Phương pháp giải phương trình vô tỷ

Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 1 Chuyên Đề : Phương trình 1. Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương * Dạng 1:     , , f x m g x m              2 , cã nghÜa vµ , 0 , , , , g x m g x m f x m g x m f x m g x m          Lưu ý rằng: Không cần đặt điều kiện   , 0 f x m  * Dạng 2:       , , , f x m g x m h x m                           , , , , cã nghÜa vµ , 0 , cã nghÜa vµ , 0 , , 2 , . , , f x m g x m h x m f x m f x m g x m g x m f x m g x m f x m g x m h x m                Lưu ý rằng: Không cần   , 0 h x m  2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ: * Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau:  Nếu bài toán chứa   f x và   f x có thể: Đặt   t f x  , điều kiện 0 t  , khi đó   2 f x t   Nếu bài toán chứa     ; f x g x và     . f x g x k  với k là mộ hằng số thì ta có thể: Đặt   t f x  , điều kiện 0 t  , khi đó   k g x t   Nếu bài toán chứa         ; . f x g x f x g x  và     f x g x k   với k là hằng số thì ta có thể: Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 2 Đặt     t f x g x   , khi đó     2 . 2 t k f x g x    Nếu bài toán chứa 2 2 a x  có thể: Đặt sin x a t  với 2 2 t      hoặc cos x a t  với 0 t     Nếu bài toán chứa 2 2 x a  ta có thể: Đặt sin a x t  với   ; \ 0 2 2 t           hoặc cos a x t  với   0, \ 2 t           Nếu bài toán chứa 2 2 a x  thì ta có thể: Đặt tan x a t  với ; 2 2 t           hoặc đặt cot x a ant  với   0; t    Nếu bài toán chứa a x a x   hoặc a x a x   thì ta có thể: Đặt cos2 x a t   Nếu bài toán chứa     x a b x   thì ta có thể đặt   2 sin x a b a t    Ví dụ 1: Giải phương trình 2 2 3 3 3 6 3 x x x x       Giải: Đặt 2 3 3 t x x    , ta có 2 3 3 3 2 4 4 t x           Do đó 3 4 t  Khi đó phương trình có dạng:     3 3 3 2 3 9 3 3 t t t t t t t t t                  2 3 0 3 1 1 3 3 t t t t t t t                    Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 3 2 1 3 3 1 2 x x x x           Vậy phương trình có hai nghiệm 1; 2 x x   Ví dụ 2: Cho phương trình      1 3 1 4 3 3 x x x x m x        (1) . a. Giải phương trình với 3 m   b. Tìm m để phương trình có nghiệm Giải Điều kiện 3 1 0 1 3 x x x x           Đặt      2 1 3 3 1 3 x t x t x x x         Khi đó phương trình có dạng: 2 4 0 t t m    (2)  Với 3 m   , 2 3 4 3 0 1 t t t t            - Với 3 t   , ta được      2 3 0 1 3 3 3 1 9 3 3 3 1 13 2 12 0 1 13 x x x x x x x x x x x x                                 - Với 1 t   , ta được      2 3 0 1 3 1 3 1 1 3 3 3 1 5 2 4 0 1 5 x x x x x x x x x x x x                                 Vậy với 3 m   phương trình có hai nghiệm 1 13 x   và 1 5 x   Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 4 b. Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) phải có nghiệm ' 0 4 0 4 m m          Giả sử khi đó (2) có nghiệm là 0 t thì   0 1 3 3 x t x x     - Với 0 0 1 t x     - Với 0 0 t  suy ra:    2 2 2 0 0 2 0 2 0 3 0 3 3 1 2 3 0 3 1 4 1 4 x x x x t x x t x x t x t                                  - Với 0 0 t  suy ra    2 2 2 0 0 2 0 2 0 3 0 3 3 1 2 3 0 3 1 4 1 4 x x x x t x x t x x t x t                                  Vậy với 4 m   phương trình (1) có nghiệm Ví dụ 3: Giải và biện luận phương trình 1 x x m    Giải Điều kiện 0 0 1 1 0 x x x          Nhận xét rằng     2 2 1 1 x x    nên đặt: cos 1 sin x t x t         , với 0; 2 t         Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 5 Khi đó phương trình có dạng cos sin os 4 2 m t t m c t             . Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 1 1 2 2 2 m m       Với điều kiện đó ta đặt os 2 m c   , với   0,    Ta được: 2 2 os os 2 2 4 4 4 os 2 os 4 4 c t c t k t k x c k x c                                                  * Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ dạng 2: Sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x. Khi đó ta thường được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ có biệt số  là một số chính phương Ví dụ: Giải phương trình   3 3 4 1 1 2 2 1 x x x x      Giải Đặt 3 1 t x   với 2 3 0 1 t t x     Khi đó phương trình có dạng:       3 2 4 1 . 2 1 2 1 2 4 1 2 1 0 x t x x t x t x            Ta có       2 2 4 1 8 2 1 4 3 x x x        Do đó phương trình có nghiệm là   4 1 4 3 4 x x t     Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 6   2 3 3 3 3 1 2 1 0 2 2 2 1 0 1 2 1 1 3 2 1 2 4 1 3 4 4 x x x t x x x x x t x x x                                                            Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt * Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ dạng 3: Ta sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một hệ phương trình vớ k ẩn phụ. Ta cần tìm ra mối liên hệ giữa các ẩn phụ với nhau để lập thành một phương trình Ví dụ: Giải phương trình 3 2 1 1 x x     Giải Điều kiện: 1 0 1 x x     Đặt 3 2 , 0 1 u x v v x           Ta có mối liên hệ giữa u và v để lập thành phương trình thứ 2 là 3 2 1 u v   Do đó phương trình được chuyển thành hệ phương trình sau:   3 2 2 3 1 1 1 1 u v u u u v            Giải ra u, v từ đó suy ra x 2; 1; 10 x x x    Bài tập tự luyện 1. Với giá trị nào của a thì phương trình 3 3 1 1 x x a     có nghiệm 2. Giải phương trình 3 9 2 1 x x     3. Giải phương trình   2 1 1 0 x x x x x x        4. Với giá trị nào của a thì phương trình 1 1 x x a     có nghiệm Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 7 5. Giải và biện luận phương trình 4 x x m    6. Giải và biện luận phương trình 2 1 x x m    * Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 4: Sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một hệ phương trình với một ẩn phụ và 1 một ẩn x Dạng 1: Phương trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai   2 ax b c dx e x        Với d ac    và e bc    Phương pháp: Điều kiện: 0 ax b   Đặt dy e ax b    , điều kiện 0 dy e   Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:                 2 2 2 2 2 1 2 dy e ax b dy e ax b dy e c dx e x c dx e x dy e c dy e acx bc c dx e ac d x dy bc                                               Trừ vế theo vế ta được           3 . , 0 , 4 x y d x y h x y h x y         - (3) thay vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x - (4) thay vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x Dạng 2: Phương trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba   3 3 ax b c dx e x        Với d ac    và e bc    Phương pháp giải: Điều kiện ã 0 b   Đặt 3 dy e ax b    , điều kiện 0 dy e   Khi đó phương trình được chuyển thành hệ: Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 8                 3 3 3 3 3 3 1 2 dy e ax b dy e ax b dy e c dx e x c dx e x dy e c dy e acx bc c dx e ac d x dy bc                                               Trừ vế theo vế, ta được:           3 . , 0 , 4 x y d x y h x y h x y         - Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x - Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x Ví dụ 1: Giải phương trình 2 1 4 5 x x x     Giải Điều kiện 1 0 1 x x      Ta tìm cách biến đổi về dạng:   2 1 2 1 x x     Ở đây 1; 2; 0 a b c d e          thỏa mãn điều kiện d ac    và e bc    Đặt 2 1 y x    , điều kiện 2 0 2 y y      (*) Khi đó phương trình được chuyển về hệ:                       2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 2 2 4 5 0 y x y x y x x y x y x y x y x y x y x y x y x y                                                  - Với x y  thay vào (1) ta được: 2 3 3 0 x x    vô