+ Phương pháp này chỉ áp dụng đối với những phương trình sau khi đặt ẩn có delta là một số hoặc là bình phương của một biểu thức. 2.[r]
(1)Phạm
Ngọc
Hùn g Chuyên đề 1
Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ 1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương
1.1 Cách giải
B1: Tìm điều kiện cho phương trình
B2: Biến đổi phương trình ban đầu (1) tương đương với phương trình (2) B3: Giải phương trình (2) đối chiếu với điềm kiện kết luận nghiệm
Chú ý: Một số phép biến đổi tương đương:
1 Cộng, trừ hai vế phương trình với biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện phương trình
2 Nhân hai vế phương trình với biểu thức(khác 0) mà khơng làm thay đổi điều kiện phương trình
3 Lũy thừa, khai bậc lẻ phương trình
4 Lũy thừa, khai bậc chẵn phương trình có hai vế dương
Nếu bước biến đổi có xuất thêm điều kiện khác lấy giao tất điềm kiện có tốn
1.2 Các ví dụ
1.2.1 Nâng lên lũy thừa
1 Một số lưu ý: a) 2k+1p
f(x) = g(x)⇔f(x) =g2k+1(x)
b) 2pk
f(x) = g(x)⇔
(
g(x)≥0
f(x) =g2k(x)
c) 2k+1p
f(x) = 2k+1p
g(x)⇔f(x) =g(x)
d)2pk
f(x) = 2pk
g(x)⇔
"
f(x)≥0
g(x)≥0
f(x) = g(x)
(Chọn biểu thức đơn giản để đặt điều kiện) Khi đặt điều kiện cho toán cần lưu ý: Nếu điều kiện tốn đơn giản kết hợp vào với phương trình, cịn điều kiện phức tạp cần tách riêng để tránh lẫn lộn Bài tập:
(2)Phạm
Ngọc
Hùn g Giải: (1) ⇔√x+ =√1−x+√1−2x⇔
1−x≥0 1−2x≥0
x+ 4≥0
x+ = 1−x+ 2p(1−x) (1−2x) + 1−2x
⇔
x≤
2
p
(1−x) (1−2x) = 2x+
⇔
x≤
2 2x+ 1≥0
1−3x+ 2x2 = (2x+ 1)2
⇔
−1
2 ≤x≤ 2x2+ 7x=
⇔
−1
2 ≤x≤
x=
x=−7
2
⇔x= Vậy phương trình có nghiệm x=
Nhận xét: Đối với câu cần chuyển vế phương trình cho hai vế phương trình khơng âm để sau lũy thừa hai vế dẫn tới phương trình khác tương đương với phương trình ban đầu
1.2.2 Phép khai
1 Một số lưu ý: a) √A2 =|A|=±A
b) pk2f(x) = |k|p
f(x)
c) √3A3=A
d)2√kA2k =|A|
e) 2k+1√A2k+1 =A
2 Bài tập:
Câu 1: Giải phương trình: 2px+ + 2√x+ 1−√x+ = (∗)
Giải:
(∗)⇔
(
x+ 1≥0
2px+ + 2√x+ + 1−√x+ =
⇔
x≥ −1
q √
x+ + 12−√x+ =
⇔
(
x≥ −1
2 √x+ + 1−√x+ =
⇔
(
x≥ −1
√
x+ =
⇔x=
Vậy phương trình có nghiệm x=
1.2.3 Phép phân tích nhân tử đưa phương trình tích
1 Lưu ý: Đây kỹ thuật địi hỏi cần có tư cao, kỹ phân tích nhân tử thành thạo khả nhìn nhân tử chung nhanh
(3)Phạm
Ngọc
Hùn g Câu 1: Giải phương trình: √x−1 3x2+x+ 1+ 3x2+ 2x−1 = (∗)
Giải: Đk: x≥1
(∗)⇔3x2√x−1 +x√x−1 +√x−1 + 3x3+ 2x−1 =
⇔x−1 + 3x2√x−1 +√x−1 +x√x−1 + 3x3+x=
⇔√x−1 3x2+√x−1 + 1+x 3x2+√x−1 + 1=
⇔ √x−1 +x 3x2+√x−1 + 1= 0⇔
" √
x−1 +x= (1) 3x2+√x−1 + = (2)
Với điều kiện x≥1 ta có (1) (2) vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm
1.2.4 Phép nhân lượng liên hợp
1 Lưu ý:
a) Biểu thức nhân chia liên hợp * √A±√B = √A−B
A±√B *
1
√
A±√B =
√
A±√B
A−B (Với A6=B)
b) Cần dự đoán nghiệm phương trình để nhân chia lượng liên hợp phù hợp Một số ví dụ:
Câu 1: Giải phương trình: √x2+ 15 = 3x−2 +√x2+ (∗)
Giải:
(1) ⇔√x2+ 15−√x2+ = 3x−2⇔ x
2+ 15−x2−8
√
x2+ 15 +√x2+ 8 = 3x−2
⇔ √
x2+ 15 +√x2+ 8 = 3x−2⇒x >
2
Mặt khác:
(1) ⇔√x2+ 15−4 = 3x−3 +√x2+ 8−3⇔ x 2−1
√
x2+ 15 + 4 = (x−1) +
x2−1
√
x2+ + 3
⇔(x−1)
x+
√
x2+ 15 + 4 −
x+
√
x2+ + 3−3
= ⇔
x−1 =
x+
√
x2+ 15 + 4 −
x+
√
x2+ + 3 −3 =
+) Với x−1 = 0⇔x= (Thỏa điều kiện) +) Với điều kiện: x >
3 ⇒
x+
√
x2+ 15 + 4 <
x+
√
x2+ + 3 ⇒
x+
√
x2+ 15 + 4−
x+
√
x2+ + 3 <0
⇒ √ x+
x2+ 15 + 4−
x+
√
x2+ + 3−3<0
Từ ta có √ x+
x2+ 15 + 4−
x+
√
x2+ + 3 −3 = vô nghiệm
(4)Phạm
Ngọc
Hùn g 2 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ
2.1 Mục đích, yêu cầu
+) Nhằm biến đổi phương trình phức tạp thành phương trình đơn giản hoạc hệ phương trình đơn giản, giúp giải phương trình hệ phương trình cách dễ dàng
+) Cần ý tới điều kiện ẩn
2.2 Một số dạng toán làm mẫu
2.2.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình phức tạp phương trình đơn giản
Câu 1: Giải phương trình: √x2−3x+ +√x2−3x+ = (∗)
Giải: + Ta có:
(
x2−3x+ 3>0
x2−3x+ 6>0
∀x∈R
+ Đặt t =√x2−3x+ (t >0) Suy ra t2 = x2−3x+ 3⇒x2−3x+ =t2+ 3 Khi (*) trở
thành:
t+√t2+ = 3⇔√t2+ = 3−t⇔
3−t≥0
t≥0
t2+ = 9−6t+t2
⇔
(
0≤t≤3
t=
⇔t= (Thỏa đk)
+ Với t= ta có √x2−3x+ = 1⇔x2−3x+ = 0⇔
"
x=
x=
Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x= 1, x=
Tổng qt: Đối với phương trình có dạng: kpax2+bx+c
| {z }
f(x)
+mpax2+bx+d
| {z }
g(x)
=e
Ta đặt t=√ax2+bx+c=f(x) (t ≥0) Từ ta biểu diễn g(x) theo t và rút được
một phương trình ẩn t Giải phương trình ẩn t, tìm t thỏa mãn điều kiện Sau giải phương trình f(x) = t tìm x, đối chiếu với điều kiện kết luận nghiệm
Câu 2: Giải phương trình: √x+ 4−√1−x+p(x+ 4) (1−x) = (∗)
Giải: + Đk:
(
x+ 4≥0 1−x≥0
⇔ −4 ≤ x ≤ + Đặt t = √x+ −√1−x −√5≤t≤√5 Suy t2 = 5−2p(x+ 4) (1−x)⇔p(x+ 4) (1−x) = 5−t
2
2
(5)Phạm
Ngọc
Hùn g
√
x+ 4−√1−x= 1⇔
(
−4≤x≤1
√
x+ =√1−x+
⇔
(
−4≤x≤1
x+ = 2−x+ 2√1−x
⇔
(
−4≤x≤1
√
1−x=x+
⇔
−4≤x≤1
x+ 1≥0
1−x=x2+ 2x+
⇔
(
−1≤x≤1
x2+ 3x=
⇔
−1≤x≤1
"
x=
x=−3
⇔x=
Vậy phương trình cho có nghiệm x=
Tổng quát: Đối với phương trình có dạng: n √x+a+√b−x+kp(x+a) (b−x) =m (∗)
+ Đặt t=√x+a+√b−x(1) (Tìm điều kiện thích hợp cho t) + Suy t2 =a+b+ 2p(x+a) (b−x)⇒p(x+a) (b−x) = t
2−a−b
2
+ Thay vào (*) ta có phương trình ẩn t: n.t+kt
2−a−b
2 =m (2)
+ Giải phương trình (2), tìm t thỏa đk, từ ta tìm x cách giải phương trình (1) Câu 3: Giải phương trình: x2+ 2x+√x+ + 2x√x+ = (∗)
Giải:
+ Đk: x≥ −3
+ Ta có:(∗)⇔x2+ 2x√x+ +x+ +x+√x+ = 12⇔ x+√x+ 32+x+√x+ = 12 (∗∗)
+ Đặt t=x+√x+ (t ≥ −3) Khi (**) trở thành: t2+t = 12⇔
"
t=
t=−4(loại) + Với t= ta có:
x+√x+ = 3⇔√x+ = 3−x⇔
3−x≥0
x≥ −3
x+ = 9−6x+x2
⇔
−3≤x≤3
"
x=
x=
⇔x=
Vậy phương trình có nghiệm x=
Câu 4: Giải phương trình: √2x2+x+ +√2x2−x+ =x+ (∗)
Giải: + Đk:
(
2x2+x+ ≥0 2x2−x+ 1≥0
(Luôn thỏa mãn)
+ Xét √2x2+x+ 9−√2x2−x+ 1 ⇔ 2x2+x+ = 2x2−x+ 1 ⇔ 2x = −8 ⇔ x = −4 thỏa
phương trình
Suy x=−4 nghiệm phương trình
(6)Phạm
Ngọc
Hùn g
(∗)⇔ 2x
2+x+ 9− 2x2−x+ 1
√
2x2+x+ 9−√2x2−x+ 1 =x+ 4⇔
2 (x+ 4)
√
2x2+x+ 9−√2x2−x+ 1 =x+
⇔ √
2x2+x+ 9−√2x2−x+ 1 = 1(do x6=−4) ⇔
√
2x2+x+ 9−√2x2−x+ = 2
⇔√2x2+x+ = +√2x2−x+ 1⇔2x2+x+ = + 4√2x2−x+ + 2x2−x+ 1
⇔x+ = 2√2x2−x+ 1 ⇔
(
x≥ −2
x2+ 4x+ = 8x2−4x+
⇔
x≥ −2
x=
x=
Vậy phương trình cho có nghiệm: x=−4, x= 0, x=
2.2.2 Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình
Đối với phương pháp đưa phương trình hệ phương trình hai ẩn ẩn ẩn phương trình, tìm nghiệm hệ sau tìm nghiệm phương trình
Câu 1: Giải phương trình: 3x2+ 6x−3 =
r
x+ (∗)
Giải:
+ Đk: x≥ −7
+ Ta có: (∗)⇔(x+ 1)2−2 =
r
1
3(x+ 1) +
+ Đặt
u=x+
v =
r
1
3(x+ 1) + (v ≥0)
(1)
+ Ta có hệ:
u2−2 = 3v
v2−2 = 3u
⇔
u=v = +
√
73
u=−1 + √
69
v =
√
69−1
+) Với u=v = +
√
73
6 thay vào (1) ta có x=
√
73−5
+) Với
u=−1 + √
69
v =
√
69−1
thay vào (1) ta có x=−7 + √
69
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=−7 + √
69 , x=
√
73−5
Câu 2: Giải phương trình: x2−√x+ =
Giải:
(7)Phạm
Ngọc
Hùn g + Đặt t=√x+ (t≥0)⇒t2 =x+
+ Từ ta có hệ:
(
x2 =t+
t2=x+
⇔
x=t = +
√
21
x=−1 + √
17
t=
√
17−1
Vậy phương trình có hai nghiệm: x=−1 + √
17 , x=
1 +√21
Câu 3: Giải phương trình: 2√3
3x−2 + 3√6−5x−8 = (∗)
Giải:
+ Đk: 6−5x≥0⇔x≤ 65
+ Đặt
(
u=√3
3x−2
v =√6−5x
⇔
(
u3= 3x−2
v2= 6−5x
⇒5u3+ 3v2 = (1)
+ Phương trình (*) trở thành: 2u+ 3v = (2)
+ Kết hợp (1) (2) ta có hệ:
(
2u+ 3v = 5u3+ 3v2 =
(I)
+ Giải (I) ta được:
(
u=−2
v =
⇒x=−2 +) Vậy phương trình có nghiệm x=−2
• Tổng qt cho tốn dạng: k√3
ax+b+m√cx+d=e
Đặt
(
u=√3
ax+b v =√cx+d
chuyển phương trình hệ phương trình gồm hai ẩn u, v
Câu 4: Giải phương trình sau: x2+ 4x+ = 2√2x+ (∗)
Giải:
+) Điều kiện: x≥ −3
2
+) Ta có: (∗)⇔(x+ 2)2+ = 2√2x+
+) Đặt y+ =√2x+ 3⇔y2+ 4y+ = 2x(1)
+) Khi phương trình (*) trở thành x2+ 4x+ = (y+ 2)⇔x2+ 4x+ = 2y(2)
+) Từ (1) (2) ta có hệ:
(
x2+ 4x+ = 2y y2+ 4y+ = 2x
⇔
"
y =x y =−x−6
+) Với y=x ta có x2+ 2x+ = 0⇔x=−1
+) Với y=−x−6 ta có x2+ 6x+ 13 = 0(Vơ nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x=−1
• Dạng tổng quát: (ax+b)n =p√n
cx+d+qx+r +) Đặt √n
cx+d=ay+b p.c >0
+) Đặt √n
(8)Phạm
Ngọc
Hùn g Kết hợp phương trình ta đưa hai ẩn x, y
2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác (lượng giác hóa)
1 Lưu ý:
•Nếu biểu thức có chứa√1−x2 hoặc có điều kiện ràng buộc|x| ≤1ta thực hiện:
+) Đặt x= sint với t ∈h−π
2;
π
2
i
+) Đặt x= cost với t ∈(0;π)
• Nếu biểu thức có chứa √1 +x2 thì ta đặt x= tana với a∈−π
2;
π
2
• Nếu biểu thức có chứa √1 +x2 ta đặt x=
cosa với a∈
h
0;π
∪hπ;3π
2 Một số ví dụ:
Câu 1: Giải phương trình sau: p1 +√1−x2 =x 1 + 2√1−x2
(∗)
Giải:
+) Điều kiện: |x| ≤1
+) Đặt x= sint với t∈−π2;π2
+) Phương trình (*) trở thành:
q
1 +p1−sin2t= sint1 + 2p1−sin2t
⇔√1 + cost= sint(1 + cost)
⇔
r
2cos2t
2 = sint(1 + cost)
⇔√2 cos t
2 = sint+ sin 2t ⇔
√
2 cos t
2 = sin 3t
2 cos
t
2
⇔
cost = sin3t
2 =
√
2
⇒sin3t =
√
2 ⇔
t= π
t= π
⇒
x=
x=
Vậy phương trình có hai nghiệm x= 1;x=
Câu 2: Giải phương trình sau: √x2+ 1−x=
2√x2+ 1 (∗)
Giải:
+) Đặt x= tana với a∈−π
2;
π
2
+) (*) trở thành: ptan2a+ 1−tana= 2ptan2a+
⇔
cosa −
sina
cosa =
5 cosa
2 ⇔2−2 sina = 5cos
2a
⇔5sin2a−2 sina−3 = 0⇔
sina= sina=−3
5
⇒sina=−3
5
Với sina=−3
5 ⇒cosa=
5 ⇒tana=
−3
4 ⇒x=
−3
Vậy phương trình có nghiệm x=−3
(9)Phạm
Ngọc
Hùn g Câu 3: Giải phương trình sau: x+√ 3x
x2−9 = (∗)
Giải:
+) Điều kiện: |x|>3
+) Nhận xét: |cosa|<1⇒
1 cosa
>1⇒
3 cosa
>3 với a∈
0;π
∪π;3π
+) Đặt x=
cosa với a∈
0;π
∪π;3π
+) (*) trở thành
cosa +
