Một trong những vấn đề rất cơ bản của đại số khối THCS là việc nắm được các phương trình sơ cấp đơn giản và cách giải những phương trình đó với những đối tượng là học sinh đại trà, ngoài ra mở rộng các phương trình đó ở dạng khó hơn, phức tạp hơn đối với đối tượng học sinh khá giỏi. Thực trạng số lượng bài về phương trình vô tỷ trong SGK rất ít và là những bài đơn giản thường đưa về phương trình trị tuyệt đối hoặc bình phương mất căn đưa về Chuyên đề: Phương pháp giải một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản ở cấp THCS.
CHỦ ĐỀ 6: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ Phương trình vơ tỷ bản: g ( x) ≥ f ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x + x + = x + b) 2x +1 + x = 4x + Lời giải: a) Phương trình tương đương với: x = 2+ b) Điều kiện: x ≥ Bình phương vế ta được: x ≥ −8 3x + + 2 x + x = x + ⇔ 2 x + x = x + ⇔ 2 4(2 x + x) = ( x + 8) x = x ≥ −8 ⇔ ⇔ Đối chiếu với điều kiện ta thấy có x = − 16 7 x − 12 x − 64 = x = nghiệm phương trình Ví dụ 2: Giải phương trình: II MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ THƯỜNG GẶP Giải phương trình vơ tỷ phương pháp sử dụng biểu thức liên hợp: Dấu hiệu: + Khi ta gặp toán giải phương trình dạng: n f ( x ) + m g ( x ) + h( x ) = Mà đưa ẩn, đưa ẩn tạo phương trình bậc cao dẫn đến việc phân tích giải trực tiếp khó khăn + Nhẩm nghiệm phương trình đó: thủ cơng ( sử dụng máy tính cầm tay) Phương pháp: Đặt điều kiện chặt phương trình ( có) • Ví dụ: Đối phương trình: x2 + + = x2 + + x 147 + Nếu bình thường nhìn vào phương trình ta thấy: Phương trình xác định với x ∈ R Nhưng chưa phải điều kiện chặt Để giải triệt để phương trình ta cần đến điều kiện chặt là: + Ta viết lại phương trình thành: Để ý rằng: x2 + − 2x2 + = 2x − x + − x + < phương trình có nghiệm Nếu phương trình có nghiệm x0 : 2x − < ⇔ x < • Ta phân tích phương trình sau: Viết lại phương trình thành: n f ( x) − n f ( x0 ) + m g ( x ) − m g ( x0 ) + h( x) − h( x0 ) = Sau nhân liên hợp cho cặp số hạng với ý: ( +( + )( a − b) ( a −b ) a + ab + b = a − b3 ) a + b = a − b2 + Nếu h( x) = có nghiệm x = x0 ta ln phân tích h( x) = ( x − x0 ) g ( x) Như sau bước phân tích rút nhân tử chung x − x0 phương trình x − x0 = ban đầu trở thành: ( x − x0 ) A( x) = ⇔ A( x ) = Việc lại dùng hàm số , bất đẳng thức đánh giá để kết luận A( x) = vơ nghiệm Nếu phương trình có nghiệm x , x theo định lý viet đảo ta có nhân • tử chung là: x − ( x1 + x2 ) x + x1.x2 Ta thường làm sau: + Muốn làm xuất nhân tử chung n f ( x) ta trừ lượng ax + b Khi nhân tử chung kết sau nhân liên hợp n f ( x) − ( ax + b) 148 + Để tìm a, b ta xét phương trình: n f ( x) − ( ax + b) = Để phương trình có ax1 + b = n f ( x1 ) hai nghiệm x1 , x2 ta cần tìm a, b cho ax2 + b = n f ( x2 ) + Hồn tồn tương tự cho biểu thức lại: Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình: a) x − + x − + x − = b) x − + − x = x2 − 5x − Giải: a) Phân tích: Phương trình đề gồm nhiều biểu thức chứa quy ẩn Nếu ta lũy thừa để triệt tiêu dấu , tạo phương trình tối thiểu bậc Từ ta nghỉ đến hướng giải : Sử dụng biểu thức liên hợp để tách nhân tử chung Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi Điều kiện x ≥ x − = − = 2; x − = − = Ta viết lại phương trình thành: ⇔ x3 − 5x −1 + = x3 − − + x − − + x − = 2x − + ( x − 1) 5( x + x + 1) ⇔ ( x − 1) + x3 − + Dễ thấy : + 2x −1 +1 + 1 = ( x − 1) + x − + 5( x + x + 1) + Với điều kiện x ≥ x3 − + + x −1 = ( x − 1) + 2x −1 + +1 > Nên phương trình cho có nghiệm x = b) Điều kiện: x ∈ [ 2; 4] 149 Ta nhẩm nghiệm phương trình là: x = Khi x − = − = 1; − x = − = Từ ta có lời giải sau: Phương trình cho tương đương với: x − − + − − x = x2 − 5x − x−3 x −3 + = ( x − 3)(2 x + 1) x − −1 1+ − x ⇔ 1 ⇔ ( x − 3) + − (2 x + 1) = x − −1 1+ − x x = 1 + − (2 x + 1) = x − + 1 + − x Để ý rằng: Với điều kiện x ∈ [ 2; 4] 1 ≤ 1; ≤ 1; x + ≥ nên x − +1 1+ − x 1 + − (2 x + 1) < x − +1 1+ − x Từ suy ra: x = nghiệm phương trình Nhận xét: Để đánh giá phương trình cuối vơ nghiệm ta thường dùng A ≤ với ước lượng bản: A + B ≥ A với B ≥ từ suy A+ B A+ B > số A, B thỏa mãn B ≥ Ví dụ 2: Giải phương trình: a) x − + x = x − b) x − x − ( x − ) x − − 3x + 28 = Giải: a) Điều kiện: x ≥ Ta nhẩm nghiệm x = Nên phương trình viết lại sau: x − − + x − = x3 − − 150 x2 − ⇔ x2 −1 + x2 −1 + x − 27 + x−3= x3 − + x+3 x2 + 3x + ⇔ ( x − 3) + 1− =0 3 x − + x − + x − + x = ⇔ x+3 x + 3x + +1− =0 x − + x − + x3 − + x+3 Ta dự đoán: x2 − + x2 − + giá trị x ≥ ta thấy Ta chứng minh: +1− x + 3x + x3 − + x+3 < ( Bằng cách thay +1− x + 3x + x2 −1 + x2 −1 + x3 − + x+3 x + 3x + < >2 x2 −1 + x2 −1 + x3 − + < 0) Thật vậy: x+3 + Ta xét Đặt 3 (x − 1) + x − + x − x − = t > ⇒ x = t + Bất phương trình tương đương với t + 2t + > t + ⇔ t + 3t + 6t + 4t > Điều hiển nhiên + Ta xét: x + 3x + > ⇔ x + 3x − > x3 − ⇔ x + x3 + x − x + > x −2 +5 ∀x ≥ 0(*) Điều ln Từ suy phương trình có nghiệm nhất: x = b.) Điều kiện: x ≥ x = t ≥ ⇒ x = t3 Phương trình cho trở thành: Để đơn giản ta đặt t − 2t − (t − 4) t − − 3t + 28 = ⇔ 3t − t + 2t − 28 + (t − 4) t − = Nhẩm t = Nên ta phân tích phương trình thành: 151 ⇔ 4t − t + 2t − 32 + (t − 4) ( ) t3 − −1 = t + 2t + ⇔ (t − 2) ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4) ÷ = t − + Để ý 4t + 7t + 16 > t ≥ nên ta có t + 2t + ( 4t + 7t + 16 ) + (t − 4) ÷ > Vì phương trình có nghiệm t − +1 t = ⇔ x = Nhận xét: Việc đặt x = t toán để giảm số lượng dấu giúp đơn giản hình thức tốn Ngoài tạo liên hợp (t − 4) > nên ta tách khỏi biểu thức để thao tác tính tốn đơn giản Ví dụ 3: Giải phương trình: a) x + + 19 − x = x + x + x − 11 b) x − − x + = c) x2 + (Tuyển sinh vòng lớp 10 Trường THPT x+ = x ( x + 1) chuyên Tự nhiên- ĐHQG Hà Nội 2012) x3 + x + x + = x2 + x + d) x2 + 2x + 19 Ta nhẩm nghiệm x = 1, x = −2 nên ta phân tích để tạo nhân tử chung là: x + x − Để làm điều ta thực thêm bớt nhân tử sau: a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ + Ta tạo x + − (ax + b) = cho phương trình nhận x = 1, x = −2 nghiệm 152 a = a + b = ⇔ Để có điều ta cần: −2a + b = b = 20 + Tương tự 19 − x − (mx + n) = nhận x = 1, x = −2 nghiệm a=− m + n = ⇔ Tức −2 m + n = b = 13 Từ ta phân tích phương trình thành: 20 4 13 x x + − x + ÷+ 19 − x − − ÷− ( x + x − ) = 3 3 ⇔ 4 + 19 − x − (13 − x) − ( x − x − ) = x + − x + ( ) 3 ⇔ − x2 − x + − x2 − x + − ( x2 + x − 2) = + x + + ( x + ) 3 19 − x + (13 − x) 1 ⇔ − ( x2 − x − 2) + + 1 = 3 x + + ( x + ) 3 19 − x + (13 − x) 19 > 0, Dễ thấy với −3 ≤ x ≤ x + + ( x + 5) 3 3 19 − 3x + (13 − x) >0 1 +1 > Nên x + + x + + ( ) 3 19 − 3x + (13 − x) x = Phương trình cho tương đương với x + x − = ⇔ x = −2 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3, x = 153 b) Điều kiện: x ≥ Phương trình viết lại sau: x − − x + = x − 11 Ta nhẩm nghiệm x = 3, x = nên suy nhân tử chung là: x − 11x + 24 Ta phân tích với nhân tử x − sau: + Tạo 3x − − ( ax + b ) = cho phương trình nhận x = 3, x = 3a + b = a = ⇔ nghiệm Tức a, b cần thỏa mãn hệ: 8a + b = 20 b = −4 3m + n = 10 m = ⇔ + Tương tự với x + − (mx + n) = ta thu được: 8m + n = 15 n = Phương trình cho trở thành: 3x − − (3 x − 4) + ( x + 7) − x + = ⇔ −9( x − 11x + 24) x − 11x + 24 + =0 x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + −9 ⇔ ( x − 11x + 24 ) + =0 x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + x − 11x + 24 = ⇔ −9 + =0 3x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + −9 + Ta xét A( x) = x − + (3 x − 4) ( x + 7) + x + Ta chứng minh: A( x) < tức là: −9 + 4 275 ⇔ 3x − − ÷ + + x + 45 x + > Điều hiển nhiên 2 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 3, x = Chú ý: 154 Những đánh giá để kết luận A( x) < thường bất đẳng thức không chặt nên ta đưa tổng biểu thức bình phương Ngồi tinh ý ta thấy: 3x − + x − − 9( x + + x + 1) < x − + x − ≤ x + 63 + 81x + 81 Nhưng điều hiển nhiên do: x − < 81x + 81;3 x − < x + 63 với x ≥ c) Điều kiện: x > Ta nhẩm x = 1; x = nên biến đổi phương trình sau: Ta có: x = ⇒ vế thu được: x2 + x2 + = , x = ⇒ = nên ta trừ vào 2 ( x + 1) ( x + 1) x+ x2 + −2= −2 ⇔ x ( x + 1) x2 + − x x2 − x + = 2( x + 1) x x2 − 4x + = x2 − x + = ⇔ 2( x + 1) x3 + 3x + x x + 3x + x = 2( x + 1) x2 − 4x + (1) (2) Giải (1) suy x = 1, x = Giải (2) ta có: x + 3x + x = 2( x + 1) ⇔ x3 + 3x = ⇔ x + 3x − = ⇔ x = Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = Nhận xét: Ta phân tích phương trình câu a,b d) Ta có: x + x + x + = ( x + 3)( x + x + 3) − x − nên phương trình tương đương với x3 + x + x + 5x + = x2 + x + ⇔ x + − x2 + x + − =0 x + 2x + x + 2x + 155 1 ⇔ ( 5x + ) − ÷= ( x + 3) + x + x + x + x + ÷ ( x + ) = ⇔ 1 − ÷ = (1) ÷ x + x + ( x + 3) + x + x + Giải (1) : ( x + 3) + x + x + 2 − ⇔ x2 + x − x2 + x + = x + 2x + Đặt t = x + x + > Phương trình trở thành: t = x = t2 − t − = ⇔ ⇔ x2 + x − = ⇔ t = −1( L) x = −2 Kết luận: Phương trình có nghiệm: x = − ; x = 1; x = −2 Ví dụ 5: Giải phương trình sau: a) x + 15 + = x + + 3x b) 3x + − x + + − x = a) Phương trình viết lại sau: x + 15 + = x3 + + x ⇔ x + 15 − x3 + = x − Để phương trình có nghiệm ta cần: x − ≥ ⇔ x ≥ phương trình thành: Nhẩm x = nên ta viết lại x + 15 − = x + − + x − ( x + x + 1) ( x + x + 1) ⇔ ( x − 1) − − 3 = x + 15 + x + + Để ý rằng: (x + x + 1) x + 15 + x = 156 (x − + x + 1) x3 + + − < nên phương trình có nghiệm Xét x ≠ 0, x ≠ phương trình cho tương đương với x +1 x+2 + = ⇔ 1+ + 1+ =1 x−3 x−3 x−3 x−3 Đặt a = + x −3 (a > 0) ; b = + x−3 (b > 0) a = −4 − 21(l ) a + b = ⇔ Ta có hệ 5a − 4b = a = −4 + 21 ⇒ 1+ −2 21 = −4 + 21 ⇔ x = x −3 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0; x = −2 21 Phương trình cho tương đương với x + p − x + x + = ( ) ÷ 5) p −1 x = − p +1 (1) ⇔ Yêu cầu toán tương đương (2) vô nghiệm x + x + = (2) p −1 có nghiệm kép x = − ( p − 1) Vậy p ∈ { 2;3; 4} 6) Phương trình cho tương đương với Do ( x − 2) ( x − 2) + 27 + ( x − ) = + 27 + ( x − ) ≥ 3, ∀x đẳng thức xảy x = nên phương trình có nghiệm x = 213 7) Phương trình cho tương đương với: x4 + x2 + 1 = ( x + 2016 ) − x + 2016 + 4 2 1 1 ⇔ x + ÷ = x + 2016 − ÷ 2 2 ⇔ x2 + 1 = x + 2016 − ⇔ x + = x + 2016 ⇔ x + x − 2015 = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = −1 + 8061 −1 + 8061 ;x = 2 Giải: 8) Phương trình cho tương đương với: (x + ) x − x ( 2k − 1) + ( 4k − 4k + 1) + ( k − 2k + 1) + 1 = x + ⇔ ( x + ) ( x − 2k + 1) + ( x + ) ( k − 1) + ( x − 1) = ⇔ x = k = 2 Vậy phương trình có nghiệm k = Phương trình cho tương đường với: 9) m (x ⇔ m = 214 + 1) ( x − x + 1) = ( x + 1) + ( x − x + 1) x2 + x4 − x2 + + x4 − x2 + x2 + Đặt t = m m x − x + (t > 0) = t + ⇔ t − t + = , ta được: t t x +1 a) Với m = 10 ta có phương trình: 3t − 10t + = ta suy t = t = b) Tự giải Giải: 10) Điều kiện: x ≥ Phương trình tương đương với x − − ( x + 1) x − + x + x + − x + x − = 3 x = x − ⇔ 3x − x − − x − x − = ⇔ − x = x − ( )( ) 0 ≤ x ≤ 0 ≤ ≤ ⇔ Trường hợp x = x − ⇔ (vô nghiệm) 2 9 x = x − 8 x = −1 Trường hợp 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤ − x = x −1 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x= x − x + = x − 4 x = x = Giải: 11) Điều kiện x ≥ −1 Ta có x = nghiệm phương trình Với x > Đặt x + = y, ( y > ) , phương trình cho thành: y = 2y + 2y + 4y Ta có 4y < y2 = y ⇒ y < y 215 ⇒ 2y + 2y + 4y < 2y + 4y < 2y + 2y = 4y < y Phương trình vơ nghiệm Với < x < Chứng minh tương tự, ta có phương trình vơ nghiệm Vậy x = nghiệm phương trình Giải: 12) Ta có (*) ⇔ − x + x − − x − = (1) x x x 2 Đặt u = x − ; v = x − u , v ≥ u − v = − x x x x 2 Do (1) thành: u − v + u − v = ⇔ ( u − v ) ( u + v + 1) = ⇔ u = v (vì u, v ≥ ) Từ ta có: x− Phương trình x − 5 = 2x − ⇔ x − = 2x − ≥ x x x x (2) = x − có nghiệm x = ±2 x x Từ (2) suy có x = nghiệm phương trình cho 13) Giải:Điều kiện x ≥ Phương trình tương đương với: x+9 = x+ 216 2x 9x + 2x + ⇔ − =0 x +1 x +1 x +1 x +1 2x 8x 2x ⇔ − + = ⇔ − 1÷ ÷ =0 x +1 x +1 x +1 ⇔ 2x = ⇔ x = x + ⇔ x = (thỏa mãn x +1 Giải: 14) Điều kiện: x ≥ Dễ thấy x = nghiệm (1) Với x ≠ , chia hai vế (1) cho (1) ⇔ 3+ Đặt u = + x ≠ , ta được: 1 − 1− = x x 1 ≥ 0, v = − ≥ x x u = v + u − v = ⇔ Ta có hệ phương trình: 2 2 u + v = ( + v ) + v = (2) (3) Giải hệ ta v = 0, u = từ ta có x = Giải: 15) ( ) ⇔ ( x2 − 6x + 9) + x + − x + + = ⇔ ( x − 3) + ( x +1 − ) =0 x − = ⇔ ⇔ x=3 x +1 − = 217 Vậy phương trình có nghiệm x = Giải: 16) Điều kiện: x ≥ −2 Nhân hai vế phương trình (1) với x + + x + > , ta phương trình tương đương: + x + x + 10 = x + + x + x + = x = −4 ⇔ ⇔ x + = x = −1 (l ) (tm) Giải: 17) Đặt y = x , y ≥ , ta có (*) thành: 12 − Bình phương biến đổi thành: ( 3 = 4y − 4y − y y y2 − − y ) = ⇔ y2 − y − = Do nghiệm phương trình x = 1, x = −1 Điều kiện: 18) ≤ x ≤1 Nhân tử mẫu vế trái với biểu thức ( x+3− x )( ) 1− x +1 = ⇔ ⇔ − x + = x + + x (*) 218 x + + x ta thu được: x+3 + x ( ) 1− x +1 = Nếu x = VT (*) = = VP(*) nên x = nghiệm phương trình Nếu ≤ x < − x > ⇒ − x + > hay VT(*) > với ≤ x < Vì ≤ x < nên x + < + = 2, x < = ⇒ VP(*) < Do phương trình cho khơng có nghiệm nửa khoảng [ 0;1) Vậy phương tình cho có nghiệm x = Giải: 19) Điều kiện: x ≠ Trường hợp x > : áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 4x + 2x2 + 5 x2 + = x+ ≥ 3 x x = 25 x ( x + ) x 3x 3 3x Dấu xảy x2 + x= ⇔x= 3 3x Trường hợp x < : từ phần ta thấy, với x < thỏa mãn bất phương trình x = Đáp số x < Giải: 20) Điều kiện x > 219 x ( x + 1) đặt t = x + , t ≥ , ta x Chia hai vế bất phương trình cho 1 đưa bất phương trình − ≤ t − t − t t Với điều kiện t ≥ hai vế (1) dương Bình phương hai vế ta ≥0 đưa bất phương trình tương đương t − − 1÷ t ÷ Bất phương trình nghiệm với t ≥ Vậy nghiệm bất phương tình cho x > Giải: 21) Điều kiện: ≤ x ≤ Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: x−2 = 4− x ≤ x − 2.1 ≤ x − +1 ≤ ( x − 2) ( − x ) ≤ x−2+4− x =1; x − +1 +1 x +1 ; = −x + ; x x = x 27 ≤ x + 27 Do VT ≤ VP với x thỏa mãn ≤ x ≤ Vậy nghiệm bất phương trình ≤ x ≤ Đặt 22) t = 2x2 − 2x ≥ ⇒ 2x2 − 2x = t t − ( x + 1) t − x − = Ta có 220 Phương trình trở thành : x + − ( x + 3) = −1 t = 2 ∆ = x + x + + x + = ( x + 3) ⇒ Do t ≥ ta x +1+ x + = x+2 t = x ≥ x2 − x = x + ⇔ ⇒ x = + 13 x − 6x − = 2 x − ≥ Điều kiện: 1 − x ≥ Bình phương vế ta thu được: 23) x − x2 ≥ cần giải: x −1 + − 2x2 + ⇔ −2 x + x − ⇔ ( ( x − 1) ( − x ) ( x − 1) ( − x ) − x2 − 2x −1 ) = ( x − x2 ) =0 −1 − x = = ⇔ 1− 2x2 = 2x − ⇔ x2 + x − = ⇔ −1 + x = Đối chiếu với điều kiện nài tốn có nghiệm x = −1 + thỏa mãn điều kiện Ta viết lại phương trình thành: 24) 16x2 + 32x − 40 − x + 15 = ⇔ ( 4x + 4) − 56 = 4x + 60 Đặt 4x + 60 = 4y + ta có hệ sau: 4y + = 4x + 60 4y + = 4x + 60 ) ) ( ( ⇔ 2 ( 4x + 4) − 56 = 4y + ( 4x + 4) = 4y + 60 Trừ vế phương trình hệ ta có: ( 4x + 4) − ( 4y + 4) = 4( y − x) ⇔ 16( x − y ) ( x + y + 8) = 4( y − x) x = y ⇔ 4( x + y + 8) = 221 Giải phương trình ứng với trường hợp ta thu được: x = 1;x = −9 + 221 3− x ≤ Điều kiện: 25) 3+ x ≥ Ta viết lại phương trình thành: ( 2x − 3) + (x + 1) = (x − 1) (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) u = 2x − v = (x − 1)(2x − 3) − (x + 1) Đặt ta có hệ phương trình: u + x + = (x − 1)v v + x + = (x − 1)u Trừ vế hai phương trình ta có: u = v ( u − v) ( u + v + x − 1) = ⇔ u = −v − x + Giải theo hai trường hợp ta thu phương trình vơ nghiệm 26) Cách 1: Ta viết lại phương trình thành: x2 − 3x + = − x2 − 3x + 1= − ( (x 3 )( )( ) ) ( ( ) + x + x2 − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − ) ( )( ( ) ) ( )( 3 ) 3 x + x + x2 − x + ⇔ x2 − x + − x2 + x + = − x + x + x2 − x + 3 Chia phương trình cho x + x + > ta thu được: x2 − x + 1 x2 − x + 1 Đặt ⇔ 2 ÷− 1= − ÷ t= x2 + x + 1÷ x2 + x + 1÷ Ta có phương trình: 2t2 + x2 − x + 1 ÷> x2 + x + 1÷ t − 1= ⇒ t = 3 x2 − x + 1 ÷= ⇔ x=1 ÷ x + x + Giải * Cách 2: Xét x > chia hai vế phương trình ta có: x − + 222 =− x + 1+ x x2 (x )( + x + x2 Đặt t = x + ≥ ta có phương trình: t − = − t −1 x Xét x < chia hai vế phương trình ta có: x − + Đặt t = x + = x + 1+ x x2 ta có phương trình: t − = t −1 x Điều kiện: 1≤ x ≤ Phương trình viết lại: 27) Ta viết lại phương trình thành: ( x − 5) x − − + − x + 3x2 − 30x + 75 = ⇔ − 30x + 75 = ⇔ ( x − 5) x−1+ x− 1+ + − x + (x − 5)(3x − 15) = + − x + (x − 5)(3x − 15) = x = ⇔2 + − x + (x − 5)(3x − 15) = 0 −2 − x x − 1+ x − + + − − x(3x − 15) = ( x − 5) Ta thấy − − x(3x − 15) ≥ 0∀x ∈ 1;5 Ta chứng minh: −2 − x x− 1+ + ≥ ⇔ x − + − − x ≥ điều hiển nhiên do: − x ≤ − = nên − − x > Vậy phương trình có nghiệm x = Đặt Điều kiện phương trình cho trở x≥ u = x − 1;v = 2x − 28) thành ( 2u − 1) v = ( 2v − 1) u ⇔ ( u − v ) ( 2uv + 1) = 2 x ≥ + Nếu u = v ⇒ x − = 2x − ⇔ x − 4x + = ⇔ x = 2+ 1 2 + Nếu 2uv + = ⇔ 2( 1− x) 2x − = 1⇒ x ∈ ;1÷ 1 Mặt khác ta có: 2( 1− x) < 2 1− ÷ = ; 2x − ≤ − = nên phương trình cho vơ nghiệm Kết luận: x = + 223 Sử dụng đẳng thức: 29) ( a + b) = a3 + b3 + 3ab( a + b) Phương trình ⇔ 2x − + 33 ( x − 1) ( x − 2) ( ) x − + x − = 2x − x − + x − = 2x − 3 ⇔ (*) ⇔ x = 1;x = 2;x = ( x − 1) ( x − 2) ( 2x − 3) = 30) Điều kiện: −1 < x < Đặt t = 1− x2 x x2 + ⇒ t2 = + + x x2 1− x2 1− x2 PT cho thành: 2t2 + 5t + = ⇔ t = −2; −1< x < 1− x2 x + = −2 ⇔ ⇔ x= − * t = −2 ⇔ t = − x2 x =3 2+ 1− x2 1− x2 x −1< x < 1− x2 x + =− ⇔ x2 hệ vô nghiệm x + =− 1− x2 2 1− x x * t=− ⇔ Vậy phương trình cho có nghiệm x = − 31) Điều kiện x ≥ −1 ) ( ( ) PT ⇔ ( x + 1) x2 − x + = x2 − x + + 2( x + 1) ⇔2 x+1 x − x+ −5 x+1 x − x+ + = 0(Do : x2 − x + 1> 0∀x) t = ,t ≥ , ta có: 2t − 5t + = ⇔ Đặt t = t = x − x+ x+ * t = 2⇔ x+1 x − x+ = ⇔ 4x2 − 5x + = PT vô nghiệm x+1 ± 37 ⇔ = ⇔ x2 − 5x − = ⇔ x = 2 x − x+ 32) Do VT ≥ nên ⇒ VP ≥ ⇔ x ≥ −1 * t= 224 )( 3 3 Ta có PT ⇔ 2x + − 2x + ÷+ 2x − 2x + 1÷ = 2x − 2x − ⇔ ( 2x + 1) + ( 2x + 1) ( 2x + 2) + ( 2x + 2) 2 3 ⇔ 2x2 − 2x − = ⇔ x = 2 2x2 − 2x − + ( ) x + 2x ( 2x + 1) + 2x + 2 =0 1± nghiệm phương trình cho 33) Điều kiện: x ≥ − 3 Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình nên ta có: Phương trình ⇔ x + 6x − 2x + = x3 + 5x − ⇔ (1) x + 6x − 2x + x3 − 4x2 + − 2x = x3 + − 2x ⇔ = x3 + − 2x 5x − 5x − * Nếu x ≤ x3 + − 2x = ⇔ ⇔ x − 4x + = x ≤ − 21 ⇔ x= x − x − 3x − = ) ( ) ( − 21 Khi (1) ⇒ x = nghiệm phương trình − 21 x3 − 4x2 + x3 − 4x2 + ⇒ ( 1) ⇔ = ⇔ * Nếu x ≠ 5x − x3 + + 2x Ta thấy: (1) có nghiệm x = 1;x = x3 − 4x2 + = (1) x3 + + 2x = 5x − (2) + 21 x = x ≥ x ≥ (2) ⇔ x + = 3x − ⇔ ⇔ ⇔ x3 − 9x2 + 6x + = ( x − 1) x2 − 8x − = x = + ( ) x = ⇔ x2 − 8x − = x = + ) Vậy phương trình có nghiệm: x = 1;x = ± 21 ;x = + 22 34) Điều kiện: x > −4 x2 + x + PT ⇔ 2 − 1÷ + x2 − = ÷ x+ x2 + −1 225 x2 + x + x+ ⇔ x + x+ +1 x+ + x2 − + + x2 + 1 x2 + ÷ ) ( x2 − ⇔ ) ( − x2 + ( x + 4) ( x2 + x + 1) + x + + x2 − + x2 − =0 + x2 + 1 x2 + ÷ ⇔ x −3 + 1+ ( x + 4) x + x + + x + ( ) ) ( =0 =0 + x2 + 1 x2 + ÷ ⇔ x2 − = ⇔ x = ± 3 35) Điều kiện: x ≥ * Với x ≥ , phương trình cho tương đương với: 25 + 9x2 − 18 (1) = + 2 x x x +1 Dễ thấy phương trình (1) có VT > 25 x ≥ 162 < 25 ta có VP ≤ + 13 nên phương trình cho vô nghiệm * Với x ≤ − phương trình cho tương đương với 25 − 9 − Đặt x = 2 x + 18 x +1 9 = t < t ≤ ÷, phương trình (2) thành: 4 x 25 − 9 − 4t = 2t + ⇔ 36( t − 2) − 4t + = 18t 18t ⇔ − 9 − 4t = 2t + − 16 1+ t 1+ t 2( t − 2) ( t + 4) t+1 Lưu ý với < t ≤ nên 226 (2) t+ > − 4t + t + 18 − 18 t + 4 ⇔ ( t − 2) − ÷= − 4t + t + có 18 (1) 18 t+ 18 = 1+ < 4< t+1 t+1 − 4t + ≥ Vậy (3) ⇔ t = ⇒ x = − 2 KL: Phương trình có nghiệm x = − 2 36) Điều kiện: x ≥ −2 BPT viết lại: 5( 2x + 1) + 20( 3x + 6) ≤ 2x + 1+ 3x + Đặt a = 2x + 1; b 3x + 6; BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b a + 4b ≥ a = 2x + 1;b = 3x + 6;BPT ⇔ 5a2 + 20b2 ≤ a + 4b ⇔ 2 ⇔ a= b 5a + 20b ≤ ( a + 4b) x ≥ − 2x + = 3x + ⇔ ⇔ x=1 4x2 + x − = Kết luận: Nghiệm bất phương trình là: x = 37) Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Bình phương vế ta có : x2 13 1− x2 + 1+ x2 ÷ = 256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ) ( ( 13 13 1− x2 + 3 1+ x2 ≤ 13 + 27 13 − 13x2 + + 3x2 = 40 16 − 10x2 ) ÷ ( ( ) 16 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x2 16 − 10x2 ≤ ÷ = 64 2 x= + x 1− x = ⇔ Dấu ⇔ 2 x = − 10x = 16 − 10x 227 ... ± Giải phương trình vơ tỷ phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn + Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn phương pháp chọn số hạng phương trình để đặt làm ẩn sau ta quy phương trình ban đầu dạng phương trình. .. 2x + Phương trình vơ nghiệm Tóm lại: Phương trình có nghiệm là: x = ± b) Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Bình phương vế phương trình thu gọn ta được: x − 16 − x + x − 32 = Đặt t = − x ta tạo phương trình. .. kiện: −1 ≤ x ≤ Ta viết phương trình thành: x + − − x = 3x + + − x2 Tóm lại phương trình có nghiệm: x = 1, x = Bình phương vế ta thu phương trình mới: 16( x + 1) + 4(1 − x) − 16 − x = x + x + + 2(3