Đang tải... (xem toàn văn)
Vậy nếu thay a bằng một biểu thức chứa x thì như thế nào ?Ta còn giải quyết được theo cách trên nữa hay không?.. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm...[r]
(1)Chơng I: Phơng trình hệ phơng trình
Tiết 1: Phơng trình bậc nhất, phơng trình bËc hai.
Tiết 2: Một số phơng trình quy phơng trình bậc nhất, bậc hai A.Phơng trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối
1.kiÕn thøc bản:
a) nh ngha giỏ tr tuyt ụớ: ,
,
A neuA A
A neuA
,
( ), a b neua b a b
a b neua b
b) Một số tính chất giá trị tuyệt đối:
a b a b a b a b
a b a b ab0
0 a a b a b
b
0 a a b a b
b
( )
a b a b b a b * A 0 víi mäi A ; A A với A
2.Các phơng pháp giải:
Phng phỏp chung: t iu kin cho phơng trình ( Nếu cần) Khử dấu giá trị tuyệt đối: -Bình phơng vế
-Dùng định nghĩa giá trị tuyệt đối -Phơng phỏp chia khong
-Đặt ẩn phụ
-Phơng pháp hàm số Kết luận
a) Cách bình phơng hai vế:
ví dụ 1:Giải phơng trình: a) 3x2 x b) x 2x1
vÝ dơ 2: Gi¶i phơng trình: a) x x2 2x2 b)1 x2 2x2 x c) x3 2x24x x3 3x2 x
nhận xét: Nếu bình phơng vế dẫn đến phơng trình bậc cao b) Cách dùng định nghĩa giá trị tuyệt đối.
vÝ dô2: giải phơng trình : a) x x2 2x2 b) 1 x2 2x2 x c) x3 2x24x x3 3x2 x
vÝ dô 3: GiảI phơng trình: 2
x
x x
3.các dạng phơng trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối: *Dạng 1: f x( ) C (1) , với C số
NÕu C<0 th× (1) vô nghiệm
Nếu C=0 (1) f(x)=0 giải kết luận Nếu C>0 (1) f(x)=C giải.kết luận *Dạng 2: f x( ) g x( ) (2)
C1:Bình phơng vế: (2) f x( )2 g x( )2 f x2( )g x2( ) C2:Dùng định nghĩa: f x( ) g x( ) ( ) ( )
( ) ( ) f x g x f x g x
Giải hai pt råi lÊy hỵp hai tËp nghiƯm
vÝ dơ 4: giải phơng trình: x 2x
(2)(x+1)2=(3-2x)2 x2+2x+1=9-12x+4x2 3x2-14x+8=0
2
2 x x
VËy pt trªn cã hai nghiƯm lµ
3 vµ
C2:Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối ta có:
x x
2
1 3
3
1 (3 )
4
x x x x
x x x
x
Vậy pt cho có hai nghiệm là:
3 vµ
C3: Sử dụng bảng phá dấu giá trị tuyệt đối: *Dạng 3: f x( ) g x( ) (3)
C1: f x( ) g x( ) ( ) ( ) ( ) g x
f x g x
(I) hc ( )
( ) ( ) g x
f x g x
(II) Gi¶I hƯ (I), (II) råi lÊy hỵp cđa hai tËp nghiƯm
C2: f x( ) g x( )
2 2
( )
( ) ( ) g x
f x g x
ví dụ 5: GiảI phơng trình: x2 5x7 x *Dạng 4: f x( ) g x( ) h x( ) k x( ) (4) C3:Sử dụng bảng phá dấu giá trị tuyệt đối:
vÝ dô 6: GiảI phơng trình: x 2. x
ví dụ 7: GiảI phơng trình: x x2 3x
ví dụ 7: GiảI phơng trình: x x2 4x 3 x2 x
B.Phơng trình vô tỷ-Phơng trình chứa thức.
* Các phơng pháp giảI phơng trình vô tỷ:
I-Phng pháp biến đổi tơng đơng
1 Bình phương vế phương trình
a) Phương pháp
D¹ng 1:
0 B A B
A B
D¹ng 2:
0 A
A B B
A B
D¹ng 3: A B C
NÕu C < pt vô nghiệm
Nếu C=0 0
0 A A B
B
NÕu C >0 th× A B C
2
0
( )
A B
A B C
2
2
0
0
0
4 ( )
A A
B B
C A B A B C A B
AB C A B
(3)2
2 2
2 2
0
0 0
0
0 0
0
( ) 2
4 ( )
A
A A A
B
B B B
A B C
A B C A B C C B C B A B C
C B A B C
D¹ng 5:
2
0
0
0
( )
A A
B B
A B C
C C
A B C AB C A B
giảI dạng
Dạng 6: A B C D
-t iu kin
-Bình phơng vế dẫn tới pt hƯ qu¶: 2( AB CD) C D A B đa dạng
b) Vớ d :
ví dụ 1: GiảI phơng trình: x1 2x1 5 Gi¶i: x1 2x1 5
2
2
1
1
1
2
2 27 3 0
( 1) 25 2 ( 1)(2 1) 27 3
4( 1)(2 1) (27 ) x
x x
x
x x x
x
x x x x x
x x x
thử lại thấy x=5 thoả mÃn.Vậy pt có nghiệm x=5 ví dụ 2: GiảI phơng trình: x2 9 x2 x 3 2
gi¶i: x2 9 x2 x 3 2
2
2
2 2
3
9
9 (2 3)
x x
x x x
x x x
2
3
4
x x
x x x
2
2
3 4
8 28
15
16( 3) ( 8)
x x x
x
x
x x x
Thử lại thấy pt cho có nghiệm x=4 x=-28/15 ví dụ 3: Giải phơng trình: 3x 4 x 2 x
giải:
Đk:
4
3 3
4 4
0
x x
x x x
x x
( *) Với điều kiện (*) ,bình phơng vế ta đợc:
4x2 (3x4)(x 4) 4 x (3x4)(x 4) 0 (3x4)(x 4) 0
3
3
4
x x
x
x
Ta có giá trị x=-4/3 không thoả mÃn Đk (*) nên loại Giá trị x=4 thoả mÃn đk(*) nghiệm phơng trình VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=4
(4)Bình phương vế khơng âm phương trình ta được:
1 x3 3x1 x x x2 1 , để giải phương trình dĩ nhiên khơng khó
nhưng phức tạp chút
Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình :
3x 1 2x2 4x x3
Bình phương hai vế ta có pt hƯ qu¶: 6x2 8x 2 4x2 12x x 1
(thoả man Đk)
Th li x=1 tha mÃn phơng trình
Vậy pt có nghiệm x=1
Lời giải:
k x0.Với đk trªn ta cã:
3 2
x x x x 3x 1 2x2 4x x3
Bình phơng vế ptrình ta đợc pt hệ quả: 6x2 8x 2 4x2 12x x 1
(thoả man Đk)
Th li x=1 tha mÃn phơng trình Vậy pt có nghiệm x=1
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 vÝ dơ 5. Giải phương trình sau :
1
3
x
x x x x
x
(1)
T×m lêi gi¶i:
Điều kiện : x1
Bình phương vế phương trình ?
Nếu chuyển vế chuyển nào?
Ta có nhận xét : 1. 3 1. 1
3
x
x x x x
x
( víi ®k x1 ), từ nhận xét
ta có lời giải sau :
Gi¶i: Điều kiện : x1
2
1
(2) 1
3
x
x x x x
x
Bình phương vế ta pt hƯ qu¶:
2
2 2
1
1
3 1 3
x
x x
x
x x
x x x
Thử lại :x 1 3,x 1 thoả mãn điều kiện nghiệm ptrình
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 Dïng biÓu thøc liên hợp.
2.1 Dùng biểu thức liên hợp xuất nhân tử chung
a)Phương pháp
Thứ tự Biểu thức Biểu thức liên hợp tích
1 A B A B A-B
2 A B
A2 AB B2
(5)3 A B
A2 AB B2
A-B
Một số phương trỡnh vụ tỉ ta cú thể nhẩm nghiệm x0, phương trỡnh luụn đưa dạng tớch x x A x 0 0 Khi ta cú thể giải phương trỡnh
A x chứng minh A x 0 vô nghiệm , chú ý điều kiện phương trình
ban đầu ta cú th ỏnh gớa A x 0 vơ nghiệm
b)Ví dụ
vÝ dơ 1: Gi¶i PT 2x 3 x 2x
lời giải: Điều kiện: x
2
, với Đk pt tơng đơng với:
( ).( )
2 2( 3)
2 3
x x x x x
x x
x x x x
( 3) 2
x
x x
3;( )
1
2 0;(2)
2
x Thoamandieukien
x x
xÐt pt :
2x x
=0 (2) tõ ®k:
2
x suy 2x x
>0 Do pt (2) vơ nghiệm Vậy pt cho có nghiệm x=3
vÝ dơ 2:Giải phương trình sau : 3x2 5x 1 x2 3x2 x1 x2 3x4
Giải: §k:
2 2
3
3( 1)
2 x x
x x x x x
( *)
Ta nhận thấy : 3x2 5x1 3x2 3x 3 2x 2 vµ
x2 2 x2 3x4 3x 2
VËy pt 2 2
3x 5x 3(x x 1) x x 3x
Với đk (*) pt tơng đơng với
2
2
2
2
3
x x
x x x
x x x x
2 2
3
( 2)
2 3( 1)
x
x x x x x x x
x=2 ( thoả mÃn (*))
Hoặc 2 2 2 2
2 3( 1)
x x x x x x x =0 ( dÔ thÊy pt vô nghiệm) Vậy x=2 l nghim nht phương trình
vÝ dơ 3:Gi¶I PT x2 9x 20 3x 10
lời giải: Điều kiện: 10
3
(6)2 9 18 3 10 2
x x x (x3).(x6) 2( 3 x10 1)
2( 10 1)( 10 1) 6( 3)
( 3)( 6) ( 3)( 6)
3 10 10
x x x
x x x x
x x
6
( 3)
3 10
x x
x
3;( )
6
6 0;(3)
3 10 x thoamandieukien x
x
xÐt (3),ta cã:
.NÕu x x+6 >3
3x10 nên pt (3) vô nghiệm
.Nếu 10
3 x
th× x+6<3 cßn
3x10 1 nên (3) vơ nghiệm Vậy pt cho có nghiệm x=-3
vÝ dơ 4: Giải phương trình sau x2 12 3x x2 5
Tìm lời giải.: phng trỡnh cú nghim thỡ : 12 5
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 12 3 5
x x x
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 0,
3
12
x x
x
x x
Lêi gi¶i : Để phương trình có nghiệm : 12 5
3
x x x x (*) Pt x2 12 3(x 2) ( x2 5 3)
2 2
2
( 12 4)( 12 4) ( 3)( 3)
3( 2)
12
x x x x
x
x x
2
2
4
3( 2)
12
x x
x
x x
2
2
( 2)
12
x x
x
x x
2
2;( )
2
3 =0;(4)
12
x Thoamandieukien
x x
x x
xÐt (4) (x+2).[ 2 2
12
x x ]-3=0 (4) Mà Đk:
3
(7)Mặt khác 12 12 2 2
12
x x x x
x x
nªn
(x+2).[ 2
1
12
x x ]-3 < 0.Do pt (4) vơ nghiệm Vậy pt cho có nghiệm x=2
vÝ dơ 5: Gi¶i pt: 2 2
4 x
x x
x
Giải: Đk: 2 x 2, pt tơng đơng với:
2
( 2 )( 2 ) 2(3 2)
2 2
x x x x x
x x x
2
2(3 2) 2(3 2)
2 2
x x
x x x
2
2
(3 2)
2 2
x
x x x
2
2
;( )
3
2 2 4;(5)
x thoamandieukien
x x x
xét (5); Bình phơng vế phơng trình (5) ta đợc:
4 2(2x)(2 x) (2 x x)( 4) 0 2 x4 2(2x) ( x4) 2 x 0 (6) x=2 ( thoả mÃn)
2(2x) ( x4) 2 x =0 ( lo¹i 2(2x) ( x4) 2 x>0 víi 2 x 2)
VËy pt (6) cã mét nghiÖm x=2
KÕt luËn : pt cã hai nghiƯm x=2/3 hc x=2
2.2 Nhân chia với lợng liên hợp đa hệ.
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
, ta có hệ:
A B C
A C
A B
Nếu phơng trình vô tỉ có d¹ng: f x( ) g x( ) h x( ) k x( ) (*)
mµ ( ) ( )
( ) ( ) f x g x a h x k x b
, với a,b số nhân chia vế (*) với l-ợng liên hợp đợc:
( ( ) ( ))( ( ) ( )) ( ( ) ( ))( ( ) ( ))
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x h x k x h x k x
f x g x h x k x
f xf x( )( ) g x( )g x( ) h xh x( )( ) k x( )k x( )
( ) ( ) ( ) ( )
a b
f x g x h x k x
f x( ) g x( ) a.( h x( ) k x( )) b
(**) Tõ (*) vµ (**) suy f x( ) a b h x( ) b a k x( )
b b
Đ
a dạng 5:
2
0
0
0
( )
A A
B B
A B C
C C
A B C AB C A B
(8)giảI : Điều kiện: 9
2
x x
x
x x
(*)
với đk ,pt tơng đơng với: ( 2)( 2)
9
x x x x
x x
9 ( 2)
7
9
x x
x x x x
x 9 x2 1 (9)
Tõ (8) vµ (9) ta cã hÖ :
9 9
7 16
9 2 9
x x x x x x x x
x x
x x x x
ta thấy giá trị x=7 thoả pt (8) , pt cho có nghiệm x=7 ví dụ Giải phương trỡnh sau : 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4
Giải:
để phơng trình có nghiệm x 4 x4 Ta thấy : 2x2 x 9 2x2 x1 2x 8 2(x4)
.x4 nghiệm
.Xột x 4, pt cho tơng đơng với:
2 2
2
( 1)( 1)
4
2
x x x x x x x x
x
x x x x
2 2
2 2( 4)
4
2 2
x x
x x
x x x x x x x x
2
2x x 2x x
( x 4) Vậy ta có hệ:
2
2
2
2 2
2
2
x x x x
x x x
x x x x x
2 2 2
6 6
4(2 9) ( 6) 36 12 36
x x x
x x x x x x x x x
0
x x
Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 vµ x=8
7
vÝ dơ 3: Gi¶I pt: 2x16 2x 1 2x 2x4 (6)
Giải: Đk:
8
2 16 1
2
2 9
2
2 x x
x x
x x
x x
x
(*)
Víi §k:
2
x ,pt cho tơng đơng với:
( 16 1)( 16 1) ( 4)( 4)
2 16 2
x x x x x x x x
x x x x
2 16 (2 1) (2 4) 15
2 16 2 16 2
x x x x
x x x x x x x x
2x 16 2x 3( 2x 2x 4)
(7)
(9)16 2
2 16 3( 4)
x x x x
x x x x
2x16 2 x 9 2x4 2x16 2x4 2 x9 2x 16 2x (2x 16)(2x 4) 4(2x 9)
2
2
2
4 40 64
4 40 64 (2 8) x
x x
x x
4
0
8 0
x x
x
x x
Ta có x=0 thoả mãn điều kiện nghiệm pt (6) Vậy pt cho có nghiệm x=0
Bài tập đề nghị
Giải phương trình sau :
2 3 1 3 1
x x x x
4 10 3 x x
2 2 x 5 x x 2 x 10 x
3 x 4 x 1 2x 3
2
3 x 1 3x 2 3x 2
2
2x 11x21 4 x 0
2 2
2x 1 x 3x 2 2x 2x 3 x x2
2
2x 16x18 x 2 x4
2 15 3 2 8
x x x
3 2x 1 x 1 33x 2
-CĐ HảI Quan 1996
3 Phng trỡnh bin i tích
Sử dụng đẳng thức
1 1
u v uv u v
au bv ab vu u b v a
2
A B
vÝ dô Giải phương trình : x 1 x 2 1 x2 3x 2
Giải: 1 1 3 2 1 0
1
x
pt x x
x
Thử lai thoả mãn, pt cho có nghiệm x=0 x=-1 ví dụ Giải phương trỡnh : x 1 x2 x x2 x
Giải:
+ x0, nghiệm
+ x0, ta chia hai vế cho x:
3 3
3 x x x x 1 x x
x x
Thử lại thoả mãn, pt cho có nghiệm x=1
vÝ dơ Giải phương trình: x 3 2x x 1 2x x2 4x 3
Giải: dk x: 1
pt 1
0
x
x x x
x
(thoả mãn điều kiện) thử lại thấy thoả mãn, pt cho có nghiệm x=0 x=1 ví dụ 4. Giải phương trỡnh : 4
3
x
x x
x
(10)Đk: x0, Chia hai vế pt cho x3 ta đợc pt tơng đơng
2
4 4 4
1 1
3 3 3
x x x x x x
x x x x x x
3
1
3 x
x x
( thoả mÃn điều kiện x0)
Thử lại thấy thoả mãn, pt cho có nghiệm x=1
Dùng đẳng thức
Biến đổi phương trình dạng :Ak Bk
vÝ dô 1. Giải phương trình : 3 x x 3x Giải:
Đk: 0 x pt đ cho tương đương :x3 3x2 x 0
3
1 10 10 10
3 3 3 3 3
x x x
vÝ dô 2. Giải phương trình sau :2 x3 9 x2 x
Giải:
Đk:x3 đóphương trỡnh tương đương : x 3 x 9x2
2
2 3 ;(1)
1
3 ;(2)
x x
x x
x x
xÐt (1): x 3 3x1
2
2
1
1
3
1
3 (3 1)
9 2
9 x
x x
x x
x x
x x
x
vËy (1) cã nghiÖm x=1
xÐt (2) : 2
2
1
3 3
3 ( 1) 9 5 2 0
x x
x x
x x x x
1
5 97 18 97
18 x
x
x
97
18 x
vËy (2) cã nghiÖm 97
18 x
ta cã c¶ giá trị x=1 97
18
x thoả mãn điều kiện x3
thử lại giá trị thoả mãn pt, pt có nghiệm x=1 97
18 x vÝ dơ 3. Giải phương trình sau : 9 x x2 2 2x3 33 x x 22
Giải : pttt x 2 33x3 0 x 1
Bài 1: Giải phương trình: a) x2 1 x 1
(11)b) x 2x3 0 c) x2 x 1 1
e) 3x 2 x 3
g) x9 5 2x4
h) 3x4 2x 1 x3
i) (x 3) 10 x2 x2 x 12
Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 3x 2 2m x x2
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 ẦN PHỤ
Có bước phương pháp : - Đặt ẩn phụ gán điều kiện cho ẩn phụ
- Đưa phương trình ban đầu phương trình có biến ẩn phụ
Tiến hành giải phương trình vừa tạo Đối chiếu với điều kiện để chọn ẩn phụ thích hợp
- Giải phương trình cho ẩn phụ vừa tìm kết luận nghiệm * Nhận xét :
- Cái mấu chốt phương pháp bước Lí định đến tồn lời giải hay, dở , ngắn hay dài toán
1.Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường :
-Nếu tốn có chứa f x( ) f x( ) đặt t f x( ) (với điều kiện t 0) -Nếu toán có chứa f x( ), g x( ) f x( ) g x( ) k (với k l hà ằng số ,k > 0) đặt : t f x( ), t0 g x( ) k
t
-Nếu toán có chứa f x( ) g x( ) ; f x g x( ) ( ) víi f x( )g x( )k đặt: t f x( ) g x( ) suy
2
( ) ( )
t k f x g x
-Nếu toán có chứa f x g x( ) ( ) vµ ( ) ( ) ( ) g x f x
f x đặt
( ) ( )
( ) g x t f x
f x
suy ra
t2 f x g x( ) ( )
-Nếu tốn có chứa a2 x2
đặt xasint với
2 t
xacost với 0 t
-Nếu tốn có chứa x2 a2
đặt
sin
a x
t
với ; \ 0
2
t
cos
a x
t
với 0; \
t
-Nếu tốn có chứa x2 a2
ta đặt xa.tant với t 2 2;
(12)-Nếu toán chứa a x a x
hc a x a x
đặt x=acos2t -Nếu tốn chứa (x a b x )( ) đặt x=a+(b-a).sin2t
vÝ dơ 1: Gi¶I pt: 3x x2x x 0 Giải: Điều kiện : x0(*)
Vi iu kin (*) , đặt t x, đk: t0
Thay vµo pt trë thµnh: 2
0
3 (3 8)
3
2;( ) t
t t t t t t t
t loai
Víi t=0 x 0 x0, (thoaman)
Víi 4 16;( )
3
t x x thoaman Vậy pt cho có nghiệm x=0 x=16/9 ví dụ 2: GiảI pt: 10
2
x x
x x
giảI : Điều kiện
6
0 6
0
2
2
2
0 2
6
6
2 x
x x
x
x x
x
x x
x
x x
x x
(*)
víi ®iỊu kiƯn (*), §Ỉt
2 x t
x
, t0
2 x
x t
thay vµo, pt trë thµnh:
1 10
3 10 3
3
3 t
t t t
t
t
( thoả mãn t>0)
víi t=3, ta cã: 6 9 18
2
x x
x x x
x x
( thoả mÃn đk (*))
víi t=1/3 ta cã: 6 54
2
x x
x x x
x x
( thoả mÃn đk (*))
vậy pt cho có nghiệm x=3 x=-7 ví dụ 3: GiảI pt : x 1 3 x x2 2x 3 2
gi¶i : pt x 1 3 x (x1)(3 x) 2
§iỊu kiƯn:
1
3 3
( 1)(3 )
x x
x x x
x x x
(*) Với đk (*), đặt t x 1 3 x, t>0
2 4 ( 1)(3 ) ( 1)(3 )
2 t
t x x x x
Thay vµo ,pt trë thµnh:
2
2 2;( )
4
2
4;( )
t thoaman t
t t t
t loai
Víi t=2 thay vµo
2
4 ( 1)(3 )
2 t x x
1
( 1)(3 ) ( 1)(3 )
3
x x
x x x x
x x
(13)Cả giá trị thoả điều kiên(*) nghiệm pt cho Vậy pt cho có nghiệm x=-1 x=3
vÝ dơ 4: Gi¶i pt: 2
3 18
x x x x
Giải: Điều kiÖn:
3 33
3 33 x
x x
x
(*)
Pt 2
3 6 12
x x x x
đặt
3
y x x , đk y là: y0
Thay vµo, pt trë thµnh: 12 12
2 y
y y y y
y
V× y0 nên y=-6 (loại); y=2 thoả mÃn
Với y=2 suy ra: 2 10
2 x
x x x x x x
x
( thoả man (*))
Vậy pt cho có nghiệm là: x=-5 x=2
vÝ dơ 5: Gi¶I pt: x 4 3x 1 3x2 13x 4 51 4x
(1) gi¶i: pt x 4 3x 1 (x4)(3x1) 51 4 x
điều kiện để pt có nghiệm là:
4
1 51
3
3
51 51
4 x x
x x x
x
x
(*)
Đặt y x 3x1, §k: y0
2
4 ( 1)(3 4) ( 1)(3 4)
y x x x x x y x
Thay vào (1) ta đuợc: 51 56
7 y
y y x x y y
y
Mà y0 nên y=-8 (loại); y=7 thoả m·n
Víi y=7,ta cã: 2
2 3x 13x4 49 4 x 5 3x 13x4 22 2 x
2 2
11 22
5
3 13 (22 )
96 x x
x x
x x x
x
thoả mÃn đk (*) Thử lại, x=5 thoả mÃn pt (1).Vậy pt (1) có nghiệm nhÊt x=5
vÝ dơ 6: Gi¶I pt: ( 3).( 1) 3( 3) x
x x x
x
giải: Điều kiện:
1
x x
x x
Đặt ( 3)
3 x t x
x
suy ra:
2 ( 3).( 1)
t x x
Pt trë thµnh: 4 t t t
t
Víi t=1 ta cã ( 3) 1
3 x x
x
(14)2
3
3
3
3 5
( 3)( 1)
( 3)( 1) 1 5
x
x x
x x
x x x
x x x x
x x x
Víi t=-4 ta cã:( 3) x x
x
2
3
1
1
3 20 20
( 3).( 1) 16 19
( 3).( 1) ( 4) 20
x
x x
x x
x x x
x x x x
x x x
Vậy pt cho có nghiệm: x 1 x 1 20
vÝ dơ 7:Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2
Điều kiện:
2 2
1 1 x
x x x x
(*)
Nhận xét: víi ®iỊu kiƯn (*): x x2 1. x x2 1 1
VËy, Đặt t x x2 1
,điều kiện t là: t>0 , thỡ
1 x x
t
Suy phương trình có dạng: t t2 2t t
t
( tho¶ m·n ®k cđa t) Thay vào ta cã: x x2 1 1 x x2 1 1 x2 1 x 1
2
1
1
1 ( 1)
x x
x x
x x
( thoả mÃn đk (*))
Th li thy x=1 tho mãn pt cho.Vậy pt cho có nghiệm x=1 ví dụ 8: Giải phương trỡnh sau :
2
2004 1
x x x
Giải: đk 0 x
Đặt y 1 x , ®k: 0 y suy ra: y2 1 x x 1 y2 x (1 y2 2)
Thay vµo pt trë thµnh: (1 y2 2) (2004 1 y2)(1 y)2 (1 y) (12 y)2 (2005 y2)(1 y)2
2 2
(1 y) (1y) (2005 y ) 0
2
2
1 1;( )
2 1002
1002 1002
y y thoaman
y y y
y y y y
xÐt pt:y2 y 1002 0
1 4009 4009
2 y
y
( giá trị ko thoả mÃn ĐK: y 1) với y=1 1 x 1 1 x 1 x0 ( thoả mÃn đk x 1)
(15)vÝ dơ 9. Giải phương tr×nh sau : x2 2x x 3x
x
tìm lời giải: iu kin:
1 0
x x x
Nhìn vào pt ta cha nhận thấy thuộc loại nào.Tuy nghiên chia vế cho x#0 ta đợc: x x
x x
x x
x x
Vậy ta đặt t x x
Gi¶i: Điều kiện:
1 0
x x x
2 1 0
1 1 0
0
1
1
0 0
x
x x
x x
x
x x
(*) ,với đk ,Chia c hai v pt cho x#0 ta nhận được:
x x
x x
x x
x x
Đặt t x x
, ®k: t0 thay vµo pt trë thµnh: 2 1,( ) 3,( ) t thoaman t t
t loai
Víi t=1 suy
1
1 2
1 1
1
2
x
x x x x
x x
x
giá trị thoả mãn đk (*) nghiệm pt pt cho có nghiệm
2
x hc
2
x
Bài tập đề nghị
Giải phương trình sau
2
15x 2x 5 2x 15x11
2
(x5)(2 x) 3 x 3x
2
(1x)(2 x) 2 x 2x
2
17 17
x x x x
2
3x 2 x 4 x 3 x 5x2
4
( 2)( 4) 5( 2)
2 x
x x x
x
( 5)( 1) 3( 5)
5 x
x x x
x
2 11 31
x x
2 2
2 (1n x) 3 1n x n(1 x) 0
2
(2004 )(1 )
x x x
(x3 x2)(x9 x18) 168 x
3
2
1 x 2 1 x 3
1
2
2
x x x ( Trang 291-1001
2 Đặt n ph a v h phơng trình:
2.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường :
(16)thể 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
vÝ dô 1: Gi¶I pt: 312 x 314 x 2
Giải: Đặt 3 12 14 t x v x
(*) suy
3 3 12 26 14 t x t v v x Vậy ta có hệ phơng trình:
2
3 2
2
2
( ) ( ) 26
26 ( )( ) 26
t v
t v t v
t v t v tv t v t v t tv v
2
2 26 t v tv t v tv
Suy t vµ v nghiệm phơng trình: 2
3 K K K K VËy cã trêng hỵp:
Th1:
3
1 12 12 13
13
3 14 3 14 27 13
t x x x
x
v x x x
Th2: 3
3 12 12 27 15
15
1 14 1 14 15
t x x x
x
v x x x
Kết luận: Pt cho có hai nghiệm x=13 ; x=-15 ví dụ 2: Giaỉ pt: 3 1
2 x x
Giải: Đặt
2
u x;
2
v x suy ra:
3 3 1 u x u v v x Mặt khác, thay vào pt cho có: u+v=1 Vậy ta có hệ phơng trình:
3
1
1 1
( ) ( ) 1
1
u v
u v u v u v
u v u v uv uv uv
u v
VËy u, v lµ nghiệm phơng trình: ( 1) 0 T
T T T T
T VËy cã trêng hỵp:
Th1:
3
3
1 0 1
0
0 2
1 1 1
1
1 2 2
2
x x x
u x v x x x Th2: 3
1 1 1
1
1 2
0 1 1
0
0 2 2
2
x x x
(17)Vậy pt cho có nghiệm :
2
x ;
2 x vÝ dô 3: Gi¶I pt: 335 x x 5
(1) gi¶i:
đặt a 335 x b; x
Pt (1) trë thành a+b=5
Lại có : a3 b3 ( 353 x)3 (3 x)3 35
VËy ta cã hÖ pt:
3 2 2
5 5
35 ( )( ) 35 ( )
a b a b a b a b
a b a b a ab b a ab b a b ab
5 a b ab
Suy a,b nghiệm pt:
3 T T T
T
Th1:
3
3
2 35 35 27
27
3 3 27 27
a x x x
x
b x x x
Th2:
3
3 35 35 27
8
2 2 8
a x x x
x
b x x x
Thử lại thoả,vậy pt cho có ngiệm x=8 x=27 ví dụ 4: GiảI pt: 1
2 x 2 x
Giải: Điều kiện:
2 x
Đặt
2
u x vµ
v x , §k: v0 (*) suy ra:
3
3
2
1
2 1
1
u x
u v
v x
VËy ta cã hÖ pt: 3 21 3 2 3 2 12
1 (1 ) 1
v u
u v v u v u
u u u
u v u u u u u
2
1
0
1
2
v u
v u
u u
u u u
u
0; 1; 2; u v u v
u v
VËy cã trêng hỵp: Th1:
3 1 0
1
2 2 ( )
1
1 1
1 2 2
2
x x x
x Thoaman
x x
x
Th2:
3 1 1
1
2 2 ( )
1
1 0
0 2 2
2
x x x
x Thoaman
x x
x
Th3:
3
3 ( 2) 8 17
17
2 2 ( )
1 17
1 9 9
3 2 2 2
2
x x x x
x Thoaman
x x x
x
(18)Vậy pt cho có nghiệm:
2
x ;
2
x ; 17
2 x
VÝ dô 5. Giải phương trình sau: x 5 x 6
Điều kiện: x1
Ta cã : x 5 x 1 6 x 1 5 x1 5
Đặt a x 1,b 5 x 1;(a0,b0);(*) ta đưa hệ phương trình sau:
2
5 0;( (*))
( )( 1) 1
1
a b a b kothoaman
a b a b a b a b
a b
b a
Vậy 1 1 11 17
2
x x x x x
Giá trị 11 17
2
x thoả mãn điều kiện nghiệm pt cho
Vậy pt cho có nghiệm 11 17
2 x
2.2.Đặt ẩn phụ đa hệ đối xứng.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải:
Đặt
Vậy ta có hệ phương trình :
Trừ hai phương trỡnh hệ ta đợc:
3 2
2
2( ) ( )( 2)
2 x y
x y y x x y x xy y
x xy y
( )2 2 0;( )
2
x y
x y y
x y vonghiem
Thay vào hệ ta có:
Vậy phương trình có ba nghiệm:
VÝ dơ 2.Giải phương trình: x335 x x3 335 x3 30
Đặt y 335 x3 x3 y3 35
Khi phương trình chuyển hệ phương trình sau: 3( 3 ) 30
35
xy x y
x y
(hệ đối xứng
lo¹i 1)
2 2
( ) 30 ( ) 30
( )( ) 35 ( ).{( ) } 35
xy x y xy x y
x y x xy y x y x y xy
Đặt x y S
xy P
,§k:
2
4
S P ta cã: 3
30 30 30
6
( ) 35 35 125
PS PS PS S
P
S S P S PS S
(19)VËy x y xy
suy x,y nghiệm pt:
2 5 6 0
3 X X X X
Vậy pt cho có hai nghiệm là: x=2; x=3
vÝ dơ 3: Gi¶I pt : 312 x 314 x 2
Gi¶i: §Ỉt 3 12 14 t x v x
(*) suy
3 3 12 26 14 t x t v v x
Vậy ta có hệ phơng trình: (hệ đối xứng loại 1)
2
3 2
2
2
( ) ( ) 26
26 ( )( ) 26
t v
t v t v
t v t v tv t v t v t tv v
Đặt t v S tv P
,§k: S2 4P
, ta ®a vỊ hƯ
2
2 2
3
( ) 26 26
S S S
P
S S P S PS
VËy cã:
3 t v tv
suy t,v nghiệm pt: 2
3 K K K K VËy cã trêng hỵp:
Th1:
3
1 12 12 13
13
3 14 3 14 27 13
t x x x
x
v x x x
Th2: 3
3 12 12 27 15
15
1 14 1 14 15
t x x x
x
v x x x
Kết luận: Pt cho có hai nghiệm x=13 ; x=-15 ví dụ 4: GiảI pt: 418 5x 464 5x 4
gi¶i: §iỊu kiƯn 18 18 64
64 5
x x x (*) Đặt u 418 ;x v 464 ,x DK u: 0,v 0
(**)
Khi pt cho có dạng: u+v=4
Mặt khác,có: u v ( 18 )4 x ( 64 )4 x 82
Ta có hệ phơng trình: 4 44 2 2 24 2 2
82 ( ) 82
u v u v
u v u v u v
Đặt 2 2 2 2
( ) 82 32 87
S S
u v S
uv P S P P P P
29 S P P
*Víi
u v u v
suy u,v lµ nghiƯm cđa pt:
3 K K K K
, thoả mÃn đk (**) Th1:
4
1 18 18 17
3 64 5 3 64 81
u x x
x
v x x
( thoả mÃn điều kiện *) Th2:
4
3 18 18 81 63
1 64 5 1 64 5
u x x
x
v x x
( tho¶ m·n ®iỊu kiƯn *)
*Víi
29 u v u v
suy u,v lµ nghiƯm cđa pt: K2 4K 29 0
(20)Kết luận: pt cho có nghiệm 17
5
x ; 63
5 x
vÝ dơ 5: Gi¶I pt: x 8 x 8 2
Giải:Điều kiÖn: 8
8
x x
x
x x
(*) Đặt u4 x8,v4 x 8,DK u v: 0 (**)
Pt trở thành: u-v=2
Mặt khác có: u4 v4 (4 x 8)4 (4 x 8)4 16
VËy ta cã hÖ: 4 42 2 22 2 2 2 2
16 ( )( ) 16 ( )( )( ) 16
u v u v u v
u v u v u v u v u v u v
2 2
2 2 2
0
2(2 2)(2 4) 16 ( 4)
u v u v u v u v u
v v
v v v v v v v v v
Thoả mÃn đk (**) Thay vào có:
4
8
8
x
x x
( thoả mãn đk *) Vậy pt cho có nghiệm x=8
2.3 Dạng phương trình chứa bậc hai lũy thừa bậc hai:
2
( )
ax b c dx e x với d ac e bc
(*)
Cách giải: §iỊu kiƯn ax b 0
Đặt: dy e ax b ,®iỊu kiƯn:dy e 0 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
2
( ) ;(1)
( )
( ) ( ) ;(2)
c dy e acx bc
I c dy e ac d x dy bc
Trử theo vế pt hệ (I) ta đợc :
;(3) ( ) ( , )
( , ) 0;(4) x y
d x y h x y
h x y
-với (3) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x -với (4) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x
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
VÝ dơ 1 : Giải phương tr×nh: x2 2x2 2x
Điều kiện:
2
x (*)
Ta có phương trình viết lại là: (x 1)2 2 x 1( 1)2
2
x x
( Thuéc d¹ng ax b c dx e( )2 x
với d ac
e bc
)
Đặt y 1 2x 1, DK: y 0 y1 (**)
Pt cho trở thành: ( 1) 1( 1)2 2 2( 1)
2
y x x x y
(21)VËy ta đưa hệ sau:
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
( Hệ đối xứng loại 2)
Trừ hai vế phương trình ta (x y x y )( ) 0 x y x y
*Víi x=y ta cã: 2
2
2
2 2( 1)
2
x
x x x x x
x
( tho¶ *) Ta cã víi x1 2 2y1 kothoaman(**) VËy gi¸ trị x1 loại
Ta có với x1 2y1 thoaman(**) Vậy giá trị x2 nhận
* với x=-y cã: x2 2x 2( x 1) x2 2x 2x 2 x2 2;(vonghiem)
KÕt luËn ,pt cã nghiÖm nhÊt x 2
vÝ dô 2 Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5
Giải
Điều kiện
4
x (*)
Ta biến đổi phương trình sau: 4x2 12x 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11
4 5 1(2 3)2 11
2
x x
Đặt 2y 3 4x5 , §K: 3
2
y y (**)
Pt cho trở thành: 1(2 3)2 11 (2 3)2
2
y x x y
Mặt khác có: 2y 4x5 (2y 3)2 4x5
ta hệ phương trình sau:
2
(2 3)
( )( 1)
(2 3)
x y
x y x y
y x
* Với 2
2
2 3;( *)
(2 3)
2 3;( *)
x kothoa
x y x x x x
x thoa
Nếu x 2 3 y 2 3;(thoaman**).Thử lại thấy x 2 nghiệm pt cho
*Với 1 (2 3)2 4(1 ) 0( *)
2
x
x y y x x x thoa
x
NÕu x=0 suy y=1-x=1 ( không thoả **) Vậy giá trị x=0 loại
Nếu x=2 suy y=1-x=-1 ( không thoả **).Vậy giá trị x=2 loại
Kt lun: pt ó cho có nghiệm x 2
2.4 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 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
(22);(3) ( ) ( , )
( , ) 0;(4) x y
d x y h x y
h x y
-với (3) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x -với (4) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải:
Đặt
Vậy ta có hệ phương trình :
Trừ hai phương trỡnh hệ ta đợc:
3 2
2
2( ) ( )( 2)
2 x y
x y y x x y x xy y
x xy y
( )2 2 0;( )
2
x y
x y y
x y vonghiem
Thay vào hệ ta có:
Vậy phương trình có ba nghiệm:
Bình luận: Bài tốn tốn đơn giản có lẽ nhiều bạn khơng khó khăn để giải tốn Tuy nhiên từ tốn ta tổng qt d¹ng phương trình sau:
* Dạng tổng qt tốn trên: (I)
Để giải phương trình ta đặt ta có hệ: Đây
là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t y
* Từ dạng ta cho biểu thức cụ thể biến đổi ta có phương trình mà ta thường gọi chứa hai hàm ngược Do gặp phương trình chứa hai hàm ngược ta tìm cách biến đổi dạng Ta xét số ví dụ sau:
Ví dụ 2: Giải phương trình : Giải: Điều kiện :
PT
Đặt
(23)* Víi:
(thỏa )
* Víi:
(thỏa đk )
Vậy phương trình cho có hai nghiệm:
Ví dụ 3: Giải phương trình: Giải: ĐK:
PT Đặt
Ta có hệ phương trình:
2 4001 4000 ;(1)
( )( 4000) 0;(2)
u v
u v u v
* Do nên Từ (2) ta có: thay vào (1) ta được:
Vậy phương trình cho có nghiệm:
Chú ý : Ở (I) ta thay số b biểu thức ta giải phương trình cách làm tương tự
Ví dụ 4: Giải phương trình :
Giải: Điều kiện : x2 Phương trình
Đặt
Ta có :
* Víi
2
1
0 ;( )
1
2 4
1
0 0
4
2 2
0 ;( )
3 x x
t loai
x t
t t x x x
y t t t t x
t x t x t x
t thoaman t
(24)* víi:
2
1
2 ;( )
1
2( 2) 11
7
2 2
4
2 2
2 ;( )
5 x x
t loai
x t
t t x x x
y t t t t x
t x t x t x
t thoaman t
Vậy phương trình có hai nghiệm:
Ví dụ 5: Giải phương trình : Giải:
Ta thấy khơng nghiệm phương trình Chia hai vế phương trình cho ta
được:
Đặt , ta có:
Đặt , ta có hệ phương trình :
Thử lại ta thấy ba nghiệm thỏa phương trình
Vậy phương trình cho có ba nghiệm:
Những ví dụ ta thay b (I) biểu thức chứa x Vậy thay a biểu thức chứa x ?Ta cịn giải theo cách hay khơng? Ta xét ví dụ sau
Ví dụ 6: Giải phương trình :
Giải: PT
Đặt ,
Ta có hệ phương trình : *
phương trình vơ nghiệm *
(25)Chú ý: Một số phơng trình vơ tỷ dùng cách biến đổi đặt nh dẫn tới hệ phơng trình khó giảI:
vÝ dơ Giải phương trình: 4x2 5 13x 3x 1
Nhận xét : Nếu nhóm phương trình trước :
2
13 33
2
4
x x
2
13 33
3 (2 )
4
x x
Đặt 13
4
y x khơng thu hệ phương trình mà có
thể giải
Để thu hệ (1) ta đặt : y 3x1 , chọn , cho hệ
giải , (đối xứng gần đối xứng )
Ta có hệ :
2 2 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 xy
Nên ta phải có :
2 2 3 1
4 13
, ta chọn 2; 3
Ta có lời giải sau :
Điều kiện:
3
x , Đặt (2 3), ( 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 2 11 73
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 4
khi đặt 3x 1 2y3 , ta thấy dấu dấu với dấu trước
Giải phương trình sau 1) 4x2 13x 5 3x 1 0
2) 4x2 13x 5 3x 1 0
3) 381 8 2 2
3
x x x x
4) 6x 1 8x3 4x 1
5) 1530 4 2004 30060 1 1
2 x x x
6) 33x 5 8x3 36x2 53 25
Giải (3):
Phương trình : 27 813 x 8 27x3 54x2 36x 54 27 813 x 8 3x 23 46
Ta đặt : 3y 2 381x 8
(26)Khi giảI số phơng trình vô tỷ ta t nhiu n ph tìm mối quan hệ
giữa ẩn phụ a v phơng trình tích
Ví dụ Gii phng trỡnh : x2 x 1 Giải: Điều kiÖn: x1
đặt x 1 t Dk t, : 0
Pt trë thµnh: (t2 1)2 t 1 (t 1) (2 t 1)2 t 1 0 t t( 1)(t2 t 1) 0
0
1 5
2 t
t t t
Vì t0 nên giá trị
2
loại. *với t=0 x=-1 ( thoả mÃn đk) * với t=1 x=0 ( thoả mÃn đk) * với
2
1 5 ( 5)
1
2
t x x x ( thoả mÃn đk) Vậy pt trªn cã nghiƯm : x=-1; x=0 ;
2 x
VÝ dô Giải phương trình :x 2 x 3 x 3 x 5 x 5 x 2 x Giải : §iỊu kiƯn:
2
3
0
5
0
x x
x x
x
x x
x x
(*)
Đặt
2
u x
v x
w x
, ®iỊu kiƯn: 0 u v w ta có
2 2
2
x u
x v
x w
suy :
2
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 60
u ( thoả mÃn đk).Suy 30 30 239
60 3600 120
x x x
(Tho¶ m·n *)
Thử lại thấy thoả mãn pt,vậy pt cho có nghiệm 239
120
x
VÝ dơ 3. Giải phương trình sau : 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2
Giải §iỊu kiƯn :
2
2
2
3
2
2 x
x x x x x x
(27)Ta đặt :
2
2
2
2
2
3
2
2
a x
b x x
c x x
d x x
,§K : a0,b0,c0,d 0 ta có :
2 2 ( )( ) ( )( )
a b c d a b c d a b c d a b c d
a b a b c d c d a b c d a c
a b c d
a c b d
Suy cã:
2
2
2 2
2
3 2
x x x x
x x
x x x x
( tho¶ m·n *)
Thử lại thấy thoả mãn, pt cho có nghiệm x=-2
Giải phương trình sau
1) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3
2) 4 3 4 3 2
4
4 1 1
x x x x x x x x
4 Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :
Chúng ta biết cách giải phương trình: u2 uv v2 0
(1) cách :
* NÕu v=0 không nghiệm cuả (1) chia vế cuả (1) cho v#0,phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
Đặt t=u/v đa đến pt bậc theo ẩn t * v0 thử trực tiếp
a) Phương trình dạng : a A x bB x c A x B 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 2x1 2x 2x1
VÝ dơ Giải phương tr×nh : 2x22 5 x31
Giải: §iỊu kiƯn:
x , pt 2( 1) 2( 1)
x x x x
Đặt u x 1,v x2 x 1
; u 0;v0 Phương trình trở thành :
2
2 5 ) (
2 2 2
v u
v u v
uv u uv v u
Víi u=2v th× x x2 x x 4(x2 x 1) 4x2 5x 0,vonghiem
Víi u=v/2 th×
2 37 5
2 37 5 0
3 5 1
)1 (4 2
1
1 2
x x x
x x x x x
(28)Vậy pt cho có nghiệm
2 37 5
x hc
2 37 5
x
VÝ dơ 2: giải phương tr×nh sau :2x25x 7 x3 Giải:
Đk: x1
Nhận xt : Ta viết x 1 x2 x 1 7 x 1x2 x 1
Đồng thức ta được: 3x 1 2x2 x 1 7 x 1x2 x 1
Đặt 0;
u x x v
x , ta được:
3
2 2
u v u v u uv v
Víi v=3u th×
6 10 )1 ( 1
1 2
2 x x x x x x x x x x
Thoả mÃn điều kiện
Với v=u/2 x x x 4(x x 1) x 4x 3x 0,vonghiem
2
1 2
2
Vởy pt cho có nghiệm x4 x4
VÝ dơ 3. Giải phương trình :x3 3x22 x23 6x0
Giải: §iỊu kiƯn : x2
Nhận xét : Đặt y x2 , y 0 ta biến pt phương trình bậc x y :
y x y x y xy x y x x x x y x x 2 ) (
3 3 3
3
*Víi x=y th× 2
2 1 0 2 0
2 2
x x x x xx x
xx ( thoả mÃn đk)
*Với x=-2y 322
322 322 0 084 0 2 4 0 2
2 2 2
x x x x xx x x x x x x
(29)Pt có nghiệm :x2, 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
VÝ dơ giải phương trình : x2 3 x2 1 x4 x2 1
Giải: §iỊu kiƯn :
0 1 0 1
2
x x x
(*)
Ta đặt :
0 1
0
2
v x
u x
phương trình trở thành :
u 3v u2 v2
(u3v)2 u2 v2
5 0 10
u v v uv v
Víi v=0 th×
1 1
2
x x
x ( tho¶ *)
Víi
5 3u v th×
025 259 0 25 9 1 0 5 3
1 4 4 2
2 2 2
xx x x x x x
x v« nghiƯm
Kết luận pt cho có nghiệm x=1 x=-1
VÝ dơ 2. giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1
Giải:
Đk x5 Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 x2 x 20x1
Nhận xét : không tồn số , để : 2x2 5x 2 x2 x 20x1 ta đặt
2 20
1
u x x
v x
Nhưng may mắn ta có : x2 x 20x 1 x 4 x 5 x 1 x 4x2 4x 5
Ta viết lại phương trình: 2x2 4x 5 3x 4 5 (x2 4x 5)(x 4)
Đến
toán giải
Gi¶i: Đk x5
Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20x 1
(30)Đặt
0 4
0 5
4
v x
u x x
ta đợc:
2
3 5
2 2 2
v u
v u v
uv u uv v u
* Víi u=v th×
2 61
2 61
5 4
5
4
2
x x x x x x x x
Giá trị
2 61
5 loại ko thoả mÃn đk bài
* với u=3v/2 25 56
2
4
2
x x x x
x v« nghiƯm
Vởy pt cho có nghiệm
2 61 5
x
Giải phương trình sau
1) 3 1 1
3
x x x x 2)2 3
x x x
x
5.§ặt ẩn phụ khơng hồn tồn
* Nội dung phương pháp :
Đưa phương trình cho phương trình bậc hai với ẩn ẩn phụ ẩn phương trình cho :
Đưa phương trình dạng sau : Q(x)=f(x)+P(x)
khi :
t =t, điều kiện t t>0 Phương trình viết thành :
Đến giải t theo x Cuối giải phương trình sau đơn giản hóa kết luận :
VÝ dơ 1 : Gi¶i phơng trình: (1)
l
i giải :
ĐK : Đặt Lúc : (1)
Phương trình trở thành :
Giải phương trình với ẩn t , ta tìm : Do nên khơng thỏa điều kiện Với :
( thỏa mãn điều kiên
(31)Đặt
phương trình cho trở thành :
* Với ,
ta có : (vơ nghiệm : )
* Với , ta có :
Do khơng nghiệm phương trình nên Tõ trªn suy ra:
Bình phương hai vế rút gọn ta : (tha món)
Dạng tổng quát ví dụ 2 lµ: :
Ví dụ : Giải phơng trình: Li gii :
t
Phương trình cho viết thành : Từ ta tìm Giải :
* Nhận xét :
Cái khéo léo việc đặt ẩn phụ thể rõ phương pháp cụ thể ví dụ Ở dừng lại với việc chọn ẩn phụ khơng dễ để giải trọn vẹn Vấn đề việc kheo léo biến đổi phần lại để làm biến hệ số tự , việc gải t theo x thực dễ dàng
VÝ dô 4. Giải phương trình : x1 x2 2x 3 x21
Giải:
Đặt : t x2 2x 3, t 2
Khi phương trình trở thnh : x1t x21
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
VÝ dơ 5 Giải phương trình sau : 4 x 1 3x 2 1 x 1 x2
Giải:
Nhận xét : đặt t 1 x, pttt: 1x 3x2t t 1x (1) Ta rút x 1 t2
thay vào pt: 3t2 2 1x t 4 1 x 1 0 Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t
2 x2 48 x 1
dạng bình phương
Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo 1 x 2, 1x2 Cụ thể sau : 3x1 x 2 1 x thay vào pt (1) ta được:
VÝ dơ 6 Giải phương trình: 2 2x 4 2 x 9x2 16
(32)Bình phương vế phương trình: 4 2 x 4 16 4 x2 16 2 x 9x2 16
Ta đặt : t 2 4 x2 0
Ta được: 9x2 16t 32 8 x0
Ta phải tách 9x2 2 4 x2 9 2 x2 8 cho t có dạng phương
Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích
GiảI phơng trình sau:
x23 x2 2 x 1 x22
III-Phơng pháp lợng giác hoá
1 Mt số kiến thức bản:
Nếu x 1 có số t với ;
2
t
cho : sint x số y với
0;
y cho cosyx
Nếu 0 x có số t với 0;
2
t
