PT BPT chua can thuc

Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ.. Do đó với dạng toán này chúng ta cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trì nh. Tuy nhiên nếu khéo léo giấu đi mối quan [r]

Phương trì nh chứa ẩn thức

Ví dụ : Giải phương trì nh: 1 x x2 x x

3

    

Giải: ĐK 0 x 1 

Để giải phương trì nh rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ thức Có cách để loại bỏ thức ? Điều nghĩ tới lũy thừa hai vế Vì hai vế phương trì nh cho ln khơng âm nên bì nh phương hai vế ta thu phương trì nh tương đương





2 2

2 2

2 4

(1) x x x x x x (x x ) x x

3

 

              

 





2 2

2(x x ) x x x x x x

         

2

2 0

x x x 0;x 1

3 VN

x x

  

 

 

  



 



Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm phương trì nh: x 0;x 1 

Qua lời giải ta thấy x x biểu diến qua x  x nhờ vào đẳng thức



x  x



2  1 x x (*) Cụ thể ta đặt t x  x

2

2 t

x x

2



  phương trì nh cho trở thành phương trì nh bậc hai với ẩn t: t2 t t2 3t t 1;t

3



        

Vậy ta có:

0

x x 2 x x 0

x 0;x VN (VT 2)

x x



     

   





   

 

trong phương trì nh chẳng hạn phương trì nh ngồi đẳng thức (*) ta cịn có mối quan hệ biểu thức tham gia phương trì nh:

  

2



2

x  x    x x (**) mà từ phương trì nh ta rút thức qua thức lại: x x

2 x

  

  Do đặt

3t

t x x

2t



   

 thay vào

(**) biến đổi ta thu phương trì nh

2

t(t 1)(2t 4t 3) 0   t 0,t 1 hay x 0,x 1  nghiệm phương trì nh Phương trì nh cho chứa tổng tích hai thức, đồng thời hai thứcthỏa mãn (**) ta đặt a  x,b x từ phương trì nh cho kết hợp với (**) ta có hệ phương trì nh:

2

2

1 ab a b

a b

   

 

   

hệ đối xứng loại I, giải hệ ta nghiệm phương trì nh x=0 x=1 Bản chất cách giải cách đặt ẩn phụ t x mà ta giải

Tiếp tục nhận xét đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức mà ta biết ? Chắc hẳn bạn dễ dàng trả lời đẳng thức lượng giác:sin2 cos2 1 Điều dẫn đến cách giải sau:

Đặt x sin t, t [0; ]2



  (Điều hồn tồn hợp lí x [0;1] ) Khi phương trì nh cho trở thành:

2

1 sin t.cos t sin t cos t 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)(2sin t 3)

         

2

x

sin t x x 1

x sin t (3 2sin t) sin t sin t(4sin t 6sin t 8)



   

  

   

       

 

I Phương pháp biến đổi tương đương :

Nội dung phương pháp sử dụng tính chất lũy thừa phép biến đổi tương đương phương trì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương trì nh ban đầu phương trì nh, bất phương trì nh biết cách giải

Ta nhơ lại tính chất lũy thừa phép biến đổi tương đổi phương trì nh bất phương trì nh

1) ( a )n n a ( Nếu n chẵn cần thêm điều kiện a 0 ) 2) a b a2n b2n với a b dấu

3) a b a2n 1 b2n 1 với a,b

4) a b 0   a2n b2n (Chú ý a,b<0 a b    a b hai vế khơng âm lúc ta lũy thừa bậc chẵn hai vế)

5) a b a2n 1 b2n 1 a,b 

Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2x 3x 1  

Giải: Ta thấy VT ln khơng âm, VP âm phương trì nh vơ nghiệm nên ta cần giải phương trì nh 3x x

3

     Khi hai vế khơng âm bì nh phương ta thu phương trì nh tương đương: 2x (3x 1)   x0

3

 

nghiệm phương trì nh 2x0  1 (3x0 1)2 2x0  1 ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dấu Vậy :

2

2

1

1 x

3x x 3 4

3

Pt x 0, x

4

2x (3x 1) 9x 4x 0 x 0, x

9



   

   

  

      

  

       



Nhận xét: * Phương trì nh có dạng tổng quát: f (x) g(x) , gặp dạng ta biến đổi tương đương sau: f (x) g(x) g(x) 02

f (x) g (x)

 

  



 Ở ta khơng

cần đặt đk f (x) 0?

* Ở tốn ta giải cách đặt ẩn phụ t 2x 1 Ví dụ 2: Giải phương trì nh: x 4 1 x 2 x

.

Giải: Đk:

x

  

(*)

2

2

1

2x x

2

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

(2x 1) (1 2x)(1 x) 2x 7x 0



   

 

        

   

   

Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn Vậy nghiệm pt cho x=0

Chú ý : Ở phương trì nh lại chuyển 1x qua bình phương? Mục đích việc làm tạo hai vế phương trì nh ln dấu để sau bì nh phương ta thu phương trì nh tương đương

Ví dụ 3:Giải bất phương trì nh: 2x2 6x x 0    Giải:

Bất phương trì nh  2x2 6x x 2   (1)

Vì VT (1) ln khơng âm nên VP(1) 0 Bất phương trì nh vơ nghiệm, ta giải Bất phương trì nh x 0   x Bì nh phương hai vế ta Bpt:

2

2x 6x (x 2)   Nếu x0 bất phương trì nh ta chưa thể khẳng định

2

0

2x 6x  1 ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dấu Vậy bất phương trì nh cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau:

2

2

2

x x

x

3 7 7

2x 6x x V x x V x

2 2

2x 6x (x 2) x 2x 0 1 x 3

 

 

 

  

             

  

      

       

3

x



   nghiệm bất phương trì nh cho

Nhận xét: Dạng tổng quát bất phương trì nh là:

2

g(x) f (x) g(x) f (x)

f (x) g (x)

 



  

 



Giải hệ bất phương trì nh ta nghiệm bất phương trì nh cho

Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh :

2

2(x 16) x

x

x x

    

  (ĐH Khối A – 2004 )

Giải: ĐK: x 4

Bpt  2(x2 16) x x     2(x2 16) 10 2x  (2)

2

2(x 16) 0 ta khơng cần đặt điều kiện cho biểu thức dấu Vậy để giải bất phương trì nh (2) ta chia làm hai trường hợp

TH1: x ( k) x 10 2x

 

    



ñ

TH2: 10 2x 02 2 x 52 10 34 x

2(x 16) (10 2x) x 20x 66

   

 

     

 

     

 

 

Lấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là: x 10  34

Nhận xét: Dạng tổng quát bất phương trì nh (2) là: f (x) g(x) Để giải bpt ta chia làm hai trường hợp:

TH 1: f (x) g(x)

 

 



TH 2: g(x) 02 f (x) g (x)

 



 

Ví dụ 5:Giải phương trì nh: 2x 6x2   1 x 1

.

Giải:

2 2

x x

Pt

2x 6x (x 1) 6x x

   

 

 

 

      

 

 

x 2 2 2 x4 2 x 0,x

6x (x 1) x 4x

   

 

 

    

    

 

 

Ví dụ 6: Giải phương trì nh: x(x 1)  x(x 2) x  Giải: ĐK:

x

x

x

        

(*)

Phương trì nh 2x2  x x (x 1)(x 2) 4x2   

2 2 2

2 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)

          (do đk (*) )

2

0

(8 9) 9

8

  

   

  

x

x x

x hai giá trị thỏa mãn (*) Vậy nghiệm phương trì nh cho là: 0;

Chú ý :1) Bài toán cị n có cách giải khác sau * x 0 nghiệm phương trì nh

* x 1 PT x 1  x 2 x  2 x2   x 2x 1

2

4x 4x 4x 4x x

8

        (nhận)

* x  2 PT x(1 x)    x( x 2) ( x)( x)  

2

1 x x 2 x x x 2x x

8

               (loại)

Vậy nghiệm phương trì nh cho là: 0; x x 

2) Khi biến đổi sai lầm cho a.b a b ! Nên nhớ đẳng thức a,b 0 ! Nếu a,b 0 ab  a b

Ví dụ 7: Giải phương trì nh: 3x 1  x 2 32x 3 Giải:

Phương trì nh 2x 3 (x 1)(x 2)( x 1      3x 2) 2x 3  

3 3

3

x x 2x (x 1)(x 2)(2x 3)

     

  

   

 (*)

3 x 1;x 2;x

2

   

Chú ý :

* Khi giải phương trì nh thường biến đổi sau

3

3

2x 3 (x 1)(x 2)( x 1      x 2) 2x 3    3(x 1)(x 2)(2x 3) 0    !? Phép biến đổi phép biến đổi tương đương! Vì thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm ! Do để có phép biến đổi tương đương ta phải đưa hệ Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau

3

31 x 31 x    1 2 x ( x   31 x )  1 31 x   1 x 0 Nhưng thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy x=0 khơng thỏa mãn phương trì nh ! * Với dạng tổng quát 3a  3b 3c ta lập phương hai vế sử dụng đẳng thức

3 3

(a b) a b 3ab(a b) ta có phương trì nh tương đương với hệ

3 3

3

a b c

a b a.b.c c

  

 

  

Ví dụ 8:Giải phương trì nh: 10 3x   x (HSG QG 2000) Giải:

Phương trì nh x 2 x 2

4 10 3x x 4x 4x x 10 3x

 

 

 

 

       

 

 

x 44 3 2 x 43 2

x 8x 16x 27x 90 (x 3)(x 5x x 30)

   

 

 

 

         

 

 

x 2 x

(x 3)(x 2)(x 7x 15)

  

  

    



Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 4x y  y 2  4x2 y Giải:

Phương trì nh  4x y  4x2  y y 2

2 2

4x y 4x 4y 2 (y 2)(4x y)

       

2 2 x

(2x 1) (y 2) (y 2)(4x y)

y

  

         

   

Thử lại ta thấy cặp (x;y) thảo mãn phương trì nh

Vậy nghiệm phương trì nh cho là:

1 x

2

y

       

Ví dụ 9: Giải phương trì nh:

1) x2  x 7 

2) 4x 3x x



   

Giải:

1) Phương trì nh x2 (x 7) (x   x 7) 0   (x x 7)(x  x 1) 0   x x (1)

x x (2)

   

 

   

* (1) x 02 x 29

2

x x



 



  

  



* (2) x2 x

x x

  

  

  



Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm x 2;x 29



2) Phương trì nh 5( 4x 1  3x 2) (4x 1) (3x 2)     5( 4x 3x 2) ( 4x 3x 2)( 4x 3x 2)

          

4x 3x

x 4x 3x

    

  

   



Nhận xét: *Với ta giải sau: Đặt y  x 7 ta có hệ phương trì nh

2

y x x y

  

 

 

 trừ vế theo vế hai phương trì nh ta được:(y x)(y x 1)   Từ giải ta

tì m x

* Câu có dạng tổng quát sau: x2  x a a  * Với tốn ta cịn có cách giải khác sau Phương trì nh ( 4x 3) ( 3x 2) x

5



      

x

4(x 2) 3(x 2) x

3x 4x 1

(*)

4x 3x 2

5 ( 4x+1 3)( 3x 2)

 

   

       



    

  



Vì VT(*) 0 (do x

 ) nên (*) vơ nghiệm Ví dụ 10: Giải bất phương trì nh :

1) x2 2 x

(1 x )   2)

2

(x 3x) 2x 3x 0  Giải:

1) ĐK: x  1

* Với x 0 ta thấy Bpt

* Với x 0  1 x 0  Nhận lượng liên hợp VT Bpt ta

2

2

2

x (1 x 1)

x (1 x 1) x x x (1 x 1) (1 x 1)

             

   

Vậy nghiệm Bpt cho là: T [ 1;8)  2) Ta xét hai trường hợp

TH 1: 2x2 3x x 2,x

TH 2:

2

1

2x x V x

Bpt x V x

2

x 3x x V x 3



      

 

     

 

 

   

Vậy nghiệm Bpt cho là: T ( ; 1] {2} [3; )

     

Chú ý :* Ở toán ta thường không ý đến trường hợp 1, sai lầm mà thường gặp giải phương trì nh bất phương trì nh vơ tỉ

* Khi giải bất phương trì nh ta muốn nhân chia hai vế cảu bất phương trì nh cho biểu thức ta phải xác định dấu biểu thức Nếu chưa xác định dấu biểu thức mà ta muốn nhân ta chia làm hai trường hợp

Ví dụ 11: Giải bất phương trì nh :

1) (x 3) x  4 x2 9 2) 51 2x x2 1 x

  



Giải: 1)

* Với x 3 bất phương trì nh * Với





2

2

x x

x Bpt x

x x x x

 

 

 

     

  

  

 

 

* Với

2

x

x 5

x Bpt x x

6

x x 6x 0

   

 

        

  

   

Vậy nghiệm bất phương trì nh dã cho là: x V x

  

2)

* Nếu

2

x x

1 x x Bpt 51 2x x 52 x 52

x 25

51 2x x x

   

 



             

  

    



1 52 x

    

*Nếu x 1  ln VT 1 

Vậy nghiệm bất phương trì nh cho : 1 52 x  5 V x 1 Ví dụ 12: Tì m m để phương trì nh x2 2mx m 2   có nghiệm Giải:

* Với m 2  Phương trì nh

2 2

x 2mx m 4m x 2mx m 4m

           

Phương trì nh có nghiệm  ' 2m2 4m 0  m Vậy m 2 giá trị cần tìm

Ví dụ 13:Tì m m để phương trì nh: 2x2 mx x 1   có hai nghiệm phân biệt. Giải:

Phương trì nh x2

x (m 2)x (*)

    

   



Phương trì nh (*) ln có hai nghiệm :

1

2 m m 4m

x

2

   

  ;x2 m m2 4m

2

   

 

Phương trì nh cho có hai nghiệm (*)có hai nghiệm phân biệt  1

2

2 2 2

m

x m m 4m m

(4 m) m 4m

 

          

   



Vậy m 2 giá trị cần tìm

Ví dụ 14: Tì m m để phương trì nh 2x2 mx  x2  4 có nghiệm Giải:

Phương trì nh

2

2

2

x (1)

2x mx x

x mx (2)

  



     

  



(2) có nghiệm   m2 160 0 | m | 4 (*) Khi (2) có hai nghiệm là:

1,2

m m 16

x

2

 



Nghiệm x1 thỏa mãn (1) (m m2 16)2 16 0 m2 m m2 16 16 0 

2

2

m m 4

m 16( m 16 m)

m

m 16 m

 

   

         

   



Nghiệm x2 thỏa mãn (1) (m m2 16)2 16 0 m2 m m2 16 16 0 

2

2

m m 4

m 16( m 16 m)

m

m 16 m

 

  

        

  



Chú ý : Bài tốn ta giải ngắn sau:Nếu (2) có nghiệm

1

2

| x | | x x |

| x |

 

   

 nên phương trì nh cho có nghiệm    0 | m | 4

Bài tập

Bài 1: Giải phương trì nh sau

1) 3x 3 5 x 2x4 2) 8x2 6x 1 4x 1

3) (x5)(3x4) 4( x1) 4) 36 28 x y x 2  y 1     

5) 2

(1 1 )   x

x

x 6)

2

2 ( 1)

      

x x x x x x

7) x  x x 1  8) ax4 x4 x2  a x2 a(a 1) 9) (x 2)(2x 1) x 4      (x 6)(2x 1) x 2   

10) x 1  x3 x2    x 1 x4 1 11) x x 2x

x    x  x

.

12) 32x x 16  32x 1 13) x  x 5  14) x4 2x2 x2 2x 16 2x  6x 20 0 

15) 4x2 5x x    x 9x 3 Bài 2: Giải bất phương trì nh sau:

1) 4(x 1) (2x 10)(1  2x ) 2) x 2  x 1  x 3) (x 5)(3x 4) 4(x 1)    4) 7x 13  3x 9  5x 27 5) x  x x  6) 3x 4  x 3  4x 9

7) x2 4x 3  2x2 3x x 1   8) 25 x  x2 7x 3

9) x2 8x 15  x2 2x 15  4x2 18x 18 10) 2x 2x 1 2x 9   

11) x 12 x 12 x

x x

    12) x2 3x 2  x2 4x x  5x 4

13) 3x2 x 2 x

Phương pháp đặt ẩn phụ:

Nội dung phương pháp đặt biểu thức chứa thức biểu thức ẩn mà ta gọi ẩn phụ, chuyển phương trì nh ẩn phụ vừa đặt Giải phương trì nh ẩn phụ tì m nghiệm thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu

Với phương pháp ta thường tiến hành theo bước sau B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định ẩn phụ

Bước bước quan trọng Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ, để làm tốt bước ta phải nhận xét mối quan hệ biểu thức có mặt phương trì nh, bất phương trì nh Cụ thể ta phải tìm biểu diễn biểu thức chứa ẩn phương trì nh qua đại lượng khác

B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt.

Thông thường sau đặt ẩn phụ phương trì nh thu thường phương trì nh (bpt)mà ta biết cách giải Khi tì m nghiệm ta cần ý đến điều kiện ẩn phụ để chọn nghiệm thích hợp

B3:Giải phương trì nh (bpt) với ẩn phụ vừa tì m kết luận tập nghiệm

Có nhiều cách để đặt ẩn phụ Ta xét số dạng phương trì nh (bpt) mà ta thường hay gặp

Dạng 1: F( f (x)) 0n  , với dạng ta đặt tnf (x) (nếu n chẵn phải có điều kiện t 0 ) chuyển phương trì nh F(t) 0 giải phương trì nh ta tì m tx Trong dạng ta thường gặp dạng bậc hai: af (x) b f (x) c 0  

Ví dụ 1: Giải phương trì nh

2

1)x  x 11 31 2)(x 5)(2 x) x   3x

Giải:

1) Đặt t  x2 11, t 0 Khi phương trì nh cho trở thành: t2  t 42 0   t x2 11 6   x 5

.

