PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ ÔN THI VÀO 10

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ Bài 1: Giải phơng trình a) + = 3 3 1 2 2 1x x + = = + = 3 3 3 3 1 2 2 1 2 1 1 2 x x y x y x - Phơng trình đợc chuyển thành hệ = = = + = + = + = + = = + = = + + + = + = = = 3 3 3 3 3 3 2 2 3 1 1 2 1 2 1 2 1 5 2 1 2 2( ) 2 0( ) 1 5 1 2 2 x y x y x y x y x y x y y x x y x y x xy y vn x y x y - Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm. b) + = + 2 2 1 1 (1 2 1 )x x x ĐS:x=1/2; x=1 c) + = + + 2 ( 3 2 1) 4 9 2 3 5 2x x x x x ĐS: x=2. d) + + + = 1 ( 3)( 1) 4( 3) 3 3 x x x x x ĐS: = = 1 13; 1 5x x e) + = + 2 2 1 1 2 2 4 ( )x x x x - Sử dụng BĐT Bunhia. f) + = 4 1 1 2x x x ĐS: x=0 Bài 2: Giải BPT: a) + 5 1 4 1 3x x x ĐS: x1/4 b) + > 2 2( 16) 7 3 3 3 x x x x x ĐK > 2 16 0 4 3 0 x x x - Biến đôỉ bất phơng trình về dạng + > > < > > < > 2 2 2 2 2( 16) 3 7 2( 16) 10 2 10 2 0 5 10 2 0 10 34. 10 34 5 2( 16) (10 2 ) x x x x x x x x x x x x - Kết hợp ĐK ta có nghiệm của BPT là > 10 34x . c) + > ( 1)(4 ) 2x x x . 1 d) < 2 1 1 4 3 x x . ĐK: < < 2 1 0 1 4 0 2 1 0 0 2 x x x x - Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT < + > < < > > 2 2 2 2 2 2 2 4 3(1 1 4 ) 3 1 4 4 3 3 4 4 3 0 1 1 4 0 1 2 2 4 3 0 3 9(1 4 ) (4 3) 4 9(1 4 ) (4 3) x x x x x x x x x x x x x x x . - Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm < < 1 0 2 1 0 2 x x Cách 2: - Xét 2 TH: + Với < < 2 1 0. 1 4 1 3 2 x BPT x x + Với < > 2 1 0 . 1 4 1 3 2 x BPT x x e) 2 2 5 10 1 7 2x x x x+ + ĐK: 2 5 2 5 5 5 10 1 0 5 2 5 5 x x x x + + + - Với Đk đó 2 2 5 5 10 1 36 5 10 1x x x x + + + + + - Đặt 2 5 10 1; 0t x x t= + + . - ĐS: x-3 hoặc x1. Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: 2 2 1 1x x x x m+ + + = . Giải: Xét hàm số 2 2 1 1y x x x x= + + + + Miền xác định D= R . + Đạo hàm + = + + + = + + = + + + > + + = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ' 2 1 2 1 ' 0 (2 1) 1 (2 1) 1 (2 1)(2 1) 0 (vo nghiem) (2 1) ( 1) (2 1) ( 1) x x y x x x x y x x x x x x x x x x x x x x + y(0)=1>0 nên hàm số ĐB 2 + Giới hạn + = = + + + = 2 2 2 lim lim 1 1 1 lim 1. x x x x y x x x x y + BBT x - + y + y 1 -1 Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1. Bài 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực 2 1x x m+ = + Giải: - Đặt 1; 0t x t= + . Phơng trình đã cho trở thành: 2t=t 2 -1+m m=-t 2 +2t+1 - Xét hàm số y=-t 2 +2t+1; t0; y=-2t+2 x 0 1 + y + 0 - y 2 1 - - Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2. Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng: 2 2 4 5 4x x m x x + = + . Giải: - Đặt 2 2 2 ( ) 4 5; '( ) ; '( ) 0 2 4 5 x t f x x x f x f x x x x = = + = = = + . 3 Xét x>0 ta có BBT: x 0 2 + f(x) - 0 + f(x) 5 + 1 - Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t 2 +t-5 t 2 +t-5-m=0 (1). - Nếu phơng trình (1) có nghiệm t 1 ; t 2 thì t 1 + t 2 =-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1. - Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t (1; 5) . - Đặt g(t)=t 2 +t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m có đúng 1 nghiệm t (1; 5) . f(t)=2t+1>0 với mọi t (1; 5) . Ta có BBT sau: t 1 5 g(t) + g(t) 5 -3 Từ BBT suy ra -3<m< 5 là các giá trị cần tìm. Bài 6: Xác định m để phơng trình sau có nghiệm 2 2 4 2 2 ( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ + = + + . Giải: - Điều kiện -1x1. Đặt 2 2 1 1t x x= + . - Ta có 2 2 2 4 1 1 0; 0 0 2 2 1 2 2; 2 1 x x t t x t x t t x + = = = = = - Tập giá trị của t là 0; 2 (t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đã cho trở thành: 2 2 2 ( 2) 2 (*) 2 t t m t t t m t + + + = + + = + - Xét 2 2 ( ) ;0 2. 2 t t f t t t + + = + Ta có f(t) liên tục trên đoạn 0; 2 . Phơng trình đã cho có nghiệm x khi và chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc 0; 2 0; 2 0; 2 min ( ) max ( )f t m f t . - Ta có 2 2 0; 2 0; 2 4 '( ) 0, 0; 2 ( ) 0; 2 . ( 2) Suy ra min ( ) ( 2) 2 1;ma x ( ) (0) 1 t t f t t f t NB t f t f f t f = + = = = = . - Vậy 2 1 1.m Bi 7: Tỡm m bt phng trỡnh 3 1mx x m + (1) cú nghim. 4 Giải: Đặt 3; [0; )t x t= − ∈ +∞ . Bất phương trình trở thành: 2 2 2 1 ( 3) 1 ( 2) 1 2 t m t t m m t t m t + + − ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ ≤ + (2) (1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0  có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y= 2 1 2 t t + + với t≥0 không ở phía dưới đường thẳng y=m. Xét y= 2 1 2 t t + + với t≥0 có 2 2 2 2 2 ' ( 2) t t y t − − + = + t 1 3− − 0 1 3− + + ∞ y’ - 0 + | + 0 - y 3 1 4 + Từ Bảng biến thiên ta có m≤ 3 1 4 + . Bài 8: Tìm m để phương trình 3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − = có nghiệm. Giải: Đặt ( ) 3 6t f x x x= = + + − với [ 3;6]x ∈ − thì 6 3 ' '( ) 2 (6 )(3 ) x x t f x x x − − + = = − + x -3 3/2 6 +∞ f’(x) ║ + 0 - ║ f(x) | 3 2 | 3 3 Vậy t [3;3 2]∈ . Phương trình (1) trở thành 2 2 9 9 2 2 2 t t t m t m − − = ⇔ − + + = (2). Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm t [3;3 2]∈  đường thẳng y=m có điểm chung với đồ thị y= 2 9 2 2 t t− + + với t [3;3 2]∈ . Ta có y’=-t+1 nên có t 1 3 3 2 y’ + 0 - | - | y 3 9 3 2 2 − Bài 9: Cho bất phương trình 2 1 (4 )(2 ) (18 2 ) 4 x x a x x− + ≥ − + − . Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [-2;4]. Giải: 5 Đặt 2 (4 )(2 ) 2 8; [0;3]t x x x x t= − + = − + + ∈ . Bất phương trình trở thành: 2 2 1 (10 ) 4 10 4 t a t a t t≥ − + ⇔ ≥ − + .(2) (1)ghiệm  (2) có nghiệm mọi t ∈ [0;3] đường thẳng y=a nằm trên ĐTHS y=t 2 -4t+10 với t ∈ [0;3] y’=2t-4; y’=0t=2 t 0 2 3 y’ | - 0 + | y 10 7 6 Vậy m≥10. Bài 10: Cho phương trình 4 2 2 2 ( 1)x x x m x+ + = + (1). Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải: Phương trình đã cho tương đương 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4( ) 4 ( 1) 4 2 2 4 2. ( ) 4 (1 ) (1 ) 1 1 x x x x x x x x m m m x x x x + + + + = ⇔ = ⇔ + = + + + + Đặt t= 2 2 1 x x+ ; t ∈ [-1;1]. Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t 2 =4m. (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t ∈ [-1;1] Xét hàm số y=f(t)=t 2 +2t với t ∈ [-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t ∈ [-1;1]. t -1 1 f’ 0 + | f 3 -1 Từ BBT -1≤4m≤3 1 3 4 4 m⇔ − ≤ ≤ . 6 HUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A B C D+ = + , ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau  ( ) 3 3 3 3 3 3 3 .A B C A B A B A B C+ = ⇒ + + + = và ta sử dụng phép thế : 3 3 A B C+ = ta được phương trình : 3 3 . .A B A B C C+ + = b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : 3 3 1 2 2 2x x x x+ + + = + + Giải: Đk 0x ≥ Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: ( ) ( ) ( ) 1 3 3 1 2 2 1x x x x x+ + + = + + , để 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 : 3 1 2 2 4 3x x x x+ − + = − + Bình phương hai vế ta có : 2 2 6 8 2 4 12 1x x x x x+ + = + ⇔ = Thử lại x=1 thỏa  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 Bài 2. Giải phương trình sau : 3 2 1 1 1 3 3 x x x x x x + + + = − + + + + Giải: Điều kiện : 1x ≥ − Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? Ta có nhận xét : 3 2 1 . 3 1. 1 3 x x x x x x + + = − + + + , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : 3 2 1 (2) 3 1 1 3 x x x x x x + ⇔ − + = − + − + + Bình phương 2 vế ta được: 3 2 2 1 3 1 1 2 2 0 3 1 3 x x x x x x x x  = − + = − − ⇔ − − = ⇔  + = +   Thử lại : 1 3, 1 3x x= − = + l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x h x k x+ = + Mà có : ( ) ( ) ( ) ( ) . .f x h x k x g x= thì ta biến đổi ( ) ( ) ( ) ( ) f x h x k x g x− = − 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 x như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ( ) ( ) 0 0x x A x− = ta có thể giải phương trình ( ) 0A x = hoặc chứng minh ( ) 0A x = vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía ( ) 0A x = vô nghiệm 7 b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : ( ) 2 2 2 2 3 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − + Giải: Ta nhận thấy : ( ) ( ) ( ) 2 2 3 5 1 3 3 3 2 2x x x x x− + − − − = − − v ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 4 3 2x x x x− − − + = − Ta có thể trục căn thức 2 vế : ( ) 2 2 2 2 2 4 3 6 2 3 4 3 5 1 3 1 x x x x x x x x x − + − = − + − + − + + − + Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 2 2 12 5 3 5x x x+ + = + + Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 5 12 5 3 5 0 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 ( ) ( ) 2 0x A x− = , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 12 4 3 6 5 3 3 2 12 4 5 3 2 1 2 3 0 2 12 4 5 3 x x x x x x x x x x x x x x − − + − = − + + − ⇔ = − + + + + +   + + ⇔ − − − = ⇔ =  ÷ + + + +   Dễ dàng chứng minh được : 2 2 2 2 5 3 0, 3 12 4 5 3 x x x x x + + − − < ∀ > + + + + Bài 3. Giải phương trình : 2 33 1 1x x x− + = − Giải :Đk 3 2x ≥ Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 2 3 2 2 3 3 3 3 9 3 1 2 3 2 5 3 1 2 5 1 2 1 4 x x x x x x x x x x x   − + + +   − − + − = − − ⇔ − + =   − + − + − +     Ta chứng minh : ( ) ( ) 2 2 2 2 23 3 3 3 3 1 1 2 1 2 1 4 1 1 3 x x x x x + + + = + < − + − + − + + 2 3 3 9 2 5 x x x + + < − + Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C+ = , mà : A B C α − = ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A B C A B A B α − = ⇒ − = − , khi đĩ ta có hệ: 2 A B C A C A B α α  + =  ⇒ = +  − =   b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 2 2 2 9 2 1 4x x x x x+ + + − + = + Giải: Ta thấy : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9 2 1 2 4x x x x x+ + − − + = + 4x = − không phải là nghiệm Xét 4x ≠ − Trục căn thức ta có : 2 2 2 2 2 8 4 2 9 2 1 2 2 9 2 1 x x x x x x x x x x + = + ⇒ + + − − + = + + − − + 8 Vậy ta có hệ: 2 2 2 2 2 0 2 9 2 1 2 2 2 9 6 8 2 9 2 1 4 7 x x x x x x x x x x x x x x =   + + − − + =   ⇒ + + = + ⇔   = + + + − + = +    Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8 7 Bài 5. Giải phương trình : 2 2 2 1 1 3x x x x x+ + + − + = Ta thấy : ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2x x x x x x+ + − − + = + , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1 t x = thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : ( ) 2 2 3 1 3 1x x x x+ + = + + 4 3 10 3 2x x− − = − (HSG Toàn Quốc 2002) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 5 2 10x x x x x− − = + − − 23 4 1 2 3x x x+ = − + − 2 33 1 3 2 3 2x x x− + − = − 2 3 2 11 21 3 4 4 0x x x− + − − = (OLYMPIC 30/4-2007) 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x− + − − = + + + − + 2 2 2 16 18 1 2 4x x x x+ + + − = + 2 2 15 3 2 8x x x+ = − + + 3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức ( ) ( ) 1 1 1 0u v uv u v+ = + ⇔ − − = ( ) ( ) 0au bv ab vu u b v a+ = + ⇔ − − = 2 2 A B= Bài 1. Giải phương trình : 23 3 3 1 2 1 3 2x x x x+ + + = + + + Giải: ( ) ( ) 3 3 0 1 1 2 1 0 1 x pt x x x =  ⇔ + − + − = ⇔  = −  Bi 2. Giải phương trình : 2 23 3 3 3 1x x x x x+ + = + + Giải: + 0x = , không phải là nghiệm + 0x ≠ , ta chia hai vế cho x: ( ) 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 0 1 x x x x x x x x   + + + = + + ⇔ − − = ⇔ =  ÷   Bài 3. Giải phương trình: 2 3 2 1 2 4 3x x x x x x+ + + = + + + Giải: : 1dk x ≥ − pt ( ) ( ) 1 3 2 1 1 0 0 x x x x x =  ⇔ + − + − = ⇔  =  Bài 4. Giải phương trình : 4 3 4 3 x x x x + + = + Giải: Đk: 0x ≥ Chia cả hai vế cho 3x + : 2 4 4 4 1 2 1 0 1 3 3 3 x x x x x x x   + = ⇔ − = ⇔ =  ÷ + + +    Dùng hằng đẳng thức 9 Biến đổi phương trình về dạng : k k A B= Bài 1. Giải phương trình : 3 3x x x− = + Giải: Đk: 0 3x≤ ≤ khi đó pt đ cho tương đương : 3 2 3 3 0x x x+ + − = 3 3 1 10 10 1 3 3 3 3 x x −   ⇔ + = ⇔ =  ÷   Bài 2. Giải phương trình sau : 2 2 3 9 4x x x+ = − − Giải: Đk: 3x ≥ − phương trình tương đương : ( ) 2 2 1 3 1 3 1 3 9 5 97 3 1 3 18 x x x x x x x x =   + + =  + + = ⇔ ⇔  − −  = + + = −     Bài 3. Giải phương trình sau : ( ) ( ) 2 2 3 3 2 3 9 2 2 3 3 2x x x x x+ + = + + Giải : pttt ( ) 3 3 3 2 3 0 1x x x⇔ + − = ⇔ = II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương 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 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 . Bài 1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x− − + + − = Điều kiện: 1x ≥ Nhận xét. 2 2 1. 1 1x x x x− − + − = Đặt 2 1t x x= − − thì phương trình có dạng: 1 2 1t t t + = ⇔ = Thay vào tìm được 1x = Bài 2. Giải phương trình: 2 2 6 1 4 5x x x− − = + Giải Điều kiện: 4 5 x ≥ − Đặt 4 5( 0)t x t= + ≥ thì 2 5 4 t x − = . Thay vào ta có phương trình sau: 4 2 2 4 2 10 25 6 2. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 t t t t t t t − + − − − = ⇔ − − + = 2 2 ( 2 7)( 2 11) 0t t t t⇔ + − − − = Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,4 1 2 2; 1 2 3t t= − ± = ± Do 0t ≥ nên chỉ nhận các gái trị 1 3 1 2 2, 1 2 3t t= − + = + Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 1 2 2 3 vaø x x= − = + Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 2 6 1 0x x− − ≥ Ta được: 2 2 2 ( 3) ( 1) 0x x x− − − = , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x− = + và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) Bài 3. Giải phương trình sau: 5 1 6x x+ + − = 10 [...]... -Giải phương trình với m = 2 + 3 Bài 4: Cho phương trình: -Tìm m để phương trình có nghiệm ( ) 2 2 Bài 5: Cho phương trình: 2 x − 2 x + x − 2 x − 3 − m = 0 -Giải phương trình với m = 9 -Tìm m để phương trình có nghiệm 2 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x -Từ những phương trình. .. trình khi m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m -Giải phương trình khi m=3 -Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường -Nếu bài tốn có chứa f ( x) và f ( x) khi đó đặt t = f ( x) (với điều kiện tối thi u là t ≥ 0 đối với các phương trình có chứa tham số thì nhất thi t phải tìm điều kiện... những phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách trên 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn  Từ những phương trình tích ( )( x +1 −1 ) x +1 − x + 2 = 0 , ( 2x + 3 − x )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình. .. 30060 x + 1 + 1 2 4x + 9 = 7 x2 + 7x 28 ( ) 4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10 3−x =x x+x CHUN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ I PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  x ∈ D (*) Dạng 1 : Phương trình A = B ⇔ A = B ≥ 0 ⇔  A = B Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thc vào độ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0 22 Dạng 2: Phương trình B ≥ 0 A=B⇔ 2 A = B Dạng 3: Phương trình A ≥ 0  A + B = C ⇔ B ≥ 0 (chuyển về dạng 2)... những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau ( ) 2 2 2 Bài 1 Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2 Giải: t = t = 3 2 x 2 + 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ t = x − 1  24 Bài 2 Giải phương. .. u + v = 1  x = 1;2 ;10 Bài 9: Giải phương trình x − 2 − x + 2 = 2 x 2 − 4 − 2 x + 2 ĐK: x≥2 Đặt t = x − 2 − x + 2 ⇒ t 2 = −2 x 2 − 4 + 2 x Thế vào phương trình giải được t=1; t=-2 từ đó giải được x=2 Bài 10: (Tham khảo 2002) giải phương trình x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16 ĐK:x≥4 33 Phương trình ⇔ x + 4 + x − 4 = ( x + 4 + x − 4) 2 − 12 Đặt t= x + 4 + x − 4 ≥0 giải phương trình ẩn t được t=4;... được x=5 b)x=3 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn  Từ những phương trình tích x + 1 − 1 x + 1 − x + 2 = 0 , 2 x + 3 − x ( )( ) ( )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được... Hãy tạo ra những phương trình vơ tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp” ( ) 2 3 Bài 1 Giải phương trình : 2 x + 2 = 5 x + 1 Giải: Đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1 u = 2v Phương trình trở thành : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔  u = 1 v 2  3 4 Bài 2 Giải phương trình : x 2 −... thực ta đựơc lập phương BÀI TẬP : GIẢI CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1-Pt : 2 x + 3 ≥ x − 2 pt -3/2 ≤ x ≤ 3 + 2 2 30 PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC III PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Dạng 1 : Phương trình  x ∈ D (*) A = B ⇔ A= B≥0⇔  A = B Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thc vào độ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0 Dạng 2: Phương trình B ≥ 0 A=B⇔ 2 A = B Dạng 3: Phương trình A ≥ 0  A + B = C ⇔ B ≥ 0 (chuyển về... Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3} 1 2 −1 − x + 4 x = 4 Bài 2 Giải phương trình: 2 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1  2 −1− x = u  ⇒0≤u≤ 2 − 1,0 ≤ v ≤ 4 2 − 1 Đặt  4  x =v  Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  1  1  u = 4 2 − v u + v = 4  2 ⇔ Ta đưa về hệ phương trình sau:  2 u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1  ÷  4 2   2 1   Giải phương trình thứ 2: (v + . PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thông thường nếu ta gặp phương. rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát