mot so dang phuong trinh vo ti va pp giai

3 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm... Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương trình.[r]

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Phương pháp nâng lên lũy thừa g(x)  f (x)  g(x)   f (x)  [g(x)] Ví dụ Giải phương trình: x   x  (1) x  x  x  Giải: (1)     x   x   x   x  3x  a) Dạng 1: Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = Tổng quát: b) Dạng 2: 2k g(x)  f (x)  g(x)   2k f (x)  g(x)  f (x)  g(x)  h(x) Ví dụ Giải phương trình: x    x  (2) Giải Với điều kiện x ≥ Ta có: (2)  x3 x2 5  2x   (x  3)(x  2)  25  (x  3)(x  2)  12  x 2  x  12 2  x  12  x 6 25x  150 x  x   144  x  24x   2 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x) Ví dụ Giải phương trình: x   x   12  x (3) Giải: Với điều kiện ≤ x ≤ 12 Ta có: (3)  x   12  x  x   x    (12  x)(x  7)  19x  x  84  x   4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 =  5x2 – 84x + 352 =  x1 = 44 ; x2 = (thỏa ĐK) 44 ; x2 = f (x)  g(x)  h(x)  k(x) Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = d) Dạng 4: Ví dụ Giải phương trình: x  x   x   x   (4) Giải: Với điều kiện x ≥ Ta có: (4)  x   x  x   x   2x   x(x  9)  2x   (x  4)(x  1)   x(x  9)  (x  1)(x  4)  49  x  9x  14 x(x  9)  x  5x   45 + 14x + 14 x(x  9) = Với x ≥  vế trái phương trình luôn là số dương  phương trình vô nghiệm  Trường hợp: f(x) + h(x) = g(x) + k(x) f(x).h(x) = g(x).k(x) thì ta đưa dạng: f (x)  h(x)  k(x)  g(x) bình phương vế VD1: Giải pt: 3x   x   x  2x  (*) HD Giải: Đk x  Bình phương vế không âm phương trình ta được:   x  3 3x  1  x  x  x  1 , để giải phương trình này phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x   x   x  x  Bình phương hai vế ta có: x  x   x  12 x  x  Thử lại x=1 thỏa VD2 Giải phương trình sau : x3   x   x2  x   x  x 3 HD Giải: Điều kiện : x  1 Ta có nhận xét : (2)  x3  x   x  x  x  , từ nhận xét này ta có lời giải sau : x 3 x3   x   x2  x   x  x3 x  1 x3  Bình phương vế ta được:  x2  x   x  x     x3  x   Thử lại : x   3, x   là nghiệm 2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa Ví dụ Giải phương trình: x  4x   x  Giải: (1)  (1) x  x    (x  2)2   x  x    x    x    x    x   x   x   x    0x  6   Ví dụ Giải phương trình x   x   x  10  x   x   x  (2) Giải: (2)  x   x    x   2.3 x    x   x    x   1 | x   | 2.| x   1| Đặt y = x  (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành: y  1 | y  | | y  1| – Nếu ≤ y < 1: y + + – y = – 2y  y = –1 (loại) – Nếu ≤ y ≤ 3: y + + – y = 2y –  y = – Nếu y > 3: y + + y – = 2y – (vô nghiệm) Với y =  x + =  x = Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x = Trục thức 3.1 Trục thức để xuất nhân tử chung a) Phương pháp Với số phương trình ta có thể nhẩm nghiệm x0 phương trình luôn đưa dạng tích  x  x0  A  x   ta có thể giải phương trình A  x   chứng minh A  x   vô nghiệm, chú ý điều kiện nghiệm phương trình để ta có thể đánh giá A  x   vô nghiệm b) VD: Giải pt: 2x   x   x  (*) HD giải: ĐK: x  Ta thấy 2x + – (x + 2) = x + Do đó ta nhân lượng liên hiệp vào vế (*) ta được:  2x   x   x    x  3   x  3     2x   x  2x   x      x  3  2x   x     x  3 2x   x       pt vô nghiệm vì x   2x   x    3.2 Đưa “hệ tạm” a) Phương pháp:  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà: A  B   C đây C có thể là số, hay biểu thức x Ta có thể giải sau :  A  B  C A B  A  C   C  A  B   , đó ta có hệ:  A B  A  B   b) VD: Giải phương trình sau : x  x   x  x   x  HD Giải: Ta thấy :  x  x     x  x  1   x   x  4 không phải là nghiệm Xét x  4 Trục thức ta có : 2x  2  x   2x2  x   2x2  x   2x  x   x  x  x   x  x   x  x   2 Vậy ta có hệ:   2x  x   x    2 x   x  x   x  x   x   Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= Phương trình biến đổi tích  Sử dụng các đẳng thức u  v   uv   u  1 v  1  au  bv  ab  vu   u  b  v  a   A2  B VD1: Giải pt: x   x   x  2x   HD giải: ĐK: x  (1)  x    x  3 x  1  x    (1)    x    x  2 x   1 x 1     x   x     Kết hợp Đk ta x=2 là nghiệm pt x  10 x  21  x   x   VD2: Giải pt: (2) HD Giải: ĐK: x  -3 ( x  3)( x  7)  x   x    (2)  x  3( x   3)  2( x   3)    x3 2  x   x   ( x   3)( x   2)      x   x 1  x    (nhận) Vậy pt có nghiệm x=1; x=2 x   x x   x  x2  4x  VD Giải phương trình: Giải: ĐK: x  1 pt   x  3 x  1    x   2x x   2x    x   2x   x 1 1   4x  x    x   2x x     x   x   x   x   Vậy pt có nghiệm: x = 0; x =  Dùng đẳng thức Biến đổi phương trình dạng : Ak  B k 3x  x VD1 Giải phương trình : HD Giải:  x (1) Đk:  x  3  10 10   (1)  x  x  x     x    x   3 3  VD2 Giải phương trình sau : x   x  x  (2) HD Giải: Đk: x  3 x 1  x    3x 2 (2)    x  x     x  5  97  x    3 x  18     VD3: Giải pt: x  14  x  x x  x  14 x  x  24  (3) HD giải: ĐK: x  0; x  8 (3)  x  8x   x+7  x  8x  x  14x  49  25   x  8x  x    x  8x  x  12  x  9  25    (thỏa ĐK)  x   x  8x  x   5  x  8x  x   Vậy pt có nghiệm: x = -9; x =   x  8x  x   Phương pháp đặt ẩn phụ 5.1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường (1 ẩn phụ)  Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t  f  x  và chú ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta có thể giải phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem “ hoàn toàn” Nói chung phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t  f  x  thường là phương trình dễ VD1 Giải phương trình: x  x   x  x   HD giải: Điều kiện: x  Nhận xét x  x  x  x   1 Đặt t  x  x  (t  0) thì phương trình có dạng: t    t  (vì t  0) t Thay vào tìm x  VD2 Giải phương trình: x  x   x  Giải Điều kiện: x   t2  Đặt t  x  5(t  0) thì x  Thay vào ta có phương trình sau: t  10t  25 2  (t  5)   t  t  22t  8t  27  16  (t  2t  7)(t  2t  11)  Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2  1  2; t3,4   Do t  nên nhận các gái trị t1  1  2, t3   Từ đó tìm các nghiệm phương trình l: x   vaø x   VD3 Giải phương trình sau: x   x   HD: Điều kiện:  x  Đặt y  x  1( y  0) thì phương trình trở thành: y  y    y  10 y  y  20  ( với y  5)  ( y  y  4)( y  y  5)   y   21 1  17 (loại), y  2 11  17 5.2 Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u   uv   v  (1) cách Từ đó ta tìm các giá trị x  u u Xét v  phương trình trở thành :          v v v  thử trực tiếp Các trường hợp sau đưa (1)  a A  x   bB  x   c A  x  B  x    u   v  mu  nv Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) các biểu thức vô tỉ thì nhận phương trình vô tỉ theo dạng này a) Phương trình dạng: a A  x   bB  x   c A  x  B  x  Như phương trình Q  x    P  x  có thể giải phương pháp trên  P  x   A  x  B  x   Q  x   aA  x   bB  x  Xuất phát từ đẳng thức : x    x  1  x  x  1 x  x    x  x  1  x   x  x  1 x  x  1    x4   x2  2x  x2  2x  x    x  x  1 x  x  1 VD1 Giải phương trình :  x    x3  HD Giải: Ta thấy: x    x  1  x  x  1 x2 +2 = (x + 1) + (x2 – x + 1) Do đó ta đặt u  x  1, v  x  x  u  2v  37 Phương trình trở thành :  u  v   5uv   Tìm được: x  u  v  2 VD2: giải phương trình sau : x  x   x  Giải: Đk: x    Nhận xét : Ta viết   x  1   x  x     x  1  x  x  1  Đồng thức ta được:  x  1  x  x    x  1  x2  x  1 v  9u Đặt u  x   , v  x  x   , ta được: 3u  2v  uv   v  u  Ta : x   b) Phương trình dạng :  u   v  mu  nv Phương trình cho dạng này thường khó “phát hiện” dạng trên, ta bình phương hai vế thì đưa dạng trên VD1 Giải phương trình : x  x   x  x  HD Giải: u  x Ta đặt :  đó phương trình trở thành : u  3v  u  v 2 v  x  VD2.Giải phương trình sau : x  x  x   x  x  Giải Đk x  Bình phương vế ta có : x  x   x  1  x   x  x   x  1   x  x    x  1  1 v u  u  x  x 2  Ta có thể đặt :  đó ta có hệ : uv  u  v   1 v  x  v u   1 1 Do u , v  u  v  x2  2x   x  1 2 VD3 giải phương trình : HD Giải: x  14 x   x  x  20  x  Đk x  Chuyển vế bình phương ta được: x  x   x  x  20   x  1 Nhận xét: không tồn số  ,  để : x  x     x  x  20     x  1 ta không thể đặt u  x  x  20  v  x   Nhưng may mắn ta có :  x  x  20   x  1   x   x   x  1   x    x  x   Ta viết lại phương trình:  x  x     x    ( x  x  5)( x  4) Đến đây bài toán giải 5.3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn   VD1 Giải phương trình : x   x  x   x  HD Giải: t  Đặt t  x  (t ≥ ) thì x2 = t2 - , ta có pt: t    x  t   x    t  x  t = ta được: t  x  =3 x2 = 7 x = ± x  x 1  t = x – ta được: t  x  = x –    1  pt vô nghiệm  x   x  2x   x   Vậy pt có nghiệm là x = ± VD2 Giải phương trình: 2 x    x  x  16 HD Giải: ĐK: x    Bình phương vế phương trình ta được:  x    16  x  16   x   x  16    x   16   x   x  8x x  t1   Ta đặt : t   x  Ta pt: 4t  16t  x  8x    t   x   2  x   t2 < (không thỏa t ≥ 0)    x2 9x  32 x  2x     x2       x  0  x  0  x   5.4 Đặt ẩn phụ đưa hệ pt: 5.4.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường  Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ   x  và   x  từ đó tìm hệ theo x  Với t1= ta có: u,v VD1 Giải phương trình sau: x   x   Điều kiện: x  Đặt a  x  1, b   x  1( a  0, b  0) thì ta đưa hệ phương trình sau: a  b   (a  b)(a  b  1)   a  b    a  b   b  a   11  17 Vậy x     x   x    x  x  x2  x   x2  x   x  VD2: Giải pt: HD giải: Đặt u = x  x  ; v = x  x  ( u  0; v  ) thì: u2 – v2 = 9x – u  v  9x  u  v  u  v  u  v   u  v  u  v  1    u  v  (không TMDK ) u  v  9x  u  v thì x  x  = x  x   x  5.4.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II Dạng: ax  b  r (ux  v )  dx  e (a, u , r  0) Phương pháp: Đặt ax + b = uy + v đưa hệ pt đối xứng theo ẩn x, y Ta có hệ pt:  2 VD1: Giải phương trình: x  x  2 x  1 Điều kiện: x  Ta có phương trình viết lại là: ( x  1)2   2 x   x  x  2( y  1) Đặt y   x  thì ta đưa hệ sau:   y  y  2( x  1) Trừ hai vế phương trình ta ( x  y )( x  y )  Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x   VD2 Giải phương trình: x  x   x  Giải Ta biến đổi phương trình sau: x  12 x   x   (2 x  3)  x   11 Điều kiện x   (2 x  3)  y  Đặt y   x  ta hệ phương trình sau:   ( x  y )( x  y  1)  (2 y  3)  x   Với x  y  x   x   x   Với x  y    y   x  x   Kết luận: Nghiệm phương trình là {1  2;  3} 3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a) Chứng tỏ tập giá trị hai vế là rời nhau, đó phương trình vô nghiệm Ví dụ Giải phương trình x   5x   3x  Cách điều kiện x ≥ Với x ≥ thì: Vế trái: x   5x   vế trái luôn âm Vế phải: 3x  ≥  vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm Cách Với x ≥ 1, ta có: x   5x   3x   x   8x   (5x  1)(3x  2)   7x  (5x  1)(3x  2) Vế trái luôn là số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥  phương trình vô nghiệm b) Sử dụng tính đối nghịch hai vế Ví dụ Giải phương trình: 3x  6x   5x  10x  14   2x  x (1) Giải: Ta có (1)   x  2x      x  2x     (x  2x  1)  5      3(x  1)   5(x  1)    (x  1) Ta có: Vế trái ≥     Dấu “=” xảy  x = –1 Vế phải ≤ Dấu “=” xảy  x = –1 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm x = –1 c) Sử dụng tính đơn điệu hàm số (tìm nghiệm, chứng minh nghiệm đó là nhất) Ví dụ Giải phương trình: Giải: điều kiện x ≥ x7   2x  2x  x 1 Dễ thấy x = là nghiệm phương trình  x  : VT =     Mà: VP >  x 1 – Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x  > 2.22 + =  VT <  – Nếu Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x = 3x  7x   x   3x  5x   x  3x  Ví dụ 2: Giải phương trình: Giải: Thử với x = Ta có: 3.4  7.2   22   3.22  5.2   22  3.2   1   (1)  (3x  5x  1)  2(x  2)  (x  2)  3(x  2)  3x  5x   x  Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = là nghiệm phương trình  6 3 x 2x Giải: ĐK: x < Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm phương trình Ta cần chứng minh đó Ví dụ Giải phương trình: là nghiệm Thật vậy: Với x <  và 3 x : Tương tự với 8 4    2x 3 x 2x  6 3 x 2x < x < 2: Ví dụ Giải phương trình: 3x(2  9x  3)  (4x  2)(1   x  x )  (1)   3x        (2x  1)    (1)  3x  (3x)2   (2x  1)  (2x  1)2   Giải: (3x) (2x  1)   1 thì các biểu thức hai vế Vậy x =  5   là nghiệm phương trình Hơn nghiệm (1) nằm khoảng   ;  Ta chứng   Nếu 3x = –(2x + 1)  x =  minh đó là nghiệm Với   x   : 3x < –2x – <  (3x)2 > (2x + 1)2   (3x)    (2x  1)      Suy ra: 3x  (3x)2   (2x  1)  (2x  1)    (1) không có nghiệm khoảng này Chứng minh tương tự, ta đến kết luận (1) không có nghiệm   x   d) Sử dụng điều kiện xảy dấu “=” bất đẳng thức không chặt Ví dụ Giải phương trình Giải: điều kiện x  x 4x   2 x 4x  1 Áp dụng bất đẳng thức Với điều kiện x  a b   với ab > b a  x 4x   Nên: x 4x    Dấu “=” xảy  x  4x   x  4x   x 4x   x  4x     (x  2)2   x     x  