Đang tải... (xem toàn văn)
và chú ý điều Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể gi[r]
(1)I.MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CƠ BẢN x D (*) A B A B 0 A B Dạng : Phương trình Lưu ý: Điều kiện (*) chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp A 0 hay B 0 Dạng 2: Phương trình Dạng 3: Phương trình A 0 A B C B 0 A B AB C (chuyển dạng 2) +) +) B 0 A B A B A B C A B 3 A.B A B C 3 3 và ta sử dụng phép : √ A + √ B=√ C ta phương trình : A B A.B.C C Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) √ x2 −1=x −1 ; 2) x − √ x+ 3=0 ; 3) x + √ x +1=1 ; 4) √ x −2+ √ x − 1=3 ; 5) √ 3+ x − √ − x=1 ; 6) √ x+ 9=5 − √ x+ ; 7) x x x ; 8) (x+3) √ 10− x =x − x −12 ; Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ − x +3 x −2= √ m+ x − x ; Bài 3: Cho phương trình : √ x2 −1 − x=m Giải phương trình m = Tìm m để phương có nghiệm; Bài 4: Cho phương trình : √ x +mx −3=x − m Giải phương trình m = Tìm giá trị m để phương trình đã cho có nghiệm II MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 2 A Phương pháp đặt ẩn số phụ 1.Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường a)Nếu bài toán có chứa f ( x) và f ( x ) đó đặt t f ( x ) (với điều kiện tối thiểu là t 0 các phương trình có chứa tham số thì thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ) b)Nếu bài toán có chứa đặt : t f ( x ) , đó f ( x) , g ( x) g ( x) và f ( x) g ( x) k (với k là số) đó có thể k t f ( x) g ( x) ; f ( x).g ( x) và f ( x) g ( x ) k đó có thể đặt: t2 k f ( x).g ( x) t f ( x) g ( x) suy t 2 x a sin t x a cos t với d)Nếu bài toán có chứa a x thì đặt với t c)Nếu bài toán có chứa (2) 2 x a thì đặt e)Nếu bài toán có chứa t 0; \ x a a t ; \ 0 x 2 sin t với cos t với 2 t ; x a ta có thể đặt x a tan t với 2 f)Nếu bài toán có chứa Bài 1: Giải các phương trình sau: 2 a) x x x 12 x 2 b) x x 3x x 2 c) x x x x 12 2 d) 3x 15 x x x 2 e) ( x 4)( x 1) x x 6 f) x x 2 x x 1 (hai đặt căn) g) x 3x 2 x x (hai đặt căn) 2 h) x x 11 31 i) ( x 5)(2 x) 3 x 3x Bài 2: Giải các phương trình: a) x 3+ √ ( − x ) =2 x √ − x ; b) x2 c) x x x x 0 ; 1 x 1 x 2 x ; 2 d) 64 x 112 x 56 x 2 x ; x e) f) x 35 x 12 ; x 3 x 1 x 3 x 1 x 1 m x 1 x Bài 4: Cho phương trình: m 2 -Giải phương trình với -Tìm m để phương trình có nghiệm x x x x m 0 Bài 5: Cho phương trình: -Giải phương trình với m = -Tìm m để phương trình có nghiệm (3) Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Là việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ các hệ số còn chứa x x 1 x x 0 2x x x x 0 -Từ phương trình tích , Khai triển và rút gọn ta phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải thể qua các ví dụ sau Bài Giải phương trình : x2 x x 1 x t 3 t x t 3x 0 t x Giải: t x , ta có : 2 Bài Giải phương trình : x 1 x x x Giải: Đặt : t x x 3, t 2 Khi đó phương trình trở thnh : x 1 t x x x 1 t 0 Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có chẵn t 2 x x x 1 t x 1 0 t x 1 t x 1 0 t x Từ phương trình đơn giản : pt sau 1 x 1 x x x 0 , khai triển ta Bài Giải phương trình sau : x 3 x x x Giải: Nhận xét : đặt t x , pttt: x 3 x 2t t x (1) Ta rt x 1 t thay vo thì pt: 3t x t x 0 Nhưng không có may mắn để giải phương trình theo t 1 x 48 x 1 không có dạng bình phương Muốn đạt mục đích trên thì ta phải tách 3x theo Cụ thể sau : x x x 1 x , 1 x thay vào pt (1) ta được: Bài Giải phương trình: 2 x x x 16 Giải Bình phương vế phương trình: t x 0 x 16 x 16 x 9 x 16 Ta được: x 16t 32 x 0 x x 2 x 8 Ta phải tách làm cho t có dạng chình phương Nhận xét : Thông thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự thì đạt mục đích Ta đặt : (4) Bài tập: Giải các phương trình sau: 3 a) (4 x 1) x 2 x x ; 2 b) x 2 x x x ; 2 2 c) x 2 x x x ; d) x x ( x 2) x x ; 2.Giải các bất phương trình vô tỉ: x 3+1=2 √3 x − √ 1+ √1 − x 2=x (1+2 √1 − x ) √ x −2+ √ x − 1=4 x − 9+ √ x −5 x +2 (x − 3)( x+1)+4 ( x − 3) x +1 =− √ x −3 √ x+ − √ − x=√ 1− x Phương pháp đặt ẩn phụ chuyển hệ u x , v x x x a) Dạng thông thường: Đặt và tìm mối quan hệ và từ đó tìm hệ theo u,v Chẳng hạn phương trình: m a f x m b f x c ta u m a f x u m v m a b m m v m b f x u v a b có thể đặt: từ đó suy Khi đó ta có hệ u v c Bài tập: Giải các phương trình sau: 3 a) x 1 x b) x 2 x c) x x ( x 1) x x x 0 b) Dạng phương trình chứa bậc hai và lũy thừa bậc hai: d ac ax b c(dx e) x với e bc Cách giải: Đặt: dy e ax b đó phương trình chuyển thành hệ: dy e ax b dy e ax b 2 dy e c ( dx e ) x c dy e x dy e ->giải Nhận xét: Dể sử dụng phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban đầu dạng thỏa mãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn ; thông thường chúng ta n x p n a' x b' cần viết dạng : là chọn c) Dạng phương trình chứa bậc ba và lũy thừa bậc ba d ac ax b c dx e x e bc với Cách giải: Đặt dy e ax b đó phương trình chuyển thành hệ: dy e ax b c dy e acx bc dy e ax b 3 dy e c dx e x c dx e x dy e c(dx e) (ac d ) x dy bc Bài tập: Giải các phương trình sau: 1) x x x 2) 3x x 13x 3 3) x 3 x 4) 4x 7 x x 28 x 0 (5) 3 5) x 2 x 6) x 35 x x 35 x 30 7) x 13x 3x 0 8) x 13x 3x 0 81x x x x 9) 10) √3 x+1=8 x3 − x − 15 30 x x 2004 30060 x 11) 3 12) 3x 8 x 36 x 53 25 B.Phương pháp hàm số (dùng cho lớp 12)(R) Sử dụng các tính chất hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc Ta có hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x) k Bước 2: Xét hàm số y f ( x ) Bước 3: Nhận xét: Với x x0 f ( x) f ( x0 ) k đó x0 là nghiệm Với x x0 f ( x) f ( x0 ) k đó phương trình vô nghiệm Với x x0 f ( x) f ( x0 ) k đó phương trình vô nghiệm Vậy x0 là nghiệm phương trình Hướng 2: thực theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x) g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định f ( x ) và g(x) có tính chất trái ngược và xác định x0 cho f ( x0 ) g ( x0 ) Bước 3: Vậy x0 là nghiệm phương trình Hướng 3: Thực theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng f (u ) f (v) Bước 2: Xét hàm số y f ( x ) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f (u ) f (v) u v x 1 Ví dụ: Giải phương trình : pt x 1 x 1 3x f t t t Xét hàm số Bài tập: Giải phương trình: 1) x x 1 ; 2) x x x ; 3) x 3 x x ; x x x x 0 3x f x 1 f 3x , là hàm đồng biến trên R, ta có x (6) 4) x 1 x x x ; 5) x x 3 ; 6) x x 4 x ; Bài : a)(ĐHXD) Giải pt b) (CĐSP MG 2004) x x 2 x x x 2 x c) (CĐSP NINH BÌNH) 3x x 1 d) (CĐ hoá chất) x x x e) (CĐ TP 2004) x x 7 g) (CĐSP bến tre) x x x 0 2 h) (CĐ truyền hình 2007) x x x x x ĐS: a) x=1 b) x=14/5 c) x=9 d) x=1 e) x=5 g) x=2 h) x=-1 Bài 2: x x ( x 1)(4 x) 5 a)(ĐHNN-2001) Giải phương trình x x ( x 2)(5 x) 4 b) (CĐ Nha trang 2002) : Hdẫn: a) ĐK: -1≤x≤4 Đặt t= x x Giải t=-5 (loại), t=3 Giải t=3 x=0 3 b) x= Bài a)(ĐHQG KD-2001) Giải phương trình x x 1 3 b) (CĐXD 2003) x x x 0 Hdẫn: a) ĐK: x≥1/2 Xét hàm số y= x x HSĐB trên [1/2;+∞) Và f(1/2)=1 Vậy phương trình có nghiệm x=1/2 b)x=-1 là nghiệm 3 Các hàm số y= x ; y= x ; y= x ĐB 2 Bài : Giải pt x x x 2 x ĐK : x ≤-3,x=-1,x≥1 -Với x=-1 Thoả mãn pt -Với x≤-3 thì VP<0 loại -Với x≥1 pt (7) ( x 1)(2 x 6) ( x 1)( x 1) 2 ( x 1) x x 2 x Tiếp tục bình phương vế thu x=1 Vậy pt có nghiệm x=1 ; x=-1 2 Bài : (ĐH mỏ điạ chất) Giải pt x x 2 x x ĐK : x 2 Đặt t= x x Giải t=2 ; t=-4/3 +t=2 x=0, x=2 14 14 x ;x 3 +t=-4/3 (loại) KL : Pt có nghiệm x 3 x 3x Bài : (HV CNBCVT) Giải pt Giải : ĐK : x≥2/3 x 3 x 3 ( x 3x 2) x x 5 Trục thức ta PT trên có nghiệm x=2 HS y= x x ĐB x=2 là nghiệm Bài 7: Giải phương trình 3(2 x 2) 2 x x ĐK: x≥2 2(3 x) x x 2(3 x)( x x 2) 8(3 x) x 3 pt x x 4 11 15 KL: x=3; x= Bài 8: Giải phương trình x x 7 ĐK:x -7 Đặt t x 0 t x x t x t ( x t ) ( x t )( x t 1) 0 2 Phương trình trở thành t x 29 Giải x=2; x= 3 a) x 2 x x 2 x y x y 2 x - Phơng trình đợc chuyển thành hệ (8) x y x 2 y x 2 y x 2 y x xy y 0( ) y 2 x x y 2( x y ) x 2 y x y 1 x y 1 x y Vậy phơng trình đã cho có nghiệm 2 3 c) (2 x) (7 x) (7 x)(2 x) 3 u v uv 3 u 3 x pt 3 v 3 x u v 9 u v 3 u 1; v 2 x 1; uv 2 d) x 1 x u 3 x v x 1;v 0 u 1 v u 0;1; 2; v 1;0;3 u v 1 x 1;2;10 Bài 9: Giải phương trình x x 2 x x ĐK: x≥2 2 Đặt t x x t x x Thế vào phương trình giải t=1; t=-2 từ đó giải x=2 Bài 10: (Tham khảo 2002) giải phương trình x x 2 x 12 x 16 ĐK:x≥4 Phương trình x x ( x x 4) 12 Đặt t= x x ≥0 giải phương trình ẩn t t=4; t=-3 (loại) Giải x=5 Bài 11 : x 3 x2 x x x a)(CĐSP 2004) Giải pt b) (ĐH-KD-2005) x x a) ĐK ; x≥1 x 3 x 1 x Pt Xét 1≤x≤2 : giải nghiệm x=1 xét x>2 giải x=5 b)x=3 x 4 C Phương pháp biến đổi (R) (9) 1.Bình phương hai vế: a) √ A + √ B=√ C+√ D ⇔ A + B+2 √ AB=C Đôi gặp khó khăn Nếu phương trình có A + C = B + D A.C= DB thì ta giải sau: √ A + √ B=√ C+√ D ⇒ √ A − √ C= √ D − √ B ⇒ A +C − √ AC=B+ D −2 √ BD ⇒ √ AC=√ DB ⇒ AC=DB (1) Giải phương trình hệ (1) nghiệm sau đó thử lại với phương trình đã cho 3 b) √ A + √ B=√ C ⇒ A+ B+3 √3 AB ( √3 A+ √3 B)=C (2) ,Thay √3 A + √3 B=√3 C vào phương trình (2) ta được: A + B+3 √3 ABC=C (3).Giải phương trình (3) thử lại nghiệm phương trình (2) c) