Phuong trinh bat phuong trinh vo ty

Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích. Phương pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ..[r]

Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ Bài 1: Giải phơng trình

a) x3 1 23 x1

  

    

3

3

1 2

2 1

x x

y x y x

- Phơng trình đợc chuyển thành hệ



    

  

 

        

   

    

   



        

  

   



 

   

  



3

3 3 2

3

1

1 2

2

1 2( ) 0( )

1

1

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 cho có nghiệm. b) 1 1 x2 x(1 1  x2)

§S:x=1/2; x=1

c) ( 3x 2 x1)4x 3 x2 5x2 §S: x=2.

d)



    



( 3)( 1) 4( 3)

3 x

x x x

x §S: x 1 13;x 1 e)

   12   1

2 x (x )

x x

- Sư dơng B§T Bunhia. f) x 4 1 x  2 x §S: x=0

Bài 2: Giải BPT:

a) 5x 4x13 x §S: x≥1/4

b)

 

  

 

2

2( 16)

3

3

x x

x

x x

§K

  

 

   

2

16

4

x

x x

- Biến đôỉ bất phơng trình dạng

        

  

  

 

      

  

 

   

 

2

2

2( 16) 2( 16) 10

10

5

10 10 34

10 34

2( 16) (10 )

x x x x x

x

x

x x

x

x x

d)

 



1

3 x x . §K:                 

1

1 0 x x x x

- Thực phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT

                                                        2 2 2

4 3(1 ) 4

3

4

1

1

2

2

4

3

9(1 ) (4 3) 4

9(1 ) (4 3)

x x x x

x x x x x x x x x x x .

- Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm           2 x x Cách 2:

- XÐt TH:

 Víi       

2

0

2 x BPT x x

 Víi      

2

0

2

x BPT x x

e) 5x210x  1 2x x2

§K:

5 5

5 10

5 5 x x x x                

- Với Đk 5 5x2 10x 1 36 5 x210x1 - t t 5x2 10x1;t0

- ĐS: x-3 x≥1.

Bài 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm:

2 1 1

x   x x  x m.

Giải: Xét hàm số y x2  x x2  x1 Min xỏc nh D=R.

Đạo hàm

                               2 2

2 2

2

'

2

' (2 1) (2 1)

(2 1)(2 1)

(vo nghiem)

(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)

x x

y

x x x x

y x x x x x x

x x

y(0)=1>0 nên hàm số ĐB  Giíi h¹n

       

 

     

2

2

lim lim

1

lim

x x

x

x y

x x x x

y  BBT

x -∞ +∞ y’ +

y 1

-1

Vậy phơng trình có nghiệm -1<m<1.

Bài 4: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực 2 x  1 x m Giải:

- Đặt t x1;t0 Phơng trình cho trở thành: 2t=t2-1+m m=-t2+2t+1

- XÐt hµm sè y=-t2+2t+1; t 0; y’=-2t+2≥

x 0 +∞ y’ +

-y 2

1 -∞

- Theo yêu cầu toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS m≤2. Bài 5: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm dơng:

2

4

x  x  m x x . Giải:

- Đặt

2

2

( ) 5; '( ) ; '( )

4

x

t f x x x f x f x x

x x



       

XÐt x>0 ta cã BBT:

x 0 +∞ f’(x) - +

f(x) 5

+∞

- Khi phơng trình cho trở thành m=t2+t-5 t2+t-5-m=0 (1).

- Nếu phơng trình (1) có nghiệm t1; t2 t1+ t2 =-1 Do (1) có nhiều nghiệm t≥1. - Vậy phơng trình cho có nghiệm dơng phơng trình (1) có nghiệm t(1; 5).

- Đặt g(t)=t2+t-5 Ta tìm m để phơng trình g(t)=m có nghiệm t(1; 5). f’(t)=2t+1>0 với t(1; 5) Ta có BBT sau:

t

1

g’(t) + g(t)

-3

Từ BBT suy -3<m< 5 giá trị cần tìm. Bài 6: Xác định m để phơng trình sau có nghiệm

2 2

( 1 2) 1

m x   x    x  x   x . Giải:

- Điều kiện -1x1 Đặt t 1x2  1 x2 . - Ta cã

2

2

1 0; 0

2 2 2;

x x t t x

t x t t x

       

        

- Tập giá trị t 0; 2 (t liên tục đoạn [-1;1]) Phơng trình cho trở thành:

2

( 2) (*)

2 t t

m t t t m

t   

     



- XÐt

2

( ) ;

2 t t

f t t

t   

  

 Ta có f(t) liên tục đoạn 0; 2 Phơng trình cho có nghiệm x phơng trình (*) có nghiệm t thuộc 0; 2 0; 0;

min ( )f t m max ( )f t

   

   

  

.

- Ta cã

2

0; 0;

4

'( ) 0, 0; ( ) 0;

( 2)

Suy ( ) ( ) 1; ma x ( ) (0) t t

f t t f t NB

t

f t f f t f

   

   

     

    

   



    

. - VËy 1 m1

Giải: Đặt t x 3;t[0;) Bất phương trình trở thành:

2

2

( 3) ( 2)

2 t

m t t m m t t m

t           

 (2)

(1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0  có điểm ĐTHS y=

2 t t



 với t≥0 không phía dưới đường thẳng y=m.

Xét y=

2 t t



 với t≥0 có

2

2

2

'

( 2)

t t y

t    

 t  1 3

 1 3 + y’ - +  +

-y

4 

Từ Bảng biến thiên ta có m≤

3

 .

Bài 8: Tìm m để phương trình 3x 6 x (3x)(6 x)m có nghiệm. Giải:

Đặt tf x( ) 3x 6 x với x [ 3;6]

6

' '( )

2 (6 )(3 )

x x

t f x

x x

  

 

 

x -3 3/2 +∞ f’(x) ║ + - ║

f(x)

 3 2 

3

Vậy t[3;3 2] Phương trình (1) trở thành

2

9

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

t t   

với t[3;3 2].

Ta có y’=-t+1 nên có

t

3

y’ + -  -  y 3

9

2 

Bài 9: Cho bất phương trình

2

(4 )(2 ) (18 )

4

x x a x x

     

Giải:

Đặt t (4 x)(2x)  x22x8;t[0;3] Bất phương trình trở thành:

2

1

(10 ) 10

4

t  a t  a t t

.(2)

(1)ghiệm  (2) có nghiệm t[0;3] đường thẳng y=a nằm ĐTHS y=t2-4t+10 với t[0;3]

y’=2t-4; y’=0t=2

t 3

y’  - + 

y 10 7

Vậy m≥10. Bài 10: Cho phương trình x4x2 x m x( 21)2 (1) Tìm m để phương trình có nghiệm. Giải: Phương trình cho tương đương 2 2 2 2 2 4( ) ( 1) 2 ( ) (1 ) (1 ) 1 x x x x x x x x m m m x x x x               Đặt t= 2 x x  ; t[-1;1]. Khi phương trình (1) trở thành 2t+t2=4m. (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t[-1;1] Xét hàm số y=f(t)=t2+2t với t[-1;1] Ta có f’(t)=2t+2≥0 với t[-1;1] t -1 1

f’ + 

f 3

-1

Từ BBT -1≤4m≤3

1

4 m

HUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

1 Bình phương vế phương trình a) Phương pháp

 Thơng thường ta gặp phương trình dạng : A B  C  D , ta thường bình phương vế ,

điều đơi lại gặp khó khăn giải ví dụ sau

  

3 A B 3C A B 33 A B. A B C

      

và ta sử dụng phép :3 A3 B C ta phương trình : A B 33 A B C C  b) Ví dụ

Bài 1. Giải phương trình sau : x 3 3x 1 x 2x2

Giải: Đk x0

Bình phương vế khơng âm phương trình ta được:1 x3 3  x1  x x x2 1 , để giải phương trình dĩ nhiên khơng khó phức tạp chút

Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x 1 2x2  4x x3 Bình phương hai vế ta có : 6x28x2  4x212x  x1

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 , ta biến đổi phương trình dạng :

        f x  h x  k x  g x

sau bình phương ,giải phương trình hệ

Bài 2. Giải phương trình sau :

3

2

1

1

3

x

x x x x

x



      



Giải:

Điều kiện : x1

Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế chuyển nào? Ta có nhận xét :

3

2

1

1

3

x

x x x x

x



    

 , từ nhận xét ta có lời giải sau :

3

2

1

(2) 1

3

x

x x x x

x



       



Bình phương vế ta được:

3

2

1

1 2

3 1 3

x x

x x x x

x x

   

        

   

Thử lại :x 1 3,x 1 l nghiệm

Qua lời giải 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    ta biến đổi f x   h x   k x   g x 

2 Trục thức

Một số phương trình vơ tỉ ta nhẩm nghiệm x0 phương trình ln đưa

dạng tích x x A x 0   0 ta giải phương trình A x  0 chứng minh A x  0 vô nghiệm , chú ý điều kiện nghiệm phương trình để ta đánh gía A x 0 vơ nghiệm

b) Ví dụ

Bài Giải phương trình sau :  

2 2

3x  5x 1 x   x  x  x  3x4

Giải:

Ta nhận thấy :      

2

3x  5x1  3x  3x 2 x

v      

2 2 3 4 3 2

x   x  x  x

Ta trục thức vế :  

2

2

2

2

3

x x

x x x

x x x x

  



   

    

Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình

Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x212 3  x x25

Giải: Để phương trình có nghiệm :

2 12 5 3 5 0

3

x   x   x   x

Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng

x 2  A x 0, để thực điều ta phải nhóm , tách sau :

    2 2 2 2 4

12 3

12

2

2

12

x x

x x x x

x x x x x x x x                                   

Dễ dàng chứng minh : 2

2

3 0,

3

12

x x x x x           

Bài 3. Giải phương trình :3 x2 1 x x3 Giải :Đk x3

Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình

 

 

  

2

3

2

2

3

3

3

1

2

1

x x x

x

x x x x

x x x                               

Ta chứng minh :    

2

2 3

3

3

1

1 1

x x

x x x

             3 x x x     

Vậy pt có nghiệm x=3

2.2 Đưa “hệ tạm “ a) Phương pháp

Nếu phương trình vơ tỉ có dạng A B C , mà : A B C

ở dây C hàng số ,có thể biểu thức x Ta giải sau :

A B

C A B

A B 



   

 , đĩ ta có hệ:

2

A B C

A C

A B  

           

b) Ví dụ

Giải:

Ta thấy :      

2

2x  x  2x  x1 2 x4

x nghiệm

Xét x4

Trục thức ta có :

2

2

2

4 2

2

x

x x x x x

x x x x



        

    

Vậy ta có hệ:

2

2

2

0

2 2

2 8

2 7

x

x x x x

x x x

x

x x x x x

 

      

 

     



 

      



 

Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x=

8

Bài 5. Giải phương trình : 2x2  x x2 x 1 3x

Ta thấy :    

2 2

2x  x  x  x1 x 2x

, không thỏa mãn điều kiện Ta chia hai vế cho x đặt

1

t x



tốn trở nên đơn giản

Bài tập đề nghị

Giải phương trình sau :

 

2 3 1 3 1

x  x  x x 

4 10 3  x  x 2 (HSG Toàn Quốc

2002)

       

2 2 x 5 x  x 2 x 10 x

2

3 x 4 x 1 2x 3

    

2

3 x 1 3x 2 3x 2

    

2

2x 11x21 4 x 0 (OLYMPIC 30/4-2007)

2 2

2x  1 x  3x  2x 2x 3 x  x2

2

2x 16x18  x  2 x4

2 15 3 2 8

x   x  x 

3 Phương trình biến đổi tích

Sử dụng đẳng thức

   

1 1

u v  uv u v 

   

au bv ab vu    u b v a  

2

A B

Bài Giải phương trình : x 1 x2 1  x23x2

Giải:    

3 1 1 2 1 0

1

x

pt x x

x

 

       

 

Bi Giải phương trình : x 1 x2 3 x3 x2x

Giải:

+ x0, nghiệm

+ x0, ta chia hai vế cho x:  

3 3

3 x x x x 1 x x

x x

 

 

           

 

pt    

1

3 1

0

x

x x x

x

 

       

 

Bài 4. Giải phương trình :

4

3

3

x

x x

x

  



Giải:

Đk: x0

Chia hai vế cho x3:

2

4 4

1 1

3 3

x x x

x

x x x

 

        

    

 Dùng đẳng thức

Biến đổi phương trình dạng :Ak Bk

Bài 1. Giải phương trình : 3 xx 3x Giải:

Đk: 0 x pt đ cho tương đương :x3 3x2 x 0

3 3

1 10 10

3 3

x x 

 

      

 

Bài 2. Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x

Giải:

Đk:x3 phương trình tương đương :

 2

1 3

1 5 97

3

18

x

x x

x x

x

x x

 

   



       

    

 

Bài 3. Giải phương trình sau :    

2

2 3

3

2 9 x x2 2x3 3x x2

Giải : pttt  

3

3 x 2 33x 0 x 1

     

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường

Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải đặt t f x  ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến tquan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt phụ xem “hồn tồn ” Nói chung phương trình mà đặt hồn tồn tf x  thường phương trình dễ

Bài Giải phương trình: x x2 1 x x2 2

Điều kiện: x1

Nhận xét x x2 x x2 1

Đặt t  x x2 phương trình có dạng:

1

2

t t

t

   

Thay vào tìm x1

Bài Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5

Giải

Điều kiện:

4

Đặt t  4x5(t 0)

2 5

t x 

Thay vào ta có phương trình sau:

4

2

10 25

2 ( 5) 22 27

16

t t

t t t t t

 

        

2

(t 2t 7)(t 2t 11)

     

Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2  1 2;t3,4  1

Do t 0 nên nhận gái trị t1 1 2,t3 1

Từ tìm nghiệm phương trình l: x 1 vaø x 2

Cách khác: Ta bình phương hai vế phương trình với điều kiện 2x2 6x 0

Ta được: x x2(  3)2  (x 1)2 0, từ ta tìm nghiệm tương ứng

Đơn giản ta đặt : 2y 3 4x5 đưa hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa hệ) Bài Giải phương trình sau: x 5 x 6

Điều kiện: 1 x

Đặt y x 1(y0) phương trình trở thnh: y2 y5 5  y4 10y2 y20 0 ( với

5)

y  (y2y 4)(y2 y 5) 0

1 21 17

,

2 (loại)

y  y  

  

Từ ta tìm giá trị

11 17

2

x 

Bài 4 (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :   

2

2004 1

x  x   x

Giải: đk 0 x

Đặt y 1 x pttt    

2 2

2 y y y 1002 y x

        

Bài 5. Giải phương trình sau :

2 2 3 1

x x x x

x

   

Giải:

Điều kiện:   1 x

Chia hai vế cho x ta nhận được:

1

2

x x

x x

   

Đặt

1

t x x

 

, ta giải

Bài 6. Giải phương trình : x23 x4 x2 2x1

Giải: x0 nghiệm , Chia hai vế cho x ta được:

3

1

2

x x

x x

 

   

 

 

Đặt t=

3 x

x



, Ta có : t3 t 0 

1

1

2

t   x 

Bài tập đề nghị

Giải phương trình sau

2

2 (x5)(2 x) 3 x 3x

2 (1x)(2 x) 2  x 2x

2

17 17

x  x x  x 

2

3x 2 x 4 x 3 x  5x2

2 2

2 (1n x) 3 1n  x n(1 x) 0

(2004 )(1 )

x  x   x

(x3 x2)(x9 x18) 168 x

3

2

1 x 2 1 x 3

Nhận xét : cách đặt ẩn phụ giải lớp đơn giản, đơi phương trình t lại khó giải

2 Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :

Chúng ta biết cách giải phương trình: u2uvv2 0 (1) cách

Xét v0 phương trình trở thành :

2

0

u u

v  v 

   

  

   

   

0

v thử trực tiếp

Các trường hợp sau đưa (1)

 a A x  bB x  c A x B x    

2

u v mu nv

   

Chúng ta thay biểu thức A(x) , B(x) biểu thức vơ tỉ nhận phương trình vơ tỉ theo dạng

a) Phương trình dạng : a A x  bB x  c A x B x   

Như phương trình Q x  P x  giải phương pháp

           

P x A x B x Q x aA x bB x

 

 

 

 

Xuất phát từ đẳng thức :

  

3 1 1 1

x   x x  x

     

4 1 2 1 2 1 1

x x   x  x   x  x  x x  x

  

4 1 2 1 2 1

x   x  x x  x

   

4 2

4x  1 2x  2x1 2x 2x1

Hãy tạo phương trình vơ tỉ dạng ví dụ như:4x2 2x 4 x41

Để có phương trình đẹp , phải chọn hệ số a,b,c cho phương trình bậc hai at2bt c 0

giải “ nghiệm đẹp”

Bài Giải phương trình :  

2

2 x 2 5 x 1

Giải: Đặt u x1,v x2 x1

Phương trình trở thành :

 2

2

2 1

2

u v

u v uv

u v

  

  

 

 Tìm được:

5 37

2

x 

Bài 2. Giải phương trình :

2 3 1 1

3

x  x  x x 

Bài 3: giải phương trình sau :2x25x 7 x3

Giải:

Nhận xt : Ta viết       

2

1 1

x x x x x x

        

Đồng thức ta được:       

2

3 x1 2 x  x 7 x x  x

Đặt u x , v x 2  x 0, ta được:

9

3 1

4

v u

u v uv

v u

  

  

  

Ta :x 4

Bài 4. Giải phương trình :  

3

3 3 2 2 6 0

x  x  x  x

Giải:

Nhận xét : Đặt y x2 ta biến pt phương trình bậc x y :

3 3 2 6 0 3 2 0

2

x y

x x y x x xy y

x y

 

         

 

Pt có nghiệm :x2, x 2

b).Phương trình dạng : uv mu2nv2

Phương trình cho dạng thường khó “phát “ dạng , nhưg ta bình phương hai vế đưa dạng

Bài giải phương trình : x23 x2 1 x4 x21

Giải:

Ta đặt :

2

2 1

u x

v x

   

 



 phương trình trở thành : u3v u2 v2

Bài 2.Giải phương trình sau : x22x 2x 1 3x24x1 Giải

Đk

1

x

Bình phương vế ta có :

x22x2x 1 x2 1 x22x2x 1 x22x 2x 1

Ta đặt :

2

2

2

u x x

v x

  



 

 ta có hệ :

2

1

2

1

2

u v

uv u v

u v

 

  

  

 

  

Do u v, 0  

2

1 5

2

2

u  v x  x  x

Bài 3. giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x1 Giải:

Đk x5 Chuyển vế bình phương ta được:   

2

2x  5x 2 x  x 20 x1

Nhận xét : không tồn số  , để :    

2

2x  5x 2  x  x 20  x1

ta đặt

2 20

1

u x x

v x

   



 

Nhưng may mắn ta có :            

2 20 1 4 5 1 4 4 5

x  x x  x x x  x x  x

Ta viết lại phương trình:    

2

2 x  4x 3 x4 5 (x  4x 5)(x4)

Đến toán giải

Các em tự sáng tạo cho phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách

3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Từ phương trình tích  x 1 1  x 1 x2 0, 2x 3 x  2x 3 x2 0 Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau

Bài 1. Giải phương trình :  

2 3 2 1 2 2

x   x  x  x 

Giải:

2 2

t  x  , ta có :  

2

2 3

1

t

t x t x

t x

 

      

  

Bài 2 Giải phương trình : x1 x2 2x3x21

Giải:

Đặt : t  x2 2x3, t  Khi phương trình trở thnh :  

2

1

x t x 

 

2 1 1 0

x x t

    

Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn :

       

2 2

2 1

1

t

x x x t x t x t x

t x

 

              

  

Từ phương trình đơn giản :  1 x 1x  1 x 2 1x 0, khai triển ta pt sau

Bài 3 Giải phương trình sau : x 1 3 x2 1 x 1 x2 Giải:

Nhận xét : đặt t  1 x, pttt: 1x 3x2t t 1x (1)

Ta rút x 1 t2 thay vào pt:    

2

3t  2 1x t4 1x1 0

Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t    

2

2 x 48 x 1

      

khơng có dạng bình phương

Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo    

2

1 x , 1x

Cụ thể sau : 3x1 x 2 1 x thay vào pt (1) ta được:

Bài 4 Giải phương trình: 2x4 2  x  9x216

Giải

Bình phương vế phương trình:      

2

4 2x4 16 4 x 16 2 x 9x 16

Ta đặt :  

2

2

t   x 

Ta phải tách    

2 2

9x 2 4 x  2  x  8

cho t có dạng phương Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích

4 Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích

Xuất phát từ số hệ “đại số “ đẹp tạo phương trình vơ tỉ mà giải lại đặt nhiều ẩn phụ tìm mối quan hệ ẩn phụ để đưa hệ

Xuất phát từ đẳng thức        

3 3 3 3

3

a b c  a b c  a b b c c a   , Ta có

 3      

3 3 0

a b c  a b c   a b a c b c   

Từ nhận xét ta tạo phương trình vơ tỉ có chứa bậc ba

2

3

37x 1 x  x 8 x  8x 1 2 33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0

       

Bài Giải phương trình :x 2 x 3 x 3 x 5 x 5 x 2 x

Giải :

2

u x

v x

w x

  

 

 

 

 



 , ta có :

           

2

2

2

3

5

u v u w u uv vw wu

v uv vw wu u v v w

w uv vw wu v w u w

   

    

 

       

 

 

      

  , giải hệ ta được:

30 239

60 120

u  x

Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2 1 x2 3x  2x22x 3 x2 x2

Giải Ta đặt :

2

2

2

2

2

3

2

2

a x

b x x

c x x

d x x

  



   

 

  

 

  



 , ta có : 2 2

2

a b c d

x

a b c d

   

 



  



Bài Giải phương trình sau

1) 4x25x 1 x2 x 1 9x

2)      

3 4 3 2

4

4 1 1

x x  x   x   x x  x  x

5 Đặt ẩn phụ đưa hệ:

5.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường

Đặt u x v,  x tìm mối quan hệ  x  x từ tìm hệ theo u,v

Bài 1.Giải phương trình:  

325 325 30

x  x x  x 

Đặt y335 x3  x3y335

Khi phương trình chuyển hệ phương trình sau: 3

( ) 30

35

xy x y

x y

 

  

 



 , giải hệ ta tìm được

( ; ) (2;3) (3;2)x y   Tức nghiệm phương trình x{2;3}

Bài 2.Giải phương trình:

4

1

2

x x

   

Đặt

4

2

0 1,0

x u u v x v                

Ta đưa hệ phương trình sau:

4

2

2 4

4 1 2

2

2

u v

u v

u v v v

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

Giải phương trình thứ 2:

2

2

4

( 1)

2

v   v  

  , từ tìm v thay vào tìm nghiệm phương

trình

Bài 3.Giải phương trình sau: x 5 x 6

Điều kiện: x1

Đặt a x1,b 5 x1(a0,b0) ta đưa hệ phương trình sau:

2

5

( )( 1) 1

5

a b

a b a b a b a b

b a                      Vậy 11 17

1 1

2

x    x  x   x x 

Bài Giải phương trình:

6

3 5 x x x x       Giải

Điều kiện:  5 x5

Đặt u 5 x v,  5 y 0u v,  10

Khi ta hệ phương trình:

2

2 10 ( ) 10 2

2

4 ( ) 1

2( )

3

u v uv

u v u v u z uv u v                              

5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II

Ta tìm nguồn gốc tốn giải phương trình cách đưa hệ đối xứng loại II

Ta xét hệ phương trình đối xứng loại II sau :

   

2

2

1 (1)

1 (2)

x y y x          

 việc giải hệ đơn

giản

Bây giời ta biến hệ thành phương trình cách đặt yf x  cho (2) , y x2 1 , ta có phương trình :  

2 2

1 ( 1) 2

x  x    x  x x

Vậy để giải phương trình : x22x x2 ta đặt lại đưa hệ

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc :

 

 

2

2

x ay b

y ax b

             

 , ta xây dựng phương trình

dạng sau : đặt y  ax b , ta có phương trình :  

2 a

x ax b b 

 

 

Tương tự cho bậc cao :  

n a n

x ax b b 

 

 

    

Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết dạng :   ' '

n n

x p a x b

    

v đặt y nax b để đưa hệ , ý dấu  ???

Việc chọn  ; thông thường cần viết dạng :  ' '

n n

x p a x b

     chọn được.

Bài 1. Giải phương trình: x2 2x2 2x

Điều kiện:

x

Ta có phương trình viết lại là: (x 1)2 2 x1

Đặt y 1 2x ta đưa hệ sau: 2

2 2( 1)

2 2( 1)

x x y

y y x

   

 

  

 

Trừ hai vế phương trình ta (x y x y )(  ) 0 Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x 2

Bài Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5 Giải

Điều kiện

5

x

Ta biến đổi phương trình sau: 4x2 12x 2 4 x5  (2x 3)2 2 4x 5 11

Đặt 2y 3 4x5 ta hệ phương trình sau:

2

(2 3)

( )( 1)

(2 3)

x y

x y x y

y x

   



    



  

 

Với x y 2x 3 4x 5 x 2 Với x y  0  y 1 x x 1

Kết luận: Nghiệm phương trình {1 2; 1 3}

Các em xây dựng sồ hệ dạng ?

Dạng hệ gần đối xứng

Ta xt hệ sau :

2

(2 3)

(1)

(2 3)

x y x

y x

    

 

  



 hệ đối xứng loại giải

hệ , từ hệ xây dưng toán phương trình sau :

Bài 1 Giải phương trình: 4x2 5 13x 3x 1

Nhận xét : Nếu nhóm phương trình trước :

2

13 33

2

4

x x

 

   

 

 

Đặt

13

2

4

y  x

khơng thu hệ phương trình mà giải Để thu hệ (1) ta đặt : y  3x1 , chọn  , cho hệ giải , (đối xứng gần đối xứng )

Ta có hệ :

 2 2

2

2 (1)

3

(*)

4 13 (2)

4 13

y y x

y x

x x y

x x y

  

 

 

 

         

 



 

    



   

 

Để giải hệ ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): mong muốn có nghiệm xy

Nên ta phải có :

2 2 3 1

4 13

  

 

 

 

  , ta chọn  2; 3

Ta có lời giải sau : Điều kiện:

1

x

, Đặt

3

3 (2 3), ( )

2

x  y y

Ta có hệ phương trình sau:

2

(2 3)

( )(2 5)

(2 3)

x y x

x y x y

y x

    



    



  

 

Với

15 97

8

x y x 

Với

11 73

2

8

x y   x 

Kết luận: tập nghiệm phương trình là:

15 97 11 73

;

8

   

 

 

 

 

Chú ý : làm quen, tìm  ; cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình sau: (2x 3)2  3x  1 x

khi đặt 3x 1 2y3 , đặt 2y 3 3x1 khơng thu hệ mong muốn , ta thấy dấu  dấu với dấu trước căn.

Một cách tổng quát

Xét hệ:

( ) (1)

( ) ' ' (2)

f x A x B y m f y A x m

  

 

 

 để hệ có nghiệm x = y : A-A’=B m=m’,

Nếu từ (2) tìm hàm ngược yg x  thay vào (1) ta phương trình

Như để xây dựng pt theo lối ta cần xem xét để có hàm ngược tìm hệ phải giải

Một số phương trình xây dựng từ hệ

Giải phương trình sau

1) 4x2 13x 5 3x 1

2) 4x2 13x 5 3x 1

3)

3

381 8 2 2

3

x x  x  x

4) 6x 1 8x3 4x

5)    

2

15

30 2004 30060 1

2 x  x  x 

6) 33x 8 x3 36x253 25

Giải (3):

Phương trình :  

3

3

3

27 81x 27x 54x 36x 54 27 81x 3x 46

          

Ta đặt : 3y 2381x

Các em xây dựng phương trình dạng !

III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

1 Dùng đẳng thức :

Từ phương trình    

2

5x 2 x  5 x  x 0

ta khai triển có phương trình :

 

2

4x 12 x 4 x 5x 1 5 x

2 Dùng bất đẳng thức

 Một số phương trình tạo từ dấu bất đẳng thức:

A m B m

  



 dấu ỏ (1) (2) cùng

dạt x0 x0 nghiệm phương trình A B

Ta có : 1x 1 x 2 Dấu x0

1

1

1

x

x

  

 , dấu

khi x=0 Vậy ta có phương trình:

1

1 2008 2008

1

x x x

x

     



Đôi số phương trình tạo từ ý tưởng :

  ( )

A f x B f x

   

 

 :

    A f x A B

B f x

 

   

  

 Nếu ta đoán trước nghiệm việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều

nghiệm vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá

Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007):

2

9

1 x x

x   

Giải: Đk x0

Ta có :

 

2

2

2

2

1

1

x

x x x

x

x x

 

    

  

      

     

  

   

     

Dấu

2 1

7

1 x

x x

   

 

Bài 2. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2x4 16

Giải: Đk:   1 x

Biến đổi pt ta có :  

2

2 13 1 9 1 256

x  x  x 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

 13 13 1 x2 3 3 1 x22 13 27 13 13 x2 3 3x2 40 16 10 x2

         

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:  

2

2 16

10 16 10 64

2

x  x   

 

Dấu

2

2

2

5

3 2

10 16 10

5

x x

x

x

x x



   

 





  



   

 

Ta chứng minh : 44 x4 x 13    

2

3 3 8 40 0 3 3 13

x  x  x   x x  x

Bài tập đề nghị

Giải phương trình sau

1 2

1 2

1 2

x x

x x

x x

 

    

 

4 x 41 x x 1 x 2 48

      

4 4

2x  8 4x 4 x 

4 3

16x  5 4x x

3` 3 8 40 44 4 0

x  x  x  x 

3

8x  64 x x  8x 28

2

2

1

2 x x

x x

 

       

 

3 Xây dựng tốn từ tính chất cực trị hình học

3.1 Dùng tọa độ véc tơ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: ux y1; 1, vx y2; 2

 

ta có

    

2 2 2

1 2 1 2

u v  u v  x x  y y  x y  x y

Dấu xẩy hai véc tơ u v,

 

hướng

1 2

0

x y

k

x y

   

, ý tỉ số phải dương

 u v u v .cos u v

     

, dấu xẩy cos  1 u  v

3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác

 Nếu tam giác ABC tam giác , với điểm M mặt phẳng tam giác, ta ln có

MA MB MC OA OB OC     với O tâm đường tròn Dấu xẩy M O.

 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ

nhất điểm M nhìn cạnh AB,BC,AC góc 1200 Bài tập

1)    

2 2

2x  2x 1 2x  1 x 1 2x  1 x 1

2)

2

4 10 50

x  x  x  x 

IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu

 Dựa vào kết : “ Nếu yf t  hàm đơn điệu f x f t   x t ” ta xây dựng

những phương trình vơ tỉ

Xuất phát từ hàm đơn điệu : yf x  2x3x21 x0 ta xây dựng phương trình :

   3 1 2 1 2 3 13 (3 1)2 1

f x f x  x x   x  x 

, Rút gọn ta phương trình

 

3

2x x  3x 1 3x 3x

Từ phương trình f x 1 f  3x 1 tốn khó    

3

2x 7x 5x 4 3x 3x

Để gải hai toán làm sau :

Đặt y 3x ta có hệ :

3

2

2

3

x x x y

x y

    

 

 



 cộng hai phương trình ta được:

 3  2

Hãy xây dựng hàm đơn điệu tốn vơ tỉ theo dạng ?

Bài Giải phương trình :     

2

2x1 2 4x 4x4 3 2x  9x 3 0

Giải:

2x 2 2x 12 3  3x2  3x2 3 f 2x 1 f  3x

             

Xét hàm số    

2

2

f t t  t 

, hàm đồng biến R, ta có

1

x

Bài 2. Giải phương trình x3 4x2 5x 6 7x2 9x

Giải Đặt y37x29x 4, ta có hệ :

   

3

3

2

4

1

7

x x x y

y y x x

x x y

    



     



  

 

Xét hàm số :  

3

f t  t t, hàm đơn điệu tăng Từ phương trình

     

5

1 1 1 5

2

x

f y f x y x x x x

x

  

              

  

Bài 3. Giải phương trình :36x 1 8x3 4x

V PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 1 Một số kiến thức bản:

 Nếu x 1 có số t với

;

2

t  

  cho : sint x số y với y0;

cho xcosy

 Nếu 0 x có số t với

0;

t  

  cho : sint x số y với y 0;2



 

  

cho xcosy

 Với số thực x có

; 2

t    

  cho : xtant

 Nếu : x,y hai số thực thỏa:

2

1

x y  , có số t với 0 t 2 , cho

sin , cos

x t y t

Từ có phương pháp giải tốn :

 Nếu : x 1 đặt sint x với

;

2

t  

  xcosy với y0;

 Nếu 0 x đặt sint x, với

0;

t  

  xcosy, với y 0;2



 

  

 

 Nếu : x,y hai số thực thỏa:

2

1

x  y  , đặt xsin ,t y cost với 0 t 2

 Nếu x a, ta đặt : sin

a x

t



, với

; 2

t    

  , tương tự cho trường hợp khác

 x số thực thi đặt :

tan , ;

2

x t t    

 

Chúng ta biết đặt điều kiện xf t  phải đảm bảo với x có t, điều kiện để đảm bào điều (xem lại vòng tròn lượng giác )

2 Xây dựng phương trình vơ tỉ phương pháp lượng giác ?

Từ cơng phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sint, ta tạo phương trình vơ tỉ

Chú ý : cos3t 4cos3t 3cost ta có phương trình vơ tỉ: 4x3 3x 1 x2 (1)

Nếu thay x

1

x ta lại có phương trình :4 3 x2 x2 x2 1 (2)

Nếu thay x phương trình (1) : (x-1) ta có phương trình vố tỉ khó:

3 2

4x  12x 9x 1 2x x (3)

Việc giải phương trình (2) (3) khơng đơn giản chút ?

