bài 2: Giải phương trình: x   x   x  10  x  2 x   x  (2)  x  0 HD: (2)    x   x    x   2.3 x   2 x   x    x   (*)  x   1 |x – 2| = – x x   |x – 2| = – x2.|x – 2| = – x x   1|x – 2| = – x Đặt y = x  (y ≥ 0)  phương trình(*) đã cho trở thành: y  1 |x – 2| = – x y  |x – 2| = – x2 |x – 2| = – x y  1|x – 2| = – x – Nếu ≤ y < 1: y + + – y = – 2y  y = –1 (loại) – Nếu ≤ y ≤ 3: y + + – y = 2y –  y = – Nếu y > 3: y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y =  x + =  x = (thoả mãn) Vậy: x = Bài 3:Giải phương trình: x   x   x   x  7 HD:ĐK: x  PT  x   2 x    x   x   14  2x  1  x   14  x  5  x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15 Bài 4:Giải phương trình: x  x   x  x  2 HD:ĐK: x 1 Pt  x   x    x   x   2  x    x   2 Nếu x  pt  x    x   2  x 2 (Loại) Nếu x 2 pt  x     x  2  x 0 (Luôn với x ) Vậy tập nghiệm phương trình là: S  x  R |x – 2| = – x  x 2 III-Bài tập áp dụng: Giải phương trình sau: 1/ x  x  5 2/ x  x  3 3/ x  x  2 x  4/ 5/ x  x   x  x  4 7/ x  x   x  x   x  x  9/ x  x   x  x  2 6/ x  x   x  x  10 8/ x  x   x  x  1 10/ x   x   x  x  1 11/ x   x   x  11  x  1 13/ x  x  x  x   0 12/ x   x   x   x  7 14/ x   x   x   2 x  4 Trang x  x  5 x  15/ x  x   x 10 1 x  x   x  2 17/ 19/ 16/ x  x   x 8 x2 x  x x  18/ x 3 2 x  x 1   0 20/ x  x  2  x 21/ ( x  1)   x   x   x   1 22/ x   x  4 III PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải có thể đặt t  f  x  ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng ta có thể giải phương trình theo t thì việc đặt phụ xem “hoàn toàn ” Bài Giải phương trình: HD:Điều kiện: x 1 Nhận xét Đặt t  x  x x x   x  x  2 x  x  x  1 x  thì phương trình có dạng: t  t 2  t 1 Thay vào tìm x 1 Bài Giải phương trình: x  x   x  HD:Điều kiện: x  t2  Đặt t  x  5(t 0) thì x  Thay vào ta có phương trình sau: t  10t  25 2  (t  5)  t  t  22t  8t  27 0 16  (t  2t  7)(t  2t  11) 0 Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2  2 2; t3,4 1 2 Do t 0 nên nhận gái trị t1   2, t3 1  Từ tìm nghiệm phương trình l: x 1  vaø x 2  Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế phương trình với điều kiện x  x  0 Ta được: x ( x  3)2  ( x  1)2 0 , từ ta tìm nghiệm tương ứng Đơn giản ta đặt : y   x  đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa hệ) Bài Giải phương trình sau: x   x  6 HD:Điều kiện:  x 6 Trang Đặt y  x  1( y 0) thì phương trình trở thành: y  y  5  y  10 y  y  20 0  21   17 (loaïi), y  2 ( với y  5)  ( y  y  4)( y  y  5) 0  y  11  17 Từ ta tìm giá trị x    Bài Giải phương trình sau : x  2004  x   x  HD: ĐK:  x 1 2 Đặt y   x thì phương trình trở thành:   y   y  y  1002  0  y 1  x 0 Bài Giải phương trình sau : x  x x  3x  x HD:Điều kiện:   x  Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x  x  1 3  Đặt t  x  , ta giải x x x Bài Giải phương trình : x  x  x 2 x    HD: x 0 không phải nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x  Đặt t= x  1   x  2 x x 1 , Ta có : t  t  0  t 1  x  x Bài 7.Giải phương trình: 3x  21x  18  x  x  2 HD:Đặt y = x  x  ; y 0 5  y   y 1 Phương trình có dạng: 