2) Phương trì nh x2 3x x 3x 10 0 

Đặt t x2 3x, t 0 Phương trì nh cho trở thành

2 2 109

t 3t 10 t x 3x x 3x 25 x

2

 

             

Ví dụ 2: Giải bất phương trì nh :

1) x2 2x 22  x2 2x 24 0  2) x  x  x2 9x 6

1) Đặt t  x2 2x 24, ( t 0)   x2 2x 24 t  x2 2x 22 t   Bất phương trì nh trở thành: t   t t2      t 0 t

2

2

4 x x 2x 24

x 2x 24

x V x x 2x 23

      

 

      

   



  

 



4 x 6 x

     

  

 nghiệm bất phương trì nh cho

2) ĐK: x 9 

Bất phương trì nh cho  9 9x x  x2 9x 6

2

9x x 9x x

       9x x  3 x2 9x 0 

9

x

2

 

  

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trì nh là: x

2

    .

Ví dụ : Tì m m để phương trì nh sau có nghiệm: x2 2x 2m 2x x   m2 Giải:

Đặt t 2x x   (x 1)   t [0; 6] x2 2x t 

Khi phương trì nh cho trở thành: t2 2mt m  5 (*)  t m Phương trì nh cho có nghiệm  (*) có nghiệm t [0; 6] hay

0 m m

0 m m

       



 

     

 

 

Ví dụ 4: Chứng minh với  m phương trì nh sau ln có nghiệm:

2

x (m ) x m

3

     

Giải:

Đặt t x2   4 t Khi phương trì nh cho trở thành

2

f (t) t (m )t m

3

      (*)

Vì m 0  (*) ln có hai nghiệm t phân biệt (Do (m2 5)2 4(m3 2)

      )

3

f (2) (m 2m )

3

Ta chứng minh m3 2m2 m

     (1)

* Nếu m 2 m3 2m2  0 (1)

* Nếu m m3 2m2 32 (m 2)(m 4)2 m3 2m2 32

27 3 27

            

3 32

m 2m (1)

3 27 27

      

f (2) (*)

   ln có nghiệm t 2 hay phương trì nh cho ln có nghiệm Chú ý : * Nếu tam thức f (x) ax bx+c thỏa mãn af ( ) 0  tam thức ln có nghiệm a>0 nghiệm   a<0 nghiệm  

* Để chứng minh m3 2m2

   ta sử dụng phương pháp hàm số BĐT

Dạng 2: m( f (x)  g(x)) 2n f (x).g(x) n(f (x) g(x)) p 0    

Với dạng ta đặt t f (x)  g(x).Bì nh phương hai vế ta biểu diễn đại lượng lại qua t chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu phương trì nh (bpt) bậc hại t

Ví dụ 1:Cho phương trì nh: x  x m   (3 x)(6 x)  1) Giải phương trì nh m=3

2) Tì m m để phương trì nh cho có nghiệm Giải:

Đặt t x  x t2  9 (3 x)(6 x)  (*)

Áp dụng BĐT Cơsi ta có (3 x)(6 x) 9   nên từ (*)  3 t Phương trì nh cho trở thành:

2

2

t

t m t 2t 2m

2



       (1)

1) Với m 3 ta có phương trì nh: t2 2t 0   t 3thay vào (*) ta x

(3 x)(6 x)

x

  

     



2) Phương trì nh cho có nghiệm (1) có nghiệm t [3;3 2]

Xét hàm số f (t)  t2 2t với t [3;3 2] , ta thấy f(t) hàm đồng biến f (3) f (t) f (3 2)

       t [3;3 2]

Do (1) có nghiệm t [3;3 2] 2m 6 m



Vậy m

2   giá trị cần tìm

Chú ý : Nếu hàm số xác định D có tập giá trị Y phương trì nh f (x)k có nghiệm D  k Y

Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 2x 3  x 3x (2x 3)(x 1) 16      Giải: Đk: x  1

Đặt t 2x 3  x 1, t 0  t2 3x (2x 3)(x 1) (*)    Khi phương trì nh trở thành: t t 20 t2  t 20 0  t Thay t 5 vào (*) ta được:

2

2

1 x 21 3x 2x 5x

441 126x 9x 8x 20x 12

   

     

    



1 x

x x 146x 429

   

  

  

 nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 3: Giải phương trì nh: x 35 x (x3   335 x ) 30  Giải:

Đặt t x 335 x t3 35 3x 35 x (x3 3 35 x )3 x 35 x3 t3 35 3t



            (*)

Phương trì nh cho trở thành: t3 35.t 30 t 3t

    thay vào (*) ta có:

3 3 x

x 35 x x (35 x ) 216 x 35x 216

x

 

           



Ví dụ 4: Giải phương trì nh:

2

2 2

1 x x x

( )

2 x

x x 1 x



    

 

Giải: ĐK:   1 x

Đặt 2 2 2

2

1 x x x

t t

x 1 x x x



     





Phương trì nh cho trở thành: 2t2 5t t 2;t

       

* 2

2

2

1 x

1 x x

t 2 1 x x

x 1 x

x x

   

 

          

 

*

2

2

2

1 x

1 x x

t 1 x 3

x 1 x

4

x x

   

 

       

  

   vô nghiệm

Vậy phương trì nh cho có nghiệm x

 

Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh : 7x 7  7x 49x  7x 42 181 14x   Giải: ĐK x

7



Đặt t 7x 7  7x 6, (t 0)  14x 49x 7x 42 t  1

Bất phương trì nh cho trở thành: t t  1 181t2  t 182 0   0 t 13

7x 7x 13

     (*)

Vì hàm số f (x) 7x 7  7x 6 hàm đồng biến f (6) 13 (*) x Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trì nh : x

7   Ví dụ 5:Giải bất phương trì nh : x 2x

2x x

   

Giải: ĐK: x 0

Bpt 5( x ) 2(x ) 4x x

    

Đặt t x , (t 2) x t2 4x

2 x

       bất phương trì nh trở thành:

2

5t 2(t   1) 2t 5t 0   t (do t 2)

2

3 2 x

1 2

t x 4x 12x

4x 3 2

x

2

 

  



        

 

 

nghiệm bất phương

trì nh cho

Bài tập

Bài 1: Giải phương trì nh sau

2) (x 3)(x 1) 4(x 3) x x



     

 3)

2

x   x x x

4) x x2  1 x x2  1 5) x  x x  7x 35 2x  6) x2   x x2   x 2x2 2x 9 7) x x 2x

x    x  x

8) 4x 3  2x 6x   8x2 10x 16  9) 18x2 18x 9x  9x 2

10) x2  x 12 x 36 

Bài 2: Giải bất phương trì nh sau:

1) 5x2 10x 2x x    2) 2x2  x2 5x 10x 15  

3)x2 2x (4 x)(x 2) 0     4) 24 x  12 x 6 

5) 2x 1  x2 x 6) 2

2

1 3x

1 x  1 x 

7) 2 2

2

1 x x x

( )

2 x

x x 1 x



    

 

9) (12 x) 12 x (x 2) x 82

x 12 x

 

   

 

Dạng 3: F( f (x), g(x)) 0n n  , F(t)là phương trì nh đẳng cấp bậc k. Với dạng ta xét hai trường hợp:

TH1: g(x)=0 thay vào phương trì nh ta kiểm tra,

TH2: g(x) 0 chia hai vế phương trì nh cho g (x)k đặt t n f (x)

g(x)

 ta phương trì nh F (t) 01  phương trì nh đa thức bậc k

Ta thường gặp dạng: a.f (x) b.g(x) c f (x)g(x) 0  

Ví dụ 1: Giải phương trì nh: x3  1 2(x2 2) Giải: ĐK: x  1

Phương trì nh 5 (x 1)(x   x 1) 2(x2   x 1) 2(x 1)

2

x x

2

x x x x

 

   

    (Do

2

x   x x ) Đặt t 2x , t

x x



 

  , ta có phương trì nh:

2 t

2t 5t 1

t

  

   

  

* t 2x 4x2 5x

x x



      

  phương trì nh vô nghiệm

* t 2x 1 x2 5x x 37

2 x x

 

        

 

Nhận xét:Qua cách giải ta thấy sở phương pháp giải dạng toán đường để sáng tác tốn thuộc dạng xuất phát từ phương trì nh đẳng cấp hai ẩn dạng      a2 ab b2 (có thể bậc cao hơn) ta thay a,b biểu thức chứa x biến đổi chút để che dấu chất cho phương trì nh thu dễ nhìn mặt hình thức mối quan hệ đối tượng tham gia phương trì nh khó nhận tốn khó Do với dạng toán cần biết nhận xét mối quan hệ biểu thức có mặt phương trì nh Tuy nhiên khéo léo giấu mối quan hệ việc tìm lời giải vấn đề khó khăn Ta xét ví dụ sau

Ví dụ 2:Giải phương trì nh: 5x2 14x 9  x2  x 20 x 1  Giải: ĐK x 5

2 2

5x 14x x 24x 10 (x 1)(x x 20)

         

2

2x 5x (x 1)(x x 20) (x 1)(x 4)(x 5)

          

2

2(x 4x 5) 3(x 4) (x 4x 5)(x 4)

        

2

x 4x x 4x

2

x x

   

   

 

Đặt t x2 4x , t x

 

 

 , ta có phương trì nh:

2

2t 5t t 1;t

     

*

5 61

x (n)

2

t x 5x

5 61

x (l)

2

 

 

 

     

 

 



*

x (n)

t 4x 25x 56 7

2 x (l)

2

  

     

   

Vậy phương tì nh cho có hai nghiệm: x 61;x



 

Chú ý : Trong nhiều toán ta đưa vào ẩn phụ khác để làm đơn giản hình thức tốn từ ta dễ dàng tìm lời giải

Ví dụ 3: Giải phương trì nh: x2 2x  2x 1  3x2 4x 1 Giải: Đặt a x2 2x, b 2x 1 3x2 4x 3a  b2 Phương trì nh trở thành: a b  3a2 b2 a2 ab b 0

2

1 5

a b x 2x 2x

2

 

      Giải phương trì nh ta nghiệm

1

x

2



 nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 4: Giải phương trì nh: (x2 6x 11) x   x 2(x2 4x 7) x 2  Giải: ĐK: x 2 Đặt a  x 2;b  x2  x 1, ta có:

2 2

x 6x 11 (x    x 1) 5(x 2) b  5a

2 2

Do phương trì nh cho trở thành: (b2 5a )b 2(b2  3a )a2

3 2 3 a

6a 5a b 2ab b 6t 5t 2t (t ) b

           t 1,t 1, t

2

    

* t 1   a b x2 2x 0  phương trì nh vơ nghiệm

* t b 2a

2

     vô nghiệm a,b 0

* t b 3a x2 10x 19 x

         

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm phương trì nh là: x 5  Nhận xét: Xuất phát từ phương trì nh : (a b)(2a b)(3a b) 0    ta thay

2

a  x 2;b  x  x biến đổi ta thu phương trì nh

Ví dụ 5:Giải phương trì nh: 18x2 13x 2  3(81x4 108x3 56x2 12x 1) Giải:

Ta có: 18x2 13x 2(2x 1)    x 2a x (a (3x 1) )  

4 2

81x 108x 56x 12x (3x 1)   2x a 2x Vậy phương tì nh cho trở thành:

2

2

a 2x a 2x

2a x 3(a 2x )

a x;a 5x

a 4ax 5x



  



       

  

 



* a x x 2x2

9x 5x

      

  

 vô nghiệm

* a 5x 5x 2x2 x 11 85

18 9x 11x



 



   

  



Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm: x 11 85 18





Ví dụ 6: Tì m m để phương trì nh sau có nghiệm:

4

4 x 41 x

1 m m - m

1 x x

 

   

 

Đặt t x 1 t (0; )

1 x x



     

  phương tì nh trở thành:

2 4 4

1 m.t 2 (1 m)(1 m).t   m 0   m.t  m t m

1 m

  



Phương trì nh cho có nghiệm m 0 1 m 1

1 m



     



Ví dụ (ĐH Khối A – 2007 ):Tì m m để phương trì nh sau có nghiệm:

3 x m x x    1 Giải: ĐK: x 1

* x=1 nghiệm phương trì nh m 0

* x 1 chia hai vế phương trì nh cho x2 1 ta được: 34 x m4 x 2

x x

   

 

Đặt t x 41 0 t t 1

x x



       

  phương trì nh trở thành:

2

m

3t 3t 2t m

t

      (*)

Phương trì nh cho có nghiệm (*) có nghiệm t (0;1) Vì 3t2 2t t (0;1)

3

      (*) có nghiệm t (0;1)

1

m 1 m

3

        

Vậy m

   giá trị cần tìm

Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0   Với phương trì nh dạng ta đặt t f (x), ta phương trì nh theo ẩn t: at2 g(x)t h(x) 0  , ta giải phương trì nh theo t, xem x tham số(Tức phương trì nh vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi dạng dạng đặt ẩn phụ không triệt để

Ví dụ 1:Giải phương trì nh: 2(1 x) x 2x x  2x 1 Giải:

Đặt t x2 2x 1 , ta phương trì nh: t2 2(1 x)t 4x 0   phương trì nh bậc hai ẩn t có  ' (x 1) 2, phương trì nh có hai nghiệm: t 2, t  2x * t 2  x2 2x 2   x2 2x 0     x

* t 2x x2 2x 2x x 02

3x 2x

 

        

  

 hệ vô nghiệm

Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm x  1 Ví dụ 2: Giải phương trì nh:

2 12 8x 2x 2 x

9x 16



   



Giải: ĐK:   2 x (*)

Ta có: 12 8x 2(2x 4(2 x)) 2[( 2x 4)       (2 x ) ]

Phương trì nh:( 2x 2 x )(2 2x 4 x       9x2 16) 0

2

2x 2 x (1) 2x 4 x 9x 16 (2)

    

 

     



Ta có: (1) 2x 4x x

      thỏa mãn (*)

2 2 2

(2)48 8x 16 2x   9x 164(8 2x ) 16 2x   x 8x 0

Đặt t 2x , t 0   , ta đươc: t2 8t x2 8x t x t x

 

        



*t x 2x2 x x 22 2 x

32 8x x

  

       

 



* t   x 8 2x   x phương trì nh vơ nghiệm (do (*)) Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm: x 2;x

3

Ví dụ 3:Giải phương trì nh: 3x3 13x2 30x 4  (6x 2)(3x 4)  (1) Giải: ĐK: x V x

3

  

Ta có 3x2 13x2 30x 2(6x 2) (x    3x 2)(3x 4) 

* Nếu x VT(1) VP (1)

      vô nghiệm

* Nếu x

 chia hai vế phương trì nh cho 3x 4 (do x

 khơng nghiệm phương trì nh) ta được: 2.6x (3x 4) 6x x2 3x

3x 3x

       

 

Đặt t 6x 2, t 3x



 

 Phương trì nh trở thành:

2

t x

2t (3x 4)t x 3x x 2

t

2

  



       

  

*

2

4 4

x x

6x 3

3

t x x x

6x 3x

(x 1) (x 3)(3x x 2) 3x

  

 

  

        



    

   



 



* t x 6x x x 23 2

2 3x 3x 16x 4x 24 (*)

 

   

    

     

Sử dụng máy tính ta thấy (*) có nghiệm x 5,362870693

Vậy phương trì nh cho có nghiệm x 3 nghiệm gần x 5,362870693 Bài 1: Giải phương trì nh sau:

1) 2x2 5x 2(x  21x 20) (ĐS: x 193; x17 73

4

 

 )

2) x4 2x2 2x2 2x (x3 x) x2 x



      HD:PT có nghiệm x 1  Đặt a x(x 1);b x    ĐS: x  1 2)

4) 2x x 1 x

x x x



     ( t 1

x

  ĐS: x

2



 )

5) x2 3x 1 x4 x2

Đặt ẩn phụ hàm lượng giác:

Khi giải phương trì nh lượng giác ta thường đặt ẩn phụ cho hàm số lượng giác chuyển phương trì nh đại số mà ta biết giải.Tuy nhiên nhiều trường hợp cách làm ngược lại tỏ hiệu quả, tính chất hàm số lượng giác ta chuyển toán đại số toán lượng giác giải giải toán lượng giác

Chúng ta nên lưu ý đến tính chất đặc trưng hàm số lượng giác: Với hàm số sin côsin:

* Tập giá trị hai hàm số [ 1;1] * sin2 cos2   1 sin2 cos2

Với hai hàm số tan cotan * Tập giá trị R

* tan2 12 ;1 cot2 12

cos sin

     

 

Hai tính chất sở để lựa chọn phương pháp Ta xét ví dụ sau : Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 1 x 2x2

Giải: ĐK: | x | 1

Với toán giải phương pháp bì nh phương đặt ẩn phụ Cách tiến hành hai phương pháp khác mục đích làm thức Dĩ nhiên câu hỏi đặt ngồi hai cách nói cịn có cách để loại bỏ thức hay không ? Để trả lời câu hỏi cần phải xác định cần làm xuất loại bỏ thức ?Ta phải biến đổi x a2! đẳng thức gợi cho nhớ đến công thức lượng giác sin cosin Điều hồn tồn hợp lí ta thấy điều kiện xác định x đoạn [ 1;1] Vậy ta có cách giải sau: Đặt x cos t, t [0; ]   Khi phương trì nh trở thành:

2 2

1 cos t 2cos t 2sin t sin t sin t

         (do sin t 0 )

Vậy x cos t sin t2

      nghiệm phương trì nh cho

Nhận xét:Cơ sở để dẫn đến cách đặt miến xác định x [ 1;1]  cần biến đổi x a2 Từ ta có nhận xét tổng quát sau:

* Nếu | u(x) | a ta thực phép đặt u(x) a sin t , t [ ; ] 2

 

   , đặt

u(x) a cos t, t [0; ]  

* Nếu u(x) [0;a] ta đặt u(x) a sin t, t [0; ]2



Ví dụ 2: Giải phương trì nh: x3  (1 x ) x 2(1 x ) Giải: ĐK: | x | 1

Đặt x cos t, t [0; ]   Phương trì nh trở thành:

3

cos t sin t  cos t sin t(sin t cos t)(1 sin t cos t)   sin t.cos t

2

3

u u

u(1 ) u 2u 3u

2

 

        ( u sin t cos t,| u |   2)

2

(u 2)(u 2u 1) u 2;u

         

* u cos(t ) t x cos

4 4

  

        

*

2

x

u x x

1 x (1 x)

   

        

   



2

x 2 2

x

2 x (1 2)x

     



  

    



Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm: x 2;x 2

2

  

 

Ví dụ 2:Giải phương trì nh: 2 x  x(1 x ) Giải: ĐK: |x| 1

Đặt x sin t, t [ ; ] 2

 

   Phương trì nh cho trở thành:

2

2 sin t  sin t(1 sin t )  2(1 cos t) sin t(1 cos t)  

2

t t t t t

2 | sin | 2sin t cos | sin | 2sin cos

2 2 2

    (*)

*Nếu t [ ;0) (*) sin (2cost t 1)

2 2



      vô nghiệm

* Nếu 3

t

cos

t t 2

t [0; ] (*) sin (2cos 1)

2 2 t

sin

 

 

      

 



+) Với cos t 31 sin t 31

2    (do

t t [0; ] sin

2



   )

3

t t

x sin t 2sin cos

2

+) Với sin t t x sin t

2     

Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm: x 1; x 0 

Chú ý :* Ở ta thực phép đặt x sin t , ta đặt x cos t nhiên đặt x cos t dẫn đến tốn biến đổi phức tạp

* Vì t [ ; ] t [ ; ]

2 2 4

   

     nên ta chưa khẳng định sin t

2 dương hay âm, đưa khỏi thức ta phải có trí tuyệt đối

Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 2x x2 2x x2 | x 1|

     



Giải: ĐK: x 2 

Ta thấy 0 2x x 1, nên ta đặt 2x x2 cos t, t [0; ] | x 1| sin t



     

Phương trì nh trở thành: cos t cos t | sin t |

   

3

2

4

2(1 sin t) sin t sin t sin t cos t sin t

          

2

2x x x 0,x

     

Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm x 0,x 2  Ví dụ 5:Giải phương trì nh: x3 3x x 2

Giải: ĐK: x  2

* Với x 2 x3 3x x x(x  4) x  x 2  phương trì nh vơ nghiệm * Với   2 x 2, đặt x 2cos t, t [0; ]   Khi phương trì nh cho trở thành

3

t t

8cos t 6cos t 2cos t cos3t cos 4 4

2 t ; t

5

  

       

  



Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm: x 2;x cos4 ;x cos4

5

 

  

Nếu x 0 VT 0 mà VP 0 nên phương trì nh vơ nghiệm Do ta giải phương trì nh x 1  Do ta đặt x cos t, t [0; )2

2



  Khi phương

trì nh cho trở thành: 64cos t 112cos t 56cos t 2sin t6     (*) Mặt khác cos7t 64cos t 112cos t 56cos t 7cos t5   nên

2

t k

18

(*) cos7t 2sin t cos t cos7t sin 2t cos( 2t)

2 t k 10                      

Vì t [0; )



 nên ta có nghiệm t ;t ;t

18 18 10

  

  

Vậy phương trì nh cho có nghiệm là:x cos2 ;x cos2 ;x cos2

18 18 10

  

  

Chú ý : Ta có biểu diễn cosnx qua cosx sau:

n [ ]

2 n 2k

n,k k

cosnx a cos  x







Trong an,k ( 1)k n 2n 2kCkn k n k

 

  



Ví dụ 7: Giải phương trì nh :

2

2 (1 x )

2x x

1 x



  



Giải: ĐK : x  1

Đặt x tan t, t ( ; );t

2

  

     Phương trì nh cho trở thành

2

2

(1 tan t) 2sin t 1

2 tan t tan t cos2t(2sin t 1)

cos t cos t.cos 2t tan t

 

       



2 sin t

(1 2sin t)(2sin t 1) 2sint(2sin t sin t 1) 1 sin t               * sin t 0    t x tan t 0.

* sin t t t tan

2 6

 

     

Vậy phương trì nh có hai nghiệm: x 0 x



Bài tập:

1) 1 x x(1 x ) 

2) x 4x33x (x ;x 2



    )

3) 1 x [ (1 x)   (1 x) ] 2   x

4) x x2 x x

    

5) 2x x2 2x2

    ( 2

x ;x

2



  )

6) x3  (1 x ) x 2(1 x ) 7) x2 (2 x )2

3

  

8) 729x4 8 x 36 9)

2

1 x

x  x 1 

Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trì nh.

Ví dụ 1: Giải phương trì nh: x  x 3   (3 x)(6 x) 

Phương trì nh có cách giải Ta thấy VT phương trì nh tổng hai thức, cịn VP chứa tích hai thức vàta nhận thấy hai thức VT có quan hệ tổng bình phương chúng 9, ta đặt a x 3 ,

b x ta có hệ phương trì nh a b ab2 2

a b

   



 

 Đây hệ đối xứng loại I,

giải hệ ta a V a

b b

 

 

   

 

* a 3  x * a 0   x

Nhận xét: Dạng tổng quát phương trì nh là:

n m

F(f (x), a f (x), b f (x)) c  

Để giải phương trì nh ta đặt: una f (x), v mb f (x) , lúc ta có hệ phương trì nh: f (u, v) cn m

u v a b

 



  

 giải hệ ta tìm u, v Từ ta có x

Chú ý : Để tìm x ta cần giải hai phương trì nh: n a f (x) u  mb f (x) v  .

Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 3 24 x  12 x 6  Giải: ĐK: x 12

Đặt u3 24 x; v  12 x  u 336, v 0 , ta có hệ phương trì nh:

3 2

u v v u v u

u v 36 u (6 u) 36 u(u u 12) (*)

     

  

  

  

       

  

  

Phương trì nh (*) có ba nghiệm : u 0;u  4;u 3 thỏa mãn u336 Từ ta tì m được: x 24;x  88;x 3

Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm: x 24;x 88;x 3 Ví dụ 3:Giải phương trì nh: 4x 417 x 3 

Giải: ĐK: x 2 

4 2 2 2

a b a b a b

a b 17 [(a b) 2ab] 2a b 17 a b 18ab 32

     

  

  

  

        

  

  

a b

ab V ab 16

  

   



 Với a b a V a x

ab b b x 16

    

   

       

   

 Với a b ab 16

  

  

 hệ vô nghiệm

Vậy phương trì nh cho có hai ngiệm x 1;x 16 

Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 3(2 x) 3(7 x) 3(2 x)(7 x) 3   . Giải: Đặt a x; b 3 x , ta có hệ phương trì nh

2 2

3 2

a b ab (a b) 3ab a b a a

V

ab b b

a b (a b)(a ab b )

              

   

       

        

 

 

Từ giải ta x 1 x 6

Ví dụ 5:Giải phương trì nh: 2x3  1 2x 13  Giải:

Đặt y3 2x 1  y3  1 2x ta có hệ phương trì nh :

3

x 2y y 2x

  

 

  

3 2

x y 2(y x) (x y)(x xy y 2) 0  x y (Do x2 xy y2 (x y)2 3y2

2

        )

3

x 2x x 2x (x 1)(x x 1) x 1;x

2

 

              

Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm: x 1;x

 

 

Chú ý : Dạng tổng quát toán là:



f (x)



n  b a af (x) bn  , để giải phương

trì nh ta đặt t f (x);y n af (x) b ta có hệ:

n n

t b ay y b at

   



 

Ví dụ 6:Giải phương trì nh : 2x2 4x x



 

Giải: ĐK: x 3

Phương trì nh 2(x 1)2 (x 1) (x 1)2 1 x 1

2 2

  

        

Đặt t x 1; y x 1 t y2 t

2 2



         , ta có hệ phương trì nh:

2

2

1 t y

t y

1

2 (t y)(t y ) 0

1

1 y t

y t 2

2

    

       