Tương tự từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng phương trình vơ tỉ theo kiểu lượng giác

3 Một số ví dụ

Bài 1. Giải phương trình sau :    

2

3

2

1 1

3

x

x  x x  

      

 

 

Giải:

Điều kiện : x 1

Với x [ 1;0]:    

3

1x  1 x 0

(ptvn)

[0;1]

x ta đặt : x cos ,t t 0;



 

   

  Khi phương trình trở thành:

1

2 cos sin sin cos

2

x  t  t  t 

  phương trình có nghiệm :

1

x

Bài 2. Giải phương trình sau :

1)

1 2

1 2

1 2

x x

x x

x x

 

    

  HD:

1 2cos tan

1 2cos

x x

x

 



2)  

2

1 1 x x 1  x

Đs:

1

x

3) x3 3x x2 HD: chứng minh x 2 vô nghiệm

Bài 3 Giải phương trình sau: 6x 1 2x

Giải: Lập phương vế ta được:

3

8

2

x  x  x  x

Xét : x 1, đặt xcos ,t t0; Khi ta

5

cos ;cos ;cos

9 9

S    

  mà phương trình bậc 3

có tối đa nghiệm tập nghiệm phương trình

Bài 4. .Giải phương trình

2

2

1

1

x

x

 



 



 

Giải: đk: x 1, ta đặt

1

, ;

sin 2

x t

t

 

 

   

Khi ptt:

 

2

cos

1

1 cot 1

sin sin

2 t t x t         

Phương trình có nghiệm : x 2 1 

Bài 5 Giải phương trình :

    2 2 1

2

x x

x

x x x

 

  



Giải: đk x0,x1

Ta đặt :

tan , ;

2

x t t    

 

Khi pttt  

2

2sin cos2t tcos2t1 0  sin sint  t 2sin t 0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm

1

x

Bài tập tổng hợp

Giải phương trình sau

 3

3 1 2 2

x   x x  x

2

2x  2x 30 2007 30 4 x 2007  30 2007

2

12

2 2

9 16 x x x x       3 x 1 x 1 x 2

   

3 x x 1 2x 1

   

4x 5 3x 1 2x7 x3  

2 3 1 3 1

x  x  x x 

4 10 3  x  x 2 (HSG Toàn Quốc 2002)

       

2 2 x 5 x  x 2 x 10 x

2

3 x 4 x 1 2x 3

    

2

3 x 1 3x 2 3x 2

    

2

2x 11x21 4 x 0 (OLYMPIC 30/4-2007)

2 2

2x  1 x  3x  2x 2x 3 x  x2

2

2x 16x18 x  2 x4

2

2 3

2 x x x x x      

12 x2 x1 3 x9

3

4 x 1 x  1 x x

4x 3x 3 4x x 3 2x1

3

1 1

x  x x    x x 

   2  

4 2x4 16 4 x 16 2 x 9x 16

2

(2004 )(1 )

x  x   x

(x3 x2)(x9 x18) 168 x

2 3 1 1

3

x  x  x x 

 2  2

3

2 1x 3 1 x  1 x 0

2

2008x  4x 3 2007 4x

   

3 2x  1 x 3 x8 2x 1

2

12 36

x  x x 

4x 1 x3 1 2x3 2x 1

    

1 1

2x x x

x x x



    

2

5x  14x 9 x  x 20 5 x1

3

36x 1 8x 4x 1

   

   

15

30 2004 30060 1

2 x  x  x 

2 7 28 x x x    2

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

I. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Dạng 1 : Phương trình

(*)

0 x D

A B A B

A B  

     

 

Lưu ý: Điều kiện (*) chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp A0 hay B0

Dạng 2: Phương trình

0

B A B

A B     

 

Dạng 3: Phương trình

+)

0

2

A

A B C B

A B AB C  



    



  

 (chuyển dạng 2)

+)  

3 A B 3C A B 33 A B. A B C

      

và ta sử dụng phép :3 A3 B C ta phương trình : A B 33 A B C C  Bài 1: Giải phương trình:

a) x2 1 x b) x 2x3 0 c) x2 x 1 e) 3x 2 x 3

f) 3x 2 x 1 g) x9 5  2x4 h) 3x 4 2x 1 x3 i) (x3) 10 x2 x2 x 12

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x23x  2m x x 

Bài 3: Cho phương trình: x2 1 x m -Giải phương trình m=1

-Tìm m để phương trình có nghiệm

Bài 4: Cho phương trình: 2x2mx 3 x m -Giải phương trình m=3

-Với giá trị m phương trình có nghiệm II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường.

-Nếu tốn có chứa f x( ) f x( ) đặt t  f x( ) (với điều kiện tối thiểu t 0

phương trình có chứa tham số thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ)

-Nếu tốn có chứa f x( ), g x( ) f x( ) g x( ) k (với k số) đặt :

( )

t  f x , ( )

k g x

t



-Nếu toán có chứa f x( ) g x( ) ; f x g x( ) ( ) f x( )g x( )k đặt:

( ) ( )

t  f x  g x suy

2

( ) ( )

t k f x g x  

-Nếu tốn có chứa a2 x2 đặt xasint với t

 

  

-Nếu toán có chứa x2 a2 đặt sin

a x

t



với  

; \

2

t   

  cos

a x

t



với

0;  \

t    

 

-Nếu tốn có chứa x2a2 ta đặt xa.tant với

; 2

t    

Bài 1: Giải phương trình: a) x2 x22x 8 12 2 x b) 2x2 2x23x9 3x c) x2 4x 6 2x2 8x12 d) 3x215x2 x25x 1 e) (x4)(x1) 3 x25x2 6

f) 2x25x 2 2x25x 1 g) x23x 2 2x26x2  h) x2 x211 31

i) (x5)(2 x) 3 x23x

Bài 2: Giải phương trình:

a)    

3

3 1 2 1

x   x x  x

b)

 3  3

2

1 1 x  1 x  1x   2 1 x

 

 

c) 1 x 2x 1 x2  2x2 1 d) 64x6 112x456x2 1  x2

e)

35 12

x x

x

 



f)      

1

3 3

3

x

x x x

x



    



Bài 4: Cho phương trình:

1

1 m

x  x 

-Giải phương trình với

2

3

m 

-Tìm m để phương trình có nghiệm

Bài 5: Cho phương trình:  

2

2 x  2x  x  2x 3 m0

-Giải phương trình với m = -Tìm m để phương trình có nghiệm

2 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Là việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ hệ số cịn chứa x

-Từ phương trình tích  x 1 1  x 1 x2 0, 2x 3 x  2x 3 x2 0

Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau

Bài 1. Giải phương trình :  

2 3 2 1 2 2

Giải: t  x22 , ta có :

 

2

2 3

1

t

t x t x

t x

 

      

  

Bài 2 Giải phương trình : x1 x2 2x3x21

Giải:

Đặt : t  x2 2x3, t 

Khi phương trình trở thnh : x1t x21 x2 1 x1t 0 Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn

       

2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0

1

t

x x x t x t x t x

t x

 

              

  

Từ phương trình đơn giản :  1 x 1x  1 x 2 1x 0, khai triển ta pt sau

Bài 3 Giải phương trình sau : x 1 3 x2 1 x 1 x2 Giải:

Nhận xét : đặt t  1 x, pttt: 1x 3x2t t 1x (1)

Ta rt x 1 t2 thay vo pt:    

2

3t  2 1x t4 1x1 0

Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t    

2

2 x 48 x 1

      

khơng có dạng bình phương

Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo    

2

1 x , 1x

Cụ thể sau : 3x1 x 2 1 x thay vào pt (1) ta được:

Bài 4 Giải phương trình: 2x4 2  x  9x216

Giải

Bình phương vế phương trình:      

2

4 2x4 16 4 x 16 2 x 9x 16

Ta đặt :  

2

2

t   x 

Ta được: 9x2 16t 32 8 x0

Ta phải tách    

2 2

9x 2 4 x  2  x  8

cho t có dạng chình phương Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Bài tập: Giải phương trình sau:

a) (4x1) x3 1 2x32x1 b) x2 2 x x2 2x

c) x2 2 x x22x d) x24x(x2) x2 2x4

a) Dạng thông thường: Đặt u x v,  x tìm mối quan hệ  x  x từ tìm hệ

theo u,v Chẳng hạn phương trình: ma f x  mb f x  c ta đặt:

   

m

m

u a f x

v b f x

  

 

 



 từ

suy um vm  a b Khi ta có hệ

m m

u v a b

u v c

   



  

Bài tập: Giải phương trình sau:

a) 2 x  1 x1 b) 39 x  2 x c) x x ( x 1) x x2 x 0

b) Dạng phương trình chứa bậc hai lũy thừa bậc hai:

2

( )

ax b c dx e   x với

d ac e bc

 

 

 

 



Cách giải: Đặt: dy e  ax b phương trình chuyển thành hệ:

 

 

2

2

( )

dy e ax b

dy e ax b

dy e c dx e x  c dy e x dy e 

   

   

 



 

    

      

  ->giải

Nhận xét: Dể sử dụng phương pháp cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban đầu dạng thỏa mãn điều kiện để đặt ẩn phụ.Việc chọn  ; thông thường cần viết dạng :

 x n p a x bn ' '

     chọn được.

c) Dạng phương trình chứa bậc ba lũy thừa bậc ba.

 3

3 ax b c dx e x 

     với

d ac e bc

 

 

 

 



Cách giải: Đặt dy e 3 ax b phương trình chuyển thành hệ:

 

 

 

 

3

3

3 ( )3 ( )

dy e ax b

dy e ax b c dy e acx bc

dy e c dx e x c dx e x dy e c dx e ac d x dy bc



          

  

 

  

               

  

     

Bài tập: Giải phương trình sau: 1) x 1 x24x5

2) 3x 1 4x213x 3) x3 2 33 x

4)

2

4

7

28

x

x x x



  

5) x3 1 23 x

6)  

3

335 335 30

x  x x  x 

7) 4x2 13x 5 3x 1 8) 4x2 13x 5 3x 1

   

15

30 2004 30060 1

2 x  x  x 

3

33x 5 8x 36x 53 25

    

9)

3

381 8 2 2

3

x x  x  x

10) 36x 1 8x3 4x

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Hướng 1: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f x( )k Bước 2: Xét hàm số yf x( )

Bước 3: Nhận xét:

 Với x x  f x( )f x( )0 k x0 nghiệm

 Với x x  f x( ) f x( )0 k phương trình vơ nghiệm

 Với x x  f x( ) f x( )0 k phương trình vơ nghiệm

 Vậy x0 nghiệm phương trình Hướng 2: thực theo bước

Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f x( )g x( )

Bước 2: Dùng lập luận khẳng định f x( )và g(x) có tính chất trái ngược xác định x0

cho f x( )0 g x( )0

Bước 3: Vậy x0là nghiệm phương trình. Hướng 3: Thực theo bước:

Bước 1: Chuyển phương trình dạng f u( )f v( )

Bước 2: Xét hàm số yf x( ), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi f u( )f v( ) u v

Ví dụ: Giải phương trình :     

2

2x1 2 4x 4x4 3 2x  9x 3 0

pt              

2

2x 2x 3x 3x f 2x f 3x

             

Xét hàm số    

2

2

f t t  t 

, hàm đồng biến R, ta có

1

x

Bài tập: Giải phương trình:

2

4x 1 4x  1 , x 1x3 4x5, x 3  x x2, x  1 2x2x2 x3,

1

BÀI TẬP :

Bài 1: Bình phương hai vế :

a) x2 + x 1

Hd: pt

4

0

1

1

2

1

2

x x

x x x x

x



 



  



  



   





 



b)pt:

5

:

x x x

dk x

      

- Chuyển vế ,bình phương hai vế : x =2 ; x = 2/11( loại ) Vậy x=2

c)

:

:

pt x x

dk x

    

Bình phương hai lầ ta có :ĐS x = d)

: 16

: 0;

pt x x

Ds x

     

e)

2

: (4 1) 2

: 1/

pt x x x x

dk x

    



Bphương hai lanà ta có :ĐS x = 4/3 Bài : Dặt n số phụ :

a)

2 3 3 3 6 3

x  x  x  x 

- Đặt : - T=x2-3x+3

3 / : 3

1 1;

pt t t

t x

   

   

b)

2

2

1

3

:

x x x x

dk x

     

 

- Đặt :

2

2

1 ;

2

t

t  x  x t  x x  

ptt2-3t +2 =0 t =1 ; t=2 Vn t=1  x=0 ; x=1

c)

2

2x3 x 1 3x2 2x 5x3 16

HDÑS:

ÑK :

2

1

2

3 2

5

x

t x x

t x x x

pt t x



    

     

2 2

) 3 19

/

5 13

1;

d x x x x x x

t x x

pt t t t t

x x

       

   

         

3 : ) ( 1)(3 )

Bai a x   x x  x m

 Giải pt m=2 ** Tìm m pt có nghiệm

 HDĐS : ĐK:

2

; 2

: 2( )

0( )

) : 1,

2

t x x t

vi a b a b a b

t l

a m t t x x

t

      

    

 

      



 b) f(t) = -t2/2 + t +2 = m (1) Laäp bảng biến thiên : Tacó : 2 2 m2

2

4 : ) 9

bai a x  x  x  x m

Bình phương : Đặt t= x(9 x)   0 t /

KsHS f t( )t22 ;t o t 9 / 2Ds / 4 m 10d)

4 4 4 4 6

x  xm x  xm 

HDĐS:Đặt :

4

4

4

4

4 :

3

4

4 16

t x x m pt t t

t l

t

x x m

m x x

      

    



   

   

Laäp BBT : m>19VN; m=19: ngh ;m<19pt2ngh Bài3:

1-BÀI TẬP : I- GIẢI PT:

1) X 23 2X 1 Laäp phương hai vế ta có : x3-4x2+5x-2 =0

 x=1 ; x=2 Thử lại x=1 không thoả Vậy

x=2

3

2) X34 X  1 Lập phương hai vế ta coù : x2+31x-1830 =0

 x=-1061 ; x=75

3

2) 2X  2 X  1

-Lập phương hai vế ta có : x3-4x2+5x-2 =0

 x=1 ; x=2 Thử lại x=1 không thoả Vậy x=2

3 3

3) X 1 X   2x

-Lập phương hai vế ta có : pt x=1 ; x=2 ;x=3/2 Thử lại Đều thoả

3 3

4) 2X  2 X  2 9x

3

2 2

3

5) (X a )   X  a 2 (x a a ) 0pt

 18X = 14a  x=7a/ ; a# Thử lại thoả

II- PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC CHỨA THAM SỐ m : Bài 1: x  1 x m: BLs ngh pt.

HdÑS :

 1; 

: ( )

D

xet f x x x   

   

Tính đạo hàm : Bảng biến thiên ,Ta có : m<1 : 1ngh; m=1: có 2ngh: 1<m<2: 2ngh m=2 : 2ngh ; 2<m<: Vn

BẤT PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC KIẾN THỨC CẦN NHỚ :

 Dạng baûn :

2

2

2

2 0 0 0 0 0 A

A B B

A B

A

A B B

A B

A B

A B

B

A B

A B

A B

B

A B

 



   

 



 



   

 



 

 

  

  

   

   

 

 

  

  

   

   

 Daïng khác :

- Có nhiều thức :Đặt ĐK – Luỹ thừa- khử – Dưa vể bpt dạng Chú ý : - Hai vế khơng âm ta đ7ợc bình phương – Hai vế số thực ta đựơc lập phương BAØI TẬP :

GIẢI CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1-Pt : 2x  3 x

PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC III. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Dạng 1 : Phương trình

(*)

0 x D

A B A B

A B  

     

 

Lưu ý: Điều kiện (*) chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp A0 hay B0

Dạng 2: Phương trình

0

B A B

A B     

 

Dạng 3: Phương trình

+)

0

2

A

A B C B

A B AB C  



    



  

 (chuyển dạng 2)

+)  

3 A B 3C A B 33 A B. A B C

      

và ta sử dụng phép :3 A3 B C ta phương trình : A B 33 A B C C 

Bài tập đề thi tuyển sinh.

Bài 1 :

a)(ĐHXD) Giải pt x2 6x6 2 x 1

b) (CĐSP MG 2004)  x2 4x 3 2 x 5

c) (CĐSP NINH BÌNH) 3x 2 x7 1

d) (CĐ hoá chất) x 8 x  x3

e) (CĐ TP 2004) 2x 2x 1 7

g) (CĐSP bến tre) 5x 1 3x 2 x 1 0

h) (CĐ truyền hình 2007) 7 x2 x x5  3 2 x x ĐS:

a) x=1. b) x=14/5 c) x=9. d)x=1

e) x=5 g) x=2 h) x=-1.

Bài 2:

a)(ĐHNN-2001) Giải phương trình x 1 4 x  (x1)(4 x) 5. b) (CĐ Nha trang 2002) : x2 5 x  (x2)(5 x) 4

Hdẫn:

a) ĐK: -1≤x≤4.

Đặt t= x 1 4 x 0 Giải t=-5 (loại), t=3 Giải t=3 x=0.

b) x=

3 5 2



a)(ĐHQG KD-2001) Giải phương trình 4x 1 4x2  1 1 .

b) (CĐXD 2003)3 2x 1 2x2 2x 3 0

Hdẫn:

a) ĐK: x≥1/2

Xét hàm số y= 4x 1 4x2  1 HSĐB [1/2;+∞) Và f(1/2)=1.

Vậy phương trình có nghiệm x=1/2. b)x=-1 nghiệm

Các hàm số y=3 2x1; y=3 2x2; y=3 2x3ĐB

Bài : Giải pt 2x2 8x6 x2  1 2 x2.

ĐK : x ≤-3,x=-1,x≥1. -Với x=-1 Thoả mãn pt -Với x≤-3 VP<0 loại -Với x≥1 pt

2

( 1)(2 6) ( 1)( 1) ( 1)

2 6 1 2 1

x x x x x

x x x

       

     

Tiếp tục bình phương vế thu x=1. Vậy pt có nghiệm x=1 ; x=-1.

Bài : (ĐH mỏ điạ chất) Giải pt x 4 x2  2 3x 4 x2

ĐK : x 2 Đặt t=x 4 x2 Giải t=2 ; t=-4/3.

+t=2 x=0, x=2

+t=-4/3

2 14 2 14

;

3 3

x  x 

(loại) KL : Pt có nghiệm.

Bài : (HV CNBCVT) Giải pt

3

4 1 3 2

5

x

x  x  

. Giải : ĐK : x≥2/3.

Trục thức ta

3

3 ( 4 1 3 2) 4 1 3 2 5

5

x

x   x  x  x  x 

. PT có nghiệm x=2.

HS y= 4x 1 3x 2ĐB x=2 nghiệm nhất.

pt

2(3 ) 6 2 2

2(3 )( 6 2 2) 8(3 )

3

6 2 2 4

x x x

x x x x

x

x x

     

      

   

   



KL: x=3; x=

11 15

2



Bài 8: Giải phương trình x2  x7 7

ĐK:x-7.

Đặt t x7 0  t2  x 7.

Phương trình trở thành

2

2

2 7 ( ) ( )( 1) 0

x t

x t x t x t x t

t x

  



        



  



Giải x=2; x=

1 29

2



a) x3 1 23 x1

  

    

3

3

1 2

2 1

x x

y x y x

- Phơng trình đợc chuyển thành hệ



    

  

 

        

   

    

   



        

  

   

  

   

  



3

3 3 2

3

1

1 2

2

1 2( ) 0( )

1

1

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 cho có nghiệm. c)3(2 x)23(7x)2  3(7 x)(2 x) 3

-Đặt :

2 2

32 3

.

3 3

3 7 9

3

1; 2 1; 6

2

u v uv

u x

pt

v x u v

u v

u v x

uv

 

 

 

 

 

  

  

 



   

 

      

 d) 32 x 1 x1

3 2

1; 0

1

0;1; 2; 1;0;3

3 2 1

1;2;10

u x

v x v

u v

u v

u v

x

    

    

 

  

 

    

 



Bài 9: Giải phương trình x 2 x2 2 x2  4 2 x2

ĐK: x≥2.

Đặt t x 2 x2 t2 2 x2  4 2 x.

Thế vào phương trình giải t=1; t=-2 từ giải x=2.

Bài 10: (Tham khảo 2002) giải phương trình x4 x 4 2 x 12 2 x2  16

ĐK:x≥4.

Phương trình  x4 x 4 ( x4 x 4)2  12

Đặt t= x4  x 4≥0 giải phương trình ẩn t t=4; t=-3 (loại).

Giải x=5. Bài 11 :

a)(CĐSP 2004) Giải pt

3

2 1 2 1

2

x

x x  x x  

b) (ĐH-KD-2005) 2 x 2 2 x 1 x 1 4 a) ĐK ; x≥1.

Pt

3

1 1 1 1

2

x

x x 

      

. Xét 1≤x≤2 : giải nghiệm x=1 xét x>2 giải x=5

b)x=3

3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn

Từ phương trình tích  x 1 1  x 1 x2 0, 2x 3 x  2x 3 x2 0 Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau

Bài 1. Giải phương trình :  

2 2

3 2

x   x  x  x 

Giải:

2 2

t  x  , ta có :  

2 2 3 3 0

1

t

t x t x

t x

 

      

  

Đặt : t  x2 2x3, t  Khi phương trình trở thnh : x1t x21  

2 1 1 0

x x t

    

Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có  chẵn :

       

2 2 3 1 2 1 0 1 2 1 0

1

t

x x x t x t x t x

t x

 

              