3y + 2y - =    y 1  x  Với y =  x  x  1   Là nghiệm phương trình đã cho  x  Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ giải một lớp đơn giản, phương trình t lại khó giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u   uv   v 0 (1) cách u u Xét v 0 phương trình trở thành :         0 v v v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau đưa về (1)  a A  x   bB  x  c A  x  B  x    u   v  mu  nv Trang Chúng ta hãy thay biểu thức A(x) , B(x) bởi biểu thức vô tỉ thì nhận phương trình vô tỉ theo dạng a) Phương trình dạng : a A  x   b.B  x  c A  x  B  x  Như vậy phương trình Q  x   P  x  có thể giải phương pháp nếu:  P  x   A  x  B  x   Q  x  aA  x   bB  x  Xuất phát từ đẳng thức : x   x  1  x  x  1 x  x   x  x  1  x  x  x  1  x  x  1  x4 1  x2    2x 1 x2  2x 1 x   x  x  1  x  x  1 Hãy tạo phương trình vô tỉ dạng ví dụ như: x  2 x   x  Để có mợt phương trình đẹp , phải chọn hệ số a,b,c cho phương trình bậc hai at  bt  c 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài Giải phương trình :  x   5 x3  HD: Đặt u  x  (u 0) ; v  x  x  (v  )  u 2v  37 phương trình trở thành :  u  v  5uv   Tìm được: x  u  v  Bài Giải phương trình : x  3x   x  x  (*) 4 2 2 HD:Dễ thấy: x  x   x  x  1  x  x  x  1  x  x  1 2 Ta viết   x  x  1    x  x  1  x  x  1  x  x  1 Đồng vế trái với (*) ta :   x  x  1   x  x  1  x  x  1  x  x  1 3 3   2 Đặt : u  x  x   u   ; v  x  x   v   4  phương trình trở thành :-3u+6v=- uv  u 3v  4 Từ ta tìm x Bài 3: Giải phương trình sau : x  x  7 x  (*) HD:Đk: x 1 Nhận xét : Ta viết   x  1    x  x  1 7  x  1  x  x  1 Trang Đồng vế trái với (*) ta :  x  1   x  x  1 7  x  1  x  x  1  v 9u Đặt u x  0 , v x  x   , ta được: 3u  2v 7 uv    v 1 u  Ta : x 4  Bài Giải phương trình : x  3x   x  2  x 0 HD:Nhận xét : Đặt y  x  ta biến pt về pt bậc x y :  x y x  3x  y  x 0  x  3xy  y 0   Pt có nghiệm : x 2,  x  y x 2  Bài 5:Giải phương trình: 10 x3  3  x   HD:ĐK: x  Pt  10 x  x  x  3( x  2) u  x  Đặt  v  x  x  (u, v 0)  u 3v Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)   3u  v   u  3v  0    v 3u Nếu u = 3v x   x  0 (vô nghiệm)  x 5  2 Nếu v = 3u  x  x  3 x   x  10 x  0   33  x 5  33 nghiệm b).Phương trình dạng :  u   v  mu  nv Phương trình cho ở dạng thường khó “phát hiện “ dạng , nhưg ta bình phương hai vế thì đưa về dạng Bài Giải phương trình : x  x   x  x  u  x  u, v 0; u v  phương trình trở thành : u  3v  u  v HD:Ta đặt :  v  x  hay: 2(u + v) - (u - v)=  u  v   u  v  Bài 2.Giải phương trình sau : x  x  x   3x  x  1 HD:Đk x  Bình phương vế ta có : x  x   x  1  x   x  x   x  1  x  x    x  1 u  x  x ta có hệ : v 2 x  Ta có thể đặt :  Trang  1 v u  uv u  v    1 v u   1 1 Do u , v 0 u  v  x2  2x   x  1 2 Bài Giải phương trình : x  14 x   x  x  20 5 x   x  x  20   x  1  x    x  x  20     x  1 HD:Đk x 5 Chuyển vế bình phương ta được: x  x  5 Nhận xét : Không tồn tại số  ,  để : x 2 u  x  x  20 vậy ta không thể đặt :  v  x  2 Nhưng may mắn ta có :  x  x  20   x  1  x    x    x  1  x    x  x   Ta viết lại phương trình:  x  x     x   5 ( x  x  5)( x  4) Đến toán giải Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn  Từ phương trình tích x   x   x  0 ,   2x   x     x   x  0 Khai triển rút gọn ta phương trình vô tỉ khơng tầm thường chút nào, đợ khó phương trình dạng phụ tḥc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể hiện qua ví dụ sau  Bài Giải phương trình : x    x  x 1  x   t 3 HD:Đặt t  x  ; t  , ta có : t    x  t   3x 0    t x  Bài Giải phương trình :  x  1 x  x   x  HD:Đặt : t  x  x  3, t  2 Khi phương trình trở thnh :  x  1 t  x   x    x  1 t 0 Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn :  t 2 x  x    x  1 t   x  1 0  t   x  1 t   x  1 0    t x  Bài 3:Giải phương trình: x  3x   x  3 x  HD:Đặt t  x  1; t 1  t x Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x =  (t - x)(t - 3) =    t 3 Nếu t = x  x   x (Vô lý) -Nếu t =  x  3  x 2 Vậy: x 2 Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích Trang  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp có thể tạo phương trình vơ tỉ mà giải lại đặt nhiều ẩn phụ tìm mối quan hệ ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức  a  b  c  a  b3  c3   a  b   b  c   c  a  , Ta có a  b3  c  a  b  c    a  b   a  c   b  c  0 Từ nhận xét ta có thể tạo phương trình vơ tỉ có chứa bậc ba x   x  x   x  x  2 3 x    x  x   x  0 Bài Giải phương trình : x   x  x   x  x   x  x HD:ĐK: x 2 u   x ; u 0  Đặt v   x ; v 1 , ta có :   w   x ; w  30 239 được: u   x 60 120 2  u uv  vw  wu  3  v uv  vw  wu  5  w2 uv  vw  wu   u  v   u  w  2   u  v   v  w  3 , giải hệ ta   v  w   u  w  5 Bài Giải phương trình sau : x   x  3x   x  x   x  x  a   b  HD:Ta đặt :  c   d  2x2  x  3x  2x2  2x  a  b c  d , ta có :  2 2 a  b c  d  x  x2  x  Bài Giải phương trình sau : x  x   x  x  9 x   a  x  x  HD:Đặt  b  x  x   a; b 0   a  4b 9 x   a  2b 9 x  Ta hệ phương trình:   a 2b Từ ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) =    a 1  2b Nếu a = 2b  x  x  2 x  x   x  (thoả mãn) Nếu a = - 2b  x  x  1  x  x  (*) Ta có : VT(*) 0 (1) VP(*) =  x  x  1   x    1  2   (2) Từ (1) (2) suy phương trình (*) vô nghiệm Trang 10 u1  y1 u  y Do đó: v  y   v  y  1 Vì u ≥ nên ta chọn 1 x  97 3  97 3 1 u  y2    1  x      97        Vậy phương trình đã cho có nghiệm Bài Giải phương trình: HD:Với điều kiện  18  x 0   64  x    Đặt 18  x  64  x 4 18   x  18 64   x   64 5  x  u 4 18  x , v 4 64  x Suy 1 x  1  9  (*) , với u ≥ 0, v ≥ u 18  x  v 64  x Phương trình đã cho tương đương với hệ:  u  v 4  4 u  v 82   v 0, v 0  u  v 4   2 2 u  v   2(uv) 82  v 0, v 0  Đặt A = u + v P = u.v, ta có: S 4   2  S  P  P 82  P 0, S 0   S 4    p  32 P  87 0   P 0    S 4    P 3  P 29  P 0  (1) Với S = 4, P = u v nghiệm phương trình:  y 1 y  y  0    y 3 Do ta có: u 1 u 3    v 3  v 1  18  x 1  18  x 3   Suy   64  x 3  64  x 1 Trang 14  97  3    18  x 1    64  x 81  x  18  x 81   64  x 1 17 63  x 5 thoả mãn (*) (2) Với S = 4, P = 29  không tồn tại u v 17   x1  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:   x  63  5.2 Giải phương trình vô tỉ cách đưa hệ đối xứng loại II  Ta hãy tìm