mot so dinh huong giai phuong trinh vo ti

MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI PT VÔ TỈ - PHẦN I Giải phương trình đa thức bậc U Sơ lược cách giải: U U Phương trình bâc dạng: ax + bx3 + cx + dx + e = (1), (a, b, c, d, e ngun) Nhìn chung phương trình có hai nghiệm (trường hợp vơ nghiệm ta nói sau), mục tiêu thường hay làm đưa phương trình tích hai tam thức bậc hai: (2) (1) ⇔ ( mx + nx + p )( m ' x + n ' x + p ') = Trong ta ý = mm ' a= , pp ' e số m, m’, p, p’ nguyên thường nhẩm để thử tính, kết hợp máy tính cầm tay Casio fx 570 ES, VN Đặc biệt hạn chế sử dụng máy tính Casio ta phân tích tự luận Nếu a khác ta chia hai vế cho a để đưa a = Phương trình (2) mục tiêu cuối để giải, bước trung gian dựa vào đẳng thức M − N =0 ⇔ ( M + N )( M − N ) =0 ( Cụ thể ta xét dạng sau: x + Bx + C ) − ( Dx + E ) 2 = Xét ví dụ  Ví dụ 1: Giải phương trình x − 10 x − x + 20 = (1) Hướng phân tích: ( Đầu tiên ta định hướng đưa dạng: x + Bx + C ) − ( Dx + E ) ( Nhưng hệ số bậc nên B = 0, lại là: x + C = ) − ( Dx + E ) 2 = (*) 20 ⇒ E = ± C − 20 , ta chọn C để E hữu tỉ Để ý số e = 20 ta có C − E = 11 ± ⇒E= ± (đẹp) 20 ≈ 4.47 nên chọn C hữu tỉ chẳng hạn ± ; ±5; ± ; C = 2 2 Hay C =±6 ⇒ E =±4 Bây ta thử trừ nhẩm trực tiếp: ( Dx + E )    x ±  − ( x − 10 x − x + 20 ) 2 =   ( x ± ) − ( x4 − 10 x2 − x + 20 ) Ta ( Dx + E ) 2 1  = x +  ứng với C = − 2  Hướng dẫn giải: 2 (1) ⇔  x −  −  x −  = ⇔ ( x + x − )( x − x − 5) = … 2  2   Ví dụ 2: Giải phương trình x − 10 x3 + 11x + x − = (2) Hướng phân tích: Đầu tiên ta chia hai vế cho đưa a = 1, ta có: x − x3 + 11 1 x + x− = 2 2   Tiếp theo định hướng đưa phương trình sau:  x − x + C  − ( Dx + E ) =   1 Để ý e = − ⇒ C2 − E2 = − ⇒E= ± C + Cho C hữu tỉ chạy để tìm E hữu tỉ, chẳng 2 ± ⇒E= ± Ta trừ thử trực tiếp xem sao: hạn C = 4 2 3  1  11 1   Dx ±  =  x − x ±  −  x − x + x + x −  4  4  2 2  3 1 Ứng với C = − ⇒ ( Dx + E ) =  x+  4 2 Hướng dẫn giải: 2 1 1 1 3   0… ⇔  x − x +  ( x − x − 1) = PT ( ) ⇔  x − x −  −  x +  = 2 4 2 4    Ví dụ 3: Giải phương trình x + x3 + x + 11x + = (3) Hướng phân tích: ( Ở x + x + C ) − ( Dx + E ) 2 ta thử chọn C = C2 − E2 = e ⇔ − E2 = 2⇔ E= ± Nói cách khác ( Dx + E ) bình phương hay số ta thử trừ trực tiếp : ( Dx + E ) ( = ( x2 + 3x + ) − ( x4 + x3 + x2 + 11x + ) = x2 − x + = x − 2 ) Hướng dẫn giải: x + x3 + x + 11x + = ⇔ ( x + x + ) − ( ) ( ( 2x − ) =0 ) ⇔  x2 + + x + −   x2 + − x + +  = 0…    Nhận xét : U U Cách làm khơng q khó khăn mà hạn chế hay cấm Casio phòng thi! Bài luyện tập: U U Bài 1: Giải phương trình x − 10 x − x + 20 = 0 Bài 2: Giải phương trình x – 25 x + 60 x – 36 = Bài 3: Giải phương trình x + 8x3 + 7x – 26 x + = Xét trường hợp vơ nghiệm: U U Từ cách giải phương trình có nghiệm ta có hướng khái qt trường hợp phương trình vơ nghiệm là: ( Ax + Bx + C ) + A ' x + B ' x + C ' = Trong A ' x + B ' x + C ' tam thức dương hai khơng đồng thời  Ví dụ 4: Giải phương trình x + x3 + 15 x + 10 x + = (4) Hướng phân tích: Cũng ta nhẩm trừ trực tiếp: A ' x + B ' x + C ' = ( x + x3 + 15 x + 10 x + ) − ( x + x + ) = x − x + Ta thấy số = – 22 = C’ cố định, để khỏi bình phương trừ lâu ta làm sau : P P = x ( A ' x + B ') (x + x3 + 15 x + 10 x + ) − ( x + x + ) − Ta cho x = hai vế ta A '+ B ' = , cho x = ta có ( A '+ B ') =4 ⇔ A '+ B ' =2 Và dễ dàng tìm A ' = 2; B ' = −2 Hướng dẫn giải: x + x3 + 15 x + 10 x + = ⇔ ( x + x + ) + x − x + = 0… Nhận xét : U U Các phương trình bậc vơ nghiệm gặp Phương trình bậc đa dạng nên ta khơng thể khái qt nói hết Trên mẹo nhỏ để bạn tham khảo II Giải số phương trình vô tỉ chứa bậc hai U Dạng 1: U U Ta để ý đến số phương trình áp dụng phép khai mở rộng: u ( x )  = u ( x )  Ví dụ 1: Giải phương trình x + x − 12 x +  =4 Hướng dẫn giải:  4− x≥0  x=   PT ⇔ x + x − = ⇔ x − = –x ⇔   x − = − x ⇔  2 x − = x −  x = −1  Vậy phương trình có hai nghiệm x =  Ví dụ 2: Giải phương trình , x = −1 x + 56 x + x −8 = 16 (1) Hướng dẫn giải: x x + 56 + 16 x − = ⇔ PT (1) ⇔ Đặt x −8 +8 x −8 +8 = (2) x − =t ≥ (2) ⇒ t − 2t − = ⇔ ( t − )( t + ) = ⇒ t = (vì t ≥ ) Thay trở x= t + suy phương trình (1) có nghiệm x = 24 Nhận xét: U U Có thể đặt điều kiện x ≥ bình phương hai vế để khử theo phương pháp thông thường, đưa bậc 1.1 Luyện tập: U U Bài 4: Giải phương trình x + − x + + x + 11 − x + = Bài 5: Giải phương trình + x − x + + 10 + x − x + = Bài 6: Giải phương trình x + x + 1 + x+ = a (với a > 0) Dạng 2: U U Do khơng có hướng dạng nên ta biến đổi theo Nghĩa phương trình có thức u ( x ) ta biến đổi biểu thức ngồi theo hướng: ( u )2 , ( u )3, ( u )4, …đưa “dạng đa thức” P P P P P P  Ví dụ 3: Giải phương trình − x2 + x x + = − x − x2 Hướng dẫn giải: Điều kiện: − x − x ≥ ⇔ x ∈ [ −1;3] =D Bình phương hai vế ta phương trình − x + x x + = − x − x ⇔ ( x + − ) x + + ( x + ) − = (*) Đặt x + = t , x ∈ D ⇒ ≤ t ≤ 2 từ (*) ta có phương trình: t − 5t + 2t − = ⇔ ( t − ) ( t + 4t + 3) = ⇒ t = (Vì t ≥ ) Thay trở x= t − suy phương trình có nghiệm x = -  Ví dụ 4: Giải phương trình x + x + 1 =1 Hướng dẫn giải: Ở ta biến đổi trước đặt ẩn phụ sau x + x + 1  = ⇔ ( x + x + 1) − ( x + 1) + + x + 1  = (*) Đặt x + = t ≥ từ (*) ta có phương trình: t − 2t + + t − = ⇔ t ( t − 2t + 1) = ⇔ t ( t − 1) ( t + t − 1) = ⇒ t = 0, t = 1, t = −1 (loại nghiệm t < ) Thay trở x= t − suy phương trình có nghiệm x = - 1, x = 0, x = 1−  Ví dụ 5: Giải phương trình x − x= 2 x − Hướng dẫn giải: Ở ta thấy có hệ số nên nhân hai vế với biến đổi x − 2= x 2 x − ⇔ ( x − x + 1) − ( x − 1) −= x − (*) Đặt x − = t ≥ từ (*) ta có phương trình: t − 2t − = 8t ⇔ t − 2t − 8t − = ⇔ ( t − 2t − 1)( t + 2t + 3) = (Với t ≥ ) ⇔ t − 2t − = ⇒ t = + (loại t < 0) Thay trở x = t2 +1 suy phương trình có nghiệm x = + 4x +  Ví dụ 6: Giải phương trình x + x = 12 Hướng dẫn giải: Nhân hai vế phương trình với ta có: 18 x + 18 x = 12 x + 15 tiếp tục nhân hai vế với 144 x + 144 x = 12 x + 15 Đặt 12 x + 15 = t ≥ ⇒ 12 x = t − 15 ta có ( ) ( ) phương trình: t − 15 + 12 t − 15 = 8t ⇔ t − 18t − 8t + 45 = ⇔ ( t + 2t − )( t − 2t − ) = ⇒ t = Thay trở x = − 1, t = 10 + (loại nghiệm âm) t − 15 4+ −2 + 10 suy phương trình có nghiệm x = − ,x = 12 6 Nhận xét: U U Việc giải phương trình bậc góp phần quan trọng giải phương trình vơ tỉ  Các ví dụ có dạng chung khái quát là: ax2 + bx + c = d px + q P P Nếu khơng có hướng giải theo cách bình phương để giải phương trình bậc phần I 2.2 Luyện tập: U U Bài 7: Giải phương trình x + x + 5 =5 Bài 8: Giải phương trình x − 13 x + + x + = x+3 Bài 9: Giải phương trình x + x = Dạng 3: U U Trong có chứa tam thức bậc hai khơng phải bình phương dạng Ngoài tam thức bậc hai, ta gọi đặt ẩn phụ không hồn tồn Nhìn chung ta đưa phương trình ( u − ax − b )( ) u − cx − d = Tuy nhiên ta giải khác, xét ví dụ sau  Ví dụ 7: Giải phương trình x + x + 1= ( x + 1) x2 + x + Hướng dẫn giải: Dễ thấy PT xác định với x PT ⇔ x + x + − 2(2 x + 1)= ( x + 1) ( x2 + x + − ) ⇔ x + x − 1= ( x + 1)  x2 + x − = (a) ⇔ x2 + x + +  x + x + = x − (b) x2 + x − + Giải (a) ta nghiệm: x =−1 − 2, x =−1 + + Với x ≥ + 15 , PT (b) ⇒ x − x − = giải lấy nghiệm x = Kết luận: phương trình có nghiệm x =−1 − 2, x =−1 + , x = Nhận xét: Phương trình có dạng ax + px + q= U U ( mx + n ) + 15 ax + bx + c Ta có PP khái quát: Trừ thêm vào hai vế biểu thức trước α ( mx + n ) nhằm trục vế phải: PT ⇔ ax + px + q − α ( mx + n )= ( mx + n )  ax + bx + c − α   b  p −αm = p −b = ⇔α , α − α n= + q −c c −α m q − α n = Số α làm nháp thỏa điều kiện sau:  6−2 Ở Ví dụ có = α =  Ví dụ 8: Giải phương trình x + x + = ( x − 1) x + Hướng phân tích: Làm nháp ta có= α p −b 2−0 ta thử: = = m PT ⇔ x + x + − 1 ( x − 1) =( x − 1)  x + −  quy đồng số cho đẹp ta có 2  PT ⇔ x + x + − ( x − 1) = ( x − 1) ⇔ x + 3= ( x − 1) x2 + x2 + + ( ) x2 + − ⇔ x + + 1= x − ⇔ x + = x − 1… Lạy trời may mắn đến Nhận xét: U U Bình phương hai vế ta đưa phương trình bậc 4, nhiên biện pháp cuối Để củng cố ta xét thêm ví dụ  Ví dụ 9: Giải phương trình x + x − 20 = ( x + 2) x − x + Hướng phân tích: p −b m = α = Làm nháp ta có − ( −2 ) = ta thử: PT ⇔ x + x − 20 − ( x + ) = ( x + 2) ( x2 − x + − )  x − x − 32 = … ⇔ x − x − 32 = ( x + 2) ⇔ x2 − x + +  x − x + + = x + x − x − 32 Ồ, may mắn lại đến lần nữa! 3.2 Luyện tập: U U ( x + 5) Bài 10: Giải phương trình x + x + = x2 + Bài 11: Giải phương trình x + x − = ( x + 2) x + Bài 12: Giải phương trình x + = ( x + 1) x2 − x + Bài 13: Giải phương trình x + x + = ( x − 1) x + x + Bài 14: Giải phương trình x + x − 4= ( x + 1) x2 + x − Bài 15: Giải phương trình x 2= − x x2 − x Nhận xét: U Qua ví dụ 7, ví dụ 8, ví dụ ta lại thấy: sau biến đổi xuất phương trình liên hệ thức biểu thức trước căn, dạng ban đầu là: ( mx + n ) ax + bx + c Sau biến đổi Hay = n' ax + bx + c = mx + n ' ax + bx + c − mx số hữu tỉ Kết hợp máy tính cho ta thêm hướng nhẩm nghiệm để phân tích thành nhân tử ! + Xét phương trình x + x − 20 = ( x + 2) x − x + Dùng máy tính tìm hai nghiệm phương trình: Như ta thử phương trình Nếu x nghiệm phép trừ x2 − x + = x − x + + =x + ⇔ x − x + =x − (VN) x − x + − x phải cho ta kết −4 + Xét phương trình x + x + 1= ( x + 1) x2 + x + Bằng máy tính ta tìm nghiệm: x = 2,29 ; x = -2,414 ; x = 0,414 Không cần gán, ta tính xấp sĩ xem sao: có x + x + − x =−1 ⇔ ( x + x + − x ≈ −0.9989 ≈ −1 ta ) x + x + − x + =0 nhân tử ứng với x = 2.29 Lưu ý: U Nếu Hội đồng thi cấm sử dụng máy tính cách “tính bo” tốt Phương trình vơ tỉ đa dạng phong phú khơng bất đẳng thức Ngồi phương trình vơ tỉ khâu quan trọng thứ hai giải hệ phương trình Vì việc giải PT vô tỉ cần thiết trước giải hệ PT (nâng cao) MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG GIẢI PT VÔ TỈ - PHẦN II Giải số phương trình vơ tỉ chứa bậc ba U Cơ sở định hướng giải: U Đối với học sinh lớp 10, 11 học sinh THCS khơng sử dụng đạo hàm, nên có kiến thức quan trọng hay thường sử dụng "Bình phương thiếu": A3 − B = ( A − B ) ( A2 + AB + B ) Như biểu thức A2 + AB + B không âm cộng thêm số dương ln dương Mở rộng giải số phương trình vơ tỉ ta định hướng đưa dạng hàm số bậc ba lẻ như: f ( t ) =+ at bt , ( a, b > ) Nếu dùng đạo hàm hàm đồng biến R Như nói, đưa phương trình f ( u ) = f ( v ) sau chuyển vế đưa bình phương thiếu: ( u − v ) ( au + auv + av + b ) = ⇔ u = v Chúng ta lưu ý là: đưa hàm số kiểu trên! Các ví dụ giải toán: U + 2x − Ví dụ 1: Giải phương trình x3 = U U (1) Hướng phân tích: = v x − Ta thấy hệ số trước 2, hay nói ta đốn b = thiếu av3 , mà hệ số vế trái x3 nên khả a = 1, ta thêm bớt để tạo P P v= x − Ta có (1) ⇔ x3 + x = (2 x − 1) + x − Hướng dẫn giải: = v Ta có (1) ⇔ x3 + x = (2 x − 1) + x − Đặt x − ta có phương trình: ⇔ x3 + x = v3 + 2v ⇔ ( x − v ) ( x + xv + v + ) = ⇔ x = v Thay trở x = x − ⇔ x3 − x + = ⇔ x = 1, x = 1− 1+ ,x = 2 Lưu ý 1: U Khơng phương trình chứa bậc chuyển dạng bậc t t = ( t )3  Ví dụ 14: Giải phương trình: (x  6x  11) x  x   2(x  4x  7) x  U U Hướng phân tích: Điều kiện x  Với x  VT > VP, với x  VT < VP, với x  4;5;6;7; VT < VP, với x  VT > VP ta đốn phương trình có hai nghiệm x  2; 3, x  7; 8 2378  823  q   2,  q   x   4 nên nhân tử đoán x  10x  19  Tính gần đúng: p  Nếu bình phương hai vế dẫn đến phương trình bậc 5, ta sử dụng phương pháp trục làm sau: Nhân hai vế với ta có: 3(x  6x  11) x  x   2(x  4x  7) 9x  18   3(x  6x  11)  2(x  4x  7) x  x   2(x  4x  7)      x  10x  19 x x 1      9x  18  x  x    x  4x  x  10x  19 9x  18  x  x      x  4x     x  10x  19  x  x   0   x  18  x  x       x  10x  19   x   (thỏa mãn điều kiện) Vậy nghiệm cần tìm phương trình x   Lời bình: U U Nếu nói ta "nhẩm nghiệm vơ tỉ" q xạo "mò nghiệm vơ tỉ" tương đối chuẩn đấy!  41   5 21  20,  2,  23 Trở ví dụ 11: x  2; , x   ;21 Tính gần đúng: p     2  U U q  23  341 20,  21  2,  nhân tử x  23x  47   18,  q  341  x  2  Ví dụ 15: Giải phương trình: 2(x  3x  2)  x  U U Hướng phân tích: Điều kiện: x  2 Cho x = -2; -1; 0; 1; 2; phương trình đổi dấu hai lần khoảng (-1; 0) (6; 7) nên phương trình có hai nghiệm trái dấu  1 7 1 Tính gần đúng: p   3,  q  13  x   13 nên nhân  q  4 tử đoán x  6x   Bình phương hai vế ta có: 4x  33x  52x  48x  56   x   13 Và ta x  6x  4x  9x  14   x  6x     x   13     2  Ví dụ 16: Giải phương trình: 3x  6x   (x  4) 2x  U U Hướng phân tích: Bài có cách nhận dạng khác, nhiên ta thử mò nghiệm tìm cách giải xem? 3x  6x   3  21 Điều kiện  Cho x  1; x  2; x  ta có VT < VP x  2x     7 ta có VT > VP nên dự đốn phương trình có nghiệm đơn x  3;  Để tìm   Cho x  nghiệm âm liên hợp ta viết lại x  4 2x  4  3x  6x  4  với x   2   nghiệm, cho x  1 ta có VT > nên nghiệm x   ; 1   Tính p  3,   1,   3,  1,   q   2,25  q  dự đoán 4 nghiệm x   nhân tử x  2x   Hướng dẫn giải: 3x  6x   3  21 Điều kiện  x  2x    Bình phương hai vế ta có: 9x  36x  12x  48x  16  (x  8x  16) 2x  4   2x  5x  20x  20x  80x  48   x  2x   2x  3  (vì x  )  x  2x    x   Vậy phương trình có nghiệm x   Lời bình: U U Vì biết nhân tử nên mạnh dạn bình phương để khử bậc hai! Sau xét thêm ví dụ trục  Ví dụ 17: Giải phương trình: 4x  7x   2x  4x  1 2x  U U Hướng phân tích: Bài có cách nhận dạng khác, nhiên ta thử mò nghiệm tìm cách giải xem? Cho x  1; x  2; x  ta có VT > VP Cho x  ta có VT < VP nên dự đốn phương trình có  7 nghiệm x  3;  Để tìm nghiệm liên hợp x ta viết lại thành:   4x    2x  1  Cho x  2  7x   2x  4x  VT > 0, cho x  VT < 1  3,   0,   3,  0,  nghiệm x   ;1 Tính p   1,  q    4  q   x   Nhân tử x  4x   Hướng dẫn giải:      2  4x  7x  2x  4x   1;    3;   x  D  Điều kiện:     2x           