Giải phương trình căn bậc 2 và mẹo nhận dạng bài toán

 Vì vậy sau này chúng ta sẽ tiếp cận nhiều bài toán chứa căn thức thì ta mới cảm nhận được sự sâu sắc trong mọi khía cạnh của bài toán lúc đó ta mới thấy rõ mỗi phương pháp điều có n[r]

MỤC LỤC

ĐỀ MỤC TRANG

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

VẤN ĐỀ 1 3

DẠNG 1: f x( ) g x( ) 3

DẠNG 2: f x( )  g x( ) 8

DẠNG 3: ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG TÍCH 9

DẠNG 4: ĐẶT ẨN PHỤ 11

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG NÂNG CAO 13

PHƯƠNG TRÌNH CH ỨA CĂN DẠNG NÂNG CAO VẤN ĐỀ 2:

DẠNG 1: ÁP DỤNG BĐT CÔ SI ĐỂ GIẢI PT 16

DẠNG 2: ĐƯA VỀ HỆ PT ĐỂ GIẢI 23

NHẬN XÉT SKKN 26

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

Vấn đề 1:

Cách giải 1: ( Sử dụng pt hệ quả)

 ĐK: f x ( )

 Bình phương hai vế pt(1) ta có pt hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)  Thế vào pt(1) xem có thảo mãn hay khơng

 Kết luận nghiệm pt(1)

Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)

( ) ( ) ( )

( ) ( )

f x g x g x

f x g x

  

 

 

 Lưu ý : Khi g(x)<0  pt(1) vô nghiệm

VD 1: Giải phương trình :

2

) b) 15 ) d) 16 e) f) 1

a x x c x x

x x x x x x

      

        

HD:

a) Cách : (Sử dụng pt hệ quả)

 ĐK: 2x-4 0 x2

 Bình phương vế pt cho ta pt: 2x-4=4 2x 8 x4  Thế x=4 vào pt cho thỏa mãn

 Vậy pt có nghiệm x=4

Cách 2: Vì 20 hiển nhiên nên ta cần giải sau:

 2x 2  2x 4  x4  Vậy pt có nghiệm x=4

b) Cách : ( Sử dụng phương trình hệ quả)

 ĐK: 3x15 0  x5

 PT(b) 3x-15=9 3x=24 x=8

 Ta thấy x=8 thỏa mãn điều kiện vào pt(b) không thỏa mãn  Vậy pt(b) vô nghiệm

Cách 2: ( Chỉ cần để ý -3<0) nên pt (b) vô nghiệm.

Các câu c, d, e giải tương tự

 Ta có:

2

2x  1 0, x R 

 Bình phương vế pt cho ta pt:

2

2

2

2 ( 1)

2

2 0

2

x x

x x x

x x

x x

  

    

  

    



 Thế x=0 x=-2 vào pt cho có x=0 thỏa mãn  Vậy pt có nghiệm x=0

Cách 2: ( Sử dụng pt trình tương đương)

 Ta có:

2

2

2

2 1

1

2 ( 1)

2

0

2

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

       

   

   

  

  

     

   

 Vậy pt có nghiệm x=0

Lời bình :

 Qua ví dụ cho ta thấy nhược điểm phương pháp giải theo phương trình hệ dài phải thử lại nghiệm ( tránh trường hợp xuất nghiệm ngoại lai), cịn phương pháp giải theo phương trình tương đương có phần ưu điểm tiện lợi hơn, (khơng cần phải thử lai nghiệm)

 Chúng ta cần phân biệt tùy theo đặc thù phương trình chứa mà ta chọn cách giải cho phù hợp

VD 2: Giải phương trình :

2

2

) b) ) d) e) 9x+ 10 f) 3

a x x x c x x

x x x x x x x

       

          

HD:

a) Ta có: x2 2  x2 4  x2  8 x2

Vậy pt có nghiệm x 2 b) Ta có:

2

2

7

1

1 ( 7)

7

10 10 15 50

5 x x x x x x x x x x x x                                  c)

2 4 9 3 4 9 9 4

4

x

x x x x x x

x               

d) Ta có:

2

2 2

2

2

2 ( 2)

2

3

x x

x x x

x x x x x

x x x x                                    e) Ta có:

2

2

3 10

2

9 10

3 (10 ) 10

3 10

3 10

34

81 183 102 34 27

f) Ta có:

2

2 2

3

2 3 2

2 (2 3) 14 12

2

7 13 13

3

7 13

x x

x x x

x x x x x

x

x x

x

 

 

 

       

        

 

   

  

  

    



    

 

Lời bình:

Bài tập tương tự:

Bài tập 1: Giải pt

2

2

) 1 b) x- c) x 1 ) e) 3 f) ) h) k)

a x x x x

d x x x x x x

g x x x x x x x

       

           

           

HD: a) x=1 b) x=3 c) x=0; x=1; x=(1- 5)/2

3

)

3 (3 )(6 )

3

3 3 6 3

(3 )(6 )

(3 )(6 )

6

x

d x x

x x x x

x

x x x

x

x x x

x x

x

   



     

      

 

   

  

     

 

            

  

   

 

 

2

3

)

3 (2 ) 2

3 2

3 2

0

1

2

2

x x

f x x

x x x x x

x x

x x

x x x

x x

x x

x x x

     

 

 

       

         

 

 

    

 

    

  

 



          

  

  

  

     



 

 Các câu lại giải tương tự

 Chú ý: Dạng f x( ) g x k( )   f x k( )   g x( ) ( sau đặt đk bình phương vế để giải)

DẠNG 2:

( ) 0, (hoac g(x) 0)

( ) ( )

f(x)=g(x) f x

f x  g x    



VD 1: Giải phương trình:

2 2

2

) 4 b) 2 c) d) e) f)

a x x x x x x x x x

x x x x x x x x

           

            

HD:

a) Ta có:

2

2

4

4

6 4 0

6 4

5

x

x x

x x x x x

x x x x x

x

 

 

  

            

      

   

 Nhận xét: Qua cách giải cho ta thấy chọn ĐK: g(x)=4-x0 làm giảm bớt độ khó toán giúp ta giải toán nhẹ nhàng mà không làm nghiệm pt cho

Các câu lại giải tương tự.

 Chú ý : Dạng

( ) 0 ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ( ) ( ))

( ) ( ) (dang 1)

2 f x

g x

f x g x h x h x

h x f x g x

f x g x  

 



    



 

 



Hoặc: f x( ) g x( )  h x( )  f x( )  g x( )  h x( ) ( dạng trên)

DẠNG 3: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f x

f x g x h x g x

h x

 



   

 



VD1: Giải pt:

) (2 8)(4 ) (2 8) ) ( 8)(5 ) ( 8) ) (3 9)(2 ) (3 9) ) (4 8)(4 ) (4 8)

a x x x b x x x

c x x x d x x x

         

         

HD:

a)Ta có (2x 8)(4x) 2 x 8) 0

 

(2 8)(4 ) 2 8) 2

4 (VN)

x x x x x

x

x x

         

  

   

Vậy pt có nghiệm x=4

b)Ta có (x8)(5x) 3 x 8

 

( 8)(5 ) 8

8 8

4

5

x x x x x

x x x

x

x x

         

  

   

     



     

 

Vậy pt có nghiệm x=4; x=-8 Các câu c, d tương tự

VD2: Giải pt 2x 8 3x x 4 0

Cách giải sai thường gặp là:

2 4( )

4 (VN)

x x x x x

x

x x

         

  

   

  



Cách giải là:

ĐK:

4

3

3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

2 4( )

4 (VN)

x x x x x

x

x x

         

  

   

  



Vì x= - không thỏa đk nên pt vô nghiệm

Lời bình :

 Nguyên nhân mắc sai lầm toán đôi lúc ta lại bỏ quên đk xác định pt

 Điều cho ta thấy điều kiện xác định pt quan trọng

VD3: Giải pt 2x 8 (3x x)( 4) 0 HD

ĐK:

4

2

4

(3 )( 4)

3

x

x x

x

x x x

x

 

  

  

   

  

   

   

 

2 (3 )( 4) 4( )

4 (VN)

x x x x x

x

x x

         

  

   

  



Vậy pt có nghiệm x= -

DẠNG 4: ĐẶT ẨN SỐ PHỤ ( cấp độ thấp)

VD1: Giải pt

) 2x+5-5 b) 6x+3-5 c) 3x+6-7 d) 5x+1-12 10

a x x

x x

   

   

HD:

a) Ta biến đổi 2x 5 2x  1 (2x1) 2 x  1

Đặt : t 2x1, (đk: t0)

PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0

1

t t

    



+ Với t=1 2x  1 2x  1 x0

+ Với t=4

15 16

2

x x x

       

Vậy pt cho có nghiệm x=0; x=15/2

Đặt : t 6x1, (đk: t0)

PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0

1

t t

    



+ Với t=1

1 1 1

3

x x x

       

+ Với t=4

17 6 16

6

x x x

       

Vậy pt cho có nghiệm x=0; x=17/6

Các câu c, d tương tự

VD2: Giải pt

2 2

2 2

) x +5-5 b) 2x +3-5 c) 3x +6-7 d) 5x +1-12 10

a x x

x x

   

   

HD:

a) Ta biến đổi x2 5 x2  1 (x21) 5 x2  1

Đặt : t x21, (đk: t0)

PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0

1

t t

    



+ Với t=1 x2  1 x2  1 x0

+ Với t=4 x2  1 x2 1 16 x 15

Vậy pt cho có nghiệm x=0; x= 15

b) Ta biến đổi 2x2 3 2x21 0  (2x21) 2 x21 0 

PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0

1

t t

    



+ Với t=1 2x21 1  2x21 1  x1

+ Với t=4

2 17

2 16

2

x x x

       

Vậy pt cho có nghiệm

17 1; x=

2

x  

Các câu c, d tương tự

Lời bình :

Bài tập tương tự: Giải pt

2 2

3

3 2

) 2x -3-5 b) 2x +3x+3-5 c) 9- 81 d) x +3- ( 1)

2

a x x x

x

x x x x

    

     

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ ( cấp độ cao hơn)

VD1: Giải pt: x 1 4 x (x1)(4 x) 5 (1)

HD: Đặt t= x 1 4 x (đk t0)

2 5

( 1)(4 )

t

x x 

   

 Qua ví dụ giúp cho ta thấy việc đặt ẩn số phụ giúp đưa toán tương đối phức tạp toán đơn giản hơn, quen thuộc dễ giải

 Điều giúp cho ta có ý tưởng tiếp cận tốn phức tạp toán cách đặt ẩn số phụ

PT(1) trở thành:

2

2

5

5 15

5 (l)

t t

t t t

t

  

         

Với t=3 x 1 4 x  3 ( x1)(4 x) 9  (x1)(4 x)2

2

( 1)(4 )

3

x

x x x x

x

          

  Vậy pt có 2n x=0 x=3

VD2: Giải pt: x 2 5 x (x2)(5 x) 4 (1)

HD: Đặt t= x 2 5 x (đk t0)

2 7

( 2)(5 )

t

x x 

   

PT(1) trở thành:

2

2

7

4 15

5 (l)

t t

t t t

t

  

         

Với t=3 x 2 5 x  3 ( x2)(5 x) 9  (x1)(4 x) 1

2 3

( 1)(4 ) 3

2

x x x x x 

          

Vậy pt có 2n

3

x 

Lời bình :

VD 3: Giải pt :

3

2

2 2

) 2x 3 b) 9- 81

) x 3 ( 1) d) 2x 9

x

a x x x x

c x x x x x x

      

          

HD:

 Qua ví dụ cho ta thấy dạng tổng thức tích thức ta đặt t tổng thức biến đổi tích thức theo ẩn t để có pt ẩn t giải

a) Ta biến đổi: 2x23x 3 2x2 3x9 (2x23x9) 2 x23x 9 0 (1)

Đặt: t 2x23x9, (đk: t0)

PT(1) trở thành pt:

2 5 6 0 1( )

6

t l

t t

t

      

 

+ Với t=6

2 2

3

2 9 36 27 9

2

x

x x x x x x

x

  

            

  

Vậy pt có nghiệm x=3; x= -9/2

b) Ta biến đổi:

3

3 3 3

9 81 81 81 81 81

2

x

x x x x x

           

Đặt t= 81 7x , ( đk: t0)

PT (b) trở thành pt:

2 2 0

2

t

t t

t

     

 

+ Với t=0

3 81 3 81

81

7

x x x

      

+ Với t=2 81 7 x3  2 81 7 x3  4 x311 x311

Vậy pt có nghiệm

3 81; x= 11

7

x 

c) Ta biến đổi:

2 3 2 3 2 3( 1) (2 3 2) 2 3 2 0

2

x   x  x  x  x  x  x  x   (1)

Đặt: t 2x2 3x2, (đk: t0)

PT(1) trở thành pt: t2 0t   t

Với t=1

2 2

1

2 2 2 1

2

x

x x x x x x

x

  

            

  

Câu d) giải tương tự

Lời bình :

V

Ấ N Đ Ề 2 : KIẾN THỨC NÂNG CAO

DẠNG 1: ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI

VD1: Giải pt

1

1 ( )

2

x y  z  x y z 

DH: ĐK x 0, y 1, z   Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

 Qua ví dụ cho ta thấy dạng biểu thức tích biểu thức bên ngồi biến đổi chúng có liên hệ mật thiết với nên ta đặt t lượng chứa thức biểu thức bên biểu diễn theo t Ta pt quen thuộc giải

 Các toán giúp ta thấy đa dạng việc đặt ẩn phụ

Cần nhớ BĐT sau:

2

a+b ( a,b 0)

+ ab

2

ab a b

   



 

 

 

Dấu “=” xãy khi: a=b

3

a+b+c ( a,b,c 0)

+ abc

3

abc a b c

   

 

 

 

 

1

2

( 1) 1 ( 1).1

2

( 2) 1 ( 2).1

2

1

1 ( )

2

x

x x

y y

y y

z z

z z

x y z x y z



 

 

    

  

    

       

Dấu “=” xãy khi:

1

1

2

x x

y y

z z

 

 

 

   

 

    

 

Vậy nghiệm pt (1; 2; 3)

VD2: Giải pt: (x21)(y22)(z23) 32xyz, (với x, y, z >0)

HD: Ta biến đổi dạng; (x2+1)(y2+2)(z2+3)= 32xyz

Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

2

2

2

2 2

1 2 2 2 8 2.2 ( 1)( 2)( 8) 32

x x x

y y y

z z z

x y z xyz

   

 

  

 

  

 

    

Dấu “=” xãy khi:

2 2

1

2

8 2

x x

y y

z z



  

 

  

 

 

  



Vậy nghiệm cua pt là: (1; 2; 2)

VD3: Giải pt x 2 x2 4y24y3

HD: ĐK  2 x

 2  2   2

2

.1 (2 ) 1

2 (1)

x x x x

x x

      

   

2

4y 4y 3 (2y1)  2 (2)

Từ (1 ) (2 ) ta có dấu “=” xãy khi:

2 1 (x 0) 1

2

1

1

2 2

x x

x x

y y

y

      

   

 

  

 

    



Vậy nghiệm pt

1 1;

-2

 

 

 .

VD4: Giải pt

16 1225

82 665

3 665 x y z

x  y  z       

HD: ĐK x>3, y>1, z>665 Ta viết pt lại dạng:

16 1225

3 665 82

3 x y 665 z

x    y    z   

Áp dụng BĐT Cô si cho cặp số ta có:

16 16

3

3

4

1

1

1225 1225

665 665 70

665 665

82

x x

x x

y y

y y

z z

z z

VT

    

 

    

 

    

 

 

Dấu “=” xãy khi:

16

3

3 3 16 19

4

1

1

665 1225 1890 1225

665 665

x

x x x

y y y

y

z z

z z



  



     



  

      

  



     

 



  

VD5: Giải pt

3

4( 1)

1

10 ( 1)

y y x

x y

  



 



HD: ĐK: x>0, y1

3

2

2

3

2

2

4( 1)

1

10 ( 1) 10

( 1) ( 1)

1

4

4 ( 1)

( 1) 10

y y x

x y

x y x y

x x

y

y VT

  



       

 



 

   

   

 



 

Dấu “=” xãy khi: x=1; y=2 x=1; y=0

Vậy nghiệm pt là: (1; 2); (1; 0)

VD6: Giải pt x1 x 3 2(x 3)22x

HD: ĐK x1

 

2

2

( 1.1 ( 3).1) ( 1) ( 3) (1 1) 2( 3) 2( 1)

x x x x

VT x x VP

       

     

Dấu “=” xãy khi:

2

2

1

( 3)

1

5 10

2

x x

x x

x

x x

x

 

    

       

 

VD7: Giải pt

3

1

2

x x

x x x

     

HD: Ta có:

3 2

2 (2 1)( 1)

1

2

x x x x x x

x x

 ĐK : x

1 

Áp dụng BĐT Cô si cho số khơng âm (2x+1) (x2-x+1) ta có:

2

2 (2 1) ( 1)

(2 1)( 1)

2 2

x x x x x

x x  x        

Dấu “=” xãy khi: 2x+1=x2-x+1  x(x-3)=0

0

x x

    

Vậy pt có 2n x=0; x=3

VD8: Giải pt: x2 x 1 x x 2 1 x2  x2 (1) HD: Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

2

2

2

2

2

( 1) ( 1).1

2

( 1)

( 1).1

2

1 1 (2)

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x x

    

   

  

    

    

 

       

Từ (1 ) (2 ) ta có: x2-x+2x+1 x2-2x+10 (x-1)20 x=1

Thử lại ta có x=1 nghiệm pt

VD 9: Giải pt x2 x 5 x x 2 3 x2  3x4 (1)

HD: ĐK

1 21 13

2 x

  

 

Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

2

2

2

2

2

( 5)

( 5).1

2

( 3)

( 3).1

2

5 (2)

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x x

     

   

  

    

    

 

      

Từ (1 ) (2 ) ta có: x2-3x+4x x2-4x+40 (x-2)20 x=2

VD 10: Giải pt x 2 10 x x212x40 (1)

HD: ĐK: 2x10

Áp dụng BĐT Cơ si ta có:

1 ( 2)

2 ( 2).4

2 4

1 (10 ) 14

10 (10 ).4

2 4

2 10 (1)

x x

x x

x x

x x

VT x x

  



    

  

  

     

 

     

Mặt khác: VP=x2-12x+40=(x2-2.6.x+36)+4=(x-6)2+44 (2)

Từ (1 ) (2 ) ta có dấu “=” xãy khi: x=6 Thử lại ta có x=6 nghiệm pt

Cách 2: Lưu ý đến toán phụ:

2 2

2

, ( ) ( ) ( )

2( )

a b a b a b a b a b

a b a b

         

   

Từ ta có VT= x 2 10 x  ( x 2) (10  x) 4

( sau giải giống trên)

VD 11: Giải pt

2

2

1

x y

x y

   

HD: ĐK xy0 Áp dụng BĐT Cô si cho số

2 2

2 2

1 1

( ) ( ) 2

x y x y

x y x y

         

Dấu “=” xãy khi:

1

x y

  

 

Cách 2: Đưa pt dạng A2B2C2 0

0 0

A B C

     

Ta có:

2 2

2 2

2

2

2

1 1

4

1 1

( ) ( )

1

1

1

0

1 0

x y x y

x y x y

x x y y

x x y y

x

x x

x y

y

x y y

y                                                  

VD 12: Giải pt 41 x2 41 x41x3

HD: ĐK -1x1 Áp dụng BĐT Cô si ta có:

4 1

1 (1)

2

1

1 1 (2)

2

1

1 1 (3)

2

x x

x x x

x x x x x x                    

Cộng (1), (2), (3) ta được: 41 x2 41 x41x  1 1 x 1x

Áp dụng BĐT Cô si thêm lần ta được:

(1 ) (1 ).1

2 1 1 1 3

(1 ) (1 ).1

2 x x x x x x x x x x                            

  VT 3

Dấu “=” xãy khi:

1 1 x x x         

Vậy pt có nghiệm x=0

Lời bình :

Bài tập tương tự:

 Qua ví dụ cho ta thấy BĐT áp dụng để giải phương trình chứa thức dạng phức tạp Nhờ điều kiện dấu xãy BĐT ta tìm nghệm pt cách dễ dàng

Giải pt:

3

2 2

2 2

3

) x

2

2( 1)

)

( 1)

) 12 10

) x ( 3)( 2)

xy

a y y x

x x y

b

y x

c x x x x x x

d y x y x x y y

   

   

 



       

         

HD: c) Ta có VT= 3(x1)2 9 5(x21)24 9 5

VP 3 4x 2x2  5 2(x1)2 5

DẠNG 2: GIẢI PT BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ HỆ PT

Loại 1: PT dạng (ax b )n p a x b.n '  'qx r (I) ( Với n=2; 3)

Cách giải:

- Đặt: a x b'  'ay b , pa’>

- Đặt: a x b'  '(ay b ), pa’<

- Đưa pt (I) hệ pt đối xứng loại gần đối xứng để giải

VD1: Giải pt: 4x2 3x  1 13x (1)

HD: ĐK:

1

x 

PT(1) trở thành: 4x212x 9 3x   1 x (2x 3)2  3x  1 x (2)

Đặt: 3x 1 (2y 3), (ĐK:

y 

) (2y 3)2 3x1

Kết hợp với đề ta có hệ pt:

2

(2 3) (1') (2 3) (2')

y x

x y x

   

 

    

Trừ (1’) (2’) ta được:

( )(2 5) 2 5

2

x y

x y x y y

x

  

      

  

+ Thay x=y vào (1’) ta được:

2

15 97 (l)

4 15

15 97 (n)

y

y y

y

 

      

 

  

15 97

x y 

  

+ Thay

2

y x 

vào (1’) ta được:

2 73 73

8 18 (l); y= (n)

8

y  y   y  

11 73

x 

 

Vậy pt cho có nghiệm là:

15 97 11 73 ; x=

8

x  

VD2: Giải pt: 32x232x 2x15 20 (1)

HD: ĐK:

5

x 

PT(1) trở thành: 32x232x 2x15 20  2(4x2)2  2x15 28 (2)

Đặt: 2x15 4 y2, (ĐK:

1

y 

)  (4y2)2 2x15

Kết hợp với đề ta có hệ pt:

2

(4 2) 15 (1') (4 2) 15 (2')

y x

x y

   

 

  

 

Trừ (1’) (2’) ta được:

( )(8 9) 9

8

x y

x y x y

x y

  

    

+ Thay x=y vào (1’) ta được:

2

11 (l) 16 14 11

1 (n)

y

y y

y

       

  

1

x y

  

+ Thay

9

x y

vào (1’) ta được:

2 35 221 221

16 18 (l); y= (n)

4 16 16

y  y   y   

9 221 16

x 

 

Vậy pt cho có nghiệm là:

1 221

;

x=-2 16

x 

Bài tập tương tự: Giải pt:

2

2

) x b) x ) x 2 d) 2x

2

a x x x x

x

c x x x

      



    

Lời bình :

 Qua ví dụ cho ta thấy đôi lúc giải pt chứa thức phải đưa hệ phương trình giải

 Điều giúp cho có cách nhìn rộng khía cạnh tốn

 Nó cịn có nhiều cách nhìn tuyệt chiêu thời gian có hạn nên tơi tạm đưa số cách tiếp cận lời giải toán chứa thức thơi Mong độc giả tự tìm hiểu thêm