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 THỨC Biên soạn: Trần Quang Tuyến Phương pháp 1: Đặt điều kiện ( có ) nâng lũy thừa để khử thức Phương pháp 2: Nhân biểu thức liên hợp Phương pháp 3: đặt ẩn phụ Phương pháp 4: đưa phương trình tích Phương pháp 1: Đặt điều kiện ( có ) nâng lũy thừa để khử thức  f ( x) ≥  g ( x) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔  ⇔  f ( x) = g ( x)  f ( x) = g ( x)  g ( x) ≥ b) f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = [ g ( x) ] Các dạng khác biến đổi tương đương đưa dạng Trong số trường hợp, ta biến đổi đưa phương trình hệ quả, giải thử lại nghiệm dễ dàng Các dạng bản: a) Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình a) x − = x − b) 3x − x + + x − = ( Dạng ) Ví dụ 2: Giải phương trình a) x + = − x + 3x + b) x − − x − − x − = Giải: a) Điều kiện: − ≤ x ≤ Khi hai vế phương trình không âm nên: 11  x=  x + = − x + 3x + ⇔ = (4 − x)(3 x + 1) ⇔ x − 11x = ⇔   x=0 Đối chiếu điều kiện, hai nghiệm thỏa 11 Vậy nghiệm phương trình là: x = ; x = x ≥ b) Điều kiện: x − − x − − x − = ⇔ x − = x − + x − ⇔ x + = (5 x − 1)( x − 1) (*) Với điều kiện xét x + ≥ nên tiếp tục bình phương hai vế (*), ta có: x + = (5 x − 1)( x − 1) ⇔ 11x − 24 x + = ⇔ x = ∨ x = 11 Đối chiếu điều kiện loại nghiệm x = 11 Vậy nghiệm phương trình là: x = Nhận xét: Học sinh thường bị sai lầm: + Để nguyên phương trình (2) bình phương hai vế + Bình phương hai vế phương trình (*) mà không xét điều kiện vế trái Ví dụ 3: Giải phương trình : x + + x + = x + x + Giải: Đk x ≥ Bình phương hai vế phương trình ta được: + ( x + 3) ( 3x + 1) = x + x ( x + 1) Giải phương trình dĩ nhiên không khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x + − x + = x − x + Bình phương hai vế ta có : Thử lại x=1 thỏa x + x + = x + 12 x ⇔ x = Nhận xét : Nếu phương trình : f ( x) + g ( x) = h( x) + k ( x) Mà có : f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + k ( x ) , ta biến đổi phương trình dạng : f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau bình phương ,giải phương trình hệ thử lại x3 + + x + = x2 − x + + x + x+3 Giải: Điều kiện : x ≥ −1 Ví dụ 4: Giải phương trình : Bình phương vế phương trình ví dụ 1, ta thu phương trình tương đối phức tạp Ta giải ví dụ Nếu chuyển vế chuyển nào? Ta có nhận xét : x3 + x + = x − x + x + , từ ta có lời giải sau : x+3 x3 + + x + = x2 − x + + x + ⇔ x+3 x3 + − x + = x2 − x + − x + x+3 x = 1− x3 + = x2 − x − ⇔ x2 − 2x − = ⇔  Bình phương vế ta được: x+3  x = + Thử lại : x = + nghiệm f ( x) + g ( x) = h( x) + k ( x) Nhận xét : Nếu phương trình : có : f ( x ) h ( x ) = k ( x ) g ( x ) ta biến đổi f ( x) − h ( x) = k ( x) − g ( x) Ví dụ 5: a) Giải phương trình : 12 x − 12 − x − = x Giải: Phương trình cho tương đương: ( (1) 12 x − 12 − x − ⇔ 12 x − 12 − (2 x − 3) − 3 12 x − 12 x − ⇔ 12 x − 12 x − ( ) ( ) =( x) 3 ) 12 x − 12 − x − = x 12 x − 12 − x − = 3( x − 1) ⇒ 12 x − 12 x − 3 x = 3( x − 1) ⇔ (12 x − 12)(2 x − 3) x = 27( x − 1)3 (*) ( thay 12 x − 12 − x − = x ) ⇔ ( x − 1)  4(2 x − x) − 9( x − 1)  = x =1 ⇔ ( x − 1)(− x + x − 9) = ⇔  x = Thử lại thỏa Vậy nghiệm phương trình là: x = 1, x = Nhận xét: + với dạng A ± B = C , ta lập phương hai vế , sử dụng đẳng thức (a ± b)3 = a3 ± b3 ± 3ab(a ± b) dùng phép A ± B = C ta phương trình A ± B ± 3 A.B.C = C + phương trình (1) (*) không tương đương ta dùng pt đề bài, tức dẫn đến hệ pt nên phải thử lại b) x + 3x + = x − + x + 3 (2) ⇔ x + + x x + ( 3x + ( ( ) (2) x + 3 x + = x + + 3 x − x + ) ( ⇔ x 3x + x + 3 x + = x − x + ⇒ x.3 x − + x + = x − x + ) ( x −1 + x + 2x −1 + x + ( ) x −1 + 2x + ) ) x + 3 x + x − + x + từ pt đề ) ⇔ x 3 x + = x − x + ( Vì x + > x − nên x − + x + ≠ ) ( Ta thay ⇔ x (3 x + 5) = (2 x − 1)(2 x + 6) ⇔ x + x − = ⇔ x = ∨ x = −6 Thay x = 1, x = −6 vào pt(2) thỏa Vậy nghiệm phương trình là: x = 1, x = −6 Nhận xét: ta dùng phép Nhưng thay x − + x + x + 3 x + tìm nghiệm x = − không thỏa pt (2) Ví dụ 6: Tìm m để pt sau có hai nghiệm thực phân biệt: x + mx + = x + (KB-2006) Giải:   2x +1 ≥  x≥− x + mx + = x + ⇔  ⇔ 2  x + mx + = (2 x + 1) mx = x + x − (*) Xét phương trình (*): + x = : (*) vô nghiệm Nghĩa giá trị m để phương trình có nghiệm x = 1   + x ≠ ⇒ 3x + − = m Xét hàm số: f ( x ) = 3x + − tập hợp  − ; +∞ ÷\ { 0} x x     Ta có f ′( x) = + > với ∀x ∈  − ; +∞ ÷\ { 0} x     Nên hàm số f ( x) đồng biến  − ; +∞ ÷\ { 0} Ta có bảng biến thiên :   Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số   f ( x) = x + − đường thẳng y = m miền  − ; +∞ ÷\ { 0} x   Dựa bảng biến thiên, ta có giá trị m thỏa yêu cầu toán m ≥ Phương pháp 2: Nhân biểu thức liên hợp Phương pháp nhân biểu thức liên hợp thường thực để đưa pt cho pt dạng tích sở nhận xét số hạng chứa thức Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) 3x + + x − = 2x + (1) b) ( x −1 + x + )( Giải: a) Điều kiện: x ≥ Ta có: (3x + 4) − ( x − 3) = x + > với x ≥ nên Nhân hai vế pt(1) cho 3x + − x − , ta được: (1) ⇔ ( ⇔( ⇔ ( ) ( 3x + + x − = 3x + + x − )( 3x + + x − ) )( ) x2 + x − −1 = 3x + − x − > 3x + − x − ) 3x + − x − − = ) (2) x + − x − − = Giải pt ta có nghiệm x = 4, x = b) Điều kiện: x ≥ Ta có: ( x + 2) − ( x − 1) = > nên x + − x − > với x ≥ Nhân hai vế pt(2) cho x + − x − , ta được: (2) ⇔ [ ( x + 2) − ( x − 1) ] ( ) ( x2 + x − −1 = x + − x −1 ) ⇔ x2 + x − −1 = x + − x −  x2 + x − ≥  ⇔ 2  x + x − −1 = x + − x −1   x + x − ≥ ⇔ 2  x + x − − x + x − = x + + x − − x + x −  x2 + x − ≥  x2 + x − ≥ ⇔ ⇔ ⇔ x = −1 ∨ x = x − x − =  x = −1 ∨ x = Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm x = ( ) ( ) Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x − x + − x − = 3( x − x − 1) − x − x + (3) Giải: 2 2 Ta có: ( x − x + 1) − ( x − x − 3) = −2( x − 2) ( x − ) − ( x − x + ) = 3( x − 2) (3) ⇔ x − x + − 3( x − x − 1) = x − − x − 3x + −2( x − 2) 3( x − 2) ⇒ = ( Nhân biểu thức liên 3x − x + + 3( x − x − 1) x − + x − 3x + hợp tương ứng vế )   ⇔ ( x − 