Lấy 2x  4x  x  1 trừ vế ta có phương trình:   2x  10x  12x   2x  4x  x   2x     x  4x  2x  2 Ta có 2x  2  2x 2x       x  4x  x  4x  x   2x    4x  x   2x   2x  4x     4x  (*)  2x  2   x   2x    2x  2 2x   1 (Vơ nghiệm x  D ) Do (*)  x  4x   giải lấy nghiệm x    Ví dụ 18: Giải phương trình: U U x   x  4x   (x  2)3 (x  ) Hướng phân tích: Điều kiện x  1 Nếu để ba để trục hay đánh giá phức tạp nên bình phương hai vế thu gọn ta có: x  1 x   x  5x  7x  Tại x  1 VT < VP, x  VT < VP, x  VT < VP hai vế ngày   lớn Như ta đốn phương trình có nghiệm x  1; (nghiệm kép) Chuyển vế lần ta có x  1 x   x  5x  7x  4  Cho x  3 ta có VT = -1,   cho x  2 ta có VT = - có thêm điểm tiếp xúc liên hợp x  3;  Tính p  3    3 1   3  q     q  nên x  2 Nhân tử x  3x   Hướng dẫn giải: Điều kiện x  1 Bình phương hai vế thu gọn: x  1 x   x  5x  7x    x  1    x  3x  x  x  1 x   x    x  3x  x    x   x          x  3x    x  1    (với 1  x  ) (*) Ta có x  x  1 0 x  x 2 x 3  x 2 x 3  x  4x   x x   x  7x  17x  16x      x  3x  x  2   x  3x   (**) Từ (*) (**) ta có x  3x   giải lấy nghiệm x   Ví dụ 19: Giải phương trình: U U 3  4x  x   4x   x  HƯỚNG PHÂN TÍCH Với x  1 VT > VP, với x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  1; 0 ta đốn phương trình bậc hai có nghiệm liên hợp x  bị loại Để xác ta thử x      VT > VP nên x   ; 0 Để đoán x  ta viết lại thành:    4x  x   x   4x  2  với x  VT > 0, với x  VT < nên  5 phương trình có nghiệm x  2;    Tính p  2,   0,   2,  0,   q   2,  q  dự đoán nghiệm x  2 nhân tử 4x  8x   Hướng dẫn 1: Điều kiện x  1 Bình phương hai vế thu gọn  12x  32x  47  28 2x  1 x   Dễ thấy x  / không nghiệm nên ta có 1  x  / Mặt khác trở phương trình đầu PT      4x  x   x    2x  x         4x  8x     4x  x   x  1  2x  x      4x  8x   giải lấy nghiệm x  2 Hướng dẫn 2: Đặt x   t   x  t  , ta có phương trình: 4t  7t   4t  7t    t  7  145 Bình phương hai vế ta có 4t  7t   16t  56t  t  84t  36  12t  56t  8t  84t  27      2t  2t  6t  22t    t  Đối chiếu điều kiện ta lấy t  1  11  ,t  1  2 x  2 Lời bình: U Khi lập luận 1  x  /  12x  32x  47  14 2  4x  x  tiếp tục bình phương để đưa bậc 4, chắn có nhân tử 4x  8x  Đây tốn khó, bạn thử tìm cách giải khác xem độ phức tạp ? Bình phương để mở rộng tập xác định nhiều cần thiết để giải!  Ví dụ 20: Giải phương trình: U U 10x  50x   2x  5x   x  Hướng phân tích: Điều kiện x  Điều kiện 25  655 Bình phương hai vế: 4x  27x  20  2x  5x  x  (*) 10 25  655 27  409 x  Tiếp tục bình phương ta được: 10 16x  234x  1024x  1323x  490  (**) Đến ta thấy vấn đề vướng mắc phân tích đa thức bậc thành nhân tử Đối với toán độc lập phương trình (**) nhiên khó, nhiên tốn (**) phương trình hệ (*) nên ta ý viết sau: 4x  27x  20  2x  5x  2 x  5  1  Phương trình (*) có nghiệm x  5;6 ; phương trình (**) có thêm nghiệm x   ;1 nên ta     0,    0,   q   4,  q  22 ta đốn nhân tử 2x  12x  (và kết hợp 490 chia cho đẹp) kết là: suy p  * *  2x    12x  8x  69x  70  Đáp số: x   22  Lời bình: U Trên khó phương trình bậc có hệ số lớn, đòi hỏi tính kiên trì Hơn nghiệm bị kẹp đoạn vơ tỉ cồng kềnh, nhiên sau bình phương để khử ta mở rộng đoạn thêm tí để đoạn hữu tỉ từ dự đoán nhân tử dễ Xem thêm PP "Kim thiền xác"  Ví dụ 21: Giải phương trình: 2x  8x   x  4x  1 9x   x  1 7x  U U Phân tích: Cho x  ta có VT > VP, cho x   1 ta có VT < VP nên phương trình có nghiệm x  0;    Cho x  ta có VT < VP, cho x  ta có VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3   0, 3   0, nhân tử  2,25  q   x   q  2 x  3x   Nhiệm vụ trục thức để tao nhân tử Tính p  Ta có: 2x  8x   x  4x  1 9x   x  1 7x     x  5x   x  3x   x     x  3x  9x   x  3x   x  1 7x       9x   x  2 x   9x   x  1 x   7x     x 2 x 1   (ĐK x   )  x  3x   9x     x   9x  x   7x      x  3x   giải ta có hai nghiệm cần tìm x  3  Ví dụ 22: Giải phương trình: x  x  x   4x   6x  U U Phân tích: Cho x     VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x   ; 0   Cho x  VT < VP, cho x  ta có VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3 Tính p    0, 75   0, 75  q   1,  q   x   nhân tử 4 x  2x   Nhiệm vụ trục thức để tao nhân tử Ta có: x  x  x   4x   6x         x  x  4x   x   4x   x   6x       (vì ĐK x   )  x  2x  x     x   4x  x   6x      x  2x   giải ta có hai nghiệm cần tìm x    Ví dụ 23: Giải phương trình: x  2 4x   x  1 6x   x  1 U U Phân tích: Cho x     VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x   ; 0   Cho x  VT < VP, cho x  ta có VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3 Tính p    0, 75   0, 75  1,  q   x   nhân tử  q  4 x  2x   Nhiệm vụ trục thức để tao nhân tử Ta có x  2 4x   x  1 6x   x  1  2x  4x  2      x  1 x  6x   x  2 x   4x   x  1x   6x  x  x 6x    6x  4  x  2x   (với x   )  2x  x   4x      x  x  x  2        (với x   )  x  2x     x   4x    x  x 6x   6x  42      x  2x   giải ta có hai nghiệm cần tìm x    Ví dụ 24: Giải phương trình: x  4x   x  x  x  x  x  , x   U U Phân tích: Cho x  1 VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  1; 0 Cho x  VT < VP, cho x  Tính gần p   5 VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2;    1    2,  2,   0, 88  ; q   1,  q  Như ta 4 đoán nghiệm x   nhân tử x  2x   Bây phân tích thành nhân tử:   PT  x  5x      x  5x        x2  x  x   x  1 x3  x   x2  x  x   x    x   x2  x    x 1    (*)  x  2x  x     2  x x  x 1 x  x  x     Với x   x x  x 1   x 1 x x  x 1 x2  x  x x  x 1 0 Nên từ (*) suy x  2x    x    Ví dụ 25: Giải phương trình: x  5x  11x  12x   U U x    x  2x  4x  Phân tích: Cho x  VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  0;1 Cho x  VT < VP, cho x  VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3 1023   1  ; q    q  Như ta đoán nhân tử 2 x  3x   Bây ta giải phương trình: Tính gần p   PT    x   x  2x  4x   x  x    x  5x  10x  11x            x2  x    x  3x    x  2x  3  (*)  2x  4x   x  x      x2  x  Với 2x  4x   x  x   x  2x    x  2x   1  x  1  Nên từ (*) suy x  3x    x  3  Ví dụ 26: Giải phương trình: 11x  9x  15x   x  x  2 8x  , x   U U Phân tích: Cho x  VT < VP, cho x  VT > VP nên phương trình có nghiệm x  0;1 Cho x  VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  3; 4 Tính gần p  1034   1  1,  q  Như ta đoán  2; q  4 nghiệm x   nhân tử x  4x   Bây ta giải phương trình: Ký hiệu 9x  15x   a với x   ta có PT  x  4x  1  8x  x  2  8x    x   a         8x  x 1  x   (với )  x  4x  1     2 x   8x  x  2  x  2a  a       x  4x    x    Ví dụ 27: Giải phương trình: x  3x   7x   9x  14 , x   U U Phân tích: Cho x     VT > VP, cho x  1 VT < VP phương trình có nghiệm x   ; 1   Cho x  VT < VP, cho x  Tính gần p  ta đốn nghiệm x   9 VT > VP nên phương trình có nghiệm x  4;    1,2  1   4,  4,  1,2   ; q   5,  q  29 Như 2  29 nhân tử x  3x   Bây phân tích thành nhân tử:     PT  x   7x   x  3x  5  x   9x  14    1    x  3x   1  x   7x  x   9x  14     29 (với x   )  x  3x    x   Ví dụ 28: Giải phương trình: 6x  2x  3x  x  3 3x   x  , x   U U Phân tích: Cho x  VT < VP, cho x  VT > VP nên phương trình có nghiệm x  1;2 Nếu ta dò tiếp khơng thành cơng, để đốn nghiệm thứ hai, ta chuyển vế thành:   6x  2x  3x  x   x  3 3x  2  Thử x  1 5  1.22  , với x  2  2.32  phương trình có 2 nghiệm x  1; 0 liên hợp với x  1;2 1    120 1  ; q    q  nhân tử 2 x  x   Bây ta trục phân tích thành nhân tử: Tính gần p  Trước hết ta có x       1  19  1  19 ; 0   ;  6x  2x  3x  nên x  D           PT  6x  3x  9x  3  x  3 x   3x   x  x     x 3    x  x  M  (*)  x  x  6x     x   3x  x  x       1  19  x 3  3x   ; 0 6x   ; + Nếu x   1  0  x   3x  x   3x   Và x  x 1  suy M  1  19   ;  dễ thấy M  + Nếu x     Do ta ln có M  0, x  D nên từ (*)  x  x    x  1 Lời bình: U Trên khó phải đánh giá biểu thức M Nếu ta khơng có điều kiện x  D mà có điều kiện ban đầu x   1 chưa xác định x  không x  x 1 ta khơng loại giá trị thỏa mãn x   Đây sai lầm học sinh mà loại x  1 khơng có sở lấy làm nghiệm phương trình! Phương trình vơ tỉ đa dạng phong phú, để kết thúc ta xét thêm vài ví dụ liên quan phần nêu, ta không nghiên cứu chủ đề đặt ẩn phụ hay lượng giác hóa, phương pháp hàm số vượt qua khả HS lớp 9, lớp 10 lớp 11 không chuyên Qua phần nêu: ta tiếp cận giải phương trình góc độ nhìn nhận phổ thơng tự nhiên  Ví dụ 29: Giải phương trình: x   2x  1  x  , x   U U Phân tích: Trước hết đặt ẩn phụ: Với t  x   t  ta có t  2t  1  t Điều kiện t  1  VT > VP, với t  VT < VP nên phương trình có nghiệm t1   ;1   Ta cần dự đoán thêm nghiệm t2 liên hợp với t1 Nhận xét t3  1 nghiệm Với t   3 VT > VP, với t   VT < VP nên phương trình có nghiệm t2   ;     Tính gần p   0,  1,  1, 1,  1,  0,  1  2,  q   ; q  1  nhân tử t  t   Bây ta trục phân Như ta đoán nghiệm t  tích thành nhân tử:     PT  t  2t   2t     t 1  1t 2t    1  t  t 1 (với  t  1)   t  1  t   2t   1  t   t  2t  t  bình phương hai vế ta có:   4t  4t  7t  4t    2t  t t  2  4t  3t  7t  t       4t  t  t  t    t  t  33 1  Đối chiếu điều kiện ta lấy ,t   33 t 2 15  33  x  t2     t  2  x  4 32 Vậy phương trình có nghiệm x  15  33 32 Lời bình: Khi đốn nhân tử ta có cách khác sau: U U Trước hết đặt ẩn phụ:   t t  2t   t x   t  ta có t  2t  1  t Điều kiện t  2t t 1  4t  2t   t 4t  t  1   t t t  4t  t   4t  t   (*)   t  2t   t  t  t t  4t  t  2t  t   Ta có 2t   t     t  t  2t  t   (vô nghiệm t  4t  t    t  ) Do từ (*) ta 2  33 (vì t  ) Thay trở x  t  suy phương trình có nghiệm x  15  33 32  Ví dụ 30: Giải phương trình: x  x    5x  4x  2x  x U U Phân tích: Dễ thấy phương trình có chứa đa thức bậc nên ta hướng đến đặt ẩn phụ để khử để giảm bậc ta chia đa thức  5x  4x  2x  x cho x  x  có   5x  4x  2x  x    x  x      x  x  đến ta đặt: x  x   t  ta 4t  t  7t   t  7t  4t   Cho t  1 VT < 0, cho t    1 VT > nên phương trình có nghiệm t  1;     Cho t  VT > 0, cho t  VT <  1 Như phương trình có nghiệm t1  1;   t2  1;2   Tính gần p  t    0, 1    0,  ; q   2,25  q  nghiệm 2 1 nhân tử ta đoán t  t      Kết quả: t  7t  4t    t  t  t  t   giải lấy nghiệm dương 1 1  21 Ta có t ,t  2 2   x    t   x  1  4t    Từ phương trình có nghiệm x  1   1  19  21 ,x  2 Lời bình: U Ta nhận thấy phương trình t  7t  4t   có