Nhận xét : Phương pháp đặt ẩn nhằm làm cho phương trình được chuyển về dạng hữu tỉ .Song để vận dụng phương pháp này phải có những nhận xét,đánh giá tìm tòi hướng giải quyết cách đặt ẩn [r]
(1)Chủ đề Phơng trình vô tỉ Lo¹i I Ph¬ng tr×nh gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p th«ng thêng C¸c vÝ dô: VÝ dô Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: b ) √ x −x+ √ x +x −2=0 a )x + √ x−5=5 Gi¶i: a) §K: x-5 ≥ x≥5 x x 5 x x 0 x 0 x 5( x 1) 0 x 0 * x 0 x 5 (TMDK ) * x 0 x (Vo nghiem) VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x=5 x − x ≥ + x −2 ≥0 ⇔ ¿ x ( x −1 ) ≥0 ( x −1 ) ( x + ) ≥0 ⇔ ¿ [ x ≥1 [ [ x ≤ [ x ≥1 [ [ x ≤−2 ⇔ ¿ [ x ≥1 [ [ x ≤− { ¿ ¿ ¿ ¿ x b) C¸ch 1: §K: √ x2 −x + √ x2 + x−2=0 ⇔ √ x (x −1)+ √( x−1 )(x +2 )=0 ⇔ √ x−1( √ x+ √ x+2)=0⇔ √ x−1=0 ⇔ x=1 (*) XÐt x ≥ Ta cã: (V× víi x ≥ th× √ x+ √ x +2>0 ) 2 (*) XÐt x ≤ -2 Ta cã √ x −x + √ x x( x 1) ( x 1)( x 2) 0 1 x + x−2=0 ( x)(1 x) (1 x)( x 2) 0 x x 0 x 0 (Vi x x 0) x 1 (Khong thoa x -2), loai VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt: x = C¸ch 2: x x 0 va V× x x 0 nªn √ x2 −x + √ x2 + x−2=0 ⇔ √ x − x =0 x + x − = √ ⇔ ¿ x − x = x + x − = ⇔ ¿ x ( x − ) = x − ) ( x + ) = ⇔ x = ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ ( Thö l¹i thÊy tho¶ m·n VËy PT cã nghiÖm nhÊt x =1 VÝ dô 2: b ) √ x −5 x+6+ √ x+1=√ x −2+ √ x −2 x−3 a ) √1−2 x + √1+x =2 Gi¶i: 1− x ≥ 1+ x ≥ ⇔ ¿ x ≤ x ≥−1 ⇔− 1≤ x ≤ ¿ a) §KX§: Vì hai vế dơng, bình phơng hai vế ta đợc phơng trình tơng đơng { ¿ ¿ ¿ ¿ (2) √ 1−2 x+ √1+x=2 ⇔1−2 x+1+ x+2 √(1−2 x)(1+x)=4 ⇔2−x+2 √(1−2 x)(1+x)=4 ⇔2 √(1−2 x)(1+x )=2+x Ta có 2+x > (vì -1≤x≤ ) Bình phơng vế PT ta đợc PT tơng đơng: ⇔ 4(1−2 x )(1+ x )=(2+ x )2 ⇔ 4+ x−8 x−8 x =4+4 x + x ⇔9 x +8 x=0 ⇔ x (9 x +8 )=0 ⇔ x=0 (TM ); x=− (TM ) x=0 ; x=− Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: x −5 x + 6≥ x + 1≥ x −2 ≥0 x − x − 3≥ ⇔ ¿ ( x −2 ) ( x − )≥ x + 1≥ x −2 ≥0 ( x + ) ( x − )≥ ⇔ ¿ x + 1≥ x − 2≥ ⇔ x −3 ≥0 x ≥3 ¿ { ¿ { ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ b) §KX§: ¿ √x2−5x+6+√x+1=√x−2+√x2−2x−3 ⇔√( x−2)( x−3)+√x+1=√ x−2+√( x+1)( x−3) [ √x−2−√x+1=0 [¿∗ x−2− x+1=0⇔ x−2= x+1⇔x−2=x+1⇔0x=3,( V« nghiÖm)¿∗ x−3−1=0⇔ x−3=1⇔x−3=1⇔x=4(TM§K)¿¿ √ √ √ √ √ √ ⇔√( x−2)( x−3)+√x+1−√ x−2−√( x+1)( x−3)=0 [ √x−3−1=0 ⇔√ x−3(√ x−2−√x+1)−(√ x−2−√x+1)=0 ⇔(√x−2−√x+1)(√x−3−1)=0⇔ VËy ph¬ng tr×nh cã mét nghiÖm nhÊt x = 3 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x+2+ √ x−2= √5 x Lêi gi¶i: LËp ph¬ng hai vÕ ta cã pt: 3 3 3 3 √ x+2+ √ x−2=√ x ⇔ (√ x+2+ √ x−2 ) =( √ x ) 3 ⇔ x +2+x−2+3 √ ( x+2)( x−2 ) ( √ x +2+ √ x−2 ) =5 x 3 3 ⇒3 √ x 2−4 √5 x=5 x−2 x ⇔3 √( x −4 ).5 x=3 x ⇔ √( x 2−4 ) x=x ⇔(x −4 ) x=x ⇔ x −20 x=0 ⇔ x (x −5 )=0 ⇔ x=0 ; x=± √5 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x = 0, x = √ , x = - √ Chó ý mét sè kiÕn thøc bæ sung: 1) x a a x a * Víi a ≥ th×: 2) x a x a hoac x a (3) * Khi bình phơng vế phơng trình (2 vế không âm) ta đợc phơng trình tơng đơng với phơng trình đã cho Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a ) √ x −x−2−√ x−2=0 b ) √ x −1+1=x c) √ x−2=x−2 f ) √ x −1=x−2 e) √ x −10 x+25−3 x=1 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a ) √ x−9+ √ x−4−2 √ x−1=3 √2 x+1 c ) √ x +2 x +1=√ x +1 b ) √ x−2−x+5 √ x−18=15 √ x−2−2 d ) √ x −4−x +4=0 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a ) √ x−3+ √5−x=2 c) √ x+1+ √ 2−x= √6 e) √3 x+1+ √ 2−x=3 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: b) √ 1−x+ √ 4+ x=3 d) √ x+5+ √ 3−x=4 f ) √ 8+ √ x+ √5−√ x=5 a ) √ x +10 x+21=3 √ x+3+2 √ x+7−6 b ) √ x 2− x−2−2 √ x −2+2=√ x+1 c ) √ x 2−1+ √ x= √2 x 2−x + √ x +1 d ) √ x −5 x +6+ √ x−3+ √ x +21= √ x +19 x−42 e ) x2 +3 x+1=( x +3) √ x2 +1 f ) x +2 x +2 √2 x+2 √2=0 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a ) √ x +√ x +√ x = g) √ x+3−√ 7−x= √2 x−8 √3 √ 3−1 √ √ b ) x−√ x 2−1+ x + √ x2 −1=2 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: 1 a )x + x+ + x + =2 √ √ √ √ √ √ √ 1 1 b )2 x2 − + x − + .+ x2 − + x + x + =2 x +3 x +3 x +1 4 4 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: 3 a ) √5+ x + √ 5−x=1 3 b ) √ x−1+ √ x+1=√ −2 x 3 c ) √ x−2+ √ x+1=√ x +1 a Phương pháp nâng lên luỹ thừa (Bình phương lập phương hai vế phương trình ): a.1 Các ví dụ : * Giải phương trình dạng : Ví dụ 1: Giải phương trình : x x (1) ĐKXĐ : x+1 0 x -1 f ( x ) g ( x) (4) Với x -1 thì vế trái phương trình không âm Để phương trình có nghiệm thì x-1 0 x 1.Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình : x+1 = (x-1)2 x2 -3x= x 0 x(x-3) = x 3 Chỉ có nghiệm x =3 thoả mãn điều kiện x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =3 Ví dụ 2: x x 13 Giải phương trình: x 13 x x 0 x 1 ĐKXĐ : 13 x 0 x 13 (1) x 13 (2) Bình phương hai vế (1) ta : x (13 x) x 27 x 170 0 Phương trình này có nghiệm x1 10 và x 17 Chỉ có x1 10 thoã mãn (2) Vậy nghiệm phương trình là x 10 * Giải phương trình dạng : Ví dụ 3: 1 x Giải phương trình: x 1 x ĐKXĐ: f ( x ) h( x ) g ( x ) x 1 (1) x 0 x 0 x 1 x x 1 Bình phương hai vế phương trình (1) ta : x 1 2 x x x x 0 (5) Phương trình này có nghiệm Vậy nghiệm phương trình là Ví dụ 4: x x 1 Giải phương trình: 1 thoã mãn (2) x x 2 (1) Lập phương trình hai vế (1) ta được: x x 33 ( x 1)(7 x ) 8 (x-1) (7- x) = x =-1 x =7 (đều thoả mãn (1 )) Vậy x 1; x 7 là nghiệm phương trình * Giải phương trình dạng : Ví dụ5: Giải phương trình f ( x) h( x ) g (x) x - x = 12 x x = 12 x + x (1) ĐKXĐ: x 0 12 x 0 x 0 x x 12 x 12 x 7 Bình phương hai vế ta được: x- = (12 x)( x 7) (3) Ta thấy hai vế phương trình (3) thoã mãn (2) vì bình phương vế phương trình (3) ta : (x - 4)2 = 4(- x2 + 19x- 84) 5x2 - 84x + 352 = 44 Phương trình này có nghiệm x1 = và x2 = thoả mãn (2) 44 Vậy x1 = và x2 = là nghiệm phương trình * Giải phương trình dạng : f ( x) h( x ) g (x) + q(x) (6) Ví dụ 6: Giải phương trình : x + x 10 = x 0 x 10 0 x 0 ĐKXĐ : x 0 x x 10 x x x + x (1) x ≥ -1 (2) Bình phương hai vế (1) ta : x+1 + x+ 10 + 2+ ( x 1)( x 10) ( x 1)( x 10) = = x+2 + x+ + ( x 2)( x 5) ( x 2)( x 5) (3) Với x -1 thì hai vế (3) dương nên bình phương hai vế (3) ta ( x 1)( x 10) = 1- x Điều kiện đây là x -1 (4) Ta việc kết hợp (2) và (4) x x x = là nghiệm nhầt phương trình (1) a.2 Nhận xét : Phương pháp nâng lên luỹ thừa sử dụng vào giải số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc, song quá trình giảng dạy cần chú ý nâng lên luỹ thừa bậc chẵn Với hai số dương a, b a = b thì a2n = b2n và ngược lại (n= 1,2,3 ) Từ đó mà chú ý điều kiện tồn căn, điều kiện hai vế phương trình đó là vấn đề mà học sinh hay mắc sai lầm, chủ quan sử dụng phương pháp này Ngoài còn phải biết phối hợp vận dụng phương pháp này với cùng nhiều phương pháp khác lại với a.3 Bài tập áp dụng: x = x- 2 x x = x+ x+ x 45 - x =3 x 16 =1 (7) x = x 1+ x + ( x 5) 6 x x = x y = 2x x + x4 Loại II Phơng trình đa phơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối C¸c vÝ dô: x+8−6 √ x−1=4 VÝ dô 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lời giải: (Chú ý biểu thức phức tạp là đẳng thức) §KX§: x ≥ √ x x 4 x 4 x ( x 1) x 4 x 7 x ( x 3) 4 x 4 x 50(TM ) Vo nghiem VËy PT cã nghiÖm nhÊt x = 50 VÝ dô a) Chøng minh r»ng: |A+B|≤|A|+|B| b) T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc sau: DÊu "=" x¶y nµo? M=√ x +4 x+4+ √ x −6 x+9 2 c) Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x +20 x +25+ √ x −8 x +16=√ x +18 x +81 Giải: a) Do hai vế bất đẳng thức không âm nên ta có: 2 A B A B A B ( A B ) ( A B) A B A B A2 B AB A2 B AB AB AB (Bat dang thuc dung) DÊu "=" x¶y vµ chØ AB ≥ Nh vËy, chó ý r»ng: |A+B|=|A|+|B|⇔ AB≥0 b )M= √ x +4 x+4 + √ x −6 x+9=√( x+2)2 + √( x−3 )2 ¿|x +2|+|x−3|=|x+2|+|3−x|≥|x+2+3−x|=5 DÊu "=" x¶y vµ chØ (x+2)(3-x)≥0 -2≤x≤3 (LËp b¶ng xÐt dÊu) VËy M = -2≤x≤3 c) √ x +20 x+25+ √ x −8 x+16=√ x +18 x+81 ⇔ √(2 x+5 )2 + √(x −4 )2 =√( x+9 )2 ⇔|2 x+5|+|x−4|=|x+9|⇔|2 x+5|+|4−x|=|2 x +5+4−x| ⇔(2 x +5)( 4−x )≥0 (Vi |A+B|=|A|+|B|⇔ AB≥0)⇔− ≤x≤4 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: §KX§: x ≥ √ x+3−4 √ x−1+ √ x+8−6 √ x−1=1 (8) √ x+3−4 √ x−1+ √ x+8−6 √ x−1=1 ⇔ √ x−1−4 √ x−1+4+√ x−1−6 √ x−1+9=1 ⇔ √( √ x−1−2)2+ √( √ x−1−3)2=1 ⇔|√ x−1−2|+|√ x−1−3|=1 √ x−1=t (t≥0) Ta cã PT: |t−2|+|t−3|=1 §Æt * XÐt: t < 2⇒t −2< ; t−3<0 Ta cã PT: 2−t +3−t=1⇔−2 t =−4 ⇔ t=2 (lo¹i), v× t < ) * Xét 2≤t <3 ⇒t−2≥0 ; t−3<0 Ta có PT: t −2+3−t=1⇔0 t =0 Nghiệm đúng t VËy trêng hîp nµy nghiÖm cña PT lµ: 2≤t <3 * XÐt t ≥3 ⇒t −2>0 ; t −3≥0 Ta cã PT: t −2+t −3=1⇔2 t =6 ⇔t =3( TM ) 2≤√ x−1≤3⇔ 4≤x−1≤9⇔5≤x≤10 VËy PT cã nghiÖm: 2≤t ≤3 ⇒ Chú ý: Có thể dựa vào bất đẳng thức |A+B|≤|A|+|B| (DÊu "=" x¶y vµ chØ |t−2|+|t−3|=1 nh sau: Ta cã: |t−2|+|t−3|=|t−2|+|3−t|≥|t−2+3−t|=1 VËy |t−2|+|t−3|=1 ⇔(t−2 )(3−t )≥0⇔ 2≤t≤3 AB≥0) để giải pt: Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a ) √ x−1+2 √ x−2+ √7 +x+6 √ x−2=2 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: b) √ x+3−4 √ x−1+ √ x+8+6 √ x−1=5 a ) √ x+2+3 √2 x−5+ √ x−2−√2 x−5=2 √2 b ) √ x+2 √ x−1+ √ x−2 √ x−1=x−1 c) √ x+8+6 √3 x−1+ √ x+8−6 √ x−1=3 x +4 x+5 d ) √ x+2+2 √ x+1+ √ x+2−2 √ x+1= b Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối : b.1 Các ví dụ : Ví dụ1: ĐKXĐ: x 24 x 16 x (1) Giải phương trình: 9 x 24 x 16 0 x Phương trình (1) 3x = -x + (3x 4) 0x x 4 x≤4 (9) 3 x x 3 x x x 2 x 0 Với x= x = là nghiệm phương trình (đều thoả mãn x ) Ví dụ : x x 4 + Giải phương trình : x R ĐKXĐ: Phương trình tương đương : x x 16 = x x + =5 Lập bảng xét dấu : x x- - x- - + + - + Ta xét các khoảng : + Khi x < ta có (2) 6-2x =5 x = 0,5(thoả mãn x 2) + Khi x ta có (2) 0x + =5 vô nghiệm + Khi x > ta có (2) 2x – =5 x =5,5 (thoả mãn x > ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0,5 và x = 5,5 Ví dụ : x x 13 + Giải phương trình: x x 8 = ĐKXĐ: x Phương trình viết lại là : ( x 1) x + ( x 1) x = ( x 2) + x 1 + ( x 3) = x 1 =1 (1) - Nếu x < ta có (1) 2- x + x 1=1 x =2 x= không thuộc khoảng xét - Nếu x 10 thì (1) 0x = Phương trình có vô số nghiệm (10) - Nếu x> 10 thì (1) -5 = phương trinh vô nghiệm Vậy phương trình có vô số nghiệm : x 10 b.2 Nhận xét : Phương pháp đưa phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối sử dụng giải số dạng phương trình vô tỉ quen thuộc trên song thực tế cần lưu ý cho học sinh : -áp dụng đẳng thức A2 = A - Học sinh thường hay mắc sai lầm lúng túng xét các khoảng giá trị ẩn nên giáo viên cần lưu ý để học sinh tránh sai lầm b.3 Bài tập áp dụng : x 6x + x 10 x 25 = x 2x 1 + x 4x = x 34 x + x 2x + x 4x x 8 x = x 2 2x = 2 Loại III Phơng trình giải phơng pháp đặt ẩn phụ C¸c vÝ dô: VÝ dô 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: §KX§: x −2 x−7+3 √( x +1)( x−3)=0 ( x+1 )( x−3 )≥0 ⇔ ¿ [ x≥3 [ ¿ [ x≤−1 (lËp b¶ng xÐt dÊu) x −2 x−7+3 √( x +1)( x−3)=0⇔ x −2 x−3+3 √ x2 −2 x−3−4=0 2 §Æt √ x −2 x−3=t(t≥0 ) Ta cã PT: t +3 t−4=0 ⇔(t−1)(t+ )=0 ⇔t=1(TM ); t=−4 ( Lo ¹ i) 2 Víi t=1 ta cã PT: √ x −2 x−3=1 ⇔ x −2 x−3=1⇔ x −2 x−4=0 2 ⇔ x −2 x +1−5=0 ⇔( x−1 ) −( √ 5) =0 ⇔( x−1−√ 5)( x−1+ √ )=0 ⇔ [ x=1+ √ 5(TM § K ) ¿ [¿ [ x=1−√ 5(TM § K ) VËy PT cã nghiÖm: ( x+1 )( x−4 )+3( x−4 ) VÝ dô 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x=1+ √ vµ x=1− √5 x+1 −18=0 x−4 (11) Lêi gi¶i: §KX§: [ x≤−1⇒t≤0 [ [ x>4⇒ t>0 x+1 ≥0 ⇔ x− ¿ [ x ≤−1 [ ¿ [ x>4 Ta cã ( x+1 )( x−4 )=t ( x−4 ) §Æt √ x+1 =t x−4 , thÕ th× §KX§ : Ph¬ng tr×nh lµ: t t 3t 18 0 t 6t 3t 18 0 (t 6)(t 3) 0 t 3 *)t ( x 1)( x 4) ( 6) x x 36 0 x x 40 0 x 8(khong thoa man x -1), loai ( x 8)( x 5) 0 x -5 (thoa x -1) *)t 3 ( x 1)( x 4) 32 x 3x 0 x x 13 0 2 61 61 x 2.x 0 x 0 4 61 61 61 61 x x 0 x x 0 2 2 61 (thoa man x 4) x 61 (khong thoa x 4), loai x x= 3+ √ 61 Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: x=−5 và VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: √ x−18+ √ x+7=5 Lêi gi¶i: §KX§: x≥−7 3 C¸ch 1: §Æt √ x−18=t ⇔ x=t +18 Ta cã ph¬ng tr×nh: t + √ t +18+7=5 ⇔ √ t +25=5−t §K 5-t≥0 t ≤5 B×nh ph¬ng vÕ ta cã pt: t +25=25−10 t+ t ⇔t −t +10 t=0 ⇔t (t −t+10 )=0 ⇔t=0 ⇔ x=0 +18=18( TM ) VËy pt cã nghiÖm nhÊt x =18 C¸ch 2: §Æt 39 t −t +10= t− + >0) (V× √ x+7=t (t≥0)⇔ x=t −7 ( ) Ta cã ph¬ng tr×nh: (12) √3 t2−7−18+t=5 ⇔ √3 t2−25=5−t ⇔ t2−25=( 5−t )3 ⇔t 2−25=125−75t +15 t 2−t ⇔t −14 t +75 t−150=0 ⇔t −5t −9 t +45 t +30 t−150=0 ⇔t (t−5 )−9 t (t−5)+30 (t−5)=0 ⇔(t−5 )(t 2−9t +30 )=0 ⇔t−5=0⇔ t=5⇔ √ x +7=5⇔ x+7=25 ⇔ x=18(TM ) 111 t −9 t +30= t− + >0 (V× ) ( ) Cách 3: Đặt √ x−18=a; √ x +7=b ( b≥0 ) Khi đó ta có: Từ (1) suy ra: b=5-a, thay vào (2) ta đợc phơng trình: a +b =5 a −b =−25 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ (1 ) ( 2) a3 −(5−a )2 =−25 ⇔a3 −25+ 10 a−a2 +25=0 ⇔a3 −a2 +10 a=0 a( a2 −a+10 )=0 ⇔a=0 ⇔ √3 x−18=0⇔ x =18 39 a −a+10= a− + >0 (V× ) ( ) Bµi tËp luyÖn tËp Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: a )2 x 2−8 x −3 √ x −4 x−5=12 b )( x−3)( x +2)−3 √ x −x+1+9=0 c )3 x +2 x=2 √ x +x+1−x x+3 d )( x−1)( x +3 )+2(x −1) =8 x−1 Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: x +1 x−1 + =4 x−1 x +1 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a)4 √ √ a ) √−x−1+ √ x +2=1 b) Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: a)12−√ 4−3 x=|3 x−4| x Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 2 x 4 2x x + x+1 x + = x x + x +1 √ √ √ b) √ √ 1 +x+ −x=1 2 b)20−√3−2 x=|2 x−3| Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: a) 3x x 4 x 3x 5x (§Æt x x t , t0) b) x x x (§Æt x x t , t0) Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: 3 a )2 √ ( x +2)2 −√ ( x−2 )2= √ x −4 3 b) √ (65+x )2 +4 √(65−x )2 =5 √ 652 −x2 (13) Bµi 8(*) Gi¶i ph¬ng tr×nh: a) 2( x +2)=5 x +1 √ b) 2( x +2 x+3 )=5 √ x +3 x +3 x+2 Bµi 8(*) Gi¶i ph¬ng tr×nh: a) x +2 x+ 4=3 √ x + x b) x+ 3+ √ 1+ x =√ 1−x+3 √ 1−x Híng dÉn: a) §Æt b) §Æt √ x=a(a≥0 ); √ x +4=b(b >0 ) ; x a; x b; Chu y rang x+3 2(1 x) (1-x) c.Phương pháp đặt ẩn phụ: c Các ví dụ : Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x2 + 3x + x x =33 ĐKXĐ : x R Phương trình đã cho tương đương với: 2x2 + 3x +9 + x x - 42= (1) Đặt 2x2 + 3x +9 = y > (Chú ý học sinh thường mắc sai lầm không đặt điều kiện bắt buộc cho ẩn phụ y) Ta phương trình : y2 + y – 42 = y1 = , y2 = -7 Có nghiệm y =6 thoả mãn y> Từ đó ta có x x =6 2x2 + 3x -27 = Phương trình có nghiệm x1 = 3, x2 = - Cả hai nghiệm này chính là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 2: Giải phương trình: x+ x = 12 ĐKXĐ : x o Đặt x = y 0 x = y2 ta có phương trình y2 + y -12 = phương trình có nghiệm là y= và y = - (loại) x = x = 81 là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 3: Giải phương trình: x 0 ĐKXĐ : 3 x 0 x 1 + x x 3 3 x - ( x 1)(3 x) = (1) -1 ≤ x ≤ (14) Đặt x = t t2 = + ( x 1)(3 x) x 1 + t2 ( x 1)(3 x) = (2) thay vào (2) ta t2 – 2t = t(t-2) = t 0 t 2 + Với t = phương trình vô nghiệm ( x 1)(3 x) = x = -1; x = (thoả mãn) +Với t = thay vào (2) ta có : Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x1 = -1và x2 = Ví dụ 4: Ta có Đặt x = 2( x2 + 2) Giải phương trình : x3 1 = x x 1 x 1 x 1 = a ; x x = b và a2 + b2 = x2 + Phương trình đã cho viết là 5ab = 2(a2 + b2) (2a- b)( a -2b) = 2a b a 2b 0 + Trường hợp: 2a = b 2 x 1 = x2 x 1 4x + = x2 – x +1 x2 – 5x -3 = 5 Phương trình có nghiệm x1 = 37 37 ; x2 = + Trường hợp: a = 2b x 1 = x2 x 1 x+ = 4x2 -4x + = 4x2 -5x + = phương trình vô nghiệm (15) 37 37 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x= và x= Ví dụ 5: Giải phương trình: Đặt x + (x+1) = x- + x + x (1) x = u và x = t ĐKXĐ: -1 x thì phương trình (1) trở thành u + 2u2 = -t2 + t +3ut (u –t ) + u(u-t) + (u-t) = (u-t)(2u – t +1 ) = u t 2u t x x 2 x x x 0 24 x 25 thoả mãn điều kiện -1 x là nghiệm phương trình đã cho Ví dụ 6: Giải phương trình: x x + x 3 x2 x = ĐKXĐ : x 1 Đặt x = t x = t2 + phương trình đã cho trở thành (t 1) + (t 1) t2 = t2 t 1 + t = t 4t 0 2 t 0 (t 1) t t 0 x 5 x 1 ĐkXĐ: x≥ Vậy phuơng đã cho có nghiệm x= 1và x= c.2 Nhận xét : Phương pháp đặt ẩn nhằm làm cho phương trình chuyển dạng hữu tỉ Song để vận dụng phương pháp này phải có nhận xét,đánh giá tìm tòi hướng giải cách đặt ẩn nào cho phù hợp : Đặt ẩn phụ để phương trình chứa ẩn phụ (Vd 3-1,3-2,3-3) Đặt ẩn phụ để đưa biểu thức nhóm (VD 3-4; 3-5) (16) c.3 Bài tập áp dụng: x2 = 1/ x2 – + 2/ x x - 2x 3/ 4/ 5/ x2 - 3 x = 20 x =20 x = 2x2 – 6x +4 x6 x + x 23 x x = Lo¹i IV: Ph¬ng tr×nh ®a vÒ d¹ng A2 + B2 + C2 = KiÕn thøc: A + B2 +C2 =0 ⇔ A=B=C=0 C¸c vÝ dô: VÝ dô 1: Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: §K: x ≥0; y≥1 x+ y+12=4 √ x+6 √ y−1 ¿ √ x −2=0 √ y −1−3 =0 ⇔ ¿ √ x =2 √ y − 1=3 ⇔ ¿ x= y =10 ( TM ) ¿ x + y +12= √ x + √ y −1 ⇔ x + y + 12− √ x −6 √ y −1=0 ⇔ ( x − √ x + )+ ( y −1−6 √ y −1 + )= ⇔ ( √ x −2 )2 + ( √ y −1−3 )2 =0 ⇔ VËy pt cã nghiÖm: x=4, y=10 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: x−2=2 √ x−1+2 √2 x−3 x≥ Lêi gi¶i: §KX§: 3 x −2=2 √ x −1+ √ x −3 ⇔ x −2−2 √ x −1−2 √ x −3 =0 ⇔ ( x −1−2 √ x −1 + )+( x −3− √ x −3 +1 )=0 2 ⇔ ( √ x −1−1 ) + ( √ x −3 −1 ) =0 ⇔ √ x −1 −1=0 √ x −3 −1=0 ⇔ x =2 ( TM ) ¿ ¿ ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: {¿ ¿¿ (17) a ) x y z 2 x y z b) x y z 2 x y z c) x y z x yz d ) x a y b z c ( x y z ), voi a b c 3 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a )x +4 x+5=2 √ x+3 b )x+4 √ x+3+2 √ 3−2 x=11 Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: c)6 x+ √ x−2=x 2− √ 4−x+11 d )2 x +2 x+1=√ x +1 a) x y 2 x ( y 2) b) √ y 2+ x=√ y −x−√ x 2+2 2 Bµi 4(*) Gi¶i ph¬ng tr×nh: x −3 x +6=4 x √ x + x +2 Hớng dẫn: Biến đổi phơng trình dạng: (18) x 2−3 x +6=4 x √3 x +x +2=(3 x +x+2)−4 x √3 x +x +2+4 x +( x 2−4 x +4 )=0 Loại V Dùng biểu thức liên hợp để giải phơng trình: 1 + + =1 x +3+ x+ x +2+ x +1 x+1+ x √ √ √ √ √ √ VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: §KX§: x ≥ + + =1 √ x+3+ √ x+2 √ x +2+ √ x+1 √ x +1+ √ x √ x+ 3−√ x+ + √ x+2−√ x +1 + √ x +1−√ x =1 ⇔ x +3−x−2 x+ 2−x−1 x +1−x ⇔ √ x+ 3−√ x=1⇔ √ x +3=√ x +1 ⇔ x+ 3=x +2 √ x +1 ⇔2 √ x =2⇔ √ x=1 ⇔ x=1(TM ) VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x= 2 VÝ dô √ x +5 x +1−√ x +5 x−7=2 Lêi gi¶i: §K: x +5 x + 1≥0 x2 +5 x −7≥ ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ √ (*) 2 Ta cã: ( x +5 x +1− x +5 x−7 )( x +5 x +1+ x +5 x−7 )=8 √ (1) √ √ ⇒2 ( √ x +5 x +1+ √ x2 +5 x−7)=8 ⇔ √ x2 +5 x+1+ √ x +5 x−7=4 (2) Cộng (1) và (2) vế với vế ta đợc: 3x x 3 x x 1 9 x x 0 ( x 1)(3 x 8) 0 x 1 x (Thoa man (*)) Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: x = và x = Ví dụ Giải phơng trình: √ x−3−√ x=2 x −6 Nhận xét: Ta thấy (2x-3) - x = x-3, đó 2x - = 2(x - 3) Vậy ta nhân vế trái với liªn hîp cña √ x−3−√ x x≥ Lêi gi¶i: §KX§: lµ √ x−3+ √ x (19) 2x x 2 x ( 2x 2x x 2( x 3) 2x x x )( x x ) 2( x 3) 2x x x 2( x 3) 0 2x x 1 ( x 3) 0 x 3 (thoa man) hoac 0 2x x 2x x 1 Ta co x x x 1 20 2x x 2x x (1) Do đó PT (1) vô nghiệm Vậy PT đã cho có nghiệm x = Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: a ) √3 x 2−7 x +3−√ x −2= √ x −5 x−1−√ x2 −3 x +4 b )√ x2 −1+ √ x 2−3 x−2=√ x +2 x +3+ √ x2 −x +2 c ) √ x +5 x +1−2 √ x2 −x +1=9 x−3 d ) √ x3 +x 2−1+ √ x +x +2=3 e ) ( √ x +5−√ x +2 ) ( 1+ √ x +7 x +10 ) =3 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 6x 3 x x x 1 x 2x2 x (3 x ) 3x c) 3x x 10 b) Bai 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh: d ) 2x 2 x e) 6x x2 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x f) x x x x 9 x √ x+3 x =2 x −2008 x +2008 2+ √ x 2− √ x + = √2 2+ 2+ x 2− 2− x √ √ √ √ √ √ Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: Loại VI Giải phơng trình phơng pháp đánh giá a+b ≥ √ ab (Chú ý bất đẳng thức Côsi: Với a, b ≥ ta có: , dÊu "=" x¶y a = b) C¸c vÝ dô: VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: √ x2−2 x+5+ √ y 2−6 y +25=6 (20) √ x2−2 x+5=√ x 2−2 x+1+4=√( x−1 )2+4≥√ 4=2 √ y 2−6 y+25=√ y2−6 y +9+16=√( y−3 )2+16≥√ 16=4 ⇒ √ x 2−2 x+5+ √ y −6 y+25≥6 Do đó: x2 − √ x + + √ y −6 y + 25 = √ ( x − )2 + = √( y ⇔ −3 ) + 16 = ⇔ ¿ x − 1= y − 3= ⇔ ¿ x =1 y =3 ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: x = 1, y = √ 2−x 2+2 x+ √−x −6 x−8=1+ √ VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: √ 2−x 2+2 x=√ 3−( x2−2 x+1)=√ 3−( x−1 )2≤√ √−x 2−2 x− 8= √1−( x 2+6 x +9 )=√ 1−( x+3 )2≤1 Suy ra: √ √ 2−x +2 x+ √−x −6 x−8≤1+√ 2− x +2 Do đó x + √− x − x − = + √ ⇔ √ −( x − )2= √ √ −( x +3 ) =1 ⇔ ¿ x −1 =0 x + 3= ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ (kh«ng cã giá trị nào x thoả mãn) Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm √ x−2+ √ 4−x=x −6 x+11 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: §K: ≤ x ≤ Cãx: x4 x x4 x2 ( 2)(4 x ) 2 2x 4x 8x 2 x x 2 ( x x 9) 2 ( x 3) 2 2.1 4 x x 2 (Dau " " xay x - 0 x 3) 2 MÆt kh¸c: x x 11 x x ( x 3) 2 (Dau " " xay x 3) √ x −2 + √ − x = x − x + 11 ⇔ √ x −2 + √ − x = ( x − )2 + 2=2 ⇔ x =3 ( TM ) ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ Do đó: VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x = Lu ý: Cã thÓ t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña Co : x 4 x √ x−2+ √ 4−x nh sau: x x ( x 2)(4 x) 2 ( x x) 4 (Theo BDT Cosi cho so) x x 2 (Dau " " xay x - 4 - x x 3) Bµi tËp luyÖn tËp: Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh: (21) a ) √ x −4 x +5+ √ x 2−4 x +8+ √ x 2−4 x +9=3+ √ b ) √−x +4 x−2+ √−2 x2 +8 x−5= √ 2+ √ c ) √ x2 −6 x +2+ √ 45 x 2−30 x +9=√ x −9 x +8 x −6 x +15 d) =√ x2 −6 x +18 x −6 x +11 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a ) √6−x+ √ x−4=x 2−10 x +27 b ) √ x−3+ √ 5−2 x=3 x 2−12 x +14 c ) √ x +6 x +7+ √ x +10 x +14=4−2 x−x 2 Bµi Gi¶i ph¬ng tr×nh: x 3x x 12 (§Ò thi hsg thµnh phè n¨m häc 2011-2012) (Chuyển vế và nhân liên hợp đánh giá) (22) Mét sè ph¬ng tr×nh kh¸c: 3 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: x =( x−1) Lêi gi¶i: Khai c¨n bËc ba hai vÕ ta cã: 3 x3 =( x−1)3 ⇔ x √5=x−1⇔ x √ 5−x=−1⇔ x ( √ 5−1 )=−1 ⇔ x= x= 1 1−√ 1−√ x + x + x=− VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ Lêi gi¶i: x +x + x=− ⇔ x3 +3 x2 +3 x=−1⇔3 x + x + x +1=0 3 ⇔2 x + x +3 x +3 x +1=0 ⇔2 x +( x +1)3 =0 ⇔2 x =−( x +1)3 3 ⇔ x √2=−( x +1)⇔ x √ 2+ x=−1 ⇔ x ( √ 2+1 )=−1⇔ x=− √ 2+1 x=− √2+1 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm: x − √ x +5=5 VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: §K: x≥- 1 x 2− √ x +5=5⇔ x =5+ √ x+ 5⇔ x + x+ =x +5+ √ x+5+ 4 2 1 1 ⇔ x+ = √ x +5+ ⇔|x + |=√ x+5+ 2 2 ( ) ( x≥− *) Víi ) ta cã pt: x+ 1 =√ x + + ⇔ x =√ x + ⇔ 2 x ≥0 x 2= x +5 ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ 1 21 x x x x 0 x 2.x 0 4 2 x − x− 2 21 0 x 21 21 21 21 (TMDK: x 0) vay x (loai ) x 0 x 2 2 x<− * Víi 2 ta cã pt: 1 =√ x + + ⇔−( x + ) = √ x + ⇔ 2 −( x + )≥ ⇒ x ≤−1 ( x + )2= x + ¿ ¿ {¿ ¿ ¿ (23) 17 √17 √ 17 ( x+1 ) =x +5 ⇔ x +x−4=0 ⇔ x + − =0 ⇔ x + − x+ + =0 2 2 1−√ 17 1+ √ 17 1−√ 17 1+ √ 17 ⇔ x+ x+ =0 ⇔ x=− (lo ¹i ); x=− (TM § K : x ≤−1) 2 2 ( ( ( ) )( )( ) ) x= Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: 1+ √21 1+ 17 vµ x=− √ 2 VÝ dô T×m c¸c cÆp sè nguyªn (x, y) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: √ x+11 √ y=√ 2000 (§Ò thi hs giái huyÖn §an Phîng n¨m häc 2004-2005) Lêi gi¶i: √ x+11 √ y=√ 2000 ⇔3 √ x+11 √ y=20 √ Nh với x, y nguyên thì √ x, √ y phải đồng dạng với √ §Æt x a 5; y b 5; Voi a, b nguyen va a, b 0 3a √5+11b √5=20 √ 5⇔3 a+11b=20 Ta cã ph¬ng tr×nh: (∗) Gi¶i ph¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn (*): C¸ch V× a, b Z; a, b ≥ Tõ (*) b < b {0; 1} 20 Víi b = a = Z (lo¹i) x=3 5⇔ x=45 ; y= 5⇔ y=5 Víi b = a = VËy cÆp sè (x, y) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh lµ: (45; 5) √ √ √ √ 20−11 b 2−2b =6−3 b+ 3 C¸ch 2−2 b 2−3 t t =t (t∈Z )⇒ 2b=2−3t ⇔ b= =1−t− 2 §Æt t =t (t ∈Z )⇒ t=2 t §Æt Từ đó: a+11b=20 ⇔a= b=1−2 t −t 1=1−3 t ; (t ∈Z ) 20−11 (1−3 t ) 9+33 t a= = =3+ 11t ;(t ∈Z ) 3 ⇔− V× 11 a ≥0 b ≥0 ⇒ ¿ + 11 t ≥0 1−3 t 1≥ ⇔ ¿ t ≥− 11 t 1≤ ≤t ≤ ; t ∈Z ¿ { ¿ ¿ ¿ ¿ ⇒ t =0 (24) √ x =3 √ √ y =√ ⇔ ¿ x = 45 y =5 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Do đó: a = 3; b = VËy cÆp sè nguyªn (x, y) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh lµ: (45; 5) x( x+1)+ x( x+2)= x( x−3) VÝ dô Gi¶i ph¬ng tr×nh: Lêi gi¶i: - DÔ thÊy x = lµ mét nghiÖm cña ph¬ng tr×nh - Xét x > 0: ĐKXĐ: x ≥ Phơng trình (*) tơng đơng với: √ √ √ (*) √ x+1+ √ x +2= √ x−3 ⇔ x +1+x+2+2 √( x +1)( x +2)=x−3 ⇔2 x+3+2 √( x +1)( x +2 )=x−3 ⇔ x+6+2 √( x+1 )( x+2)=0 Víi x ≥ ph¬ng tr×nh v« nghiÖm, v× vÕ tr¸i lu«n d¬ng - Xét x < 0: ĐKXĐ: x ≤ -2 Phơng trình (*) tơng đơng với: √−x(−x−1 )+√−x(−x−2 )=√−x(−x+3 )⇔ √−x−1+ √−x−2=√−x+3 ⇔−x−1−x−2+2 √(−x−1)(−x−2 )=−x+3 ⇔−2 x −3+2 √( x+1 )( x+2 )=−x +3 ⇔2 √( x+1 )( x+2 )=x +6 (§K: x ≥ -6) ⇔ 4( x +1)( x +2)= x2 +12 x +36 ⇔4 x2 +12 x +8=x +12 x +36 28 28 ⇔3 x 2=28 ⇔ x = ⇔ x=± =±2 =± √ 21 3 3 x=− √ 21 V× -6 ≤ x ≤ -2 nªn √ √ x 0 va x Vậy phơng trình đã cho có nghiệm: Bµi tËp tù luyÖn: 21 Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: b )x −x 2−x = a )x −x +x= c )5 x +6 x +12 x+8=0 d ) x3 +2 x −4 x=− Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a )x −3 x +9 x−9=0 (Bµi §Ò thi vµo líp 10 chän THPT §an Phîng n¨m 2007- 2008) b) √ √ 3−x=x √ √3+ x (Bµi §Ò thi vµo líp 10 chän THPT §an Phîng n¨m 20062007) Bµi T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña ph¬ng tr×nh: 1 1 4−x+4 + + + .+ =√ 2 3 x ( x+1) √ 4−x +5 Bµi T×m tÊt c¶ c¸c cÆp sè nguyªn d¬ng (x, y) cho x < y vµ √ x+ √ y= √1980 (25) Bµi T×m c¸c sè tù nhiªn x, y cho x > y > tho¶ m·n: Bµi Gi¶i c¸c bÊt ph¬ng tr×nh sau: a ) √ x 2−4 x+1≤5−x √ x √ x +1 b) − ≥1 √ x +1 √ x+ √ y= √931 a2 2( x+ √ x + a2 )≤ 2 √x +a Bµi (*) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: Bài Không biến đổi phơng trình, chứng minh phơng trình sau vô nghiệm: √ x +3+ √ x−2=3−√ 4−x Bµi Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a )1+ √ 1+x=x b )x −√ 6−x=6 c) x + √ x +2009=2009 3.3 Một số phương pháp giải phương trình vô tỉ bản: d Phương pháp đưa phương trình tích : d.1.Các ví dụ : Ví dụ 1: x 10 x 21 = x + x - (1) Giải phương trình: ĐKXĐ : x -3 Phương trình (1) có dạng : ( x 3)( x 7) - x + x +6 = x ( x 3) -2( x 3) ) =3 ( x 3) ( x ) =0 x 0 x 9 x 0 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1; x = Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 x + x =1 ĐKXĐ : x -2 Đặt x = t Khi dó 1 x = 3 t2 x 2 x 1 ĐKXĐ (26) Phương trình (1) 3 3 t2 + t = t = 1- t 3- t3 = (1-t) t3 - 4t2 + 3t + =0 (t-2) ( t2 -2t -1) = Từ phương trình này ta tìm x=2 ; x= + 2 là nghiệm phương trình (1) Ví dụ3: Giải phương trình: Đặt (4x-1) x = 2(x2 + 1) + 2x - (1) x =y ; y (1) (4x-1) y = 2y2 + 2x -1 2y2 - (4x -1) y + 2x – 1= ( 2y2 - 4xy + 2y) – ( y- 2x+1) = (y- 2x+1) (2y- 1) = Giải phương trình này ta tìm x = ; x = là nghiệm phương trình (1) Ví dụ4: ( x )( x ) = 2x Giải phương trình: ĐKXĐ: -1 x (1) đặt x = u (0 u ) suy x = u2 -1 phương trình (1) trở thành : (u -1 ) ( u 1) = ( u2 -1) (u -1 ){ ( u 1) - (u+1)} = (u-1) ( (+) u 2u 1) = u 0 u 2u u-1 = u =1 ( thoả mãn u ) suy x = thoả mãn (1) (27) (+) u 2u = 2u 0 2 u (2u 1) u = 2u + (thoả mãn vì u ) 5u2 + 4u - = u1 0(loai ) u2 24 nên có x = u22 -1 = ( )2 – = 25 thoã mãn điều kiện (1) 24 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = và x = 25 d.2.Nhận xét : Khi sử dụng phương pháp đưa phương trình tích để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý các bước sau + Tìm tập xác định phương trình + Dùng các phép biến đổi đại số , đưa phương trình dạng f(x) g(x) ….= (gọi là phương trình tích) Từ đó ta suy f(x) = ; g( x) = ;… là phương trình quen thuộc + Nghiệm phương trình là tập hợp các nghiệm các phương trình f(x) = g( x) = ;… thuộc tập xác định + Biết vận dụng,phối hợp cách linh hoạt với các phương pháp khác nhóm các số hạng,tách các số hạng đặt ẩn phụ thay cho biểu thức chứa ẩn đưa phương trình dạng tích quen thuộc đã biết cách giải d.3.Bài tập áp dụng: x3 7x = 2 x x - x x = x 3 x(x+5) = x x 2( x2 + 2x + 3) = x 3x x e Phương pháp đưa hệ phương trình : e.1.Các ví dụ : (28) Ví dụ1: 25 x - 15 x =2 Giải phương trình: ĐKXĐ: x2 15 25 x = a (a 0) (* ) Đặt: 15 x = b ( b 0) ( ** ) Từ phương trình đã cho chuyển hệ phương trình : a b (a b)( a b) 2(a b) a b a b a b 5 49 Thay vào phương trình (*) ta có 25 –x2 = Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = a b 51 51 x2 = x = ( ĐkXĐ ) 51 (5 x ) x ( x 3) x Ví dụ 2: 5 x x Giải phương trình: =2 ĐKXĐ : x x u (u 0) x t (t 0) Đặt Phơng trình (1 ) trở thành hệ phơng trình : u t u ut t ut = u 0 t 0 x 3 x 5 (thõa mãn điều kiện ) Vậy phương trình đẫ cho có nghiệm x =3 ; x= Ví dụ3: Giải phương trình: 2 x + ĐKXĐ: x x =1 (1) (29) Đặt 3 x u x t (t 0) Khi đó ta có u3 = – x ; t2 = x- nên u3 + t3 = u t 1(1) 3 u t 1( 2) Phương trình đã cho đợc đa hệ: Từ phương trình (1) u = – t Thay vào phương trình (2) ta có : ( – t )3 + t = t( t2 - 4t + = t 0 2 t 4t 0 t 0 t 1 t 3 Từ đó ta đợc x= 3; x =2 ; x = 10 (ĐKXĐ x ) là nghiệm phơng trình đã cho Ví dụ 4: Giải phương trình: ( x 1) + x 1 = a ; Đặt: a2 = b2 = ab = 3 3 ( x 1) + 3 x2 = x = b nên ta có: ( x 1) ( x 1) x Ta phương trình : a2 + b + ab = ( 1) a x b x Ta phương trình : a3 – b3 = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : a b ab 1 a b3 Từ hệ phương trình ta suy a –b = b = a – Thay vào hệ phương trình (1) ta đợc : Từ đó ta đợc x = (a -1 )2 = a =1 (30) Vậy nghiệm phương trình là : x = e.2.Nhận xét : Qua ví dụ trên cho ta thấy phơng pháp hệ phơng trình có điểm sáng tạo và đặc thù riêng, nó đòi hỏi học sinh phải t đó phơng pháp này đợc áp dụng cho học sinh khá , giỏi Ta cần chú ýmột số điểm sau: + Tìm điều kiện tồn phơng trình + Biến đổi phơng trình để xuất nhân tử chung + Đặt ẩn phụ thích hợp để đa việc giải phơng trình việc giải hệ phơng trình quen thuộc Ngoài ngời học còn biết kết hợp phơng pháp này với phơng pháp khác nh phơng pháp đặt ẩn phụ , phơng pháp sử dụng đẳng thức e.3.Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình sau : 1 x + x2 = 2 x = x3+ 1 x + x =1 x + x 21 = 4 2x 4x = x g Phương pháp bất đẳng thức : g.1 Phương pháp chứng tỏ tập giá trị hai vế là rời , đó phương trình vô nghiệm g.1.1.Các ví dụ : Ví dụ1: Giải phương trình: x - 5x = 3x (1) (31) x 0 5 x 0 3x 0 ĐKXĐ: Với x thì x < 5x đó x 1 x x x < 5x Suy vế trái (1) là số âm , còn vế phải là số không âm Vậy phương trình vô nghiệm Ví dụ2: Giải phương trình: x x 11 + ( x 3) + Mà x x 13 + ( x 3) + ( x 3) + ( x 3) + 4 x 4x = + ( x 2) = + ( x 2) + 2 (*) 4+1=3+ Vế phải phương trình đã cho lớn vế trái Vậy phương trình đã cho vô nghiệm g.1.2.Bài tập áp dụng: x - x 1 = 2 x2 = x - x2 6 x + x = x2 - 6x +13 g.2 Sử dụng tính đối nghịch hai vế : g.2.1.Các ví dụ : Ví dụ1: Giải phương trình: 3x x + x 10 x 14 = – 2x – x2 (1) Ta có vế trái (1) 3x x + x 10 x 14 = 3( x 1) + 5( x 1) + Vế phải (1) : -2x –x2 = – (x + 1)2 Vậy hai vế x = -1 Do đó phương trình (1) có nghiệm là x = -1 Ví dụ2: Giải phương trình: x + x = x2 -10x + 27 (1) =5 (32) ĐKXĐ: x Xét vế phải (1) ta có : x2 – 10x + 27 = ( x-5)2 + với x và vế trái (1) ( ( ( x 1) ( ) x 6 x 2 )2 =1 hay x + 6 x 2 Vì phương trình (1) có nghiệm là : x 10 x 27 2(*) x x 2(**) Giải phương trình (*) ta dợc x = giá trị này thoả mãn (**) Vậy x =5 là nghiệm phương trình (1) g.2.2 Bài tập áp dụng : 3x 12 x 16 + x x 12 + x 3x 3,5 = y y 13 = 5 x 10 x = 3-4x -2x2 ( x x 2)( x x 4) h Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số : h.1.Các ví dụ : Ví dụ1: Giải phương trình : x + x = (1) ĐKXĐ: x Ta thấy x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1) Với x > thì x >1, x > nên vế trái (1) lớn Với x< và x -1 -1 x thì x < 1, x < nên vế trái (1) nhỏ Vậy x= là nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2: Giải phương trình : x 28 + x 23 + x + x 0 x 1 x ĐKXĐ: Ta thấy x =2 là nghiệm (1) x = + (1) (33) h2.Nhận xét : Khi giải các phương trình vô tỉ mà ta cha biết cách giải thường ta sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm ,thử trực tiếp để thấy nghiệm chúng Rồi tìm cách chứng minh ngoài nghiệm này không còn nghiệm nào khác h.3.Bài tập áp dụng : x 26 + x + 2x + x 3 = x 3x = 2x 2x + x x 1 i Phương pháp sử dụng điều kiện xảy dấu “ =” bất đẳng thức không chặt i.1.Các ví dụ : Ví dụ1: Giải phương trình x + y 1995 + z 1996 = (x+y+z) ĐKXĐ : x 2; y -1995; z 1996 Phương trình (1) x+y+z = x + y 1995 + z 1996 2 ( x 1) + ( y 1995 1) + ( z 1996 1) = x 1 y 1995 1 z 1996 1 x 3 y 1994 z 1997 ( thoã mãn ĐKXĐ ) Là nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2: Giải phương trình: 3( x 1) + Vế trái (*) Vế phải (*) 3x x + x 10 x 14 = – 2x – x2 5( x 1) = – (x+1)2 (*) 3( x 1) + 5( x 1) + = 5 – (x+1)2 Vì phương trình (*) có nghiệm và hai vế phương trình (*) và x+ = x = -1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =-1 (34) x Ví dụ3: 4x + Giải phương trình: 4x x =2 (1) ĐKXĐ: x> a b áp dụng bất đẳng thức b a với a,b > xảy dấu “=” và a =b Dấu “=” (1) xảy x= x x2 - 4x +1 = (do x> ) Giải phương trình này ta tìm đợc x= (thoả mãn ĐKXĐ) Vậy x= là nghiệm phương trình i.2 Nhận xét : Khi sử dụng phương pháp bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ ta cần chú ý các bước sau : + Biến đổi phương trình dạng f(x) = g(x) mà f(x) a , g(x) a (a là số ) Nghiệm phương trình là các giá trị x thoả mãn đồng thời f(x) =a và g(x) = a + Biến đổi phương trình dạng h(x) = m (m là số ) mà ta luôn có h(x) m h (x) m thì nghiệm phương trình là các giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy + áp dụng các bất đẳng thức : Côsi, Bunhiacopxki i.3 Bài tập áp dụng: x x 12 = - x + 10 x = x2 -12x + 40 19 x + x2 x x 15 x x 11 = + 95 3x 12 x 13 x x 2 x x 18 k Một số phương pháp khác : = (35) k.1.Phương pháp miền giá trị : Ví dụ1: x 1 + Giải phương trình: x 1 x 18 x 9 (1) Ta tìm miền giá trị hàm số : y= x + y, = x x 1 x x 18 x 9 trên tập xác định 1;5 ta có: 5 x 18 3x > với x 1;5 Do hàm số y liên tục và đồng biến trên 1;5 nên miền giá trị hàm số là y (1); y (5) hay 15 ;2 ymax = + 3` Suy y = 15 và với x 1;5 Để phương trình (1) có nghiệm thì y ymax điều này không xảy vì y = 15 < và ymax = + 3<9 Do đó phương trình (1) vô nghiệm vì không tồn giá trị x 1;5 để y(xi) = k.2.Phương pháp hàm số: Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 +1 = 2 x (1) x3 1 2x Ta có: (1) x3 1 3x Đặt y = hàm số có đạo hàm y, = với x nên đơn điệu tăng và liên tục R x3 1 y = có hàm ngược y = x3 1 x (vì y = x= 2x ) x3 1 2x Do đó nghiệm phương trình là là nghiệm phương trình x3 1 =x x3 -2x + = x = x = Vậy nghiệm phương trình là x= và x = 1 1 (36) k.3 Nhận xét: Phương pháp miền giá trị và phương pháp hàm số trên mang nội dung kiến thức bậc phổ thông trung học nên không áp dụng vào việc giảng dạy bậc THCS mà dành cho giáo viên dạy bậc THCS tham khảo thêm mà nên tìm cách đa phương pháp quen thuộc để dạy học sinh THCS Chẳng hạn ví dụ ta có thể đa hệ phương trình nh sau: x3 + = 2 x Đặt t = Ta có hệ: x 2x -1 = t3 x3 + = 3t 2x -1 = t3 x3 – t3 + (x-t) = x1 =1 ; x2,3 = 1 (37)