nghiệm Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình 2 3 1 4 13 5 x x x      Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 9 Giải Điều kiện 1 3 1 0 3 x x      Viết lại phương trình     2 2 3 1 2 3 4 3 1 2 3 4 x x x x x x              Ở đây 3; 1; 1; 2; 3; 1; 4 a b c d e            thỏa mãn điều kiện d ac    và e bc    Đặt 2 3 3 1 y x     , điều kiện 3 2 3 0 2 y y      Khi đó phương trình chuyển thành hệ:         2 2 2 2 2 3 2 3 4 2 3 2 1 2 3 3 1 2 3 3 1 y x x x x y y x y x                                 Tự giải tiếp * Nhận xét: Ở bước biến đổi đầu tiên   2 3 1 2 3 4 x x x       ta không thể được ngay 2 3 3 1 y x    , bởi khi đó các hệ số của phương trình không thỏa mãn điều kiện d ac    và e bc    Ví dụ: Giải phương trình 3 3 2 3 3 2 x x    Giải Đặt 3 3 2 y x   Khi đó phương trình được chuyển thành hệ   3 3 3 3 3 3 2 3 2 3 3 3 2 2 3 x y x y x y x y y x y x                         Tự giải tiếp * Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số - Bước 1: Chuyển phương trình về dạng     f x g x  - Bước 2: Xét hàm số   y f x  và   y g x  . Dùng lập luận khẳng định hàm số   y f x  là đồng biến còn hàm số   y g x  là hàm hằng hoặc nghịch biến Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 10 Xác định 0 x sao cho     0 0 f x g x  - Bước 3: Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 0 x x  Ví dụ: Giải phương trình 2 4 1 4 1 1 x x     (1) Giải: Điều kiện: 2 4 1 0 1 2 4 1 0 x x x          Nhận xét rằng: Số nghiệm của phương (1) là số giao điểm của hàm số 2 4 1 4 1 y x x     và đường thẳng 1 y  Xét hàm số 2 4 1 4 1 y x x     Tập xác định 1 ; 2 D         Đạo hàm: 2 2 4 1 ' 0, 2 4 1 4 1 x y x x x         hàm số đồng biến Do đó, phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Thấy 1 2 x  thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x  Ví dụ: Giải phương trình 3 1 4 5 x x x      Điều kiện 1 x  Xét hàm số   1 f x x   là hàm đồng biến trên   1;D   Xét hàm số   3 4 5 g x x x     Miền xác định   1;D   Đạo hàm   2 ' 3 4 0, g x x x D        hàm số nghịch biến trên D Do đó phương trình     f t g t  nếu có nghiệm đó là duy nhất [...].. .Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV Đỗ Văn Thọ Thấy x  1 thỏa mãn phương trình Vậy phương trình có nghiệm x  1 * Sử dụng phương pháp đánh giá Phương pháp: Nhiều phương trình bằng cách đánh giá tinh tế dựa trên a Tam thức bậc hai b Các bất đẳng thức cơ bản: - Bất đẳng thức Côsi a ...  bn  Dấu “=” xảy ra khi b b1   n a1 an Ví dụ: Giải phương trình x2  2 x  5  x  1  2 Giải Điều kiện x  1  0  x  1 Nhận xét rằng: VT  x 2  2 x  5  x  1  Dấu “=” xảy ra  x  1 Vậy phương trình có nghiệm x  1 Ví dụ: Giải phương trình  x  1 2  4  x 1  2 x  x2  1  x  x2  1  2 Giải: 11 Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV Đỗ Văn Thọ  x2  1  0   Điều kiện:  x ... x 2  1 x  x 2  1  2 x 2   x 2  1  2  VP Dấu “=” xảy ra  x  x2  1  x  x2  1  x  x2  1  x  x2  1  x 2  1  0  x  1  x 1 Vậy phương trình có nghiệm x  1 Ví dụ: Giải phương trình 2 7 x 3  11x 2  25 x  12  x 2  6 x  1 Giải 2 7 x 3  11x 2  25 x  12  x 2  6 x  1 2  7 x  4   x 2  x  3  x 2  6 x  1 4 7 Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho vế trái, ta được: Điều . có nghiệm Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 7 5. Giải và biện luận phương trình 4 x x m    6. Giải và biện luận phương trình 2 1 x x m    * Phương pháp đặt ẩn. 3 0 x x    vô nghiệm Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Ví dụ 2: Giải phương trình 2 3 1 4 13 5 x x x      Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 9 Giải Điều kiện. Vậy với 3 m   phương trình có hai nghiệm 1 13 x   và 1 5 x   Phương pháp giải phương trình vô tỉ GV. Đỗ Văn Thọ 4 b. Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) phải có