nguồn gốc toán giải phương trình cách đưa về hệ đối xứng loại II  x  1  y   Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :   y  1  x  thì đơn giản Bây ta biến hệ thành phương trình cách đặt y  f  x  (1) (2) việc giải hệ cho (2) , y  x   , ta có phương trình :  x  1 ( x   1)   x  x  x  Vậy để giải phương trình : x  x  x  ta đặt lại đưa về hệ   x    ay  b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc :  , ta xây dựng   y    ax  b phương trình dạng sau : đặt  y    ax  b , ta có phương trình : a    x     ax  b  b    a  n Tương tự cho bậc cao :   x     n ax  b  b    Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết về dạng : n   x     p n a ' x  b '   đặt  y    n ax  b để đưa về hệ , ý về dấu  ??? n Việc chọn  ;  thông thường cần viết dạng :   x     p n a ' x  b '   chọn Bài 1: Giải phương trình: x  x 2 x  HD:Điều kiện: x  Ta có phương trình viết lại là: ( x  1)  2 x   x  x 2( y  1) Đặt y   x  thì ta đưa về hệ sau:   y  y 2( x  1) Trừ hai vế phương trình ta ( x  y )( x  y ) 0 Trang 15 Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x 2  Cách 2: Đặt x  t  a  x  t  2at  a Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x -  x  x 2t  kết hợp với đầu ta có hệ phương trình:  t  2t 2 x  Giải hệ ta tìm x Bài Giải phương trình: x  x   x  HD:Điều kiện x  Ta biến đổi phương trình sau: x  12 x  2 x   (2 x  3)2 2 x   11 (2 x  3) 4 y   ( x  y )( x  y  1) 0 Đặt y   x  ta hệ phương trình sau:  (2 y  3) 4 x  Với x  y  x   x   x 2  Với x  y  0  y 1  x   x   x  (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm phương trình x 2  Bài 3:Giải phương trình: x  x  5 HD:ĐK: x  Pt  x   x  ; x  (*) Đặt x  t  a  x  t  2at  a Chọn a = ta được:t2 - = x kết hợp với (*) ta hệ phương trình:  x  t từ ta tìm nghiệm 2 t   x Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x = 4x  ( x  0) 28 4x  4x  t  2at  a t  a  28 28 4x  1 t  t   7t  7t  x  Chọn a  ta được: 28  7 x  x t  Kết hợp với đầu ta hệ phương trình:  7t  7t  x   HD:Đặt Giải hệ phương trình ta tìm nghiệm Bài tập áp dụng: Giải phương trình: x  x   x  IV PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I-KIẾN THỨC: Trang 16 1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki: Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 (a  b )( x  y ) a b Dấu ‘‘=’’ xảy  x  y 2.Bất đẳng thức côsi: a) Với hai số a, b  thì ta có: a b  ab Dấu ‘‘=’’ xảy  a b b) Với ba số a, b, c  thì ta có: a b c  abc Dấu ‘‘=’’ xảy  a b = c c) Với bốn số a, b, c, d  thì ta có: a b c d  abcd Dấu ‘‘=’’ xảy  a b = c = d e) Với n số a1, a2,…, an  thì ta có: a1  a2   an n  a1.a2 an n Dấu ‘‘=’’ xảy  a1 a2  an 3.GTLN,GTNN biểu thức: a/ A = m + f2(x)  m b/ A = M - g2(x)  M  A m  MinA m  A M  MaxA  M Dấu ''='' xảy  f(x) = Dấu ''='' xảy  g(x) = Dùng đẳng thức : Từ đánh giá bình phương : A2  B 0 , ta xây dựng phương trình dạng A2  B 0 Từ phương trình  5x   x      x   x  0  ta khai triển có phương trình : x  12  x  4 x x    x  Dùng bất đẳng thức  A m (1)  B m (2) Một số phương trình tạo từ dấu bất đẳng thức:  dấu ở (1) (2) đạt tại x0 thì