cho : sint x số y với
0;
y
cho
cosyx
Với số thực x có ;
2
t
cho : xtant
Nếu : x,y hai số thực thỏa: x2y2 1, có số t với 0 t 2 , cho xsin ,t y cost
2.Từ có phương pháp giải tốn :
Nếu : x,y hai số thực thỏa: x2 y21, đặt xsin ,t ycost với 0 t 2
2.1.Nếu x a ta đặt x a sint víi ;
2
t
hoặc x acost
víi
0;
t
Nếu 0 x a đặt x a sint, với 0;
2
t
x acost
, với 0;
2
t
Ví dụ 1 : GiảI phơng trình: 1 1 x2 x(1 1 x2)
Lời giải :
§k: 1 x2 0 x 1
Đặt xsint, với ;
2
t
Với đk này, phơng trình cho trở thành:
2
1 sin t sin (1 sin )t t cos t sin (1 2cos )t t
2
1 sin 2sin cos sin sin
2
t t
cos t t t cos t t
2sin( ).3 [1 sin ] 03
2 2 2
t t t t t
cos cos cos
(33)
0
3
sin
2
t cos
t
.2 ;( ) ;( )
2
3
3 sin sin
sin sin 2 4
2
t
t K K Z
K K Z
t t
xÐt pt: sin3 sin
2
t
4
.2
6
2 ;( ) ;( )
3
.2
2
t
t K
K
K Z K Z
t
K t K
vËy pt (*)
.2
;( )
6
4
2
t K
t K K Z
t K
so với đk t t=II/6 x=sint=sinII/6=1/2 thoả mãn đk x
thử lại thấy thoả mãn, pt cho có nghiệm x=1/2
Ví dụ 2 : 3 3 2
1 1
3
x
x x x
Lời giải : §k: x 1 Khi VP > *NÕu x 1;0 th× 3
(1x) (1 x) 0,suy pt vơ nghiệm * Nếu x0;1 đặt xcost với 0;
2 t
pt trở thành:
2
2 3 cos
1 (1 cos ) (1 cos )
3
t
cos t t t
2 3 sin
1 sin (2 ) (2sin )
2
t t t
t cos
3
2 sin sin sin
2
t t
t cos t
3
2 sin sin sin
2 2
t t t t
cos cos t
1
2 cos sin sin
2
t t t
( cost1)(2 sin ) 0 t cos
6
t
vậy NÕu x0;1 th× phương trình có nghiệm :
6
x
kÕt ln: pt cã nghiƯm lµ
6
x
Vớ d 3 : GiảI phơng trình: 2 2
1 2
x x
x x
x x
(34)ĐK :
1
1 2
0 2
0 1 2
1
1 0
1
1 2
0 1 2 0
1
1 2
1 x
x x
x x
x
x x
x x
x x
x x
x
Đặt
phương trình cho trở thành :
Vậy phương trình có nghiệm
2.2 Nếu x a, ta đặt :
sin
a x
t
, với ;
2
t
, t0 x a
cost
, với t0; , t
Ví dụ 4 : Giải phương trình 12
x
x
=1 Lời giải : đk: x 1, ta đặt , ;
sin 2
x t
t
, t # Phương trình cho trở thành :
1
1 cot
sin t t
2 cot 0 cos [cos ] 0
sin
cos t t t t
t
cos 0;( )
1 sin
2
t khongthoamandieukien t
;( )
1 12
sin
7
;( ) 12
t K K Z
t
t K K Z
kết hợp với điều kiện t suy
12 t
Vậy phương trình có nghiệm :
1
2( 1) sin( )
12
x
Ví dụ 5 : Gi¶I pt:
3
2 x x
x
Lời giải : ĐK : .Đặt phương trình cho trở thành :
(35)t K
; K Z so với điều kiện t ta đợc t=II/4
VËy (thỏa mãn ®iỊu kiƯn cđa x)
Kết luận pt cho có nghiệm x3
Chó ý: D¹ng tổng quát pt : x 2ax 2 b x a
với a,b số cho trước
2.3 NÕu x số thực thi đặt : tan , ;
2
x t t
Ví dụ 6 : Gi¶I pt : (1)
Lời giải :
Do
3
x không nghiệm phương trình nên : (1) 23
1 x x
x
(2)
Đặt tan , ;
2
x t t
Khi (2) trở thành : tan 3t
9
t K
, K Z
Suy (1) có nghiệm :
Ví dụ 7 : GiảI phơng trình
2 2
2
2
1
1
2
x x
x
x x x
Lời giải :
ĐK :x0;x1
Đặt : tan , ; 2
x t t
,t 0;t
phương trỡnh cho trở thành :
0;( )
.2 ;( )
sin 2
sin ,( )
6
1
sin
5
2 .2 ;( )
6 t loai
t K loai
t
t t K k Z
t K
t
t K loai
Kết hợp với điều kiện suy :
(36)2.4 Mặc định điều kiện : sau tìm số nghiệm số nghiệm tối đa phương trình kết luận :
Ví dụ 8 : GiảI phơng trình:
Li gii : phng trình cho tương đương với : (1) Đặt : (1) trở thành :
Suy (1) có tập nghiệm :
Vậy phương trình cho có tập nghiệm S
IV-Phơng pháp sử dụng đẳng thức 2
(A B ) A 2AB B 1.D¹ng 1: Phơng trình quy dạng :
(A B ) 0 A B 0 vÝ dô 1: GiảI phơng trình: x2 2 2 x3 1
Giải:
ĐK: x1, ta có:
2
x x x2 2 (x1)(x2 x1) 0
Với điều kiện trên,thêm bớt x vế tráI để xuất đẳng thức ta có:
2 2 ( 1)( 1) 0 1 1 ( 1)( 1) 0
x x x x x x x x x x
2 2
( x x x 1) x x x
2
1
2 x
x x x x x
x
thoả mãn đk Vậy phơng trình cho cú nghim x=0; x=2
2.Dạng 2: Phơng trình quy vỊ d¹ng : 2
0
( ) ( ) ( ) 0
0 A B
A B C D E F C D
E F
vÝ dô 2: GiảI phơng trình : x y z x 4 y 6 z Gi¶i: §k: x2;y3;z5
Pt x 2 x 1 y 4 y 4 z 6 z 0
x 1 2 y 2 2 z 3 2 0
2 2 1 3
3
5 14
5
x x x
y y y
z z
z
thoả mãn điều kiện Vậy pt cho có nghiệm x y z; ; 3;7;14
3.Dạng 3: Phơng trình quy dạng : 2 2
( )
A B C D A B C D
A B C D
vÝ dô 3: GiảI phơng trình: x4 x2 1995 1995
gi¶i:
pt 1995 1995 2 1995 1995
4
x x x x x x
2
2
2
2
1
1995
1 2 2
1995
1
2
( 1995 )
2
x x
x x
x x
2
2
1 1995
1995
x x
x x
(37) pt x2 x2 1995
v« nghiƯm
pt x2 1 x2 1995
2
4
2
1 7977 1994
1 7977 x
x x
x
gi¸ trÞ 7977
2
x <0 nên loại giá trị 7977
2
x suy 7977
2 x
vậy pt cho có nghiệm : 7977
2 x
ví dụ 4: GiảI phơng trình 1
2
x x x gi¶i: §k
4 x
Pt
2
2
1 1 1
2 (2 )
2 4
x x x x x x x x
1 1
2
4
1 1
(2 )
4
x x x x
x x x x
xÐt pt x x
2
3
3 3
0 2
2 2 2 2
2
1
3
4 2 2
x
x x
x x
x x x x x
x
( thoả mÃn đk )
xÐt p
4
x x
2
5
5 5
0 2
2 2 3 3
3
1 25
5 6
4 3 3
x
x x
x x
x x x x x
x
( thoả mÃn đk )
Thử lại ta thÊy x 2 2 tho¶ pt, x 3 không thoả pt
Vậy pt có nghiệm x 2 2
V-Giải số phơng trình vơ tỷ có dng c bit
1.Phơng trình dạng ( )p x ( )q x p x q x( ) ( ) 0 ( 0) a) Cách giải:
* Nếu p x( ) thay vào ta có q x( ) Suy gi¶ hƯ ( )
( ) q x
p x
* Nếu p x( ) 0 , chia vế pt cho p x( ) 0 ta đợc : ( ) ( )
( ) ( )
q x q x p x p x
(38)Đặt ( );( 0) ( )
q x
t t
p x
Phơng trình trở thành .t2 t 0
Gi¶i pt t×m t , råi t×m x
b)VÝ dơ1: Giải phơng trình 2(x2 3x 2) 3 x3 8
Gi¶i:
Biến đổi pt dạng 2
2(x 2x4) 2( x2) ( x2)(x 2x4)
§iỊu kiƯn x2 ( v× x2 2x 4 (x1)2 3 víi mäi x)
Do x=-2 khơng phảI nghiệm pt , chia vế cho x+2 ta đợc:
2
2( 4)
3
2
x x x x
x x
đặt 2 4;( 0)
2 x x
t t
x
Khi pt trở thành:
2
1
2 2
2 t t t
t
Giá trị t=-1/2 loại , giá trị t=2 thoả mÃn đk t Víi t=2 th×
2
2 13
2 4
2
2 3 13
x
x x x x
x x
x x x
( tho¶ m·n
đk)
Thử lại thấy thoả mÃn pt có nghiệm x 13;x 13
2.Phơng trình d¹ng
p x( ) q x( ) p x( ) q x( ) p x q x( ) ( )
víi ( 2 0
) a) Cách giải:
Đặt
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t p x q x t p x q x p x q x Phơng trình trở thành: .t2 .t 0
Do 2 0
nên pt: .t2.t trở thành pt bậc bậc hai t.GiảI pt
tìm t , thay vào t p x( ) q x( ) tÜm x
b) vÝ dô 2: Giải phơng trình:
2x x 1 3x2 2x 5x 3 16
Gi¶i:
Biến đổi pt dạng: 2x 3 x 1 2x 3 x (2x3)(x1) 20
§iỊu kiƯn:
3
2 3
2
1 1
x x
x x
x
Đặt t 2x 3 x1;(t0) th× t2 2x 3 x (2x3)(x1)
VËy pt trë thµnh 20 t t t
t
Giá trị t=-4 ( loại)
Với t=5 th× (2 3)( 1) 21 21 32
146 429 x
x x x x x
x x
7
3
143 x
x x
x
( thoả mÃn đk x) Thử lại thấy tho¶ m·n, vËy pt cã nghiƯm nhÊt x=3
3.Phơng trình dạng ax2 bx c px2 qx r,a b p q
(39)đặt t px2 qx r 0 t2 px2 qx r
Coi a b
p q = 0 th× ap ; b q
2 ( c)
ax bx c p x q x c px qx
px2 qx r c r t2 c r
VËy pt trë thµnh: t2 c r t t2 t c r 0
b)ví dụ 3: Giải phơng trình: 4x2 10x 9 2x2 5x 3
giải: Đk:
3
2
1 x x x
x
Ta cã: 4x2 10x 9 2x2 5x 3
4x210x 9 50x2125x75
Đặt t 50x2 125x 75,t 0 t2 50x2 125x 75
VËy
4x 10x9= 50 125 50 125 75
50 x 50 x 50 x x 50 t
VËy pt trë thµnh:
2
15
25 75
50
5 t
t t t t
t
thoả mÃn đk t
víi t5 th× 50x2 125x 75
=5
2
2 1
2 x x x
x
thoả mÃn đk x
với 15
2
t th× 2
10 76
15
50 125 75 20
2 10 76
8 x
x x x x
x
tho¶ m·n
thử lại thấy giá trị nghiệm Vậy pt có nghiệm
4 phơng trình dạng f x( )a f x( )b a) cách giải:
nhân vế pt với biêủ thức liên hợp f x( )a f x( ) 0 ta ®a vỊ hƯ
( ) ( )
( ) ( )
f x a f x b a f x a f x
b
b) vÝ dụ 4 : giải phơng trình sau: 2
4x 5x 4x 5x7 Giải: Đk
1
4 1
4 x x x
x
Khi , nhân vế pt với biểu thức liên hợp có
2
4x 5x 1 4x 5x7 3
4x2 5x 7 4x2 5x 1 4x2 5x 7 4x2 5x 1 3.( 4x2 5x 7 4x2 5x 1)
2 2
6 3( 4x 5x 4x 5x 1) 4x 5x 4x 5x
VËy ta có hệ phơng trình :
2
2
2
10 52
4 4 5 1 16 20 3 0 16
2 10 52
4
16 x
x x x x
x x x x
x x x x x
(40)Thử lại thấy thoả mãn, pt cho có nghiệm
5.Phương trình dạng : a A x bB x c A x B x
§Ỉt A x( ) u 0; B x( ) v 0 đa phơng trình ( xem lại)
Ví dụ Gii phng trình : 2x22 5 x31
Giải: §iỊu kiƯn:
x , pt 2( 1) 2( 1)
x x x x
Đặt u x 1,v x2 x 1
; u 0;v0 Phương trình trở thành :
2
2 5 ) (
2 2 2
v u
v u v
uv u uv v u
Víi u=2v th× x x2 x x 4(x2 x 1) 4x2 5x 0,vonghiem
Víi u=v/2 th×
2 37 5
2 37 5 0
3 5 1
)1 (4 2
1
1 2
x x x
x x x x x
x x
Hai giá trị thoả điều kiện nghiệm pt cho Vậy pt cho có nghiệm
2 37 5
x hc
2 37 5
x
6.Phơng trình dạng f x( )n b a a f xn ( ) b Đặt tf x u( ); n a f x ( ) b ta cã hÖ
n n
t b au u b at
.Đây hệ đối xứng loại II với hai ẩn t y
Ví dụ 6: Giải phương trình : 2 4
2 x x x Giải: Điều kiện :
PT
Đặt
Ta có hệ :
* Víi:
(thỏa )
(41)(thỏa đk )
Vậy phương trình cho có hai nghiệm:
Ví dụ 7: Giải phương trình :
Giải: Điều kiện : x2 Phương trình
Đặt
Ta có :
* Víi
2
1
0 ;( )
1
2 4
1
0 0
4
2 2
0 ;( )
3 x x
t loai
x t
t t x x x
y t t t t x
t x t x t x
t thoaman t
* víi:
2
1
2 ;( )
1
2( 2) 11
7
2 2
4
2 2
2 ;( )
5 x x
t loai
x t
t t x x x
y t t t t x
t x t x t x
t thoaman t
Vậy phương trình có hai nghiệm:
Ví dụ 8: Giải phương trình :
Giải:
PT
Đặt ,
Ta có hệ phương trình : *
phương trình vơ nghiệm *
hệ vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm
(42)2
( )
ax b c dx e x với d ac e bc
(*)
Cách giải: §iỊu kiƯn ax b 0
Đặt: dy e ax b ,®iỊu kiƯn:dy e 0 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
2
( ) ;(1)
( )
( ) ( ) ;(2)
c dy e acx bc
I c dy e ac d x dy bc
Trử theo vế pt hệ (I) ta đợc :
;(3) ( ) ( , )
( , ) 0;(4) x y
d x y h x y
h x y
-với (3) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x -với (4) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x ví dụ 9 Giải phương trỡnh: 2x2 6x 1 4x5
Giải : Điều kiện
4
x (*)
Ta biến đổi phương trình sau: 4x2 12x 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11
4 5 1(2 3)2 11
2
x x
Đặt 2y 3 4x5 , §K: 3
2
y y (**)
Pt cho trở thành: 2 3 1(2 3)2 11 (2 3)2 4 5
2
y x x y
Mặt khác có: 2y 4x5 (2y 3)2 4x5
ta hệ phương trình sau:
2
(2 3)
( )( 1)
(2 3)
x y
x y x y
y x
* Với 2
2
2 3;( *)
(2 3)
2 3;( *)
x kothoa
x y x x x x
x thoa
Nếu x 2 3 y 2 3;(thoaman**).Thử lại thấy x 2 nghiệm pt cho
*Với 1 (2 3)2 4(1 ) 0( *)
2
x
x y y x x x thoa
x
NÕu x=0 suy y=1-x=1 ( không thoả **) Vậy giá trị x=0 loại
Nếu x=2 suy y=1-x=-1 ( không thoả **).Vậy giá trị x=2 loại
Kt lun: pt ó cho cú nghiệm x 2
8 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 ax b
(43)
3 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
Trử theo vế pt hệ (I) ta đợc :
;(3) ( ) ( , )
( , ) 0;(4) x y
d x y h x y
h x y
-với (3) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x -với (4) thay vào (1) ta đợc pt bậc theo x
Ví dụ 10: Giải phương trình:
Giải: Đặt
Vậy ta có hệ phương trình :
Trừ hai phương trỡnh hệ ta đợc:
3 2
2
2( ) ( )( 2)
2 x y
x y y x x y x xy y
x xy y
( )2 2 0;( )
2
x y
x y y
x y vonghiem
Thay vào hệ ta có:
Vậy phương trình có ba nghiệm:
9 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
, ta có hệ:
A B C
A C
A B
vÝ dơ 11:Gi¶i pt: x 9 x2 7 (8)
Gi¶i : §iỊu kiƯn: 9
2
x x
x
x x
(*)
với đk ,pt tơng đơng với: ( 2)( 2)
9
x x x x
x x
9 ( 2)
7
9
x x
x x x x
x 9 x2 1 (9)
Tõ (8) vµ (9) ta cã hÖ :
9 9 9 2 7
7 16
9 2 9
x x x x x x x x
x x
x x x x
ta thấy giá trị x=7 thoả pt (8) , pt cho có nghim nht x=7
10.phơng trình vô tỉ có d¹ng: f x( ) g x( ) h x( ) k x( ) (*)
mµ ( ) ( )
( ) ( ) f x g x a h x k x b
(44)( ( ) ( ))( ( ) ( )) ( ( ) ( ))( ( ) ( ))
( ) ( ) ( ) ( )
f x g x f x g x h x k x h x k x
f x g x h x k x
f xf x( )( ) g x( )g x( ) h xh x( )( ) k x( )k x( )
( ) ( ) ( ) ( )
a b
f x g x h x k x
f x( ) g x( ) a.( h x( ) k x( )) b
(**) vÝ dơ 12: Gi¶I pt: 2x16 2x 1 2x 9 2x4 (6)
Giải: Đk:
8
2 16 1
2
2 9
2
2 x x
x x
x x
x x
x
(*)
Víi §k:
2
x ,pt cho tơng đơng với:
( 16 1)( 16 1) ( 4)( 4)
2 16 2
x x x x x x x x
x x x x
2 16 (2 1) (2 4) 15
2 16 2 16 2
x x x x
x x x x x x x x
2x 16 2x 3( 2x 2x 4)
(7)
Tõ (6) vµ (7) ta cã:
16 2
2 16 3( 4)
x x x x
x x x x
2x16 2 x 9 2x4 2x16 2x4 2 x9 2x 16 2x (2x 16)(2x 4) 4(2x 9)
2
2
2
4 40 64
4 40 64 (2 8) x
x x
x x
4
0
8 0
x x
x
x x
Ta có x=0 thoả mãn điều kiện nghiệm pt (6) Vậy pt cho có nghiệm x=0
(*) vµ (**) suy f x( ) a b h x( ) b a k x( )
b b
11.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 vÝ dơ 13: Giải phương trình sau : x 3 3x 1 x 2x2
Lời giải:
k x0.Với đk ta cã:
3 2
x x x x 3x 1 2x2 4x x3 Bình phơng vế ptrình ta đợc pt hệ quả:
6x2 8x 2 4x2 12x x 1
(thoả man Đk)
Th li x=1 tha mÃn phơng trình Vậy pt có nghiệm x=1
(45)Mà có : f x h x k x g x ta biến đổi f x h x k x g x sau bình phương ,giải phương trình hệ
vÝ dơ 14. Giải phương trình sau :
1 1 3
3
x
x x x x
x
(1)
Gi¶i: Điều kiện : x1
2
1
(2) 1
3
x
x x x x
x
Bình phương vế ta pt hƯ qu¶:
2
2 2
1
1
3 1 3
x
x x
x
x x
x x x
Thử lại :x 1 3,x 1 thoả mãn điều kiện nghiệm ptrình
VI-Phơng pháp đánh giá
Ta thêng dïng hai c¸ch phỉ biÕn sau:
1.Cách 1: Tìm nghiệm chứng minh nghiệm nhất.
vÝ dơ 1: gi¶i pt x x (1) Giải: Điều kiện x<2
Với phơng trình vô tỷ dạng thờng dự đoán nghiệm giá trị x mà biểu thức dới nhận giá trị số chÝnh ph¬ng
Nhận thấy nghiệm (1) phảI lớn 1, x=3/2 nghiệm (1).Ta chứng minh nghiệm nhất.Thật
* Víi x<3/2 ta cã: 3 x
2 x Suy vế tráI (1) nhỏ Vậy (1) kh«ng cã nghiƯm ;3
2
* Víi
2x ta cã:
2 3 x
2 x Suy vế tráI (1) lớn VËy (1) kh«ng cã nghiƯm 3;2
2
KÕt luËn ,ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x=3/2
Ta thấy giảI phơng trình cách đánh giá điều quan trọng phảI đoán đợc nghiệm.Để đoán đợc nghiệm ta nên dựa vào khoảng chứa nghiệm xét trờng hợp đặc biệt để tìm nghiệm khoảng
vÝ dụ 2: Giải phơng trình3 (2x 9x2 3) (4x 2)(1 1 x x2) 0
(2)
Gi¶i: (2) 3 (2x (3 )x 3) (2x 1)(2 4x2 4x 4) 0
2
3 (2x (3 )x 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)
2
3 (2x (3 )x 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)
NhËn thÊy nÕu (2 1)
5
x x x biểu thức vế Vậy x=-1/5 nghiệm (2).Hơn nghiƯm cđa (“2) n»m 1;0
2
(46) víi 1
2 x
ta cã: 3x (2x1) 0 (3 )x (2x1)2
2 (3 )x 3 2 (2x 1)2 3
Từ suy 3 (2x (3 )x 3) (2x 1)(2 (2x 1)2 3)
3 (2x (3 )x 3) (2x 1)(2 (2x 1)2 3) 0
VËy (2) kh«ng cã nghiƯm 1;
Chøng minh t¬ng tù ta cịng suy (2) kh«ng cã nghiƯm 1;0
Kết luận phơng trình (2) có nghiệm x=-1/5
2.Cách 2: Đánh giá hai vế
xét phơng trình : f(x)=g(x) xác định D
NÕu ( ) ( )
( ) ( ) f x m x g x m x
x D th× ( ) ( ) ( ) ( ),
( ) ( ) f x m x f x g x x D
g x m x
Trong cách đánh giá ta thờng dùng bất đẳng thức quen thuộc sau:
a)Bất đẳng thc cauchy:
-Với số a,b không âm ta cã:
a b
a b
-Víi sè a,b,c kh«ng ©m ta cã: .
3 a b c
a b c
-Tổng quát với n số không âm a a1, , ,2 an ta cã:
1
1
n n
n
a a a
a a a n
, víi ai 0, i 1, n (n2)
DÊu b»ng x¶y a1a2 an
b)Bất đẳng thức Bunhiacovski : -Với hai a a1, 2 b b1, 2 ta có:
2 2
1 2 2
(a b a b ) (a a )(b b ) DÊu b»ng x¶y
1
a a b b
(Quy ớc : Nếu mẫu=0 tử=0 ngợc lại)
- Tổng quát: Với hai số a a1, , an vµ b b1, , bn ta lu«n cã:
2 2 2
1 2 2
(a b a b a bn n) (a a an )(b b bn ) DÊu b»ng x¶y
1
n n
a a a
b b b
(Quy íc : NÕu mÉu=0 tử=0 ngợc lại)
c)Xõy dng bi toỏn từ tính chất cực trị hình học Dùng tọa độ véc tơ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: ux y1; 1, vx y2; 2
ta có:
a) 2 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
(47)b) u v u v .cos u v , dấu xẩy cos 1 u v
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 điểm M nhìn cạnh AB,BC,AC góc
0
120
ví dụ 3: GiảI phơng tr×nh 2 1 (7 4) 2
x x x x x x x (1)
§iỊu kiƯn :
1
3 x
x
¸p dụng BĐT Bunhiacovski cho hai số (1,1, x) ( 3x2 1, x2 x, x2 1)
ta cã:
VT(1)= 3x2 1 x2 x x x2 1
(2x2)(5x2 x) dấu xảy x1
Mặt khác
1
3 x
x
nªn 5x2 x 0
áp dụng BĐT Cauchy ta có:
VP(1)= (7 4)
2 x x =
2 2 2
1
5 2( 2) (5 )2( 2) (5 )( 2)
2 2 x x x 2 x x x x x x
DÊu b»ng x¶y x1 x=4/3
Kết luận phơng trình cã nghiƯm nhÊt x=-1
vÝ dơ 4: Gi¶I phơng trình x 2 4 x x2 6x 11
(2) Giải: Điều kiện x
áp dụng BĐT Bunhiacovski cho bé sè 1;1 vµ x 2; 4 x ta cã:
x 4 x 1212 (x 2)2 (4 x)2 dấu xảy x=3
Hay vế tráI (2) nhỏ Mặt khác , VP(2) x2 6x 11 (x 3)2 2 2
Dấu xảy x=3
VËy PT(2) 2
6 11
x x
x x x
VËy phơng trình có nghiệm x=3
Ví dụ 5. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2 x4 16
Giải: Đk: 1 x
Biến đổi pt ta có : x213 1 x2 9 1 x22 256
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
13 13 1 x2 3 3 1 x22 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
(48)Dấu
2
2
2
5
3 2
10 16 10
5
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 4x 4 x
4 3
16x 5 4x x
3` 3 8 40 44 4 0 x x x x
3
8x 64 x x 8x 28
2
2
1
2 x x
x x
3
4
16x 5 4x x 4x1 4x21 1
2
4 x 1 x 5x4 x2 x 1 2x1
2 2 2 1 3 4 1
x x x x x x2 4x 5 x2 10x50 5
2 17 2
13 10 13 17 48 36 (36 21)
2
x x x x x x x x
2 2
2x 2x 1 2x 1 x 1 2x 1 x 1
VII.Phơng pháp: điều kiện cần đủ“ ” để giảI biện luận phơng trình vô tỷ
để sử dụng đợc phơng pháp cần dựa vào ý:
-Tính đối xứng biểu thức giảI tích Ta có hai dấu hiệu để nhận biết
đối xứng biến: Ví dụ thay x –x biểu thức khơng đổi đổi vị trí x y……
Trong toán thờng yêu cầu tìm điều kiện để nghiệm tìm đợc
-Xác định giá trị tham số làm cho phơng trình đợc thoả mãn với giá trị biến số thuộc miền cho trớc M đó.Ví dụ tìm a để phơng trình nghiệm với b…
Ví dụ 1: Tìm a,b để phơng trình sau có nghiệm
3(ax b )2 3 (ax b )2 3 a x2. 2 b2 3b (1)
Gi¶i:
a.Điều kiện cần: GiảI sử (1) có nghiệm x x 0.Vì x x nghiệm (1) nên dễ
thấy xx0 nghiệm (1).Do để phơng trình có nghiệm
0 0
x x x Thay vµo (1) ta cã: 3
1 b
b b
b
Vậy điều kiện cần để (1) có nghiệm b=0 b=1 b.Điều kiện đủ: GiảI sử b=0 b=1
* Xét b=0, lúc (1) có dạng:
3a x2. 3a x2. a x2. 0
3a x2 0 a x2 0 (2)
Phơng trình (2) có nghiệm a#0 *Xét b=1, lúc (1) có dạng:
3
2 2
3(ax1) 3(ax1) a x. 1 1 (3)
Đặt u 3a x. 1,v 3a x. 1
Ta thÊy (3)
2
2
3
2
1 1
1 1
1
u v
u uv v u a x
v a x
u uv v u v
a x
(4)
Phơng trình (4) cã nghiƯm nhÊt vµ chØ a#0
(49)Ví dụ 2: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm nhất: x 41 x x 1 x m
(1)
Giải:
a.Điều kiện cần:
GiảI sử (1) có nghiệm x x 0.Vì x x nghiệm (1) nên dễ thấy x 1 x0 còng
là nghiệm (1).Vậy để (1) có nghiệm ta có 0
1
2 x x x Thay lại vào (1) ta có m 2 48
đó điều kiện cần để (1) có nghiệm
b.Điều kiện đủ: Giả sử m 2 48
(1) có dạng:
x 41 x x 1 x 2 48
(2)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovxki cho số (1;1) ( x; 1 x) ta có: x 1 x ( Dấu xảy 1
2 x x x ) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacovxki cho số (1;1) (4 x; 14 x
) ta cã
x 41 x 48
( DÊu b»ng x¶y vµ chØ 41 x x x )
VËy (2)
2 x
VËy (2) cã nghiÖm nhÊt
2 x
Vậy để (1) có nghiệm nhất, điều kiện cần đủ m 2 48
ví dụ 3: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm nhất:
3x 6 x (3x)(6 x) m
VIII.Phơng pháp hàm số để giảI phơng trình vơ tỷ.(Lớp 12)
Bài tập tổng hợp
Giải phương trình sau 3
3 2
1 2
x x x x
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 2x7 x3
2 3 1 3 1
x x x x
4 10 3 x x (HSG Toàn Quốc 2002)
2 2 x 5 x x 2 x 10 x
3 x 4 x 1 2x 3
2
3 x 1 3x 2 3x 2
2
2x 11x21 4 x 0 (OLYMPIC
30/4-2007)
2 2
2x 1 x 3x 2 2x 2x 3 x x2
2
2x 16x18 x 2 x4
3
1 1
x x x x x
2
4 2x4 16 4 x 16 2 x 9x 16
2
(2004 )(1 )
x x x
(x3 x2)(x9 x18) 168 x
2 3 1 1
3
x x x x
2 2
3
2 1x 3 1 x 1 x 0
2
2008x 4x 3 2007 4x
3 2x 1 x 3 x8 2x 1
2 12 1 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 x1
3
36x 1 8x 4x 1
(50)2
2 3
2 x x x x x
12 x2 x 3 x9
3
4
4 x 1 x 1 x x
2
4x 3x 3 4x x 3 2x
15
30 2004 30060 1
2 x x x
2 7 28 x x x 2
4x 4x 10 8x 6x 10 3 x x x x
phơng trình vô tỷ không chứa tham số A Phơng pháp biến i tng tng.
Bài 1. Giải phơng trình sau:
a x 2x 30; b 2x1 x 2 x1; c x4 1 x 1 2x; d 3x4 2x1 x3;
e 2
x x x x ; f x3 x 41; g 15 x 3 x 6; h 10 x 3x 5 i 4x1 3x4 1; j 2 19 1
x
x .
B Phơng pháp đặt ẩn phụ. Bài 2. Giải phơng trình sau:
; 11 15 15 ; ) )( ( ; ) ( 2 2 x x x x c x x x x b x x x x a 15 ; 2 ) )( ( ; 12 ) 2 2 x x x x f x x x x e x x x x d
Bài 3. Giải phơng trình sau:
; 16 2 3 ; ; ) )( ( 2 x x x x x c x x x x b x x x x a , 1 ; 30 ) 35 ( 35 ; 17 17 ; 11 3 3 2 x x x x g x x x x f x x x x e x x x x d
Bài 4. Giải phơng trình sau:
; 2 ; 3 ; 14 12 ; 15 ; 2 3 x x e x x x x d x x c x x b x x a 15 ; 2 1 ; 2 2 2 x x x x h x x g x x x x f
Bài 5.Giải phơng trình sau: 2
x x x
x
C Phơng pháp bất đẳng thức: Bài 6. Giải phơng trình sau:
14 10 ; 11 2 2 x x x x x x b x x x x a
D Các dạng khác.
Bài 7. Giải phơng trình sau:
; 7 ; 1 ; 12 35 ; 5 ; 1 2 x x x x e x x x d x x x c x x b x x a ; ) 2 ( ; 3 ; 2 ; ; 1 ; 2 2 x x x l x x x k x x x x i x x x x h x x x x g x x x x f
(51)a Gi¶i phơng trình m3
b Tỡm m phng trỡnh cú nghim
Bài Cho phơng trình: x x (1x)(8 x) m(*) a Giải phơng trình m3
b Tìm mđể phơng trình có nghiệm
c Tìm mđể phơng trình có nghiệm
Bài 3. Tìm mđể phơng trình: x x x12 m( 5 x 4 x)(*) có nghiệm
Bµi 4. BiƯn luận số nghiệm phơng trình: x 3 m x21
Bài Tìm mđể phơng trình 1 x2 2 13 x2 m có nghiệm nhất
Bài Tìm mđể phơng trình 1 x2 31x2 m có nghiệm nhất
Bài Tìm mđể phơng trình 4 x2 x5m có nghiệm nhất
Bài Tìm mđể phơng trình x4 x 1 m có nghiệm nhất.
Bài Tìm mđể phơng trình 3 x x 1 m( 34 x4 x1) có nghiệm nhất
Hớng dẫn giải-Đáp số.
phng trỡnh vụ t không chứa tham số B Phơng pháp đặt ẩn phụ.
Bài 3. Giải phơng trình sau:
; 16 2 3 ; ; ) )( ( 2 x x x x x c x x x x b x x x x a , 1 ; 30 ) 35 ( 35 ; 17 17 ; 11 3 3 2 x x x x g x x x x f x x x x e x x x x d Gi¶i.
a 3x 6 x (3x)(6 x) 3 §iỊu kiƯn: x
Đặt: t 3x x, ta cã:
3 ) )( ( 2
x x t t
t
Đẳng thức xảy 6 3 0 6 0 3 x x x x L¹i cã: 18 ) ( 18 ) )( ( 2
x x x x t
t
Đẳng thức xảy khi:
2
3x x x
Vậy điều kiện t : 3 t 3 2
phơng trình trở thành:
2 9
3 t
t t2 2t 3 0
1( )
3( ) t l t tm
Víi t 3, ta cã: 3x 6 x 3 (3 x)(6 x) 9 x x
Thoả mÃn đk Kết luận: Phơng trình có hai nghiệm:
x x
b ;
3
1 x x2 x x §iỊu kiƯn : 0 x 1
Đặt 2 (1 ) 1
x x t x x t
t
(52)2
) (
2 ) (
1
2
x x x x t
t
Đẳng thức xảy chØ khi:
2
1
x x
x
VËy ®iỊu kiƯn cđa t lµ: 1t
Ta cã:
2
2
2
x t
x
Vậy, ta có phơng trình:
2 1
1 t
t
t2 3t 2 2( ) t t l
Víi t 1, ta cã:
1 1
x x x
x thoả mÃn đk x
Kết luận: Phơng trình có nghiệm
1
x x
c 3 2 16
x x x x
x
.§k:
2
3
2 2
1 1
3
2
2 x x
x x x
x x x
x
Đặt t 2x3 x1, t0
16 2 20
5 2
3 2
2
x x x t x x x
t
Do đó, ta có phơng trình: 20 20
4( ) t
t t t t
t loai
*) Víi t 5, ta cã phơng trình: 2x3 x15
2
3x 2x 5x 25 2x 5x 21 3x
2 2
21
3
4(2 3) 441 126 146 429
x x
x
x x x x x x
VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=3
d 11
x x x
x §k: 2 x
§Ỉt
2
2 2
2 2 8
2 t x x t t x x x x Ta cã:
2
2
2 11
2
( 2)
3
x x x x
x x x x
t t
4
4t t 4t 12
t4 4t24t 0 (t 2)(t32t24) 0 3 2
2
t t t
Ta cã Phơng trình 2
t
t có nghiệm dơng, ta loại trờng hợp Với t 2, ta có:
2
2
2
x x
x x
2
6
x x
x26x 0 x3 thoả mÃn đk
(53)e 17 17
x x x
x
§k: 17 x 17
Đặt 17 17 17 17
17 2 2 2
x x t x x x x t
t
Ta cã phơng trình:
2 17
9 t
t t217 2 t18 t22t 35 0 t t *) Víi t7, Ta cã:
2 17 17 x x x x 2
17 16
x
x x x 24
2
x x x 2 2 x x
*) Víi t 5, ta cã:
2
17 17
x x x x
2 2
5
4
17 25 10 10
x x x
x
x x x x x
Kết luận: Phơng trình có bốn nghiệm:
2 4 x ; 2 4
x ;x 1;x 4
f 35 3( 35 3) 30
x x x
x Đặt 35 ) 35 ( 35 ) 35 ( 35 35 35 3 3 3 3 3 3 t x x x x x x x x t x x t
Ta có phơng trình:
5 125 30 35 3 t t t
Do đó, ta có: 35 x x Đặt
335 x3 v
x u
Ta cã:
3 3
5 5
6
35 ( ) ( ) 35
u v u v u v
uv
u v u v uv u v
3 u v u v
*)Víi 2
3 35
2 3 2
3 3
(54)*) Víi 3 2 35 3 2 3
3 3
x x x v u
KÕt luËn: Phơng trình có hai nghiệm: x 2;x3
g x x21 x x21 2
Đặt: 2 12
t x
x x
x
t Ta có phơng trình:
) (0 1 )1 )( ( 2
1 2
2 t l t t t t t t t t t
*) Víi t 1
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 x x x x x x x x x x x *) Víi 1 t 14 ) ( 5 5 1 2 2 x x x x x x x x x x )5 3(2 1) 5 3( 5 3 1) 5 3( )5 3(2 5 3 2 x x x x
Hệ vô nghiệm
Kết luận: Phơng trình có nghiệm nhất: x1
(55); 2 ; 3 ; 14 12 ; 15 ; 2 3 x x e x x x x d x x c x x b x x a 15 ; 2 1 ; 2 2 2 x x x x h x x g x x x x f Gi¶i:
a) x5 x 2(1);
Đặt: )(8
0 3
0
5 2 2
a v u x v x u Tõ (1) ta cã u v2(b)
Từ (a);(b),ta có hệ phơng trình:
4 13 35 1 3 2 4 )(2 )(8 22 x x x v u vu vu bvu av u
Kết luận: Phơng trình có mét nghiƯm lµ: x 4 b) 15 x 3x 6;
Giải: Đặt 0 3 0 15 x v x u
Ta cã:
(56)Do đó, ta có: 6
3 3
3 15
x x
x
Kết luận: Phơng trình có nghiệm nhất: x6 c 312 x314x2;
Đặt:
3
14 12
x v
x u
Ta cã hÖ:
11 2 26 2
2
2 uv
vu vu vu
VËy u,v lµ hai nghiƯm phơng trình:
3
3 11
2
t t t
t
Do ta có:
3 2 1
3 2 1
v u
, hc
3 2 1
3 2 1
u v
+) Víi
3 2 1
3 2 1
v u
3 2 1 14
3 2 1 12
3
x x
d 3
x x x
x
Gi¶i:
Đặt: 2 3 2
x t x x t
x Ta cã phơng trình:
;
3
t
t
Đặt
0 3
0
t v
t u
Ta có hệ phơng trình:
2 1 1 3 3 3
22 v
(57)VËy, ta cã: 1
2 3 1
t t t
Từ ta có: 2x2 3x 2x2 3x 0(VN)
Kết luận: Phơng trình cho vô nghiệm
e 1;
2
1
3 x x
Đặt
0 2
1 2 1
3
x v
x u
1 1
2 v u
v u
0 ) (
1 )
( 2
3
u u u u u
2
u u u
*)
2 1 1 2 1
0 2 1 1 0
3
x
x x v
u Thoả mÃn phơng tr×nh
*)
2 1 0 2 1
1 2 1 0 1
3
x
x x v
u Thoả mÃn phơng trình
*)
2 17 3 2 1
2 2 1 3 2
3
x
x x v
u Thoả mÃn phơng trình
Kết luận: Phơng trình có ba nghiệm:
2 17 ;
2 ;
x x
x
(58)Giải:
Đặt 2 2
x t x x t
x Ta có phơng trình:
;
2
t
t
Đặt
0 8
0
t v
t u
Ta cã hÖ phơng trình:
)( 3 7 1 07 4 3 8
12 2
2
2 v l
v v v vu vu
Với v1 u3 Do ta có:
9 1 8
3
t t t
Từ ta có:
2
7
2 2
x x x
x x
x
KÕt luËn: Ph¬ng tr×nh cã nghiƯm:
2
x x
g
2 1
2
x
(59)Đặt
2 1
2 02 2 2 2)( 2 2 11
2 0 2
1 1
22 22 2 22
2
uv uv vu uvvu vu vu
uvvu vu vu vu
x v
x u
VËy, ta cã:
1 2 uv
v u
hc
2 2 uv
v u
*) 1
1 1 1
2
x v u uv
vu
(Thoả mÃn phơng trình)
*) .
2 31 )0:
( 31 31 2
2
x vDo v
u uv
vu
(Thoả mÃn phơng trình)
Kết luận: Phơng trình có hai nghiệm: x1và
3
x
h 2 2 15
x x x
x
Gi¶i:
Đặt 3x2 2x8t 3x2 2x15t7 Ta có phơng trình:
;
7
t
(60)Đặt 0 7 0 t v t u
Ta cã hƯ ph¬ng tr×nh:
4 3 1 7 7 7 22 v u vu vu vu vu 9 4 7 3 t t t
Từ ta có:
1
3 2
x x x x x x
Kết luận: Phơng trình có nghiệm: 1 x x
Bài 7. Giải phơng trình sau:
; 7 ; 1 ; 12 35 ; 5 ; 1 2 x x x x e x x x d x x x c x x b x x a ; ) 2 ( ; 3 ; 2 ; ; 1 ; 2 2 x x x l x x x k x x x x i x x x x h x x x x g x x x x f Gi¶i
d 1 x4 x2 x 1;
4
1 x x x 1 2 2
1
1 ( 1)
x x
x x x x x x x
4 3
1
2 0;
4 4
x x
x x x
x x x x x x x
x
e x8 x7 x1 x7;
Đặt m x7 0, Ta có phơng trình:
m x m
x8 2
Đặt: 0 1 0 2 8 m x v m x u
(61) 4 3 4 11 2 7 2 7 2 22 m v m u m vu vu mv u vu
VËy, ta cã:
)( 4 3 7 7 1 )(7 11 17 4 4 3 7 7 1 4 7 11 )1 7 ( 4 3 7 7 1 4 7 11 7 28 4 3 1 4 11 28 b x x x a x x x x x x x x x x x x x m m x m m x Tõ ) ( 7 7 11 ) ( 11 ) ( ) ( l x x x x x x a
*) x7 x2, nghiệm thoả mÃn phơng trình (b)
Kết luận: Phơng trình có nghiƯm lµ x2 f x2 x1 x x1 2;
§iỊu kiƯn: 1
(62)2 1 2 2 2 1
2 1 1 1 1
0 1 1
2 1 1 1 1
0 1 1
2 1 1 1 1
2 )1 1 ( )1 1 (
2 1 2 1 2
2
x x
x x
x x
x
x x
x
x x
x x
x x x x
KÕt luận: Tập nghiệm phơng trình S [1;2]
g x3 x1 x8 x11 §k: 1
0 1 6 8
0 1 4 3
0 1
x x
x x x x
(63)
10 3 2 3 1 3 3 2 ) ( 2 1 2 1 1 3 1 2 1 3 1 1 3 2 1 3 2 1 1 3 1 2 2 1 1 3 1 2 1 1 )3 1 ( )2 1 ( 1 1 6 8 1 4 3 2 2 x x x x x VN x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
KÕt luËn: Phơng trình có tập nghiệm: S [2;3){10} h x x1 x4 x90 Đk: x
Với điều kiện trªn, ta cã:
0 9 9 5 9 9 2 2 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
NghiƯm nµy thoả mÃn điều kiện
Kết luận: Phơng trình có nghiÖm x0
i 2 2
x x x
x §k
(64)1
13 16
0 1
0 )] ( ) ( )[ (
1
1 )1
)( (
1
4 )1 )( (
8
0 2
2
8
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x x
x x x
x x
x x
x
x x
x x x
x x x
x x x
x x x
x x
x x
Kết hợp với điều kiện trên, ta có nghiệm phơng trình x1
Phơng trình vô tỷ chứa tham số. Bài 1.Cho phơng trình: x x (3x)(6 x)m(*) a Giải phơng tr×nh m3
b Tìm mđể phơng trình có nghim
Giải:
Đk: x
Đặt t x x Ta có: +) t2 9 (3 x)(6 x) 9 t 3
Đẳng thức xảy (3 )(6 ) x
x x
x
+) t2 9 (3 x)(6 x) 18 (9 (3 x)(6 x)) 18 ( 3 x 6 x)2 18 t 3 2
Đẳng thức xảy
x x x
Do đó, ta có: 3 t 3 2 Lại có
2
2 9 (3 )(6 ) (3 )(6 )
2 t t x x x x
Phơng trình trở thành: 1( 2 9)(**)
2
t
t m m t t
b (*) có nghiệm (**) có nghiệm thoả m·n 3 t 3 2
XÐt hµm sè f t( ) 1( 2 9) t t
đoạn 3;3
Cã f t'( ) t 0, t 3;3 2
VËy f t( ) hàm số nghịch biến 3;3
Do
(3 2) ( ) (3), 3;3
( )
f f t f t
f t
Vậy, để phơng trình có nghiệm điều kiện cần đủ là:
2 m
(65)Bài Cho phơng trình: x x (1x)(8 x) m(*) a Giải phơng trình m3
b Tìm mđể phơng trình có nghiệm
c Tìm mđể phơng trình có nghiệm
Giải
Đk: x
Đặt t 1x 8 x Ta cã: +) t2 9 (1 x)(8 x) 9 t 3
Đẳng thức xảy vµ chØ (1 )(8 ) x x x
x
+) t2 9 (3 x)(6 x) 18 (9 (1 x)(8 x)) 18 ( 1 x 8 x)2 18 t 3 2
Đẳng thức xảy
x x x
Do đó, ta có: 3 t 3 2 Lại có
2 9 (1 )(8 ) (1 )(8 )
2 t t x x x x
Ph¬ng trình trở thành: 1( 2 9)(**)
2
t
t m m t t
b (*) cã nghiƯm vµ chØ (**) cã nghiƯm tho¶ m·n 3 t 3 2
XÐt hµm sè f t( ) 1( 2 9) t t
đoạn 3;3 2
Cã f t'( ) t 0, t 3;3 2
Vậy f t( ) hàm số nghịch biến trªn 3;3 2
Do
(3 2) ( ) (3), 3;3
( )
f f t f t
f t
Vậy, để phơng trình có nghiệm điều kiện cần đủ là:
2 m
c NhËn xÐt: NÕux0 nghiệm phơng trình x0cũng nghiệm phơng
trình
Điều kiện cần:
Để phơng trình có nghiệm 0
7
2 x x x
VËy, ta cã: m3 9
Điều kiện đủ: Với m3 9 , thay vào phơng trình, giải phơng trình thấy có
nghiÖm nhÊt 0
2 x
Bài 3. Tìm mđể phơng trình: x x x12 m( 5 x 4 x)(*) có nghiệm Cách giải:
§K: 0 x
(*) m(x x x12)( 5 x 4 x)f x( ) ( )
f x đồng biến 0; 4 f(0)mf(4)
Bµi 4. Biện luận số nghiệm phơng trình: x 3 m x2 1
Cách giải: Sử dng o hm
(66)A-Phơng trình bậc ba B-Phơng trình bậc bốn
C-GiI mt s phng trình bậc cao có dạng đặc biệt
TiÕt 4: Hệ phơng trình A-Hệ phơng trình bậc hai ẩn.
Định nghĩa: Hệ phơng trình bậc với hai ẩn số x y hệ phơng trình có d¹ng:
1 1
2 2
a x b y c a x b y c
Bài toán 1: GiảI biện luận hệ phơng trình: 1
2 2
a x b y c a x b y c
Cách 1: Sử dụng định thức:
1
a D
a
2
b
b =a b1 2 a b2 1 ;
1
x
c D
c
2
b
b =c b1 c b2 1 ;
1
y
a D
a
2
c
c =a c1 2 a c2
a) NÕu D #0 th× hƯ cã nghiƯm nhÊt:
x y
D x
D D y
D
b) Nếu D=0 đó:
.NÕu
0
x y
D D
hệ vô nghiệm
.Nu Dx Dy 0 hệ nghiệm với x,y
KÕt ln:
-NÕu D #0 th× hƯ cã nghiƯm nhÊt:
x y
D x
D D y
D
-NÕu D D x Dy0 th× hệ có vô số nghiệm
-Nếu D=0 Dx Dy hệ phơng trình vô nghiệm
Chú ý: Để nhớ cách tính định thức ta có minh hoạ sau: Cách 2: Phơng pháp thế:
Từ phơng trình, rút ẩn theo ẩn vào phơng trình cịn lại ta đợc phơng trình bậc ẩn số
Cách 3: Phơng pháp cộng đại số:
vÝ dụ 1:GiảI biện luận hệ phơng trình:
2 mx y m x my
kÕt luËn:
-Víi m1, hƯ cã nghiƯm nhÊt
2 1
1 m x
m y
m
(67)-Víi m=-1 , hƯ v« nghiƯm
Chó ý: ĐôI có nhiều tham số ta phảI xét hết khả chúng ví dụ 2:GiảI biện luận hệ phơng trình: ax by a b
bx ay a b
KÕt luËn:
-Víi ab,hÖ cã nghiÖm nhÊt
2
2
2
2
2 a b x
a b a ab b y
a b
-Với a=b=0, hệ nghiệm với cặp số (x;y) -Với a b 0, hệ vô nghiệm
Chú ý: Với tốn u cầu tìm hệ thức liên hệ nghiệm x.y không phụ thuộc vào tham số,khi từ hệ nghiệm x,y từ hệ ban đầu ta khử tham số đợc hệ thức cần tìm
vÝ dơ 3: cho hƯ ph¬ng tr×nh:
1 x my
mx y m
a) GiảI biện luận hệ phơng trình
b) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x,y hệ không phụ thuộc vào m Đáp số:
a) -Víi m1, hƯ cã nghiƯm nhÊt
1 m x
m y
m
(*) -Víi m=-1, hệ có vô số nghiệm thoả mÃn x+y=0
-Víi m=1 , hƯ v« nghiƯm
b) Từ giá trị nghiệm từ (*) ta đợc:
1 x my
mx y m
( 1) ( 1)
( 1)
my x
x x y y x m y
bài toán 2: Hệ phơng trình có nghiệm thoả mÃn điều kiện cho trớc Phơng pháp:
-Xỏc nh iu kin cho n số có -Đa hệ dạng: 1
2 2
a x b y c a x b y c
Ta cã c¸c nhËn xÐt sau:
(i) NÕu D #0 th× hÖ cã nghiÖm nhÊt:
x y
D x
D D y
D
(ii) NÕu D D xDy hệ có vô số nghiệm
(iii) Nếu D=0 Dx Dy hệ phơng trình vô nghiệm
Trong trờng hợp (i),(ii) phảI so sánh giá trị nghiệm số với điều kiên có ví dụ 4: cho hệ phơng trình:
1 mx y m x my m
a)Tìm m để hệ có nghiệm
b)Tìm m nguyên để nghiệm hệ nghiệm nguyên Đáp số:
(68)
2 1
2
1
1
1
x y
D m
x
D m m
D m
y
D m m
b) Để nghiệm hệ nghiệm nguyên với m nguyªn , 1
m Z
m
m
lµ íc cđa 1
2 m m
m
So sánh với điều kiên (*) ta nhận đợc m=0 m=-2 ví dụ 5: Tìm m để hệ phơng trình sau có vơ số nghiệm:
( 6)
x my m m x y m
Đáp số:
Hệ có vô số nghiệm
2 2
6
0
0 2
0 11 18
x y
m m
D
D m m m
D m m
Ví dụ 6: Tìm m để hệ phơng trình sau vô nghiệm: 2
( )
mx my m m m x my
Giải:
Hệ vô nghiệm D m0 Với m=0 hƯ cã d¹ng: 0
0
x y x y
nên hệ vô nghiƯm
VËy víi m=0 hƯ v« nghiƯm
Chú ý: Với tốn tìm điều kiện để hệ có nghiệm thơng thờng ta đI giảI tốn ngợc:
“ Tìm tham số để hệ phơng trình vơ nghiệm giả sử m thuộc tập K”
VËy víi m thc( phÇn bï cđa K R) hệ có nghiệm Ví dụ 7: Cho hệ phơng tr×nh:
2
x my m mx y m
Tìm m để hệ có nghiệm Giải:
Ta cã D=1-m2
HƯ v« nghiƯm D 0 m1 Víi m=1 hƯ cã d¹ng:
3 x y x y
nªn hƯ cã vô số nghiệm Với m=-1 hệ có dạng:
1 x y x y
nên hệ vô nghiệm Vậy với m=-1 hệ vô nghiệm
Do với m#-1 hệ có nghiệm
Chó ý: Nếu toán cho hệ ba phơng trình với hai ẩn xét hệ gồm hai phơng trình và yêu cầu nghiệm thoả mÃn phơng trình lại.
vi du 8: Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiệm:
1 mx y x my x y m
Gi¶i:
Xét hệ phơng trình tạo (2) (3): x my x y m
(69)Ta cã: D=1-m ; Dx 1 m D2; y m
a) NÕu D 0 m1 th× hƯ cã nghiƯm nhÊt (x;y)=(1+m;-1) Nghiệm thoả mÃn pt (1) (1 ) 1
2 m m m
m
b) Nếu D m1 hệ ban đầu trở thành x+y=1,có vô số nghiệm Kết luận: với m=1 m=-2 hệ có nghiệm
Bài tập:
1.GiảI biện luận hệ phơng trình: ( ) ( )
(2 ) (2 )
a b x a b y a a b x a b y b
(§Ị 30)
2.GiảI biện luận hệ phơng tr×nh: ( 2)
( 1)
mx m y m x my
( Đề 75) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x,y hệ không phụ thuộc tham số m 3.Cho hệ phơng trình: ( 2)
(2 1)
m x my m m x y m
a) Gi¶I vµ biƯn ln theo m
b) Tìm hệ thức liên hệ nghiệm x,y hệ không phụ thuộc tham số m c) Khi hệ có nghiệm nhất, tìm m nguyên để nghiệm hệ nghiệm nguyên
B-Hệ phơng trình bậc hai
Hệ phơng trình bậc hai với hai ẩn số x y hệ phơng trình có dạng:
2
1 1 1
2
2 2 2
0 a x b xy c y d x e y f a x b xy c y d x e y f
* Phơng pháp chung để giảI hệ phơng trình bậc 2
1 Phơng pháp biến đổi tơng đơng Phơng pháp đặt ẩn phụ
3 Phơng pháp Hàm số đồ thị Phơng pháp điều kiện cần đủ Phơng pháp đánh giá
* Ta xét số hệ bc hai c bit:
1.Hệ gồm phơng trình bậc phơng trình bậc hai hai ẩn:193
?????????????????????????????????????????????????? Bài : Giải hệ phơng trình
2
2
3
x y a
x y y
2
24 x y b
x xy
Bµi 10 : Cho hệ phơng trình
2
2
4
x y m x y
a Giải hệ phơng trình với m =
b Giải biện luận hệ phơng trình theo tham số m Bài 11 : Cho hệ phơng trình
2
0 x y x
x ay a
a Tìm a để phơng trình cho có hai nghiệm phân biệt b Gọi ( ; )x y1 và ( ; )x y2 nghiệm hệ cho.
2
(70)Bài 12 : Tìm m để hệ phơng trình
2 1 0
4 x y mx my m
x y
có hai cặp nghiệm phân
biệt ( ; )x y1 vµ ( ; )x y2 tho¶ m·n
2
2
(x x) (y y) 4
2.Hệ đối xứng loại I:
* Định nghĩa: Hệ phơng trình đối xứng loại I ẩn x y hệ gồm phơng trình khơng thay đổi ta thay x y v y bi x
* Phơng pháp giảI chung: Dùng phép thay ẩn: Đặt
x y S x y P
, §iỊu kiƯn
2
4 S P
Sau tìm đợc S P x, y nghiệm phơng trình
0 t St P * Chó ý: Có thể sử dụng phơng pháp khác nh:
1. Phơng pháp thế 2. Phơng pháp đồ thị
3 Phơng pháp điều kiện cần đủ: áp dụng tốt cho hệ với yêu cầu “ tìm tham số m để hệ có nghiệm nhất”.Khi ta thực theo bớc:
Bíc 1: §iỊu kiƯn cÇn:
-Nhận xét hệ có nghiệm (x,y) (y,x) nghiệm hệ hệ có nghiệm x=y (*)
-Thay (*) vào hệ ta đợc tham số Đó điều kiện cần
Bớc 2: Điều kiện đủ: Thay tham số vào hệ ban đầu giảI
Ví dụ 1: Cho hệ phơng trình:
2
6 x y m x y
a) Gi¶I hƯ víi m=26
b) Xác định m để hệ vô nghiệm
c) Xác định m để hệ có nghiệm d) Xác định m để hệ có hai nghiệm phân biệt Giải:
Biến đổi hpt dạng:
2
( )
36
2 x y x y xy m
m xy
x y
x,y lµ nghiệm phơng trình: 36
m
t t (1) Nhận xét số nghiệm hệ cho số nghiệm phơng trình (1)
a) Với m=26 ta đợc: 5 t t t
t
VËy víi m=26 th× hƯ cã nghiệm (1;5) (5;1)
b) Hệ vô nghiệm (1) v« nghiƯm '(1) 0 m18
VËy với m>18 hệ phơng trình vô nghiệm c) Hệ có nghiệm
phơng trình (1) có nghiƯm nhÊt '(1) 0 m18
Thư lại thoả mÃn
Vậy hệ có nghiệm m=18
Cách 2: Điều kiện cần đủ:
Điều kiện cần: Nhận xét hệ có nghiệm (x,y) (y,x) nghiệm hệ hệ có nghiệm x=y.Khi (1)
2
2
18
2
x m m x
điều kiện cần để hệ có nghiệm
Điều kiện đủ: Với m=18 hệ thành
2 18 6 3
9
6
x y x
x y
xy y
x y
(71)d) HƯ cã hai nghiƯm ph©n biƯt phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
'(1) 0 m18
VËy víi m<18 hƯ ph¬ng trình có hai nghiệm phân biệt
Chỳ ý: Mt số hệ phơng trình ban đầu khơng đối xứng,ta cần sử dụng vài phép biến đổi đa hệ đối xứng loại I
vÝ dơ 2: Gi¶I hệ phơng trình
2
1 x xy y x y xy
Gi¶i:
Đặt t=-y ta đợc hệ đối xứng
2
1 x tx t x t xt
Đặt x t S xt P
§iỊu kiƯn S2 4P
ta đợc:
2
2 5; 8;( )
3
3 10
2 2;
3
S S P loai
S P
S S
S S P
S P
Víi 2
1
S x t
P xt
x, t lµ nghiƯm cđa pt: Z2 2Z 1 0 Z 1
x t 1.Thay vµo cã x=1; y=-1
VËy hệ phơng trình có nghiệm (1;-1)
Bài tập: 1.GiảI hệ phơng trình sau:
a)
2 13
2 x xy y x y
b)
2 2
1 x y x y xy x y
c)
13 x y y x x y
d)
1
2 2( )
xy x y
x y xy
e) 2 2 11
3( ) 28 x y xy
x y x y
(§HQG-2000)
2.Cho hệ phơng trình 2 2
1 x xy y m x y xy m
(ĐHCSND-A2000) a) GiảI m=3
b) Tìm m để hệ có nghiệm
3.Cho hệ phơng trình
( 1)( 1) x y x y xy x y m
(ĐHNT-A1997) a) GiảI m=12
b) Tìm m để hệ có nghiệm
4.Gi¶I biện luận hệ phơng trình
8 x y
a y x x y
5.Tìm m để hệ có nghiệm
5( ) 4
x xy y m x y xy
(§HQG-D1999) 6.Chøng tá víi mäi m hƯ lu«n cã nghiƯm
22
( )
x xy y m xy x y m m
(§HQG-A1999)
Tìm m để hệ có nghiệm 7.Cho hệ phơng trình
2 2 2
2 x y a x y a
(72)8.Cho hệ phơng trình 1
1 1
x y
y x x y x y m
a) Gi¶I m=6
b) Tìm m để hệ có nghiệm
9.Gi¶I hƯ sau:
2
2 3( )
x x y y x y x y
ĐH-D2003 10.GiảI hệ sau:
3
2
7( ) x y x y x y x y
11 Gi¶I hƯ sau:
3
2 x y x y x y x y
§H-B2002
12 Gi¶I hƯ sau:
2
2
( )( )
( )( ) 15
x y x y x y x y
3.Hệ đối xứng loại II:
* Định nghĩa: Hệ phơng trình đối xứng loại II ẩn x y hệ tráo đổi vai trò x,y phơng trình chuỷên thành phơng trình h
* Phơng pháp giảI chung:
i vi hệ trừ vế hai phơng trình thu đợc phơng trình tích:
( ) ( ; )
( ; ) x y x y f x y
f x y
Khi ta giảI hệ cho trờng hợp
* Chú ý: Có thể sử dụng phơng pháp khác nh: 1.Phơng pháp đồ thị
2.Phơng pháp điều kiện cần đủ: áp dụng tốt cho hệ với yêu cầu “ tìm tham số m để hệ có nghiệm nhất”.Khi ta thực theo bớc:
Bíc 1: §iỊu kiƯn cÇn:
-Nhận xét hệ có nghiệm (x,y) (y,x) nghiệm hệ hệ có nghiệm x=y (*)
-Thay (*) vào hệ ta đợc tham số Đó điều kiện cần
Bớc 2: Điều kiện đủ: Thay tham số vào hệ ban đầu giảI
Ví dụ 1: cho hệ phơng trình
2
x y y m y x x m
a) Gi¶I hƯ víi m=0
b) Tìm m để hệ có nghiệm
c) Tìm m để hệ có nghiệm Giải:
Trừ vế hệ phơng trình ta đợc:
2 2
( ) x y
x y x y x y x y
x y
Khi hệ phơng trình tơng đơng với: 2
2 0;(1) x y
x x m
(I) hc 2
0;(2) x y
x m
(II) a) Với m=0 ta đợc:
(I) 2
2
2
x y x y
x y x x
(II) 2
0 x y
x y x
(73)HƯ cã nghiƯm vµ chØ
1
0
(1)
1
(2) 0
conghiem m
m
conghiem m
VËy hƯ cã nghiƯm m1
c) tìm m để hệ có nghiệm
®iỊu kiƯn cÇn: NhËn xÐt r»ng nÕu hƯ cã nghiƯm (x y0; 0) th× cịng cã nghiƯm (y x0;
).Do hệ có nghiệm x0 y0
Khi đó: hệ thành 2
0 0 0
x x x m x x m (3)
Do lµ nghiƯm nên ptrình (3) có nghiệm (3)' 0 m1
đó điều kiện cần để hệ có nghiệm điêù kiện đủ: Với m=1 hệ thành:
2
2 2
2
1
1 ( 1) ( 1)
1
x y y x
x y y y x x x y
y y x x
NghiƯm tho¶ m·n hƯ vµ lµ nghiƯm nhÊt VËy víi m=1 hƯ cã nghiƯm nhÊt
Vi du 2:Tìm m để hệ sau có nghiệm
2
2
( 2) ;(1)
( 2) ;(2)
x y m
x y m
Gi¶i:
Cách 1: Phơng pháp điều kiện cần đủ Điều kiện cần:
Nhận xét hệ có nghiệm (x y0; 0) có nghiệm (y x0; 0).Do hệ có
nghiệm x0 y0 Khi
2 2
0 0
(x 2) x m 2x 4x 4 m0 (3) Do nghiệm nên (3) có nghiệm (3)' 0 m2
đó điều kiện cần để hệ có nghiệm điêù kiện đủ: Với m=2 hệ thành:
2
2 2 2
2
( 2)
( 2) ( 2) ( 1) ( 1)
1 ( 2)
x y x
x y x y x y
y x y
Nghiệm thoả mÃn hệ vµ lµ nghiƯm nhÊt VËy hƯ cã nghiƯm nhÊt m=2
Cách 2: Phơng pháp đồ thị
Gọi X Y lần lợt tập nghiệm cđa (1) vµ (2).Ta cã:
X tập hợp điểm đờng trịn (C) có tâm I1(2;0) bán kính R1 m
Y tập hợp điểm đờng trịn (C ’) có tâm I2(0; 2) v bỏn kớnh R2 m
Vâỵy hệ có nghiƯm nhÊt (C ) tiÕp xóc ngoµi víi ( C’)
1 2 2 2
I I R R m m
Vậy hệ có nghiệm m=2 Chú ý: Bạn đọc t v hỡnh
Bài tập:
Bai 1.GiảI hệ phơng trình
2
2
2
2
x x y y y x
ĐHQG-B2000
Bai 2.GiảI hệ phơng trình
3
3
y x y
x x y x
y
§HQG-A1997
Bai 3.GiảI hệ phơng trình
2 2
2
2
2
y y
x x x
(74)Bai 4.cho hệ phơng trình
2
( 1) ( 1) xy x m y xy y m x
ĐHHH-1997
GiảI hƯ m=1
Tìm m để hệ có nghiệm Bai 5.cho hệ phơng trình
2
2
x a y y a x ĐH Dợc-1997
Xỏc nh cỏc giỏ tr a<0 để hệ có nghiệm Bài 6: Tìm m để hệ sau có nghiệm
2
2
4
y x x mx x y y my
Bài 7: Tìm m để hệ
3
x mx y y my x
có nghiệm phân biệt Bài 8: GiảI hệ sau
2 2 y x y x y x 2 2 1 1 y x y x y x 2 2 x y y y x x 2 1 1 x y y x Bài 9: tìm m để hệ có nghiệm
3
x y m
y x m
Bài 10: Với giá trị cđa a th× hƯ :
a y x a y x 1 2 2
có hai nghiệm
Bµi 11: Giải hệ phương tr×nh : 1 2 x y y x
Bài 12: tìm m để hệ
2
( 1) ( 1)
y m x
x m y
có nghiệm Bài 13: Tìm m để hệ có nghiệm
2
2
2
x y mx y y x my x
Bài 14: giảI biện luận hệ phơng trình
2
2
x xy mx y y xy my x
Bài 15: GiảI hệ sau:
a) 2 3 x y x y x y b) 3 2 x y y x
c) 1
1 x y y x
d) 2
2 x y y x 4.Hệ đẳng cấp bậc hai:
(75)f kx ky( ; ) k f x yn ( ; )
Chẳng hạn nh: f x y( ; ) y2 3xy
đẳng cấp bậc Định nghĩa 2: Hệ đẳng cấp hệ có dạng:
( ; ) ( ; ) ( ; ) ( ; ) f x y A x y g x y B x y
Với f x y g x y( ; ); ( ; ) biểu thức đẳng cấp bậc A x y B x y( ; ); ( ; ) biểu thức đẳng cấp bậc định nghĩa 3: Hệ đẳng cấp bậc hai chứa hai ẩn x,y hệ có dạng:
2
1 1
2
2 2
a x b xy c y d a x b xy c y d
Cách giải: Có hai phơng pháp để giải
Cách 1: * Khử y2 (hoặc x2)
* Rót y theo x (hc rót x theo y)
* Thế giá trị y ( x )vào phơng trình lại giải
Cách 2:
*Xét x=0 thay vào giảI hÖ
*Với x # , đặt y=t.x thay vào giảI ví dụ : GiảI hệ phơng trình:
2
2
2 9;(1)
2 2;(2)
x xy y x xy y
ĐHSPTPHCM-A,B2000 giải:
khử số hạng tự từ hệ ta đợc: 16x2+14xy+3y2=0 (3)
Đặt x=ty
Khi ú (3) thành y2(16t2+14t+3)=0
0 1/ 3/ y t t
*Víi y=0 hƯ thµnh:
2
9 x x
v« nghiƯm
*Víi 1
2
t x y (2) 1
2 2
2 1;
4
2 1;
y x y
y
y x y
* Víi 3
8
t x y (2)
3 3
2
4 4
8
;
64 17 17 17
8
17
;
17 17 17
y x y
y
y x y
Vậy hệ có cặp nghiệm
Bài tập:
1.GiảI hệ sau: a)
2
2
2
3 2
x xy y x xy y
b)
2
2
2 17
3 2 11
x xy y x xy y
c)
2
2
3 160
3
x xy x xy y
d)
2
2
6 56
5 49
x xy y x xy y
e)
2
2
2 17
3 2 11
x xy y x xy y
f)
2
13 13
x x y
y y x
g)
2 5
2
2 x xy y
y x
x y xy
h)
1
2
1
2
y x
x y
(76)2.GiảI biện luận hÖ: a)
2
2
2
2
x xy
x xy y m
b)
2
2 2 3
x xy y m y xy
c)
2
2 x my x y mx y
3.GiảI hệ:
2
3
2 15
8 35
x y xy x y
2
3
( ) 19 x y y x y
2
2
( )( )
( )( ) 15
x y x y x y x y
5.Các hệ phơng trình có dạng c bit: 5.1 H lp n
Định nghĩa: Hệ gồm phơng trình ẩn có dạng:
( ) ( ) ( ) x f y y f z z f x
Đợc gọi hệ lặp ẩn.(Còn gọi hệ đối xứng vũng quanh)
Cách giải:
Bớc 1: Tìm tập hợp giá trị hàm f(t), giảI sử tập I th× x,y,z,f(x),f(y)=f(f(x));f(z)=f(f(f(x))) thuéc I
Bớc 2: Khẳng định hàm số f(t) đơn điệu I, giả sử đồng biến I.Ta chứng minh f(x)=x
Từ tìm đợc nghiệm hệ ví dụ 1: GiảI hệ sau:
3
3
3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
giải:
xét hàm số f(t)=t3-3t2+5t+1 Hệ phơng trình có dạng:
( ) ( ) ( ) f x y f y z f z x
hµm sè f(t) cã f’(t)=3t2-6t+5>0 víi mäi t
suy hàm số f(t) ln đồng biến (*)
vì hệ khơng thay đổi hốn vị vịng quanh x,y,z nên giả thiết x y x z ; Nếu x>y (*) f x( ) f y( ) 4y4z y z f y( ) f z( ) 4z4x zx
Suy x>y>z>x m©u thuÉn
NÕu x>z th× (*) f x( ) f z( ) 4y4x y x f y( ) f x( ) 4z4y z y
Suy x>z>y>x m©u thuÉn VËy suy x=y=z
Thay vµo pt cđa hÖ ta cã: 3 ( 1)( 2 1)
1
x
x x x x x x
x
KÕt luËn hÖ cã nghiÖm
(1;1;1) ( 1 2;1 2;1 2) ( 1 2;1 2;1 2)
vÝ dơ 2: Gi¶I hƯ sau:
3
3
3
9 27 27
9 27 27
9 27 27
y x x
z y y
x z z
(77)xÐt hµm sè f(t)=t2-3t+3.HƯ cã d¹ng
3 3
9 ( ) ( ) ( ) y f x z f y x f z
hàm số f(t) parabol có đỉnh ( ; )3
2
I đồng biến ( ; )3
nghịch biến ( ;3 )
vµ ( ) 3 ( 3)2 3
2 4
f t t t t víi mäi t Gi¶I sư ( ; ; )x y z0 0 lµ nghiƯm cđa hƯ th× :
3
3 27
4
x ;
3 27
4
y ;
3 27
4 z Mµ 27 ( )3
4
0 0
3 3
; ;
2 2
x y z
x y z0; ;0 0 n»m kho¶ng mà hàm số tang
Giả sử
3 3
0 ( )0 ( )0 0 0 ( )0 ( )0 0 0
x y f x f y y z y z f y f z z x z x Suy x0 y0 z0 x0 x0 y0 z0
Gi¶ sö
3 3
0 ( )0 ( )0 0 0 ( )0 ( )0 0 0
x y f x f y y z y z f y f z z x z x Suy x0 y0 z0 x0 x0 y0 z0
Thay vào phơng trình hệ ta đợc nghiệm hệ (3;3;3) Bài tập:
Gi¶I hệ phơng trình sau: a)
3
3
3
2 2
x y y y
y z z z
z x x x
b)
2 2
2
2
2
x y y
y z z z x x
c)
3 3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
d)
3
3
3
2 3
2 3
2 3
y x x
z y y
x z z
e)
3
3
3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
5.2 hÖ phương tr×nh đồng bậc
* Hệđồng bậc: Hệ phơng trình đồng bậc hệ gồm phơng trình đồng bậc Ví dụ 1 :GiảI hệ sau
Đặt x=ky ta thu được:
(78)+)Với k=1 ta có: +)Với k=-2 ta có:
C¸ch giải chung:Nếu c¸c số hạng trừ số hạng tự c¸c phươ ng tr×nh hệ cã
bậc th× ta đặt x=ky nối hai ph ươ ng tr×nh hệ
B i tà ập
Giải c¸c h ệ ph ươ ng tr×nh sau:
1) 2) 3) a)
3
5 2
1 x y
x y x y
b)
3 7
( )
x y xy x y
c)
3
2
2 ( )(2 3)
3
x y x y xy x xy y
d)
2
2
2 ( )
( ) 10
y x y x x x y y
**)H ệ ph ươ ng tr×nhđưa dạng đồng bậc nhờ phÐp đặt ẩn phụ: VÝ dụ 2 :Giải h ph ng trình:
Giải:
Đặt x=u+a , y=u+b thay v o ph ươ ng tr×nh (1):
Để đưa hệ đồng bậc th× ta phải chọn để hệ số số hạng u ,v l tà ức
Thay x=u-1 , y=v-2 v o h ệ ph ươ ng tr×nh cho ta cã:
Khi n y ta cã thể giải b×nh thường hệ đồng bậc
(79)Gi¶i: Râ r ng x=0 kh«ng l nghià ệm ph ươ ng trình nên chia c ph ng trình
của hệ cho ta cã:
Đặt ta cã:
Đến đ©y ta cã thể giải giải h ng bc bình thng (t u=ky) Sau ây l mà ột số b i tà ập ¸p dụng:
1) 2)
3) 4) 5)
5.3 Hệ chẵn ẩn:
Định nghĩa: Hệ chẵn ẩn hệ không thay i i du n ny
Cách giải:
Đối với hệ này,câu hỏi thờng gặp là: Tìm điều kiện tham số để hệ có nghiệm nhất.Khi ta lập luận nh sau( Giả sử hệ chẵn vi n x)
Bớc 1: Điều kiện cần:
-nhận xét hệ có nghiệm ( ; )x y0 (x y0; )0 nghiệm hệ.Do hệ
cã nghiƯm nhÊt x0 x0 x0 0 (*)
-Thay (*) vào ta đợc giá trị tham số.Đó điều kiện cần
Buớc 2: Điều kiện đủ: Thay vào giảI hệ
ví dụ : Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất:
2 5
2 x y m y cosx
(I) Đề 108
giải:
Điều kiện cần:
-nhn xét hệ có nghiệm ( ; )x y0 (x y0; )0 nghiệm hệ.Do hệ
cã nghiƯm nhÊt x0 x0 x0 0
-Thay vào ta đợc:
2 0
5
6
y m
m y
Điều kiện :
Thay m=6 vào hệ ban đầu ta có:
2 1;(1)
2;(2) x y
y cosx
Tõ (1) ta cã: 1 cos
1
x
y x
y
VËy hÖ cã nghiÖm vµ chØ
1
0 cos
1
1
y
x x
y x
lµ nghiƯm Vậy giá trị m cần tìm m=6
5.4 hệ có nghiệm với giá trị tham số
(80)Cách giải:
Bớc 1: Điều kiện cần
Chn mt hoc nhiều giá trị đặc biệt tham số thứ hai,để hệ có dạng đơn giản,từ tìm đợc điều kiện cần với tham số thứ
Bớc 2: Điều kin
Thay vào giải
Vớ d:Tỡm a để hệ sau có nghiệm với b
2
2
( 1) ( 1)
1
a y
x b
a bxy x y
Gi¶i:
Điều kiện cần: Do hệ có nghiệm với b nên phảI có nghiệm b=0.Khi hệ có dạng sau:
2
2
0
( 1)
0
1
1
a a
x a
x
a a x y
a x y
VËy ®iỊu kiện cần a=0 a=1
iu kin :
Víi a=0 hƯ cã d¹ng:
2
( 1) 1;(1) 1;(2)
y
b
bxy x y
Hệ không thĨ cã nghiƯm víi mäi b v×: -khi b#0 th× từ (1) suy y=0
Nghiệm không thoả mÃn (2).Do hệ vô nghiệm Vậy a=0 không thoả m·n
Víi a=1 hƯ cã d¹ng:
2
2
( 1)
y
x b bxy x y
Hệ có nghiệm x=y=0 với b.Vậy a=1 thoả mÃn Vậy ,giá trị cần tìm a=1
5.5 GiảI hệ phơng trình dựa vào đánh giá ẩn
Để giảI loại hệ này,ta đI đánh giá ẩn cách tìm điều kiện ẩn để tồn ẩn khác.Từ tìm đợc giá trị suy giá trị ẩn khác
vÝ dơ: Gi¶I hƯ phơng trình sau
2 2
2
1
2 2
x y z
x y xy yz zx
Gi¶i:
Hệ tơng đơng với
2 2
2
1
( ) ( ) x y z
x y z x y
Từ phơng trình thứ ta đợc: 1 z (1) Từ phơng trình thứ hai :
x-y tån t¹i z2 1 z 1 (2) kÕt hỵp (1) víi (2) ta cã z1
Víi z=1 hƯ cã d¹ng :
2 0
( )
x y x y
vô nghiệm
Với z=-1 hệ có dạng :
2 0
( )
x y x y
v« nghiƯm KÕt ln hƯ v« nghiÖm
6.ứng dụng biến thiên hàm số để giảI số tốn hệ phơng trình. 6.1 ý:
* Phơng trình f(x)=m có nghiệm m thuộc tập giá trị hàm số y=f(x) số nghiệm phơng trình số giao điểm đồ thị hàm số y=f(x) với đuêòng thẳng y=m
* Khi gặp hệ có dạng: ( ) ( );(1)
( ; ) 0;(2) f x f y g x y
(81)Ta cã thĨ t×m lêi gi¶I theo mét hai híng sau:
H ớng 1: Pt (1) f(x)-f(y)=0 (3) Tìm cách đa (3) phơng trình tích
H ng 2: Xét hàm số y=f(t),Ta thờng gặp trờng hợp hàm số liên tục TXĐ + Nếu hàmn số y=f(t) đơn điệu từ (1) suy x=y vàp (2)
+ Nếu hàm số y=f(t) có cực trị t=a thay đổi chiều biến thiên lần qua a.Từ (1) suy x=y x,y nằm phía a ( Xem ví dụ 2)
+ Nếu hệ pt ba ẩn đối xứng vịng quanh ko tổng quát giả sử x=max(x,y,z) tức xy x z;
6.2 C¸c vÝ dơ:
VÝ dơ 1: Gi¶I hƯ sau: 3
2 2
log log 10;(2)
x y
e e x y x
y
Gi¶i:
§k: x>0; y>0
Ta xÐt pt ex ey x y
(1)
xÐt hµm sè f(t)=et-t cã f’(t)=et-1 >0 víi mäi t >0
do hàm số đồng biến t>0 từ (1) suy ( ) ( )
0; f x f y
x y x y
thay vào (2) ta đợc :
2 2 2
log log 10 log 2(2 3log ) 10 log 2
x
x x x x x
Thử lại thoả mÃn.Vậy hệ có nghiƯm nhÊt (2;2) vÝ dơ 2: Gi¶I hƯ sau: ln(12 ) ln(12 )
2 0;(2)
x y x y
x xy y
Giải: Đk: x>-1; y>-1
Viết lại pt đầu hệ: ln(1x) xln(1y) y (1)
xÐt hµm sè f(t)=ln(1+t)-t víi t ( 1;) ta cã: '( ) 1
1
t f t
t t
; f’(t)=0 t=0
hàm số đồng biến (-1;0) nghịch biến (0;) ta có: (1) f(x)=f(y)
lúc x=y xy<0 ( Nếu x,y thuộc khoảng đơn điệu x=y, ngợc lại xy<0)
NÕu xy<0 vế tráI (2) dơng.suy không thoả m·n
Nếu x=y thay vào (2) ta đợc nghiệm hệ (0;0) ví dụ 3: GiảI hệ sau:
3
3
3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
xem ë hệ lặp ẩn
ví dụ 4: GiảI hÖ sau:
3
3
3
9 27 27
9 27 27
9 27 27
y x x
z y y
x z z
xem ë hƯ lỈp Èn trªn chó ý: xÐt hƯ ( ) ( )
( , ) f x f y g x y
giả sử miền xác định f(x) D f x'( ) 0 với x thuộc D y=f(x) liên tục D
( ) ( )
( , ) f x f y g x y
( , )
x y g x y
(82)x x y
y y z
z z x
e e y e e z e e x
4
4
4
log log (5 ) log log (5 ) log log (5 )
x y
y z
z x
2
3
3
3
2 log (6 ) log (6 ) log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z
C-Các phơng pháp giảI hệ phơng trình bậc cao: 1.GiảI hệ sau:
2
2
2 ( )
( ) 10
y x y x x x y y
§HM§C-1997
3 7
( )
x y xy x y
§HQG -2000
2
2
( ) ( ) 12
( )
x x
y y
xy xy
§HC§-2000
2
2
1
( )(1 )
1
( )(1 ) 49
x y
xy x y
x y
§HNT-99
2 2
(2 ) 5(4 ) 6(2 )
1
2
2
x y x y x y
x y
x y
ĐHXD-1997 2.Tìm m để hệ sau có nghiệm nhất
3 2
3 2
7
x y x mx y x y my
§HSP Vinh-1999
3.Cho hÖ sau:
2
2
(3 ) (3 ) (3 ) (3 )
x y m m
y x m m
a) Gi¶I víi m=1
b) Tìm m để hệ có nghiệm
c) Tìm m để hệ có nghiệm
ph c h