2)  + =0  x − + x − x + 3x − x + + 3( x − x − 1)  + >0 ⇔ x = 2 x − + x − 3x + 3x − x + + 3( x − x − 1) Thử lại, x = thỏa Ví dụ 3: Giải phương trình: Giải: x + 12 + = x + x + 5 Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng ( x − ) A ( x ) = , để thực điều ta phải nhóm , tách sau : Để pt có nghiệm x + 12 − x + = x − > ⇔ x > x + 12 − = x − + x + − ⇔ 2 x2 − x + 12 + = 3( x − 2) + x2 − x2 + +   x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= ⇔ x = 2 x2 + +   x + 12 + x+2 x+2 x+2 x+2 − −3< − − < 0, ∀x > Vì : x + 12 + x2 + + x2 + + x2 + + Nhận xét: Một số phương trình vô tỉ ta nhẩm nghiệm x0 , phương trình đưa dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = Ta giải phương trình A ( x ) = chứng minh A ( x ) = vô nghiệm , ý điều kiện nghiệm phương trình để ta đánh gíá A ( x ) = vô nghiệm Ví dụ 4: Giải phương trình: x − + x = x3 − Giải: Điều kiện: x ≥ Ta nhận thấy : x = nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng ( x − 3) A ( x ) = , để thực điều ta phải nhóm , tách để nhân, chia biểu thức liên hợp? x − − + x − = x3 − −   ⇔ ( x − 3) 1 +    ( x − 3) ( x + x + ) ⇔ x=3 = 3 x2 −1 x − + ( ) + x − +  x+3 x+3 1+ = 1+ < < x + 3x + 2 Ta chứng minh : 3 x2 − x −1 +1 + ( ) + x2 − + x3 − + x+3 ) ( Vậy pt có nghiệm x=3 Bài tập vận dụng: Giải phương trình: a) x − + x3 − = x − b) − x + x − = x + 3x − c) x − − x − 3x − = x + x + + x − x + d) 3x + − − x + x − 14 x − = HD: ( ) ( ) (KB-2010) x + − + − − x + x − 14 x − = ⇔ 3( x − 5) x −5 + + ( x − 5)(3 x + 1) = 3x + + − x +1 Phương pháp 3: đặt ẩn phụ Ta xét bốn phương pháp thường dùng Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải đặt t = f ( x ) ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt ẩn phụ xem “hoàn toàn ” Nói chung phương trình mà đặt hoàn toàn t = f ( x ) thường phương trình dễ Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Cho phương trình: ( x + 1)( x + 3) − ( x − 1)( x + 5) + m = (1)  x ≥1 Giải: Điều kiện:   x ≤ −5 (1) ⇔ x + x − x + x − + + m = Đặt t = x + x − với t ≥ ta có: t = x + x − PT (1) trở thành: t + − 6t + + m = ⇔ t − 6t + + m =  x2 + 4x − = t = a) Với m = ta có: t − 6t + = ⇔  nên  ( Dạng bản) t =  x + x − =  b) Pt (1) có nghiệm ⇔ pt: t − 6t + = −m có nghiệm t ≥ Đặt y = f (t ) = t − 6t + y = - m Từ lập bảng biến thiên để giải Nhận xét: Pt có dạng af ( x) + b f ( x) + c = Đặt t = Ví dụ 2: Giải phương trình: x − = x − x − − x − (2) f ( x) ≥ x≥8  Giải: Điều kiện:   x − 8x − ≥ (2) ⇔ x − + x − = x − x − ⇔ ( x − + x −8 ) =( x2 − 8x − ) ⇔ x − 10 x − x − 10 x + 16 + = Đặt t = x − 10 x + 16 với t ≥ ta có: t = x − 10 x + 16 ( Đưa ví dụ ) Ví dụ 3: a) Giải phương trình: x − − x − x − x = (3) Giải: Điều kiện: ≤ x ≤ Đặt t = x − − x với −1 ≤ t ≤ Ta có: t2 +1 t = − x(1 − x ) ⇔ x(1 − x ) = 2 t +1 Pt (3) trở thành: t − = Giải pt đại số tìm t, từ tìm x ( tìm điều kiện t đạo hàm bất đẳng thức Bunnhiacopski ) ( ) 3 3 b) Giải phương trình: x 35 − x x + 35 − x = 30 (4) ( 3 3 3 3 Đặt t = x + 35 − x ⇔ t = x + 35 − x + x 35 − x x + 35 − x ) t − 35 ⇒ x 35 − x = 3t t − 35 Pt (4) trở thành: t = 30 ⇔ t = Từ giải tìm x 3t Nhận xét: Phương trình ví dụ có dạng a  f ( x ) ± g ( x)  + b f ( x ) g ( x ) + c [ f ( x) + g ( x) ] + d = 3 Phương pháp chung đặt: t = Bài tập vận dụng: 1) Giải p/t: HD: f ( x) ± g ( x) x − + x − 3x + = (KD-2006) t +1 Pt cho trở thành: t − 4t + 4t − = ⇔ (t − 1) (t + 2t − 1) = t = x − ; t ≥ suy x = Đặt 2) Giải pt: + x − − x + 4 − x = 10 − 3x (KB-2011) HD: ( ) + x − 2 − x + 4 − x = 10 − x ; Đặt t = + x − 2 − x 3) Giải pt: x + x x − = 3x + x (TH&TT) 1 HD: Đk: −1 ≤ x < Chia hai vế pt cho x ta được: x + x − = + x x Đặt t = x − x 4) Giải pt: x + x − x = x + (TH&TT) 1 HD: x = không thỏa pt Chia hai vế pt cho x ta được: x − + x − = x x Đặt t = x − Ta có: t + t − = x Phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc hai + Giải pt: u + muv + nv = (1) ẩn u, v 2 u u Với v ≠ , pt trở thành:  ÷ + m  ÷+ n = : giải pt bậc hai v v Với v = , thử trực tiếp + Các trường hợp sau đưa pt (1) m f ( x) + n.g ( x) = p f ( x) g ( x) ; mu + nv = p.u + qv Đây dạng toán khó, thường gặp đề thi học sinh giỏi Ví dụ 1: Giải phương trình: x + = x + (1) Giải: Điều kiện −1 ≤ x  u = 2v Đặt u = x + 1; v = x − x + Pt (1) trở thành: 2(u + v ) = 5uv ⇔  u = v  ± 37 Thay u , v , Tìm x = ( thỏa ) Ví dụ 2: Giải phương trình: − x = x + x (2) 2 Giải: Điều kiện x ≤ Ta nhận xét x + x = 2( x + x + 1) − 2(1 − x) Pt (2) trở thành u u 3uv = 2v − 2u ⇔ 2u + 3uv − 2v = ⇔ = ∧ = −2 (loại) v v ± 37 Từ v = 2u thay vào giải, ta tìm x = ( thỏa ) Nhận xét: ví dụ 2, pt (2) viết lại: 2( x + x + 1) − 2(1 − x) = (1 − x)( x + x + 1) Đặt u = − x , v = x + x + với u ≥ , v ≥ Đây dạng m f ( x) + n.g ( x) = p f ( x) g ( x) Bài tập vận dụng: Giải phương trình: 1) x − x + ( x + 2)3 − x = HD: Đk −2 ≤ x Đặt y = x + ≥ Pt cho trở thành x − x( x + 2) + ( x + 2)3 = ⇔ x − xy + y = ( pt bậc ba) Chia hai vế cho y 2) x + x + x − = 3x + x + HD: nhận xét x + x + = 3( x + x) − (2 x − 1) Đặt u = x + x , v = x − Pt cho trở thành: u + v = 3u − v ⇔ u − 2uv − v = mu + nv = Đây dạng 3) p.u + qv x + 14 x + − x − x − 20 = x + HD: x + 14 x + không viết dạng m( x − x − 20) + n( x + 1) Ta phải biến đổi: x + 14 x + = x + + x − x − 20 ⇔ x + 14 x + = 25 x + 25 + x − x − 20 + 10 ( x − x − 20)( x + 1) ⇔ x − x + = ( x − x − 20)( x + 1) (*) Nhận xét: ( x − x − 20)( x + 1) = ( x − 5)( x + 4)( x + 1) ( x − 5)( x + 4)( x + 1) triển khai theo hai hướng ( x − 5)( x + 4)( x + 1) = ( x − 5)( x + x + 4) : ( x − 5)( x + 4)( x + 1) = ( x + 4)( x − x − 5) Mà: x − x + = 2( x − x − 5) + 3( x + 4) Nên: (*) ⇔ 2( x − x − 5) + 3( x + 4) = ( x − x − 5)( x + 4) Đặt u = x − x − , v = x + ta có: 2u − 5uv + 3v = Phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình ) ( 3 3 Ví dụ 1: Giải phương trình: x 35 − x x + 35 − x = 30 (1) Giải: Đặt y = 35 − x ⇒ y = 35 − x Khi (1) chuyển hệ pt: Giải hệ đối xứng loại I ta có nghiệm (2;3), (3;2) Vậy