hai nghiệm trái dấu hệ số tự    nên phân tích thành dạng t  mt  t  nt   đến ta cân m  n  m  1 hệ số bậc bậc  ta đến kết cần thiết   5m  n  n    Bài nói nghiệm "hai lần vô tỉ" Khi chuyển đa thức bậc "ta nhẹ nhiều"  Ví dụ 31: Giải phương trình: 8x  3x   4x  x  2 x  U U Phân tích: Ta thấy phương trình có nghiệm x  ta trục để giảm bậc:   PT  x  4x  x   x  2     x  x 4x  x  x 4 2   4x  x   x  * Ta chuyển phương trình đơn giản giải (*) theo phương pháp   phần phân tích thành nhân tử: 4x  x   x   4x  x  4  2x  x       2x  x  2x   x   ;  x   65 x    x  + TH1:  2x  x  4x  x      2x   x   3  57  + TH2:   x  2x   x    4x  3x   Vậy phương trình có nghiệm x  0, x   Ví dụ 32: Giải phương trình: U U 3  57  65 ,x  8 x   x  x  x  , (x  ) Phân tích: Điều kiện  x  Cho x  VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3 Ta viết lại  x  3x   x 2  x 2  đó: Cho x  VT < 0, cho x  VT > nên phương trình có nghiệm x  0;1  1  1 3  ; q    q  nghiệm x  2 2 nhân tử ta đoán x  3x   Bây ta giải theo phương pháp phần bình phương trục căn: Tính gần p      3x  x  x  2x  3x  4x   x  2x  3x  4x    3x  x    2  x  3x  x  x     (*) Vì  x   x  x   nên   3x  x    (*)  x  3x   giải lấy nghiệm x  3  2x  x  9x  7x   Ví dụ 33: Giải phương trình:  x3  x2  x x x 3 U U Phân tích: Do x  khơng nghiệm nên ta có điều kiện x  Ta viết lại:   2x  x  9x  7x   x  x  x3  x2  x Cho x  VT > VP, cho x  VT < VP nên phương trình có nghiệm x  0;1 Cho x  ta có VT < VP, cho x  ta có VT > VP nên phương trình có nghiệm x  2; 3 3  1  1  ; q    q  nên ta đoán nghiệm x  2 nhân tử x  3x   Nhiệm vụ ta trục tạo nhân tử: Trừ hai vế với Tính p      6x x  x  ta có 2x  5x  3x  11x   x x  x  x2  x   x      x  3x  2x  x      x x  x  x  3x  x2  x   x x  3x     Với x   x  x   x  x  x x2  x  2x  x   *  x2  x   x     VP(*) < x  x  < VT (*) nên (*) vơ nghiệm Do ta có x  3x    x  3 3 Đối chiếu điều kiện phương trình có nghiệm x  2  Ví dụ 34: Giải phương trình: U U    x   x   x   x  1 2x  Phân tích: Điều kiện x  t  1t Đổi biến để khử bớt thức: x 1  t  ta có phương trình:   2t   2t 2t   t  3t  6t   2t 2t  (*) Cho t  VT > VP, cho t   3 VT < VP nên phương trình có nghiệm t1  1;    Viết lại t  3t  6t  4  4t 2t  3  t  4 VT < 0, t  3 VT > nên phương trình có nghiệm t2  4; 3 Tính p  q   1,    1;  1,    2,  q  nên ta đoán nghiệm t  1  nhân tử t  2t   Do đó: *  2t   2t   t   t  t  6t     2t nên t  2t    t  1   t  2t    t  1  , t    2t   t     Thay trở x  t  ta có nghệm phương trình x      Ví dụ 35: Giải phương trình: 3x  5x  U U  x  3x  6x  , (x  ) Phân tích: Đặt    x  t  ta có   t        t  6) t   t     3t  7t  t  3t  6t  Điều kiện t  0; t    32 (*) Dễ thấy trừ vào hai vế lượng t trục có nhân tử:     t2      (*)  3t  7t  t  t  3t  6t   t  3t  7t  t  3t  7t  3t  6t   t   3t  7t    3t  7t     (**)   2 t  t t t t       3t  6t   t  Do điều kiện (*) nên từ (**)  3t  7t    t  nghiệm phương trình x   109 thay trở x   t ta  109 b Luyện tập: U Bài Giải phương trình: x x    x  x  Bài Giải phương trình: 2x  1  x  2x  2x   x  5x  Bài Giải phương trình: x   x  7x  17x  Bài Giải phương trình: x  x   x  3x  4x  18 Bài Giải phương trình: x  x  x   5x  9x  10 Bài Giải phương trình: x  x  x   3x  4x  Bài Giải phương trình: 9x  11x   (x  x  3) 3x  x  8x  Bài Giải phương trình: 3x   x  2x   5x  7x  13 Bài Giải phương trình: x  4x   x  1 8x   6x 