Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi về phương trình, bất phương trình căn thức

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÈ PT, BPT CĂN THỨCBiên soạn: Trần Quang Tuyến Phương pháp 1: Đặt điều kiện nếu có và nâng lũy thừa để khử căn thức Phương pháp 2: Nhân biểu thức liên

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VÈ PT, BPT CĂN THỨC

Biên soạn: Trần Quang Tuyến Phương pháp 1: Đặt điều kiện ( nếu có ) và nâng lũy thừa để khử căn thức

Phương pháp 2: Nhân biểu thức liên hợp

Phương pháp 3: đặt ẩn phụ

Phương pháp 4: đưa về phương trình tích

Các dạng cơ bản: a) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0

b)

 2

( ) 0 ( ) ( )

( ) ( )

g x

f x g x

f x g x









Các dạng khác biến đổi tương đương đưa về dạng cơ bản Trong một số trường hợp, ta biến đổi đưa

về phương trình hệ quả, giải và thử lại nghiệm sẽ dễ dàng hơn.

Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Giải các phương trình

a) x 2 x 4 b) 3x2 9x  1 x 2 0 ( Dạng cơ bản )

Ví dụ 2: Giải các phương trình

a) 2x9  4 x 3x 1 b) 5x1 3x 2 x1 0

Giải:

a) Điều kiện: 1 4

3 x

   Khi đó hai vế phương trình đều không âm nên:

2x9 4 x 3x 1 3 (4 x)(3x1)  3x211x0

11 3 0

x x













 Đối chiếu điều kiện, hai nghiệm đều thỏa

Vậy nghiệm phương trình là: 11; 0

3

x x b) Điều kiện: x 1

5x1 3x 2 x1 0  5x1 3x 2 x1 x 2 2 (5x1)(x1) (*)

Với điều kiện đã xét thì x  2 0 nên tiếp tục bình phương hai vế (*), ta có:

11

Đối chiếu điều kiện loại nghiệm 2

11

x 

Vậy nghiệm phương trình là: x 2

Nhận xét: Học sinh thường bị sai lầm:

+ Để nguyên phương trình (2) và bình phương hai vế + Bình phương hai vế phương trình (*) mà không xét điều kiện vế trái

Ví dụ 3: Giải phương trình : x 3 3x 1 2 x 2x2

Giải: Đk x 0

Bình phương hai vế phương trình ta được:1 x3 3  x1  x 2 x x2 1

Giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút

Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :

3x 1 2x2  4x x3

Bình phương hai vế ta có : 2 2

6x 8x2  4x 12x  x1

Thử lại x=1 thỏa

Phương pháp 1: Đặt điều kiện ( nếu có ) và nâng lũy thừa để khử căn thức

Nhận xét : Nếu phương trình : f x   g x   h x   k x 

Mà có : f x h x  g x k x , thì ta biến đổi phương trình về dạng :

f x  h x  k x  g x sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả và thử lại

Ví dụ 4: Giải phương trình :

3

2

1

3

x

x





Giải: Điều kiện : x 1

Bình phương 2 vế phương trình như ví dụ 1, 2 thì ta thu được một phương trình

tương đối phức tạp Ta giải như ví dụ 3 Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?

Ta có nhận xét :

3

2

1

3

x

x



Bình phương 2 vế ta được:

3

1

x x

  



Thử lại :x  1 3 là nghiệm

Nhận xét : Nếu phương trình : f x   g x   h x   k x 

có : f x h x    k x g x    thì ta biến đổi f x   h x   k x   g x 

Ví dụ 5: a) Giải phương trình : 312x12 3 2x 33 x (1)

Giải:

Phương trình đã cho tương đương: 312x12 32x 3  3  3 x 3

12x 12 (2x 3) 3 12x 12 2x 3 12x 12 2x 3 x

312x 12 23 x 3 312x 12 3 2x 3 3(x 1)

312x 12 23 x 3.3 x 3(x 1)

     (*) ( thay 312x12 3 2x 33 x )

3

(12x 12)(2x 3)x 27(x 1)

(x 1) 4(2 x 3 ) 9(x x 1)  0

3

x

x





 Thử lại thỏa Vậy nghiệm phương trình là: x1, x3

Nhận xét: + với dạng 3 A3 B 3C , ta lập phương hai vế , sử dụng hằng đẳng

thức (a b )3 a3b33 (ab a b ) và dùng phép thế 3 A3 B 3C ta được phương trình A B 33 A B C C

+ phương trình (1) và (*) không tương đương vì ta đã dùng pt đề bài, tức

là đã dẫn đến hệ pt nên phải thử lại

b) 3 x33x 5 3 2x13 2x6 (2)

(2) 4x 5 3.3 x 33 x53 x33x54x 5 3 23 x1 23 x632x13 2x6

( Ta đã thay 3 x33x bằng 5 32x13 2x từ pt đề bài )6

3 x 33 x 5 3 2x 1 23 x 6

     ( Vì 2x 6 2x1 nên 3 2x13 2x6 0 )

Thay x1,x6 vào pt(2) thỏa

Vậy nghiệm phương trình là: x1,x6

Nhận xét: ta đã dùng phép thế như trên Nhưng nếu thay 32x13 2x  bằng6

3 x33x  sẽ tìm được nghiệm 5 5

2

x  không thỏa pt (2)

Ví dụ 6: Tìm m để pt sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2mx2 2 x1 (KB-2006)

Giải:

2

2

1

2 (2 1)



 Xét phương trình (*):

+ x 0: (*) vô nghiệm Nghĩa là không có giá trị nào của m để phương trình có

nghiệm x 0 + x 0 3x 4 1 m

x

     Xét hàm số: f x( ) 3x 4 1

x

   trên tập hợp 1; \ 0 

2





Ta có f x( ) 3 12 0

x

    với 1; \ 0 

2

   

 Nên hàm số ( )f x đồng biến trên 1; \ 0 

2



 Ta có bảng biến thiên :

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

1 ( ) 3 4

x

   và đường thẳng y m trên miền 1; \ 0 

2

Dựa bảng biến thiên, ta có giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là 9

2

m 

Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Giải phương trình:

3

x

x  x   (1) b)  x1 x2  x2 x 2 1  3 (2) Giải:

a) Điều kiện: x 3

Ta có: (3 x4) ( x 3) 2 x 7 0 với x 3 nên 3x 4 x 3 0

Nhân hai vế pt(1) cho 3x 4 x 3, ta được:

(1)  3 3x 4 x 3  3x 4 x 3  3x 4 x 3

      Giải pt này ta có nghiệm x4,x7

-∞

9 2

+∞

+∞

+∞

0

- 1 2

f(x)

f'(x) x

Phương pháp 2: Nhân biểu thức liên hợp

Phương pháp nhân biểu thức liên hợp thường thực hiện để đưa pt đã cho về

pt dạng tích trên cơ sở nhận xét các số hạng chứa trong căn thức

b) Điều kiện: x 1

Ta có: ( x2) ( x1) 3 0  nên x 2 x1 0 với x 1 Nhân hai vế pt(2) cho x 2 x1, ta được:

(2)  (x2) ( x1)  x2 x 2 1 3 x 2 x1

2

2

2 1



 





2

3 0



 



2

Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x 2

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x2 5x 1 x2 2  3(x2 x1) x2 3x (3)4

Giải:

Ta có: 3x2 5x1  3x2 3x 3 2(x 2) và x2 2  x2 3x43(x 2)

(3)  3x2 5x 1 3(x2 x1) x2 2 x2 3x4

hợp tương ứng từng vế )

x

2

x

x   x  x  x  x  x  x  Thử lại, x 2 thỏa

Ví dụ 3: Giải phương trình: x212 5 3  x x25

Giải:

3

x   x   x   x

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể

phân tích về dạng x 2  A x 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách

như sau :

3

x

Nhận xét: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0, như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích x x A x 0   0 Ta có thể giải phương trình A x   0 hoặc chứng minh

A x  vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gíá A x   0 vô nghiệm

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x21 x x3 2

Giải: Điều kiện: x 32

Ta nhận thấy : x = 3 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng x 3  A x 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như thế nào để nhân, chia được biểu thức liên hợp?

3

2

3

3

2 5

x

x



Ta chứng minh :

3

2 3

2 5

x



Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3

Bài tập vận dụng: Giải phương trình:

a) 3 x21 x3 2 3 x 2

b) 39 x 5x1 2 x23x1

c) 2x21 x2 3x 2  2x22x 3 x2 x2

d) 3x 1 6 x3x214x 8 0 (KB-2010)

HD:  3x 1 4  1 6 x3x214x 5 0

( 5)(3 1) 0

1 Ph ư ơng pháp đặt ẩn phụ thông thường

Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t f x  và chú ý điều kiện của t nếu

phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn ” Nói chung những phương trình mà có thể đặt

hoàn toàn t f x  thường là những phương trình dễ

Các ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho phương trình: (x1)(x3) 6 ( x1)(x5)m0 (1)

Giải: Điều kiện: 1

5

x x





 

(1)  x24x 6 x24x 5 3 m0

Đặt t x24x 5 với t 0 ta có: t2 x24x 5

t   t m t  t m a) Với m = 0 ta có: 2 6 8 0 2

4

t

t





 nên

2 2





( Dạng cơ bản)

b) Pt (1) có nghiệm  pt: 2

t  t m có nghiệm t 0

yf t  t t và y = - m Từ đó lập bảng biến thiên để giải

Nhận xét: Pt trên có dạng af x( )b f x( ) c 0 Đặt t f x( ) 0

Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2  x2 8x 2 x 8 (2)

Phương pháp 3: đặt ẩn phụ

Ta xét bốn phương pháp thường dùng

Giải: Điều kiện: 2 8

x





(2)  x 2 x 8 x2 8x 2  x 2 x 82  x2 8x 22

Đặt t x210x16 với t 0 ta có: 2 2

10 16

t x  x ( Đưa về như ví dụ 1 )

Ví dụ 3: a) Giải phương trình: x 1 x x x 2 1 (3)

Giải: Điều kiện: 0 x 1 Đặt t x 1 x với   1 t 1 Ta có:

2

2

t

t   x  x  x  x  

Pt (3) trở thành:

1 2

t

t   Giải pt đại số tìm t, từ đó tìm x

( tìm điều kiện t bằng đạo hàm hoặc bất đẳng thức Bunnhiacopski )

b) Giải phương trình: 3 3 3 3

x  x x  x  (4)

t x  x  t x   x  x  x x  x

3

35

3

t

t



Pt (4) trở thành:

3

t

t



   Từ đó giải tìm x

Nhận xét: Phương trình trong ví dụ 3 có dạng

a f x  g x  b f x g x c f x g x d 

Phương pháp chung là đặt: t f x( ) g x( )

Bài tập vận dụng:

1) Giải p/t: 2

2x1x  3x 1 0 (KD-2006)

HD: Đặt t 2x1 ; t suy ra 0

2

t

x  Pt đã cho trở thành:

t  t  t   t t  t  2) Giải pt: 3 2 x 6 2 x4 4 x2 10 3 x (KB-2011)

HD: 3 2 x 2 2 x4 4 x2 10 3 x; Đặt t 2 x 2 2 x

3) Giải pt: 2 1

x

HD: Đk:   1 x 0 Chia hai vế pt cho x ta được: x 2 x 1 3 1

Đặt t x 1

x

4) Giải pt: x23 x4 x2 2x1 (TH&TT)

HD: x 0 không thỏa pt Chia hai vế pt cho x ta được: 1 3 1

2

x

  Ta có: t3 t 2 0

2 Ph ư ơng pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc hai

+ Giải pt: u2muv nv 2  (1) ẩn là u, v.0

Với v 0, pt trở thành:

2

0

    : giải pt bậc hai Với v 0 , thử trực tiếp

+ Các trường hợp sau cũng được đưa về pt (1)

m f x n g x p f x g x mu nv  p u qv

Đây là dạng toán khó, thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi

Ví dụ 1: Giải phương trình: 5 x3 1 2x24 (1)

Giải: Điều kiện  1 x

Đặt u x1; v x2 x Pt (1) trở thành: 1 2 2

2

2







 

 Thay u v, , Tìm được 5 37

2

x  ( thỏa )

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 1 x3 2x24x (2)

Giải: Điều kiện x 1 Ta nhận xét 2 2

2x 4x2(x  x 1) 2(1  x) Đặt u 1 x , v x2  với x 1 3

0 ,

2

u v Pt (2) trở thành

2

Từ v2u thay vào và giải, ta tìm được 5 37

2

x  ( thỏa )

2(x  x 1) 2(1  x) 3 (1  x x)(  x 1) Đây là dạng ( ) m f x n g x ( )p f x g x ( ) ( )

Bài tập vận dụng: Giải phương trình:

1) x3 3x22 (x2)3  6x0

HD: Đk 2 x Đặt y x2 0 Pt đã cho trở thành

x  x x  x   x  xy  y  ( pt thuần nhất bậc ba)

Chia hai vế cho y3

2) x22x 2x1 3x24x1

3x 4x 1 3(x 2 ) (2x  x1).Đặt u x22 ,x v 2x1

Pt đã cho trở thành: u v  3u2 v2  u2 2uv v 2 0

Đây là dạng mu nv  p u 2qv2

3) 5x214x 9 x2 x 20 5 x1

HD: 5x214x không viết được dưới dạng 9 m x( 2 x 20)n x( 1)

Ta phải biến đổi: 5x214x 9 5 x 1 x2 x 20

5x 14x 9 25x 25 x x 20 10 (x x 20)(x 1)

2x 5x 2 5 (x x 20)(x 1)

Nhận xét: (x2 x 20)(x1) ( x 5)(x4)(x1) nhưng (x 5)(x4)(x1) có thể triển khai theo hai hướng (x 5)(x4)(x1) ( x 5)(x25x4)

hoặc : (x 5)(x4)(x1) ( x4)(x2 4x 5) Mà: 2x2 5x 2 2(x2 4x 5) 3( x4) Nên: (*) 2(x2 4x 5) 3( x4) 5 ( x2 4x 5)(x4)

Đặt u x2 4x 5 , v x4 ta có: 2 2

2u  5uv3v 0

3 Ph ư ơng pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 3 3 3

Giải: Đặt y335 x3  y3 35 x3 Khi đó (1) chuyển về hệ pt: 3( 3) 30

35

xy x y





 Giải hệ đối xứng loại I này ta có nghiệm (2;3), (3;2)

Vậy nghiệm pt là x2,x3

Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 33 x 2 3 6 5  x 8 0 ( x ) (KA-2009)

Giải: Đặt a33x 2;b 6 5 x (*) Ta có hệ pt: 0 2 2





 Giải hệ này bằng phương pháp thế ta được a = -2 và b = 4

Thay vào (*), tìm được x = - 2

Ví dụ 3: Giải phương trình a)

3

3

x

x

b) x3 3x23x316x 24

Giải:

a) Đặt

3

x

y  Ta có hệ pt:

3 3





( Hệ pt đối xứng loại 2)

b) x3 3x23x316x 24 (x1)3 1 2 23 x 3 (x1)3 1 2 2(3 x1) 1

Đặt a x 1,b32a1 Ta có hệ pt:

3 3

1 2

1 2



 



( Hệ pt đối xứng loại 2)

Nhận xét: dạng  f x( )n a b b f x n ( ) a

Đặt tf x y( ), n b t a  , đưa về hệ pt

n n

t a by

y a bt



 



Ví dụ 4: Giải phương trình : 2 2 37

3 x  x  x 3 

Giải: Điều kiện : 1

4

x  Biến đổi pt: 2 4 1 3 42 2 11

3 x  x  x 3

3

y  x y

Khi đó, ta có hệ pt:  

2 2







3 42 4 1



 



2 2

2

2

91

9

x y

x y

 



 





9 22 9

9

x y x

x

 







 



 

 



 

 



  

 



4

x  và 4

3

y  nên pt đã cho có 2 nghiệm: 14 61, 12 53

Nhận xét: Dạng phương trình ax b r ux v  (  )2dx e  , Đặt ax b uy v  

Ví dụ 5: Giải pt: 33x 5 8 x3 36x253x 25 ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng )

Giải: pt đã cho tương đương 33x 5 (2 x 3)3 x2

Đặt 2y 333x 5  (2y 3)3 3x 5 Ta có hệ pt:

3 3



 Lấy (1) trừ (2): (2y 3)3 (2x 3)3 2x 2y

 (2y 2 ) (2x  y 3)2(2y 3)(2x 3) (2 x 3)2 2x 2y  xy Thay vào (1) và giải được nghiệm: 2; 5 3

4

x x 

Bài tập vận dụng : Giải các phương trình

1) 2 x2 4 x27x1

HD: biến đổi (2x1)23x2 2(2x1) 3 x Đặt a2x1, b 2a 3x

Đưa về hệ pt:

2 2





( Hệ pt đối xứng loại 2) 2) 2x15 32 x232x 20

HD: biến đổi 2x15 2(4 x2)2 28 Đặt 2x15 4 y2

Đưa về hệ pt:



(Đ/x loại 2)

3) 3 2 x x1 1

4) 1 x2 4 x2 x 161 x 1

4 Ph ư ơng pháp đặt ẩn phụ, giữ ẩn cũ ( đặt ẩn phụ không hoàn toàn )

Ví dụ 1: Giải phương trình :x23 x22 x 1 2 x22

Giải: Đặt t  x22 , ta có : t2 2x t  3 3 x0 Xét pt bậc hai theo t

Ta có  (x 4)2 Suy ra t 3,t  x 1 Từ đó giải tiếp

Ví dụ 2: Giải phương trình : x1 x2 2x 3 x21

Giải:

Đặt : 2

t  x  x t Khi đó phương trình trở thnh : x1t x21

2

     Phương trình này có không “chẵn”

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  “chẵn”

1

t

t x







Ví dụ 1: Giải phương trình 3 x 1 3 x2 1  3 x23x2

1

x

x







Ví dụ 2: Giải phương trình : 3 x 1 3 x2 3 x3 x2x

Giải:

Phương pháp 4: đưa về phương trình tích

 Sử dụng đẳng thức

u v  uv u v 

au bv ab vu    u b v a  

 Dùng hằng đẳng thức

Phân tích thành nhân tử

+ x 0, không phải là nghiệm

+ x 0, ta chia hai vế cho x: 3 1 3 3 3 1 3 

x  x x  x x  x

Giải: Điều kiện :x 1

0

x

x







Ví dụ 4: Giải phương trình : 4

3

x

x



Giải: Đk: x 0

Chia cả hai vế cho x 3:

2

x

Ví dụ 5: Giải phương trình : 3 x x 3x

Giải: Đk: 0 x 3 , khi đó pt đã cho tương đương 3 2

x  x  x 

Ví dụ 6: Giải phương trình sau : 2

2 x3 9 x  x 4

Giải: Đk: x 3 phương trình tương đương :

1

3 1 3

18

x

x





 

  

Bài tập vận dụng Giải phương trình

1) 2x21 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x2

HD: Đặt

2 2 2 2

2









với a0,b0,c0,d 0

Ta có hệ pt: 2a b c d2 2 2 a b c d a c

2) x 3 2x x 1 2x x24x3

HD: Biến đổi x 3 2x x 1 2x (x1)(x3)

ĐỀ OLYMPIC

Bài 1: Giải pt: 3 2x  1 1 x33x22x ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng)

Giải: 3 2x  1 1 x33x22x  3 2x 1 (x1)3 x 2

Đặt y 1 3 2x 3  (y1)32x3 ( tại sao đặt y + 1 = … )

pt đã cho trở thành : y 1 (x1)3 x 2  (x1)3  x y 3 Khi đó pt đã cho tương đương

3 3



 Lấy (2) trừ (1) vế theo vế : (x1)3 (y1)3 y x

2 2

(x y x )[( 1) (x1)(y1) ( y1) ] = 0  xy

Thay x = y vào (1) ta có : (x1)3 2x 3 (x2)(x2 x 1) 0

Từ đó pt đã cho có ba nghiệm : 2 ; 1 5

2

x x 

4

x  x  x  x x  x (1) ( PP so sánh)

Giải: Đặt f x( ) x22x 5 x2 4x40  (x1)2 4 (2 x)236

Xét các véc tơ: (u x  1; 2), (2v  x;6) ta có: u v (3; 4)

2

( 1) 4

u  x  , v  (2 x)236 Khi đó: ( )f x  u  v  u v 5

(2)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u O 

hoặc v O



hoặc u và v ngược hướng

Khả năng u O



hoặc v O

 không xảy ra nên đẳng thức xảy ra khi 1 2 5

x

x x

Từ (1), (2), (3) suy ra 2 5 45 5

4

2

x  Vậy nghiệm pt là 5

2

x 

( Phương pháp sử dụng vectơ thường dùng khi biểu thức dưới dấu căn bậc hai là tam thức bậc

hai luôn dương )

Bài 3:

a) Giải bất pt: 2 1235

1

x x x

 (1) ( Đặt ẩn phụ đưa về bất pt bậc hai)

Giải: Điều kiện : x < - 1 hoặc x > 1

+ Với x < -1 thì 2 0

1

x x x

 suy ra bất pt vô nghiệm + Với x > 1, bất pt (1) 

2

0

x

0

Đặt

2

1

x t x

 Khi đó (2) có dạng 2 2 1225 0 25

t  t   t

Do đó:

2 2

25 12 1

x

4 2

625

1 144

x

144x 625x 625 0

9

x

  hoặc 2 25

16

x 

Kết hợp điều kiện x > 1 , ta có nghiệm bất pt là : 5

3

x  hoặc 1 5

4

x

 

x  x  x  x Giải: x 1 Đặt 1 ( 0)

3

v x





 

 Bất pt trở thành:

Bài 4: Giải bất pt: 2x 1 x x2 2 (x1) x22x 3 0 ( Đặt ẩn phụ đưa về bpt tích)

Giải: Đặt a x22 2 và b x22x  Khi đó 3 2 b2 a2 2x1

Bất pt viết lại là : 2 2 1( 2 2 1) 1( 2 2 1) 0

b  a  b  a  a b  a  b

2

(b a a b)( 1) 0 b a

       Từ đó: x 2 2  x22x3

Bài 5: giải phương trình: 2x211x21 3 4 3 x 4 0 ( Đặt ẩn phụ đưa về pt bậc cao )

Giải: + điều kiện x R