x0 nghiệm phương trình A B 2 , dấu x 1  1 x x = Vậy ta có phương trình:  2008 x   2008 x  x 1 Ta có :  x   x 2 Dấu x 0 Trang 17 x 1   A  f  x  :  B  f ( x) Đơi một số phương trình tạo từ ý tưởng :   A  f  x  A B    B  f  x   Nếu ta đoán trước nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều nghiệm vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá II-BÀI TẬP: Bài Giải phương trình : 2  x  x 9 x 1 HD:Đk: x 0 2   x     x   x 1     x   x        2 1   x Dấu  x 1 x 1  2   x   2 Ta có :    x 1     Bài Giải phương trình : 13 x  x  x  x 16 HD:Đk:   x 1  Biến đổi pt ta có : x 13  x   x  256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:  13 13  x  3  x   13  27   13  13 x   x  40  16  10 x  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x  16  10 x 2   16    64  2   x  x2   1 x   Dấu    10 x 16  10 x   x  Bài Giải phương trình: x 3`  3x  x  40  4 x  0 HD:Ta chứng minh : 4 x  x  13 x3  3x  x  40 0   x  3  x  3 x  13 Bài 4: Giải phương trình:  x  x   x  12 x  38 HD:Ta có :VT2=(  x  x  )2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = Nên : < VT  Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2  Theo giả thiết dấu ''='' xảy khi:x = Trang 18 Vậy x = nghiệm phương trình đã cho Bài 5: Giải phương trình:  x  3x   x   HD:ĐK: x   1; 2 (1) PT   x  3x    x  (2) Từ (2) ta có: 2 x  0  x 1   x  2  x 1 (3) Từ (1) (3) Ta có x = vào (2) thoả mãn.Vậy :x = Bài 6:Giải phương trình : HD: Điều kiện x  x 4x   2 x 4x  1 Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x 4x   4x  2 x x 4x   4x  2 x Theo giả thiết dấu xảy khi: x  4x  x 4x   x  4x  0  (x  2) 3  x 2  Dấu “=” xảy  x  4x   x  4x  0  x  4x   0  (x  2) 3  x    x 2  (Thoả mãn) Vậy : x 2  Bài 7:Giải phương trình : x   5x   3x  HD: Cách điều kiện x ≥ Với x ≥ thì: Vế trái: x   5x   vế trái âm Vế phải: 3x  ≥  vế phải dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm Cách Với x ≥ 1, ta có: x   5x   3x   x  8x   (5x  1)(3x  2)   7x 2 (5x  1)(3x  2) Vế trái một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥  phương trình vô nghiệm Bài 8:Giải phương trình : 3x  6x   5x  10x  14 4  2x  x (1) Trang 19     HD: Ta có (1)   x  2x      x  2x     (x  2x  1)  5      3(x  1)   5(x  1)  5  (x  1) Ta có: Vế trái ≥  2  5 Dấu “=” xảy  x = –1 Vế phải ≤ Dấu “=” xảy  x = –1 Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm x = –1 Bài 9:Giải phương trình : HD: điều kiện x ≥ x 7  2x  2x  x 1 Dễ thấy x = một nghiệm phương trình – Nếu x  : VT = – Nếu x > 2: VP = 2x2 +    Mà: VP >  x 1 2x  > 2.22 + =  VT <  1 x   x 1  1 6 1 1 3 x 1 1 Vậy: phương trình đã cho có mợt nghiệm x = Bài 10:Giải phương trình :  6 3 x 2 x nghiệm phương trình Ta cần chứng  4  minh nghiệm Thật vậy:Với x < : 3 x 2 x HD: ĐK: x < Bằng cách thử, ta thấy x =  6 3 x 2 x Tương tự với < x < 2:  6 3 x 2 x Bài 11:Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 1 1 4 x 4      1.2 2.3 3.4 x  x  1 4 x 5 HD:ĐK: x 4 (1) 1 Ta có:  x  1  4 x 5  x  x  (*) Ta có: VP(*) = x  0  x 4 (2)  Từ (1) (2) ta có:x = nghiệm III-BÀI TẬP ÁP DỤNG: Trang 20