nghiệm pt x = 2, x = Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x − + − x − = ( x ∈ ¡ )  xy ( x + y ) = 30  3  x + y = 35 (KA-2009)  2a + 3b = Giải: Đặt a = 3 x − 2; b = − x ≥ (*) Ta có hệ pt:  2 5a + 3b = Giải hệ phương pháp ta a = -2 b = Thay vào (*), tìm x = -  x3 +  3 Ví dụ 3: Giải phương trình a)  ÷ = x − b) x − x + x = 16 x − 24   Giải:  y = 3x − x3 + a) Đặt y = Ta có hệ pt:  ( Hệ pt đối xứng loại 2) x = 3y − b) x − x + x = 16 x − 24 ⇔ ( x − 1)3 + = x − ⇔ ( x − 1)3 + = 2( x − 1) −  a + = 2b Đặt a = x − 1, b = 2a − Ta có hệ pt:  ( Hệ pt đối xứng loại 2) b + = 2a Nhận xét: dạng [ f ( x) ] + a = b n b f ( x) − a n  t n + a = by Đặt t = f ( x), y = b.t − a , đưa hệ pt  n  y + a = bt 37 x + − x + 26 x + =0 Ví dụ 4: Giải phương trình : 3 11 x + = ( 3x − ) − x − Giải: Điều kiện : x ≥ − Biến đổi pt: 3 Đặt y − = x + 1, y ≥ ( x − ) = x + y +  ( y − ) = x + ⇔ Khi đó, ta có hệ pt:  ( x − y )(9 x + y − 22) =  ( y − ) = x +  x = y  x = y    x = y    x = 14 ± 61   9 x − 28 x + 15 =    ( y − ) = x +   22 ⇔ ⇔  y = −x + ⇔  22  y = −x +   x + y − 22 =      91  y − = x + ( )    9 x − 24 x + =   x = 12 ± 53    14 + 61 12 − 53 Do x ≥ − y ≥ nên pt cho có nghiệm: x = , x= 9 Nhận xét: Dạng phương trình ax + b = r (ux + v) + dx + e , Đặt ax + b = uy + v n ( Đặt ẩn phụ đưa hệ pt gần đối xứng ) 3x − = x − 36 x + 53 x − 25 Giải: pt cho tương đương 3x − = (2 x − 3)3 − x + Ví dụ 5: Giải pt:  (2 y − 3)3 = 3x − (1) Đặt y − = x − ⇔ (2 y − 3) = x − Ta có hệ pt:  (2) (2 x − 3) = x + y − 3 (2 y − 3) − (2 x − 3) = x − y Lấy (1) trừ (2): ⇔ (2 y − x) (2 y − 3) + (2 y − 3)(2 x − 3) + (2 x − 3)  = x − y ⇔ x = y 3 Thay vào (1) giải nghiệm: x = 2; x = 5± Bài tập vận dụng : Giải phương trình 1) x + = x + x + HD: biến đổi (2 x + 1) + x = 2(2 x + 1) − 3x Đặt a = x + 1, b = 2a − x  a + x = 2b Đưa hệ pt:  ( Hệ pt đối xứng loại 2) b + x = 2a 2) x + 15 = 32 x + 32 x − 20 HD: biến đổi x + 15 = 2(4 x + 2) − 28 Đặt x + 15 = y +  y + = 2(4 x + 2) − 28  (4 x + 2) = y + 15 ⇔ Đưa hệ pt:  (Đ/x loại 2) 2  x + 15 = ( y + ) ( y + ) = x + 15 3) − x + x −1 = 4) − x + x + x − + − x = Phương pháp đặt ẩn phụ, giữ ẩn cũ ( đặt ẩn phụ không hoàn toàn ) ) ( 2 Ví dụ 1: Giải phương trình : x + − x + x = + x + Giải: Đặt t = x + , ta có : t − ( + x ) t − + x = Xét pt bậc hai theo t Ta có ∆ = ( x − 4) Suy t = 3, t = x − Từ giải tiếp Ví dụ 2: Giải phương trình : ( x + 1) x2 − 2x + = x2 + Giải: Đặt : t = x − x + 3, t ≥ 2 Khi phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + ⇔ x + − ( x + 1) t = Phương trình có ∆ không “chẵn” Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có ∆ “chẵn” t = x − x + − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔ t − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔  t = x − Phương pháp 4: đưa phương trình tích  Sử dụng đẳng thức u + v = + uv ⇔ ( u − 1) ( v − 1) = au + bv = ab + vu ⇔ ( u − b ) ( v − a ) =  Dùng đẳng thức Biến đổi phương trình dạng : Ak = B k Phân tích thành nhân tử x + + x + = + x + 3x + x = x +1 −1 x + −1 = ⇔   x = −1 Ví dụ 1: Giải phương trình Giải: pt ⇔ ( 3 Ví dụ 2: Giải phương trình : Giải: )( ) x + + x2 = x + x2 + x + x = , nghiệm + x ≠ , ta chia hai vế cho x:  x +1  x +1 + x = 1+ x +1 ⇔  − 1÷ x x   ( Ví dụ 3: Giải phương trình: x + + x x + = x + Giải: Điều kiện : x ≥ −1 pt ⇔ ( x + − 2x )( Ví dụ 4: Giải phương trình : Giải: Đk: x ≥ ) x −1 = ⇔ x = x2 + x + x = x +1 −1 = ⇔  x = 4x x+3+ =4 x x+3 ) Chia hai vế cho Ví dụ 5: Giải phương trình :  4x 4x 4x  =2 ⇔ 1 − x + : 1+ ÷ = ⇔ x =1 x+3 x+3 x+3   3−x = x 3+x Giải: Đk: ≤ x ≤ , pt cho tương đương x + x + x − = 3  10 10 −  ⇔x+ = ⇔ x = ÷ 3 3  Ví dụ 6: Giải phương trình sau : x + = x − x − Giải: Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : x =  x + + = 3x 2 + + x = 9x ⇔  ⇔  x = −5 − 97  x + + = −3 x  18 ( ) Bài tập vận dụng Giải phương trình 1) x − + x − x − = x + x + + x − x +  a = x2 −1   b = x − 3x − HD: Đặt  với a ≥ 0, b ≥ 0, c > 0, d > c = x + x +   d = x − x +  a+b = c+d a + b = c + d a = c ⇔ ⇔ Ta có hệ pt:  2 2 a − b = c − d a − b = c − d b = d 2) x + + 2x x + = 2x + x2 + 4x + HD: Biến đổi x + + x x + = x + ( x + 1)( x + 3) ( ) ( ) ( ⇔ x + 1− x +1 − 2x 1− x +1 = ⇔ 1− x +1 )( ) x + − 2x = ĐỀ OLYMPIC Bài 1: Giải pt: x + + = x + x + x ( Đặt ẩn phụ đưa hệ pt gần đối xứng) Giải: x + + = x + x + x ⇔ x + = ( x + 1)3 − x − Đặt y + = x + ⇔ ( y + 1)3 = x + ( đặt y + = … ) pt cho trở thành : y + = ( x + 1)3 − x − ⇒ ( x + 1)3 = x + y +  ( y + 1)3 = x + Khi pt cho tương đương  ( x + 1) = x + y + Lấy (2) trừ (1) vế theo vế : ( x + 1)3 − ( y + 1)3 = y − x (1) (2) ( x − y )[( x + 1) + ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1) ] = ⇔ x = y Thay x = y vào (1) ta có : ( x + 1)3 = x + ⇔ ( x + 2)( x + x − 1) = Từ pt cho có ba nghiệm : x = −2 ; x = −1 ± x + x + − x − x + 40 = x + x + Bài 2: giải phương trình: 45 (1) ( PP so sánh) 2 2 Giải: Đặt f ( x) = x + x + − x − x + 40 = ( x + 1) + − (2 − x) + 36 r r r r Xét véc tơ: u ( x + 1; −2), v(2 − x;6) ta có: u + v = (3; 4) r r u = ( x + 1) + , v = (2 − x ) + 36 r r r r Khi đó: f ( x ) = u − v ≤ u + v = (2) r ur r ur r r Đẳng thức xảy u = O v = O u v ngược hướng r ur r ur x + −2 = ⇔ x = − (3) Khả u = O v = O không xảy nên đẳng thức xảy 2− x 45 5 ≤ ⇔ x = − Vậy nghiệm pt x = − Từ (1), (2), (3) suy x + x + 2 ( Phương pháp sử dụng vectơ thường dùng biểu thức dấu bậc hai tam thức bậc hai dương ) Bài 3: x 35 (1) ( Đặt ẩn phụ đưa bất pt bậc hai) x − 12 Giải: Điều kiện : x < - x > x < suy bất pt vô nghiệm + Với x < -1 x + x −1 x2 2x2 1225 x4 2x2 1225 ⇔ x + + − > ⇔ + − > (2) + Với x > 1, bất pt (1) 2 2 x −1 x −1 x − 144 x − 144 a) Giải bất pt: x + > Đặt t = x2 > Khi (2) có dạng t + 2t − 1225 25 >0⇒ t > 144 12 x −1 x 25 25 25 x4 625 2 > ⇔ Do đó: x < > ⇔ 144 x − 625 x + 625 > ⇔ x > 16 x − 144 x − 12 5 Kết hợp điều kiện x > , ta có nghiệm bất pt : x > < x < b) Giải bất pt: x − + x − ≥ 2( x − 3) + x − 2 u = x − (u ≥ 0) Giải: x ≥ Đặt  Bất pt trở thành:  v = x −  u≥0 u ≥   2 u + v ≥ 2u + 2v ⇔ u + v ≥ ⇔ v ≥ ⇔ x = (u + v) ≥ 2u + 2v u = v   Bài 4: Giải bất pt: x + + x x + + ( x + 1) x + x + < ( Đặt ẩn phụ đưa bpt tích) Giải: Đặt a = x + ≥ b = x + x + ≥ Khi b − a = x + 1 2 2 2 Bất pt viết lại : b − a + (b − a − 1)a + (b − a + 1)b < 2 ⇔ (b − a )(a + b + 1) < ⇔ b < a Từ đó: x + > x + x + Bài 5: giải phương trình: x − 11x + 21 − 3 x − = Giải: + điều kiện x ∈ R ( Đặt ẩn phụ đưa pt bậc cao ) t3 + Pt cho trở thành: t − 14t − 24t + 96 = ⇔ (t − 2) (t + 4t + 12t + 18t + 24) = t=2  t=2  ⇔ ⇔  118  2 (t + 2t ) +  2t + ÷ + = (VN ) t + 4t + 12t + 18t + 24 =  4  ( Có thể dùng máy tính để kiểm tra dự đoán f (t ) = t + 4t + 12t + 18t + 24 >0 cm) Bài 6: Giải bất pt: x − x − = x + ( biến đổi đưa bpt tích) Giải: x > -3 2 1 1  1  Phương trình cho tương đương: x − x + = x + + x + + ⇔  x − ÷ =  x + + ÷ 4 2  2  + Đặt t = x − ⇔ x− ( t ∈ R) Ta có x = 1 + 17  = ±  x + + ÷⇔ x = ∨ x = − 13 2  Bài 7: Giải pt ( x + 5) x + + = 3 x + ( Đặt ẩn phụ đưa hệ pt) Giải: Điều kiện : x ≥ −1 Pt cho tương đương: ( x + 1) x + + x + + = 3( x + 1) + u + 4u + = v (1) Đặt u = x + ≥ 0, v = 3u + Ta có hệ :  (2)  3u + = v 3 Cộng (1) (2) theo vế, ta : v + v = (u + 1) + u + (*) Xét hàm số f ( t ) = t + t hàm số đồng biến R, nên từ (*) suy v = u + Từ đó, thay vào (1) : u + 4u + = u + ⇔ u = Suy x = - Thử lại x = - thỏa pt Vậy x = - nghiệm pt 37 x + − x + 26 x + =0 ( Đặt ẩn phụ đưa hệ pt gần đối xứng ) 3 11 x + = ( 3x − ) − x − Giải: Điều kiện : x ≥ − Biến đổi pt: 3 Đặt y − = x + 1, y ≥ ( x − ) = x + y +  ( y − ) = x + ⇔ Khi đó, ta có hệ pt:   ( x − y )(9 x + y − 22) =  ( y − ) = x +  x = y  x = y    x = y    x = 14 ± 61 x − 28 x + 15 =       ( y − ) = x +  ⇔ ⇔  y = − x + 22 ⇔   22  y = −x +   x + y − 22 =       91   y − = x + ( )    9 x − 24 x + =   x = 12 ± 53    14 + 61 12 − 53 Do x ≥ − y ≥ nên pt cho có nghiệm: x = , x= 9 Bài 8: Giải pt Bài 9: Giải pt − x + 2x − = Giải: Điều kiện : ≤ x ≤ u = − x Đặt   v = x −  u + v =1  0≤u ≤ 2−   Với  Ta có hệ pt: u = − x 0 ≤ v ≤ 2 −  v4 = 2x −  ( Do : v + 2u + − = ⇔ v + ) − 2(v + 1) = x − + 8x − = x − 3x + x Giải: Điều kiện : x ≥ Bài 10: Giải pt (Phương pháp so sánh) x − 8x − + = x3 − 3x + x x Với điều kiện trên, pt cho tương đương Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: 4x −1 4x −1 +1 8x − 8x − + + + ≤ = ≤ =2 x 2x x 4x x − 8x − Suy ra: + ≤ với x ≥ Dấu = xảy x = ½ x x Mặt khác : x − 3x + = x − x + + = (2 x − 1) ( x + 1) + ≥ với x ≥ Dấu = xảy x = ½ Vậy pt cho có nghiệm x = ½ Bài 11: Giải pt 3x − = x − 36 x + 53 x − 25 ( Đặt ẩn phụ đưa hệ pt gần đối xứng ) Giải: pt cho tương đương 3x − = (2 x − 3)3 − x +  (2 y − 3)3 = 3x − Đặt y − = x − ⇔ (2 y − 3) = x − Ta có hệ pt:  (2 x − 3) = x + y − 3 Lấy (1) trừ (2): (1) (2) (2 y − 3)3 − (2 x − 3)3 = x − y ⇔ (2 y − x) (2 y − 3) + (2 y − 3)(2 x − 3) + (2 x − 3)  = x − y ⇔ x = y 5± 3 3 Bài 12: Giải pt: ( Sử dụng đẳng thức ) 4x + + − x + x − − 5x −1 = Giải: Đặt a = x + 2, b = − x , c = x − Ta có: a + b3 + c = x − Thay vào (1) giải nghiệm: x = 2; x = Do pt cho trở thành: a + b + c = a + b3 + c3 ⇔ ( a + b + c ) = a + b3 + c 3 ⇔ a + b3 + c3 + 3(a + b)(b + c )(c + a ) = a + b3 + c ⇔ 3(a + b)(b + c)(c + a ) = Bài 13:  3 x = −  x + + − x =  a + b = 3   ⇔ b + c = ⇔  − x + 2x − = ⇔  x = 3   c + a =  x − + x + =  x=  Giải pt: x + = x + ( Đặt hai ẩn phụ đưa pt tích ) Giải: Điều kiện : x ≥ −1 Pt cho tương đương: ( x + 1) + ( x − x + 1)  = ( x + 1)( x − x + 1)  a = x + a ≥ Đặt  , ta có : Pt (1) trở thành:  b > b = x − x +  2a = b 2(a + b ) = 5ab ⇔ (2a − b)(a − 2b) = ⇔   a = 2b ± 27 ( thoả ) x + = x − x + ⇔ x − x + = ( Vô nghiệm ) + Với 2a = b, ta : x + = x − x + ⇔ x − x + = ⇔ x = + Với a = 2b , ta : Bài 14: Giải pt: x + x − 15 x + 24 = 3( x + 1) (Phương pháp so sánh dựa vào bất đẳng thức) (1) Giải: Điều kiện : x ≥ −1 ( nhận xét pt có nghiệm x = ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số, ta có : 3( x + 1) ≤ x + + = x + (1) Suy : x + x − 15 x + 24 ≤ x + ⇔ x + x − 16 x + 20 ≤ ⇔ ( x + 5)( x − 2) ≤ (2) Vì x ≥ −1 nên x+5 > Suy ra: x = Với x = thoả Với x ≠ x ≥ −1 (2) không xảy nên x + x − 15 x + 24 > x + , kết hợp (1): pt Nhận xét: thay thích hợp ta có pt sau cách giải x + x − 15 x + 30 = 27( x + 1) 2 Giải pt: x x + + − x = 2( x + 1)( x + 3) ( giải pp vec tơ bất đẳng thức ) 2 2   Giải: Điều kiện : − ≤ x ≤ ( Nhận xét ( x + 1)  x + + − x  = 2( x + 1)( x + 3) )   nghiệm pt là: x = 2, x = + Bài 15: ( ) ( ) Chứng minh phương trình − x + − x + − x = có nghiệm 4  TXĐ: D =  − ∞;  3  Xét f ( x) = − x + − x + − 3x − xác định D Hàm số f (x ) liên tục D nghịch biến Ta có x=0 nghiệm pt f ( x) = f (0) = Cm pt f ( x) = nghiệm khác ( Có thể yêu cầu giải phương trình, Sử dụng đạo hàm) Bài 16: ) ( ) ( 2 Bài 54 Giải phương trình : ( x + 1) + x + x + + x + x + = Giải: ( ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) ( ) ( + = ( −3 x ) + ( −3x ) ) + ⇔ f ( x + 1) = f ( −3 x ) ) Xét hàm số f ( t ) = t + t + , hàm đồng biến R, ta có x = − Bài 55 Giải phương trình x − x − x + = x + x −  x3 − x − x + = y ⇒ y + y = ( x + 1) + ( x + 1) Giải Đặt y = x + x − , ta có hệ :  7 x + x − = y Xét hàm số : f ( t ) = t + t , hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x = f ( y ) = f ( x + 1)  ⇔ y = x + ⇔ ( x + 1) = x + x − ⇔   x = −1 ±  ... phương ,giải phương trình hệ thử lại x3 + + x + = x2 − x + + x + x+3 Giải: Điều kiện : x ≥ −1 Ví dụ 4: Giải phương trình : Bình phương vế phương trình ví dụ 1, ta thu phương trình tương đối phức... Một số phương trình vô tỉ ta nhẩm nghiệm x0 , phương trình đưa dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = Ta giải phương trình A ( x ) = chứng minh A ( x ) = vô nghiệm , ý điều kiện nghiệm phương trình để... đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt ẩn phụ xem “hoàn toàn ” Nói chung phương trình mà đặt hoàn toàn t = f ( x ) thường phương trình dễ Các