9
cosa
r
9 cos2a −9
=
⇔
cosa +
3
sina = ⇔3 (sina+ cosa) = sinacosa(1)
• Đặt t= sina+ cosa với |t| ≤√2
• Phương trình (1) trở thành: 3t=t2−1⇔
t= 3−
√
13
t= +
√
13
⇒t= 3−
√
13
• Với t= 3−
√
13 ta có
sina+ cosa= 3−
√
13 sinacosa= 9−3
√
13
⇒sina,cosa nghiệm phương trình: X2− 3−
√
13 X+
9−3√13
4 = ⇔
X = 3−
√
13−p6√13−14
X = 3−
√
13 +p6√13−14
⇒
cosa= 3−
√
13−p6√13−14
cosa= 3−
√
13 +p6√13−14
⇒
x= 12
3−√13−p6√13−14
x= 12
3−√13 +p6√13−14
+) Vậy phương trình cho có hai nghiệm:
x= 12
3−√13−p6√13−14
, x= 12
3−√13 +p6√13−14
Câu 4: Giải phương trình sau: 8x3−4x2−4x+ = (∗)
Giải:
+) Sử dụng tính liên tục hàm số ta chứng minh phương trình (*) có nghiệm thuộc
(−1; 1)
+) Đặt x= cosa với a ∈(0;π) ta có phương trình (*) trở thành:
8cos3a−4cos2a−4 cosa+ =
⇔4 cosa 2cos2a−1= 3−4 1−cos2a
⇔4 cosacos 2a= 3−4sin2a
(10)Phạm
Ngọc
Hùn g
⇔sin 4a = sin 3a⇔
a= π
a= 3π
a= 5π
(do điều kiện)
Vậy phương trình cho có nghiệm:
x= cosπ
x= cos3π
x= cos5π
2.2.4 Đặt ẩn phụ khơng hồn tồn
1 Lưu ý:
+ Đối với phương pháp này, phương trình sau đặt ẩn phụ cịn biến phương trình
+ Phương pháp áp dụng phương trình sau đặt ẩn có delta số bình phương biểu thức
2 Một số ví dụ:
Câu 1: Giải phương trình sau: x2+x−1 = (x+ 2)√x2−2x+ (∗)
Giải:
+) Phương trình xác định ∀x∈R
+) Đặt t=√x2−2x+ (t≥1)
Ta có: t2=x2−2x+ ⇔x2+x−1 =t2+ 3x−3
+) Khi phương trình (*) trở thành:
t2+ 3x−3 = (x+ 2)t ⇔t2−(x+ 2)t+ (x−1) = (1) ∆(1) = (x+ 2)2−12 (x−1) =x2−8x+ 16 = (x−4)2
+) Suy phương trình (1) có nghiệm:
"
t=
t=x−1
• Với t = 3⇒√x2−2x+ = 3⇔
"
x= + 2√2
x= 1−2√2
• t=x−1⇒√x2−2x+ =x−1⇔
(
x−1≥1 =
(11)Phạm
Ngọc
Hùn g 3 Phương pháp 3: Sử dụng tính chất vector, Bất đẳng thức để
đánh giá
3.1 Kiến thức cần lưu ý:
1 Các bất đẳng thức quen thuộc Bất đẳng thức Cauchy:
• Với a≥0, b≥0 ta có a+b
2 ≥
√
ab Dấu ” = ” xảy a=b
• Với a1 ≥0, a2 ≥0, a3≥0 an ≥0 ta có
a1+a2+a3+ +an
n ≥
n
√
a1a2a3 an
Dấu ” = ” xảy a1 =a2 =a3 = =an
Bất đẳng thức Bunhiacopxki:
• Với số thực a1, b1, a2, b2 ta có: (a1b1+a2b2)2 ≤ a21+a22
b21+b22 Dấu ” = ” xảy a1
b1
= a2
b2
• Với số thực a1, a2, a3 an b1, b2, b3 bn ta có:
(a1b1+a2b2+a3b3 anbn)2 ≤ a21+a22+a23 a2n
b21+b22+b23 b2n Dấu ” = ” xảy a1
b1
= a2
b2
= a3
b3
= = an
bn
2 Các tính chất vector
• ~a+~b
≤ |~a|+ ~b
Dấu ” = ” xảy
" −→
a, −→b chiều
Một hai vector−→a, −→b −→0
•
~a−~b
≤ |~a|+ ~b
Dấu ” = ” xảy
" −→
a, −→b ngược chiều
Một hai vector−→a, −→b −→0
• −→a −→b ≤ |−→a|.|−→b|
Dấu ” = ” xảy
" −→
a, −→b chiều
Một hai vector−→a, −→b −→0
3.2 Một số toán phương pháp giải:
Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức
Câu 1: Giải phương trình sau: √2−x2+
r
2−
x2 = 4−
x+
x
(∗)
Giải:
+) Điều kiện:
2−x2≥0 2−
x2 ≥0
⇔
|x| ≤√2
|x| ≥ √1
2
⇔ √1
2 ≤ |x| ≤
√
(12)Phạm
Ngọc
Hùn g +) (∗)⇔√2−x2+x+
r
2−
x2 +
1
x = +) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
• √2−x2+x≤p(2−x2+x2) (12+ 12) = 2
•
r
2−
x2 +
1
x ≤
r
2−
x2 +
1
x2
(12+ 12) = 2
Từ ta có: √2−x2+x+
r
2−
x2 +
1
x ≤4 Dấu ” = ” xảy x=
+) Vậy phương trình có nghiệm x=
Câu 2: Giải phương trình sau: x2−3x+7 =
p
(x2−2x+ 2) (x2−4x+ 5) (∗)
Giải:
+) Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương x2−2x+ x2−4x+ ta có: x2−2x+ 2+ x2−4x+
2 ≥
p
(x2−2x+ 2) (x2−4x+ 5)
⇔x2−3x+7 ≥
p
(x2−2x+ 2) (x2−4x+ 5)
+) Dấu ” = ” xảy khi: x2−2x+ =x2−4x+ 5⇔2x= 3⇔x=
Vậy phương trình có nghiệm x=
Dạng 1: Sử dụng tính chất vector
Câu 1: Giải phương trình sau: √x2+ 2x+ +√x2−6x+ 11 = 2√6 (∗)
Giải:
+) Ta có: (∗)⇔
q
(x+ 1)2+ +
q
(3−x)2+ = 2√6
+) Đặt
(
~a x+ 1;√2
~b 3−x;√2
⇒ |~a|+|~b|=
q
(x+ 1)2+ +
q
(3−x)2+ =V T(∗)
+) Ta lại có:~a+~b= 4; 2√2⇒ ~a+~b
=
q
42+ 2√22
= 2√6 =V P(∗) +) Theo tính chất: |~a|+|~b| ≥
~a+~b
⇒V T(∗) ≥V P(∗)
Dấu ” = ” xảy x=
+) Vậy phương trình có nghiệm x=
Câu 2: Giải phương trình sau: √2x2+ 4x+ 10 +√2x2+ 12x+ 50 = 4√5 (∗)
Giải:
+) Ta có: (∗)⇔√2 √x2+ 2x+ +√x2+ 6x+ 25
= 4√5
⇔√2
q
(x+ 1)2+ +
q
(x+ 3)2+ 16
(13)
Phạm
Ngọc
Hùn g +) Đặt
(
~a(x+ 1; 2)
~b(−x−3; 4)
⇒ |~a|+|~b|=
q
(x+ 1)2+ +
q
(x+ 3)2+ 16
⇒~a+~b= (−2; 6) ⇒ ~a+~b
=
√
4 + 36 = 2√10
+) Theo tính chất: |~a|+|~b| ≥ ~a+~b
ta có: q
(x+ 1)2+ +
q
(x+ 3)2+ 16≥2√10⇔√2
q
(x+ 1)2+ +
q
(x+ 3)2+ 16
≥4√5
Dấu ” = ” xảy x+
−x−3 =
4 ⇔x=−
Vậy phương trình có nghiệm x=−5
3
Chú ý: Chọn tọa độ vector cho thực cộng hai vector triệt tiêu x 4 Một số tập tự luyện
1) √2x2−4x+ =x−4
2) √2−x2+ 3x=√5x2−1
3) √x+√x+ = √1
x
4) px+√x−11 +px−√x−11 =
5) px+ 2√x−1 +px−2√x−1 = x+
6) √3
2x−1 +√3
2x+ =√3
10x 7) √
3x+ 10+
6
p
(x+ 2) (3x+ 10) =
√
x+
8) √x+ +√2x−1 = 4−x 9) x−4 = x
2
√
1 +x+ 12
10) x +
1
√
1−x2 =
√
2
11)√3x+ +√2−x+ 2√2 + 5x−3x2= 9−2x
12) √1−x+√1 +x= 2− x
2
4
13)√x2+x+ 7+√x2+x+ =√3x2+ 3x+ 19
14) x2+ 3−√2x2−3x+ = 2x+
15) (x+ 3√x+ 2) (x+ 9√x+ 18) = 168x
16) 23
q
(1 +x)2+ 3√3
1−x2+q3
(1−x)2 =
17) √x2+ 1−x5+ √x2+ 1−x5 = 123
18) 2012x
4+x4√x2+ 2012 +x2
2011 = 2012
19) (4x−1)√x2+ = 2x2+ 2x+ 1
20) x2−3x+ 2= 3√3
x3+ 8
21) √x+ +√x3+x2+x+ = +√x4−1
22) x3+ = 2√3
2x−1
23)
r
1
2 +x+
r
1
2 −x=
24) √4
313 +x+√4
313−x=
25) 2011 +p2011 +√x=x 26) √3
x−9 = (x−3)3+
27)√2x2−1+√x2−3x−2 = √2x2+ 2x+ 3+
√
x2−x−2
28)
r
12−12
x2 +
r
x2+ 12
x2 =x 2+25
12
29) 4x2+√2x+ + = 12x 30)
3
√
10−x+√3
8−x
3
√
10−x−√3
(14)Phạm
Ngọc
Hùn g Chuyên đề 2:
Hệ phương trình
1 Một số dạng hệ phương trình thường gặp cách giải
1.1 Hệ đối xứng loại 1.1.1 Khái niệm cách giải
1 Khái niệm: Hệ hai phương trình hai ẩn x, y gọi hệ đối xứng loại hệ không thay đổi ta thay x y y x
2 Cách giải:
• Đặt S =x+y, P =xy Đưa hệ cho hệ hai ẩn S, P(điều kiện S2≥4P)
• Giải hệ hai ẩn S, P ⇒S, P thỏa điều kiện
• Nghiệm x, y hệ ban đầu nghiệm phương trình t2−St+P =
Chú ý: Nếu (x;y) nghiệm hệ (y;x) nghiệm hệ
1.1.2 Một số ví dụ
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
r
2x y +
r
2y x = x−y+xy=
(I)
Giải:
+) Điều kiện: x.y >0
+) (I)⇔
( 2x
y +
2y
x + =
x−y+xy=
⇔
(
2x2+ 2y2−5xy =
x−y+xy=
+) Đặt
(
u=x v =−y
Hệ trở thành
(
2u2+ 2v2+ 5uv =
u+v−uv =
⇔
(
2(u+v)2+uv =
u+v−uv =
(II)
• Đặt
(
S =u+v P =uv
S2 ≥4P Hệ (II) trở thành:
(
2S2+P =
S−P =
⇔
(
S =
P =−2
S= −3
P = −9
• Với
(
S =
P =−2
(15)Phạm
Ngọc
Hùn g t2−t−2 = 0⇔
"
t =−1
t =
⇒ (
u=−1
v =
(
u=
v =−1
⇒ (
x=
y=
(
x=−1
y=−2
• Với
S= −3
P = −9
⇒u, v nghiệm phương trình:
t2+ 2t−
9
2 = 0⇔
t=
t=−3
⇒
u=
v =−3
u=−3
v = ⇒
x=
y=
x=−3
y=−3
2
+) Vậy hệ cho có nghiệm: (x;y) = n(2; 1) ; (−1;−2) ;3 2;
;−3;−3
o
Câu 2: Giải hệ phương trình sau:
x+y+
x +
1
y = x2+y2+
x2 +
1
y2 =
(I)
Giải:
+) Điều kiện: x.y 6=
+) Đặt
u=x+
x v =y+1
y
⇒
x2+
x2 =u 2−2
y2+
y2 =v
2−2 Hệ trở thành:
(
u+v =
u2+v2 = 13
⇔
(
u+v =
(u+v)2−2uv = 13
⇔
(
u+v =
vu=
⇔ (
u=
v =
(
u=
v =
+) Với
(
u=
v =
⇒
x+
x = y+1
y =
⇔
x=
y = +
√
5
y = 3−
√ ⇔
x=
y= +
√
5
(
x=
y= 3−
√
5
+) Với
(
u=
v =
⇒
x+
x = y+1
y =
⇔
x= 3−
√
5
x= +
√
5
y=
⇔
x= 3−
√
5
y=
x= +
√
5
y=
(16)Phạm
Ngọc
Hùn g
(x;y) =
1;3 +
√
5
;
1;3−
√
5
;
3 +√5 ;
;
3−√5 ;
1.2 Hệ đối xứng loại 1.2.1 Khái niệm cách giải
1 Khái niệm: Hệ hai phương trình ẩn x, y gọi hệ đối xứng loại II ta thay đổi x y y x phương trình trở thành phương trình ngược lại (Hai phương trình hệ đổi vị trí cho nhau)
2 Cách giải:
• Trừ vế theo vế hai phương trình hệ tạo thành phương trình
• Nhóm nhân tử chung đưa phương trình dạng tích có nhân tử chung x=y, từ ta tìm nghiệm cịn lại
(
f(x;y) =
g(x;y) =
⇔
(
f(x;y)−g(x;y) =
f(x;y) =
⇔
(
(x−y)h(x;y) =
f(x;y) =
⇔
(
x−y=
f(x;y) =
(
h(x;y) =
f(x;y) =
1.2.2 Một số ví dụ
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
x−3y = 4y
x y−3x= 4x
y
(I)
Giải:
+) Điều kiện: x.y 6= +) (I)⇔
(
x2−3xy= 4y y2−3xy= 4x
⇔
(
x2−y2= (y−x)
y2−3xy = 4x
⇔
(
(x−y) (x+y+ 4) =
y2−3xy= 4x
⇔
(
x−y=
y2−3xy= 4x
(∗)
(
x+y+ =
y2−3xy= 4x
(∗∗)
+) Giải (*):
(∗)⇔
(
x=y
2x2+ 4x=
⇔
x=y
"
x=
x=−2
⇔
"
x=y =
x=y =−2
⇒x=y=−2 (do điều kiện)
(17)Phạm
Ngọc
Hùn g
(∗∗)⇔
(
x=−y−4
4y2+ 16y+ 16 =
⇔
(
x=−y−4
y=−2
⇔x=y =−2
Vậy hệ cho có nghiệm nhất: x=y=−2
Câu 2: Giải hệ phương trình sau:
( √
2x+ +√4−y= (1)
√
2y+ +√4−x= (2) (I)
Giải:
+) Điều kiện: −3
2 ≤x, y ≤4
+) Lấy (1) trừ (2) ta được:
√
2x+ 3−√2y+ +√4−y+√4−x=
⇔ √ (x−y)
2x+ +√2y+ +
x−y
√
4−y+√4−x =
⇔(x−y)
2
√
2x+ +√2y+ +
1
√
4−y+√4−x
=
⇔
x−y=
√
2x+ +√2y+ +
1
√
4−y+√4−x (vô nghiệm) +) Từ ta có:
(I)⇔
( √
2x+ +√4−y=
x−y=
⇔
(
x=y
√
2x+ +√4−x=
⇔
x=y
x=
x= 11
⇔
x=y=
x=y= 11
Vậy hệ cho có hai nghiệm:
x=y=
x=y= 11
1.3 Hệ phương trình đẳng cấp 1.3.1 Khái niệm cách giải
1 Khái niệm:
Hệ phương trình có dạng
(
a1x2+b1xy+c1y2 =d1
a2x2+b2xy+c2y2 =d2
(I)được gọi hệ đẳng cấp bậc hai Cách giải:
• Giải hệ (I) với x= y=
• Với x6= 0, đặt y=kx (hoặc đặt x=ky với y6= 0)
• Khi (I) trở thành:
(
x2 a1+b1k+c1k2
=d1 (1)
(18)Phạm
Ngọc
Hùn g
• Khử x hệ cách lấy (1) chia (2) ta phương trình: a1+b1k+c1k
2
a2+b2k+c2k2
= d1
d2
• Từ tìm k, sau tìm nghiệm hệ ban đầu
1.3.2 Một số ví dụ
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
(
x2−3xy+y2=−1 3x2−xy+ 3y2 = 13
(I)
Giải:
+) Xét y= ta có: (I)⇔
(
x2 =−1 3x2 = 13
(vơ lí) +) Với y6= Đặt x=ky hệ trở thành:
(
k2y2−3ky2+y2 =−1 3k2y2−ky2+ 3y2 = 13
⇒ k
2−3k+ 1
3k2−k+ 3 =−
13 ⇔
k =
k =
+) Với k = 2⇒4y2−6y2+y2 =−1⇒y=±1⇒
(
y=
x=
(
y=−1
x=−2
+) Với k = ⇒
1
4 −
3 2+
y2 =−1⇒y=±2⇒
(
y=
x=
(
y=−2
x=−1
Vậy hệ cho có nghiệm: (1; 2), (−1;−2), (−2;−1), (2; 1)
Câu 2: Giải hệ phương trình sau:
(
x3+ 3x2y+xy2+y3 = 3y3+x2y−2xy2 =
(I)
Giải:
+) Ta có x= khơng nghiệm hệ +) x6= 0, đặt y=kx Hệ trở thành:
(
x3+ 3kx3+k2x3+k3x3= 3k3x3+kx3−2k2x3=
⇔
(
x3 k3+k2+ 3k+ 1=
x3 3k3−2k2+k=
⇒ k
3+k2+ 3k+ 1
3k3−2k2+k = 3⇔k =
+) Với k = 1⇒3x3+x3−2x3 = ⇔x= ⇒y=
(19)Phạm
Ngọc
Hùn g 2 Một số phương pháp giải hệ phương trình
2.1 Phương pháp 2.1.1 Lưu ý:
Phương pháp dành cho hệ phương trình cho phép ta biểu diển biến theo biến kia, biểu diễn biểu thức thơng qua biểu thức khác, sau vào phương trình cịn lại để tìm nghiệm
2.1.2 Các ví dụ
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
(
x2(y+ 1) (x+y+ 1) = 3x2−4x+ (1)
xy+x+ =x2 (2)
(I)
Giải:
+) Nhận thấy x= không nghiệm hệ nên từ (2) ta có: y+ = x2x−1
+) Thế vào phương trình (1) ta được: x2x
2−1
x
x+x
2−1
x
= 3x2−4x+
⇔ x2−1 2x2−1= (x−1) (3x−1)
⇔(x−1)(x+ 1) 2x2−1+ 1−3x=
⇔2x(x−1)2(x+ 2) = 0⇔
x= (loại)
x=
x=−2
+) Với x= 1⇒y =−1
+) Với x=−2⇒=−1
2
Vậy hệ cho có nghiệm: (1;−1), −2;1
2.2 Phương pháp 2: Tích số 2.2.1 Cách giải
+) Phân tích hai phương trình hệ đưa phương trình tích nhằm tìm mối quan hệ x y
+) Sau x y vào phương trình cịn lại để tìm nghiệm
(20)Phạm
Ngọc
Hùn g
2.2.2 Một số ví dụ
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
(
xy+x+y=x2−2y2 (1)
x√2y−y√x−1 = 2x−2y (2) (I)
Giải:
+) Điều kiện:
(
x≥1
y≥0
+) (1)⇔x2−y2−y2−xy−x−y=
⇔(x+y) (x−y)−y(x+y)−(x+y) =
⇔(x+y) (x−2y−1) = 0⇔
"
x+y= (loại điều kiện)
x−2y−1 =
+) Với x−2y−1 = 0⇔x−1 = 2y vào (1) ta được: x√2y−y√2y= (x−y)
⇔(x−y) √2y−2=
⇔
"
x=y y=√2
•x=y⇒x−2x−1 = 0⇔x=−1(loại)
•y=√2⇒x−2√2−1 = 0⇔x= 2√2 +
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: (x;y) = + 2√2;√2
Nhận xét: Đối với hệ phương trình phân tích (1) thành nhân tử chung cách sử dụng tham số biến thiên
• Cụ thể: (1)⇔2y2+ (x+ 1)y+x−x2 = (xem phương trình bậc hai ẩn y)
• Ta có: ∆ = (x+ 1)2−8 x−x2= 9x2−6x+ = (3x−1)2
• Từ ta tính được:
y=x y= x−1
2
Câu 2: Giải hệ phương trình sau:
(
y2 = (5x+ 4) (4−x) (1)
y2−5x2−4xy+ 16x−8y+ 16 = (2) (I)
Giải:
+) (2) ⇔(y+x−4) (y−5x−4) = 0⇔
"
y= 4−x y= 5x+
(21)Phạm
Ngọc
Hùn g
(4−x)2 = (5x+ 4) (4−x)⇔6x(4−x) = 0⇔
"
x=
x=
⇒
(
x=
y=
(
x=
y=
+) Với y= 5x+ vào (1) ta được:
(5x+ 4)2= (5x+ 4) (4−x)⇔(5x+ 4) 6x= 0⇔
"
x=
x= −54
⇒
(
x=
y=
x= −4
y=
Vậy hệ cho có nghiệm: (0; 4), (4; 0),
−4
5;
Câu 3: Giải hệ phương trình sau:
(
x3+ 7x=y3+ 7y (1)
x2+y2=x+y+ (2) (I)
Giải:
+) (1) ⇔(x−y) x2+xy+y2+ (x−y) = ⇔
"
x=y
x2+xy+y2+ =
+) Với x=y vào (2) ta được:
2x2= 2x+ 2⇔
x= +
√
5
x= 1−
√
5
⇒(x;y) =
1 +√5 ;
1 +√5
1−√5 ;
1−√5
+) Với x2+xy+y2+ = (∗) (vô nghiệm ∆(∗) =−3y2−28<0) Vậy hệ cho có hai nghiệm: (x;y) =
1 +√5 ;
1 +√5
;
1−√5 ;
1−√5
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ
Biến đổi hệ phương trình làm xuất biểu thức đồng dạng có quan hệ với Sau đặt ẩn phụ làm giảm bớt phức tạp hệ phương trình
Câu 1: Giải hệ phương trình sau:
(
x2+ +y(y+x) = 4y (1)
x2+ 1(y+x−2) =y (2) (I)
Giải:
+) Do y= không nghiệm hệ nên: (I)⇔
x2+
y +y+x= x2+
(22)Phạm
Ngọc
Hùn g +) Đặt
u= x
2+ 1
y v =x+y
Hệ trở thành:
(
u+v =
u(v −2) =
⇔
(
u= 4−v
(4−v) (v−2) =
⇔
(
u=
v =
⇒
x2+
y = x+y =
⇔
(
x=
y =
(
x=−2
y =
Vậy hệ cho có nghiệm: (1; 2), (−2; 5)
Câu 2: Giải hệ phương trình sau:
(
2−px2y4+ 2xy2−y4+ = 3−√2−x
y2 (1)
p
x−y2+x= 3 (2) (I)
Giải:
+) (2) ⇔px−y2 = 3−x⇔
(
x≤3
x2+y2−7x+ =
+) (1)⇔2−p(xy2+y2+ 1) (xy2−y2+ 1) = 3−√2−x
y2
⇔p(xy2+y2+ 1) (xy2−y2+ 1) = 2
1− 3−√2y2+xy2 (∗)
+) Đặt
(
u=xy2+
v =y2
Phương trình (*) trở thành:
p
(u+v) (u−v) = 2u− 3−√2v
⇔
(
u− 3−√2v ≥0
u2−v2 = 4u− 3−√2v2
⇔
(
u− 3−√2v ≥0
3u2−8 3−√2uv+ 45−24√2v2 = (∗∗) (II)
• Ta thấy v = khơng nghiệm (II) nên:
(∗∗)⇔3
u
v
2
−8 3−√2u
v + 45−24
√
2= ⇔
u v = u
v = 5−
8√2
⇒
xy2+
y2 =
xy2+
y2 = 5− 8√2
3
⇒ xy
2+ 1
y2 = (Do u≥ 3−
√
2v)
⇒xy2+ = 3y2⇔(x−3)y2+ = (∗ ∗ ∗)
• Từ (1) ta có: y2 =−x2+ 7x−9 thay vào (***) ta được:
(x−3) −x2+ 7x−9+ = 0⇔ −x3+ 10x2−30x+ 28 = 0⇔
x=
x= +√2(loại)
x= 4−√2
• Với x= 2⇒y2 = 1⇒y =±1
(23)Phạm
Ngọc
Hùn g Vậy hệ phương trình cho có nghiệm:
(x;y) =n(2; 1) ; (2;−1) ;4−√2;p1 +√2;4−√2;−p1 +√2o
2.4 Một số tập tự luyện
1)
(
x+xy−y=
x2+y2+xy= 13
2)
(
x2+xy+y2 =
x4+x2y2+y4= 21
3)
(
x2+x+y2+y= 18
x(x+ 1)y(y+ 1) = 72
4)
|x|+|y|=
x2+y2 = 5) rx y + qy x = √
xy + x√xy+y√xy= 78
6)
(x+y)
x + y =
x2+y2
1
x2 +
1 y2 = 49 7) ( √
x+ +√y+ =
x√y+ +y√x+ +√y+ +√x+ =
8)
(
x−3y= 4xy
y−3x= 4yx
9)
(
x3−y3 =
xy(x−y) =
10)
x2+xy−y2=
y x −2
x y =−
5 − xy 11) (
2x−y−7 =
y2−x2+ 2x+ 2y+ =
12)
(
2x2+x+y+ =
x2+ 12x+ 2y+ 10 =
13)
(
x+y+px2−y2 = 12
ypx2−y2 = 12
14)
(
xy+x+y=x2−2y2 x√2y−y√x−1 = 2x−2y
(D_08)
15)
x(x+y+ 1)−3 = (x+y)2−
x2 + =
(D_09)
16)
(
3
√
x−y=√x−y x+y =√x+y+
(B_02)
17)
(
x4+ 2x3y+x2y2 = 2x+
x2+ 2xy= 6x+
(B_08)
18)
(
xy+x+ = 7y x2y2+xy+ = 13y2
(B_09)
19)
(
x−x1 =y− 1y
2y=x3+
(A_03)
20)
(
x+y−√xy =
√
x+ +√y+ =
(A_06)
21)
x2+y+x3y+xy2+xy=−5
4
x4+y2+xy(1 + 2x) = −5
4
(A_08)
22)
(
5x2y−4xy2+ 3y3−2 (x+y) =
xy x2+y2+ = (x+y)2
(24)Phạm
Ngọc
Hùn g Mục lục
Chuyên đề 1:
Một số phương pháp giải phương trình vơ tỉ 1
1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương
1.1 Cách giải
1.2 Các ví dụ
1.2.1 Nâng lên lũy thừa
1.2.2 Phép khai
1.2.3 Phép phân tích nhân tử đưa phương trình tích
1.2.4 Phép nhân lượng liên hợp
2 Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ 2.1 Mục đích, yêu cầu
2.2 Một số dạng toán làm mẫu
2.2.1 Đặt ẩn phụ đưa phương trình phức tạp phương trình đơn giản 2.2.2 Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình
2.2.3 Đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác (lượng giác hóa)
2.2.4 Đặt ẩn phụ khơng hồn toàn 10
3 Phương pháp 3: Sử dụng tính chất vector, Bất đẳng thức để đánh giá 11 3.1 Kiến thức cần lưu ý: 11
3.2 Một số toán phương pháp giải: 11
4 Một số tập tự luyện 13 Chuyên đề 2: Hệ phương trình 14 Một số dạng hệ phương trình thường gặp cách giải 14 1.1 Hệ đối xứng loại 14
1.1.1 Khái niệm cách giải 14
1.1.2 Một số ví dụ 14
1.2 Hệ đối xứng loại 16
(25)Phạm
Ngọc
Hùn g
1.2.2 Một số ví dụ 16
1.3 Hệ phương trình đẳng cấp 17
1.3.1 Khái niệm cách giải 17
1.3.2 Một số ví dụ 18
2 Một số phương pháp giải hệ phương trình 19 2.1 Phương pháp 19
2.1.1 Lưu ý: 19
2.1.2 Các ví dụ 19
2.2 Phương pháp 2: Tích số 19
2.2.1 Cách giải 19
2.2.2 Một số ví dụ 20
2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ 21