pt vo ty

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 1. Phương trình dạng (a, b, c, d, e là các hằng số, c > 0; d ≠ 0) Điều kiện (a+cx)(b-cx) ≥ 0 và a + b ≥ 0 Đặt t = ; t ≥ 0 ⇒ (2) *) xét điều kiện đối với t Từ (2) ⇒ t ≥ Do t 2 - a - b = ≤ (a + cx) + (b - cx) = a + b ⇒ t 2 ≤ 2(a + b) ⇒ t ≤ Vậy ≤ t ≤ *) Khi đó phương trình (1) trở thành 2t + d(t 2 – a - b) = 2e. )1( e)cxb)(cxa(dcxbcxa =−++−++ cxbcxa −++ bat)cxb)(cxa(2 2 −−=−+ ba + )cxb)(cxa(2 −+ )ba(2 + ba + )ba(2 + Ví dụ 1: Cho phương trình a. Giải phương trình với m = 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm Lời giải: Điều kiện ⇔ -1 ≤ x ≤ 3 Đặt t = , 2 ≤ t ≤ (4) ⇒ hay a. Với m = 2 phương trình (3) trở thành 2t – (t 2 – 4) = 4 ⇔ t 2 – 2t = 0 ⇔ +) t = 0 không thoả mãn điều kiện (4) +) t = 2 ⇔ = 2 ⇔(x + 1)(3 – x) = 4 ⇔ thoả mãn điền kiện Vậy với m = 2 phương trình (3) có hai nghiệm x = -1 và x =3. )3( m)x3)(1x(x31x =−+−−++    ≥− ≥+ 0x3 01x x31x −++ )x3)(1x(24t 2 −++= 4t)x3)(1x(2 2 −=−+    = = 2t 0t )x3)(1x( −+ 22 b. phương trình (3) trở thành 2t – (t 2 - 4) = 2m ⇔ t 2 – 2t +2m - 4 = 0 phương trình có ∆ = 5 - 2m ≥ 0 thì phương trình có hai nghiệm t 1 = t 2 = (không thoả mãn điều kiện (4)) Để phương trình (3) có nghiệm thì ⇔ Vậy với thì phương trình (3) có nghiệm. m251 −+ m251 −−    ≤−+≤ ≥− 22m2512 0m25 2m222 ≤≤− 2m222 ≤≤− 2. Phương trình dạng (a, b, c, d là hằng số, a ≠ 0) Điều kiện x ≥ b Đặt t = , t ≥ 0 ⇒ x = t 2 + b Phương trình (5) trở thành ⇔ (6). Xét hai trường hợp: +) t ≥ a thì phương trình (6) trở thành 2t = ct 2 +bc + d ⇔ ct 2 - 2t +bc + d = 0 +) 0 ≤ t < a thì phương trình (6) trở thành 2a = ct 2 +bc + d ⇔ ct 2 - 2a +bc + d = 0. )5( dcxbxa2baxbxa2bax 22 +=−−−++−+−+ bx − )5( d)bt(cat2atat2at 22222 ++=−++++ d)bt(catat 2 ++=−++ Ví dụ 2: Cho phương trình a. Giải phương trình với m = 23. b. Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm Lời giải: Điều kiện x - 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ 9. đặt t = thì x = t 2 + 9 phương trình (7) trở thành ⇔ ⇔ ⇔ )7( 6 mx 9x6x9x6x + =−−+−+ 9x − m9t))3t()3t((6 222 ++=−++ m9t)3t3t(6 2 ++=−++    <≤=+− ≥=++− 3 t 0 khi 0m27t 3 t khi 0m9t12t 2 2 a. Khi m = 23 phương trình (7) trở thành ⇔ ⇔ ⇔ vậy với m = 23 phương trình (7) có 3 nghiệm x = 73; x = 25; x = 13. b.Với t ≥ 3 thì phương trình t 2 -12t + 9 + m = 0 có ∆ = 27 – m để phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ m ≤ 27. Với 0 ≤ t < 3 thì phương trình t 2 -27+ m = 0 để phương trình có nghiệm ⇔ 27 - m ≥ 0 ⇔ m ≤ 27. Vậy với m ≤ 27 thì phương trình (7) có nghiệm    <≤=− ≥=+− 3 t 0 khi 04t 3 t khi 032t12t 2 2      = = = 2t 4t 8t      = = = 13x 25x 73x 3.Phương trình dạng (a, c ≠ 0) Lời giải: (1) ⇔ ⇔ 0)dcxbax()dcx)(b(ax 3 3 3 =+++++ (1) dbx)ca(dcxbxa 3 33 +++=+++          +=+ −= −= ⇔      =+++ =+ =+ d)-(cxbxa c d x a b x 0dcxbxa 0dcx 0bxa 33 Ví dụ 1: Giải phương trình Lời giải : (2) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm là (2) 1x21x2x 333 −=++− 1x2)1x2x()1x)(2x(31x2 33 3 −=++−+−+− 0)1x2x()1x)(2x( 33 3 =++−+−      =++− =+ =− 01x2x 01x 02x 33        = −= = 2 1 x 1x 2x       − 2 ; 2 1 ;1 Ví dụ 2: Giải phương trình Lời giải: (3) ⇔ ⇔ Mà theo (3) thì phương trình (4) trở thành ⇔ ⇔ ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm là x5)1x1x()1x)(1x(3x2 33 3 =−++−++ (3) x51x1x 3 33 =−++ (4) x)1x1x()1x)(1x( 33 3 =−++−+ xx5.1x 3 3 2 =− 3 3 3 3 2 xx.)1x(5 =− 0)x)1x(5(x 3 2 3 2 3 =−−      ±= = ⇔    =− = 2 5 x 0x x)1x(5 0x 22       − 2 5 ; 2 5 ;0 [...]... ≥ -3 và x ≠ 0 (3) ⇔ 1 7 x + 3 − 2 = ( x − 1)(1 + ) (3' ) 2 x Nhân hai vế phương trình với x+3+2 ta được pt 1 7 7   x − 1 = ( x − 1)(1 + )( x + 3 + 2) ⇔ (x - 1) (1 + )( x + 3 + 2) - 2 = 0 2 x x    x − 1 = 0 (3' ' ) ⇔ (1 + 7 )( x + 3 + 2) = 2 (3' ' ' )  x Phương trình(3’’) có nghiệm x = 1 pt( 3’’’) ⇔ 2x = ( x + 7)( x + 3 + 2) ⇔ ( x + 7) x + 3 = −14 vônghiệm ( x +3) x 2 + x + 2 = x 2 + 3x + 4 . trình Lời giải: Đk x ≥ -3 và x ≠ 0 (3) ⇔ Nhân hai vế phương trình với ta được pt Phương trình(3’’) có nghiệm x = 1 pt( 3’’’) ⇔ ⇔ vônghiệm Vậy phương trình (3) có một nghiệm x = 1 )'3( ) x 7 1)(1x( 2 1 23x +−=−+ )3(