    

   



* t y t2 t 2t2 t t 17 x 17

2 4

  

            (thỏa đk x 3)

* y t (t 1)2 t 4t2 2t t 13 x 13

2 2 4

   

              

(thỏa đk x 3)

Vậy phương trì nh cho có bốn nghiệm: x 17;x 13

4

   

 

Ví dụ 7: Giải phương trì nh : 4x2 7x x 2   Giải: ĐK: x 2

Phương trì nh (2x 1) 3x 2(2x 1) 3x  

Đặt t 2x 1; y   2t 3x y2 3x 2t ta có hệ phương trì nh

2

t 3x 2y y t

(t y)(t y 2)

y t y 3x 2t

    

      

    

  



* 2

x

y t t 2t 3x 4x 3x 1

x

   

         

  

* 2

x

y t t 3x 2(t 2) 4x 11x 7

x

   

            

   

Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm: x 1;x 7;x

4

    

Ví dụ 8: Giải phương trì nh: x2  x 1000 8000x 1000  Giải: ĐK: x

8000

Đặt ay b  8000x a y2 12aby b  1 8000x, ta có hệ phương trì nh

2

2 2 2

x x 1000(ay b) 1000 x x 1000(b 1) 1000ay a y 12aby b 8000x a y 12aby b 8000x

         

 

 

       

 

 

Ta xác định a,b: 12 1000(b 1) 1000a2 a

b

12ab 8000

a b

 

  

    

 

 

ta có hệ:

2

x x 2000y

(x y)(x y 1999) x y y y 2000x

  

       



 

 (Do x y 1999 0   )

2

x 2001x x 0;x 2001

      nghiệm phương trì nh cho

Chú ý :* Dạng tổng quát phương trì nh là: ax b r(u.x v)   dx e , đó: u ar d;v br e    Để giải phương trì nh ta đặt:

ax b u.y v   đưa hệ đối xứng loại II

* Tương tự ta có lời giải cho phương trì nh : 3ax b r(u.x v)   dx e , đó: u ar d;v br e    Để giải phương trì nh ta đặt:

3 ax b u.y v   đưa hệ đối xứng loại II.

Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 33x 8x  36x2 53x 25 Giải:

Ta có phương trì nh  3x (2x 3)    x

Đặt 3x 2y 3   (2y 3) 3x 5 , ta có hệ phương trì nh

3

3

3

(2x 3) 2y x

a b b a (2y 3) 2x x

     

    



    

 (Với a 2x 3;b 2y 3    )

2

(a b)(a ab b 1) a b

        (2x 3) 3x 5

3 2

x 8x 36x 51x 22 (x 2)(8x 20x 11) 5 3

x

4

  

           

  

Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm x 2;x



 

Đặt a 3 x , a 0  a3  2 x2 a3 x2 2

Mặt khác từ phương trì nh ban đầu  a x  x3 a2 2 Vậy ta có hệ phương trì nh:

3

3

a x

x a

  

 

 

 trừ hai phương trì nh hệ ta

3 2 2

a x (a x ) 0 (a x)(a ax x  a x) 0 (*) Ta có: a2 ax x   a x a2 (a x)(x 1) 

* Với x 1   a x 0(a x)(x 1) 0   a2 (a x)(x 1) 0  

* Với x 1    a a2 ax x   a x a(a 1) ax x(a 1) 0    

* Với x 0    a x (a x)(x 1) 0   a2 (a x)(x 1) 0  

2

a ax x a x x

      

Do đo (*) a x thay vào hệ ta được:

3

3

0 x

2 x x x

x x

   

    

  



Vậy phương trì nh cho có nghiệm x 1

Ví dụ 11: Giải phương trì nh : x  4x2   x 61 x 1  Giải: ĐK: x

2

   

Đặt a  x ,b 4 x2  x 1,c 61 x;a,b,c 0  , ta có hệ phương trì nh :

2

a b c

a b c

a,b,c             Vì

4

6

a a

a,b,c

0 a,b,c b b a b c

a b c

c c                        hệ a a

b b x

c c          

là nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 12: Giải phương trì nh: x (2 x )2 Giải: ĐK: x 

Đặt a  x;b 2  x, ta có hệ phương trì nh: a b 24 4

a b

  



 

 (I)

Áp dụng BĐT

2

2

a b a b

2

     

2 4

4 2

4

a b a b a b

1 a b

2 2

 

         

   

   

 

Vậy (I)    a b x nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 13: Giải phương trì nh : x x x   x x   x x  Giải: ĐK: x 3 

Đặt a  x;b  x;c  x; a,b,c 0  , ta có hệ phương trì nh:

2

ab bc ca a (a c)(a b) 3

ab bc ca b (b c)(b a) (a b)(b c)(c a) 15 (c a)(c b)

ab bc ca c

        

             

 

        



3 23

a b a

5 4 15

5 17 671

b c b x

3 15 240

7

15 c

c a

4 15

 

  

 

 

 

      

 

 

  

 

 

nghiệm phương trì nh cho

Bài 1: Giải phương trì nh sau:

1) 2x 15 32x  32x 20 (x 1;x 221)

2 16

 

 

2) x 4 x(1 x)  4(1 x)  1 x  x3  4x (1 x)2  (ĐS: x 0;x 1;x

   )

3) 37x 1 3x2   x 3x2 8x 2  4) x 2  x 3 

Phương pháp lượng liên hợp

Ta biết x x 0 nghiệm phương trì nh f

0

x D f (x)

f (x )

 

   



Mà theo định lí Bơzu x=a nghiệm đa thức P(x) P(x) (x a)P (x)  1

Từ ta có nhận xét: Nếu x0 nghiệm phương trì nh f (x) 0 ta đưa phương trì nh f (x) 0 dạng (x x )f (x) 0 0 1  việc giải phương trì nh

f (x) 0 quy giải phương trì nh f (x) 01  Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trì nh : 3(2 x 2) 2x   x 6 Giải: ĐK: x 2

Ta thấy x=3 nghiệm phương trì nh ( ta nghĩ đến x=3 x-2 x+6 số phương) ta đưa phương trì nh dạng: (x 3)f (x) 0 1  nên ta biến đổi phương trì nh sau: 2(x 3) ( x x 2) 0      , vấn đề cịn lại phải phân tích x x 2   thừa số (x-3) (Chú ý x=3

x x 2   ), định lí Bơzu chi ấp dụng cho đa thức nên ta phải biến đổi biểu thức dạng có mặt đa thức, tức ta đưa dạng (x 6) 9(x 2)    8(x 3)

điều giúp ta liên tưởng đến đẳng thức a2 b2 (a b)(a b)  nên ta biến đổi :

( x x 2)( x x 2) 8(x 3)

x x

x x x x

       

    

     

Suy phương trì nh (x 3)(2 ) x x

   

   đến ta cần giải

phương trì nh: x x

x x

      

   phương trì nh có

một nghiệm x 11





Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm x 3 x 11





Qua ví dụ ta thấy để bỏ thức ta sử dụng đẳng thức

n n n n n n

a b (a b)(a  a  b ab   b  )

hai biểu thức (a b) (an 1 an 2 b ab  n 2 bn 1 ) ta gọi hai biểu thức liên hợp Nên phương pháp ta gọi phương pháp nhân lượng liên hợp Ví dụ 2: Giải phương trì nh : x2 2 x

(1 x )  

Ta thấy (1 x ) (1  x ) x2 nên ta nhân lượng liên hợp VT

* Với x 0 bất phương trì nh trở thành: 0 4 (đúng)x 0 nghiệm bpt * Với x 0  1 x 0  nên

2

2

x (1 x )

Bpt x x x x x x

x

 

              

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trì nh : x 8  

Nhận xét:Ở ta nhân liên hợp với mục đích trục thức mẫu Khi nhân tử mẫu VT với biểu thức 1 x biểu thức phải khác không nên ta phải chia làm trường hợp

Ví dụ 3: Giải phương trì nh : x 2  x x2 6x 11 Giải: ĐK: 2 x 4 

Ta nhận thấy phương trì nh có nghiệm x 3 , đồng thời với x 3 x 2  x 1 

Nên ta biến đổi sau:

2 x 3 x

Pt x x x 6x (x 3)

x x

 

            

   

1

(x 3) (x 3)

x x

 

     

   

 

4 x x

(x 3) (x 3)

( x 1)( x 1)

    

     

   

 

3(3 x)

(x 3) (x 3)

( x 1)( x 1) x x

  

     

      

 

2

(x 3) x

( x 1)( x 1) x x

  

      

      

 

( Vì

( x 1)( x 1) x x



 

       )

Vậy phương trì nh có nghiệm nhất: x 3

Chú ý : * Trong cách không nhân liên hợp ngày VT mà thêm -1 vào thức nhân liên hợp, cách làm để xuất thừa số chung x-3 hai vế

VT 2(x x) 2    (*) cò n VP (x 3)   2 (**) Nên phương trì nh

VT VP x

     Tuy nhiên nhiều tốn việc sử dụng lượng liên hợp cho lời giải tối ưu Ta xét ví dụ sau

Ví dụ 4: Giải phương trì nh : x 2  x 2x  5x 1 Giải: ĐK: 2 x 4 

Mới nhìn vào phương trì nh ta nghĩ giải phương trì nh cách đánh giá ! Nhưng ta khơng thể giải theo cách đánh giá VP 0 ! Tuy nhiên phương trì nh có nghiệm x 3 nên ta giải phương trì nh cách nhân lượng liên hợp

2

PT x 1   x 2x   5x 3

x

x x

(x 3)(2x 1) 1

2x (*) x x

x x

 

  

      

  

    

   



Ta có: 1; 1 VT(*) 2

x 1   x 1   1     

Mặt khác x 2 VP(*) 2x 5   (*) vô nghiệm Vậy phương trì nh cho có nghiệm nhất: x 3

Nhận xét : * Ta có dạng tổng qt phương trì nh là:

2

2 b a b a a b b a

x a b x (b a)x ( )x ( 2)

2 2

   

         (ĐK:a b  )

* Qua bốn ví dụ ta thấy phương pháp việc dự đốn nghiệm phương trì nh khâu quan trọng, từ việc đoán nghiệm ta định hướng phép biến đổi

Ví dụ 5: Giải phương trì nh : x 2x x22

x x

  



Giải: ĐK 0 x 1 

Ta thấy phương trì nh có nghiệm x

 nên ta phân tích thừa số

Ta có: PT  (1 x ) x (2x x ) x2     x ( x2   x ) ( x  2x x ) 0

2 2

x (1 2x) x 4x x (1 2x) (1 2x)(2x x 1)

0

1 x x x 2x x x x x 2x x

      

     

       

2

x 2x x 1

(1 2x)( ) x

2

1 x x x 2x x

 

     

Vậy phương trì nh có nghiệm x



Ví dụ 6: Giải phương trì nh : 3 x 2  3x 1 32x2  32x2 1 Giải: Do VT 1 nên VP 1   x

Ta thấy 2x2  x hai vế phương trì nh nên ta phân tích thừa số 2x2  x

Ta có: PT ( 2x3  1 x 2) ( 2x  3 x 1) 0 

2

3

2 2 2

3 3 3

2x x 2x x

0

(2x 1) (2x 1)(x 2) (x 2) 4x 2x (x 1) (x 1)

   

  

         

2

2x x

    (do x  1 nên đặt 2x2  x làm thừa số biểu thức dấu () ln dương )

1 x 1;x

2

     nghiệm phương trì nh cho

Chú ý : Bài tốn giải cách đánh sau * Nếu 2x2 x x 1;x

2

       hai vế cảu phương trì nh * Nếu 2x2   x VT VP  phương trì nh vơ nghiệm

* Nếu 2x2   x VT VP  phương trì nh vơ nghiệm Ví dụ 7: Giải phương trì nh: x2   x (x 2) x 2x 2 Giải:

Phương trì nh x2 2x 3(x 2) (x 2) x     2x 0 

2

2 2

2

(x 2)(x 2x 7)

x 2x (x 2)(3 x 2x 2) x 2x

x 2x

  

             

  

2

2

2

(x 1) (x 1) x

(x 2x 7)(1 ) (x 2x 7)( )

x 2x x 2x

   



        

     

2

x 2x 0    x nghiệm phương trì nh cho

Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy sau tạo thừa số chung, ta tìm cách chứng minh biểu thức dấu () lại âm luon dương Tuy nhiên xảy trường hợp Ta xét tốn sau

Phương trì nh ( x 24 3) ( 12 x 3) 03      

2

3

x 3 x

0 12 x (x 24) x 24

 

  

 

   

2

3

(x 3)( 12 x (x 24) x 24 6)

        

2

3

x

12 x (x 24) x 24 (*)

   

      



Kết hợp với phương trì nh ban đầu ta có

(*) 3(x 24) 4 x 24 03     x 24,x 88thử lại ta thấy hai nghiẹm thỏa mãn phương trì nh

Vậy phương trì nh cho có ba nghiệm: x 88;x  24;x 3

Nhận xét: Để giải phương trì nh (*) ta phải kết hợp với phương trì nh ban đầu Ta ý phép biến đổi phép biến đổi hệ sau giải xong ta phải thử lại nghiệm để loại nghiệm ngoại lai

Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 2 x2 7x 10 x   x2 12x 20 Giải: ĐK x

x 10

   



Để đơn giản ta đặt a  x2 7x 10;b  x2 12x 20 2a b x  (I) Ta thấy phương trì nh có nghiệm x=1.Ta biến đổi sau:





PT2 x 7x 10 (x 1)    x 12x 20 (x 2)  

2

18(x 1) 16(x 1)

x 7x 10 x x 12x 20 x

   

 

       

(Vì phương trì nh x2 7x 10 x 0    x2 12x 20 x 0    vô nghiệm ) x

9

( I) a x b x

   

 

   

 I

Kết hợp (I) (II) ta có hệ phương trì nh : 2a b x 5a 4x 8a 9b x 10

  

  

    

2

2

5

x 15 5

4

5 x 7x 10 4x x

2 x 15x 25

  



       

   



Thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy có nghiệm x 15 5



 thỏa mãn

Vậy phương trì nh cho có hai nghiệm x 1 x 15 5





Bài tập:

Giải phương trì nh bất phương trì nh sau:

1) 5x 1  39 x 2x  3x 1 ( x 1 ) 2) x  x  (

3 x

2

 ) 3) (x 1) x 2x 4x x   1 2(x 1) (ĐS: x 1)

4) x2 2 x (x 4) x 3x 28 03       (ĐS: x=8) 5) x2  3 2x x  x

6) 2x2 11x 21 4x 4  

7) x2  1 3x3   2 3x 8) x2  4 x 2x 3  

9) x2 9x 24  16x2 59x 149 x   ( x 5;

10) 2x2 11x 21 4x 4   ( x=3 ) 11) x3 3x2 8x 40 4x 4   ( x=3 ) 12) x 2  x 3 

13) 32 x  x 1 

Phương pháp đánh giá

Cách 1: Tì m nghiệm chứng minh nghiệm nhất. Ví dụ Giải phương trì nh:

3 x  x  (1)

Giải: Điều kiện x 2

Với phương trì nh vơ tỉ dạng ta thường dự đốn nghiệm giá trị x mà biểu thức thức nhận giá trị số phương Nhận thấy nghiệm (1) phải lớn Bằng cách thử ta thấy PT có nghiệm x

2



Ta chứng minh nghiệm phương trì nh (1) Thật

*Với x 6

2 x x

    

 

8

4

2 x 2

2

 

 

6

6 x x

   

  (1) vô nghiệm khoảng

3 ( ; )

2



* Với x

2  chứng minh tương tự, ta có:

6

6 (1)

3 x  x   vô nghiệm khoảng ( ;2)3

2

Vậy PT (1) có nghiệm x



Nhận xét: *Ta thấy giải phương trì nh cách đánh giá quan trọng ta đoán nghiệm của Để đốn nghiệm ta nên khoảng chứa nghiệm xét trường hợp đặc biệt để tìm nghiệm

* Bài tốn cị n giải cách dựa vào tính đơn điệu hàm số Ta có VT hàm số đồng biến

Ví dụ 2: Giải Phương trì nh: 3x(2 9x2 3) (4x 2)(1   x x )    (2) Giải:

2

PT3x(2 (3x) 3) (2x 1)(2   (2x 1) 3) 0

2

3x(2 (3x) 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)

        

Từ (2) ta thấy PT có nghiệm x ( 1;0)

1 x

5

   biểu thức hai vế nhau.Vậy x

  nghiệm PT(2) Ta chứng minh x

5

  nghiệm PT(2) Thật * Với x

2

    ta có: 3x 2x 0  (3x)2 (2x 1)

2

2 (3x) (2x 1)

      

Từ suy ra:

2

3x(2 (3x) 3) (2x 1)(2  (2x 1) 3)

2

3x(2 (3x) 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)

        

Vậy (2) khơng có nghiệm ( 1; 1)

2

 

*Chứng minh tương tự ta đến (2) khơng có nghiệm ( 1;0)



Vậy PT (2) có nghiệm x

 

Chú ý : 1) Bài toán giải theo nhiều cách khác nhau.

C Đặt a 3x,b  (2x 1) a,b 0 phương trì nh trở thành f (a) f (b) , f (t) 2t t t  3 có

2

2 t

f '(t) t

t

    

 nên f(t) hàm đồng biến,

do f (a) f (b) a b x

     

C Nhân lượng liên hợp

2) Thơng thường tốn giải theo cách ta giải cách sử dụng hàm số Tuy nhiên cách giải lại phù hợp với HS chưa học khái niệm đạo hàm

Cách 2:Đánh giá hai vế

Xét PT: f (x) g(x) xác định D Nếu f (x) m(x)

g(x) m(x)

 

 

  x D PT : f (x) g(x) với x D

f (x) m(x) g(x) m(x)

 

  



Trong cách đánh giá ta thường dùng bất đẳng thức quen thuộc (như BĐT Cauchy, BĐT Bunhiacovski, BĐT chứa trị tuyệt đối… )để đánh giá hai

Ví dụ 3: Giải phương trì nh: x4 2x2 x2 2x 16 2x  6x 20 0  Giải:

Ta có PTx4 2x2 x2 2x 16 x  2x 16 x  4x 0 

2

2 2 x x 2x 16

(x x 2x 16) (x 2) x

x

    

         

 



Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 4 x x  5x 14 Giải:

PTx2 6x x x 0       (x 3) ( x 2)  0 x

x x

  

  

  

 nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 5: Giải phương trì nh : 4x 1  4x2  1 Giải: ĐK x

2



Với x 4x2 4x2 4x 1

2 4x 1

  



      

 

 Đẳng thức xảy

1 x

2

 Vậy phương trì nh cho có nghiệm x

2

 Ví du 6: Giải phương trì nh:

2

1 2x x  1 2x x 2(x 1) (2x 4x 1) (3) Giải: Điều kiện 0 x 2 

Đặtt (x 1)  2, ta có t 1  PT (3) trở thành:

2

1 t  1 t 2t (2t 1) Nhận thấy t

 Bì nh phương hai vế rút gọn ta :

4 2

4

1

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

t t t

      

Vì t 14 31 2(2t 1)2

t t t

      Từ suy t 1  x Vậy nghiệm PT (3) là:x 1

Ví dụ 7: Giải phương trì nh: 2x2   x 2x2   x Giải:

4

2 2 2

4

VT (2x  1 x)(2x  1 x) (2x 1) x 2 4x 3x  1

Nên PT 2x2 x 2x2 x x

x

     

  



 nghiệm phương trì nh cho

Ví dụ 8: Giải phương trì nh : x 2  x x2 6x 11 Giải: ĐK 2 x 4 

Áp dụng BĐT a b  2(a2 b )2 , ta có: x 2  x  2(x x) 2    Mặt khác x2 6x 11 (x 3)    2

Do

2

x x

PT x

(x 3) 2

    



  

  

 nghiệm PT cho

Nhận xét:

Tương tự ta có tổng quát sau: f(x) a  b f (x) g (x)   2(b a) , b a Khi việc giải PT quy giải hệ:

a b f (x)

2 g(x)



 

 

 



Ví dụ 9: Giải bất phương trì nh : x x 2x (x 1)2

2

 

    

Giải: ĐK: x



Áp dụng BĐT Bunhiacovski ta có:

2

1 x 1 x (x 1)

VT x 2[x ( ) ] 2x VP

2 4

  

         

Đẳng thức có x x x x2 2x x2 8x 24

2 16

  

          VN0

Vậy nghiệm BPT cho là: x



Ví dụ 10: Giải phương trì nh: 3x2 x2 x x x2 1 (7x2 x 4) 2

        (*)

Giải: Điều kiện: x x

Ap dụng BĐT Bunhia cho hai số (1,1,-x) ( 3x2 1, x2 x, x2 1) ta có VT(*) (x2 2)(5x2 x).Dấu “=” xảy x=-1

Do x x

    nên 5x2-x >0 Ap dụng BĐT Cơsi ta có VP(*) 5x2 x 2(x2 2) (5x2 x)2(x2 2)

2 2  2

       

 (5x2 x)(x2 2) Dấu “=” xảy x 1 x

 Từ ta có nghiệm PT (*) x=-1

Ví dụ 11: Giải bất phương trì nh :

3

4

4(4 x)(x 2)   4 x  x 6x 3x x   30. Giải: ĐK 2 x 4 

Ví dụ 12: Giải phương trì nh: x2 2x 3  2x2  x 3x 3x  (1) Giải: ĐK:

3 15

x

1 15

x

2

   

 

 

  

Áp dụng BĐT Bunhicovski ta có:

2 2

VT(1) 2(2x   x 3x 3x )  2(1 2x x )   2[2 (1 x) ] 2   Dấu “=” xảy  x

Mặt khác : VT(1) (x 1)   2 Dấu “=” xảy  x Từ suy phương trì nh cho có nghiệm x 1 Ví dụ 13: Giải phương trì nh:

2 17 2

13x 6x 10 5x 13x 17x 48x 36 (36x 8x 21)

2

           (2)

Giải: Ta có

VT(2) (3x 1)2 (2x 3)2 (2x 5)2 (x 3)2

2

         x2 (4x 6) 

3x 2x x

    

5 3

VT(2) 3x 2x x 6x 6x

2 2

          Dấu “=” xảy x

2

Mặt khác: VP(6) 12x 2(4x2 12x 9)

2 

      

12x 2(2x 3)2 1(12x 3) 6x

2  2

        

Dấu “=” xảy x

 (f)

Từ ta có nghiêm PT (2) x

 Giải phương trì nh sau

1) 4x 1 4x2 1 1 ;2)4 x 1 x2 5x4 3) x22x 2x 1 3x24x1

4) (x2) x 1 2x1

5) (x2)(2x 1) x  6 (x6)(2x 1) x2

Phương pháp hàm số:

Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) số nghiệm pt : f(x)=k Khơng nhiều f(x)=f(y) x=y

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ngb) hàm số y=g(x) ngb (hoặc ln đb) D số nghiệm D pt: f(x)=g(x) khơng nhiều

Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n pt f(k)(x) 0 có m nghiệm, pt f(k 1) (x) 0 có nhiều m+1 nghiệm

Định lí 4: Nếu hàm số y=f(x) ln đồng biến( ln nghịch biến) D f (x) f (y)  x y (x y)

Các ví dụ:

Ví dụ 1:Giải phương trì nh sau:

3

3

3

1) 3x x 7x

2) 5x 2x x

3) x x 2x 2x

    

    

     

Giải:

1) Xét hàm số f (x) 3x 1  x  7x 2 , ta có:

1

3 2 7x 2

f '(x)

2 3x 2 x 7x 2





  

   nên hàm số f(x) đồng biến

Mặt khác: f (1) 4 ptf (x) f (1)  x Vậy x=1 nghiệm phương trì nh cho

2) Phương trì nh  5x3  1 2x x   f (x) g(x) Với f x( ) 5x3  1 32x1 có

2

3

15x

f '(x)

2 5x (2x 1)

  

  nên f(x) hàm

đồng biến g(x) x  hàm nghịch biến

Mà f (1) g(1) 3  nên phương trì nh cho có nghiệm x=1 3) Đặt u 3 x 1, v  2x2 phương trì nh cho trở thành

Ta có:

2

3

3

t

f '(t)

(t 1)

  

 nên f(t) hàm đồng biến

Do đó: f (u) f (v) u v 2x2 x x 1,x

         

Vậy phương trì nh có hai nghiệm: x 1,x

  

Ví dụ 2: Giải bất phương trì nh sau:

3

1) 5x x

2) 3 2x 2x

2x

3) (x 2)(2x 1) x (x 6)(2x 1) x 4) 2x 3x 6x 16 x

   

   



         

     

Giải:1) Đk: x

Xét hàm số f (x) 5x 1  x 3 , ta có f '(x) x 5x x

    

 

Mà f (1) 4 bptf (x) f (1)  x Vậy Bpt cho có nghiệm x1

2) Đk: x 2 2 Bpt

5

3 2x 2x f (x) g(x) (*)

2x

      



Trong đó: f (x) 3 2x 2x

  

 , có

3

f '(x) f (x)

3 2x ( 2x 1)



   

 

là hàm đồng biến, g(x) 2x 6  hàm đồng biến f (1) g(1) 8 

*Nếu x 1 f (x) f (1) g(1) g(x)    (*)

*Nếu x 1 f (x) f (1) g(1) g(x)    (*) vô nghiệm Vậy nghiệm Bpt cho là: x

2

 

3) Đk: x



*Nếu x 5, ta xét hàm số f (x) ( x 2   x 6)( 2x 3)   có:

1 x x

f '(x) ( )( 2x 3)

2 x 2 x 2x

  

     

   nên f(x) hàm đồng

biến f (7) 4 nên (*)f (x) f (7)  x Vậy nghiệm Bpt cho là: x

2  4) Đk:

3

2x 3x 6x 16

2 x 4 x

    

    



  

Khi đó, Bpt 2x3 3x2 6x 16  x 3  f (x) (*)

Trong đó: f (x) 2x3 3x2 6x 16  x có

2

3

3(x x 1)

f '(x)

2 x 2x 3x 6x 16

 

  



   nên f(x) hàm đồng biến

Mà ta có: f (1) 3 (*)f (x) f (1)  x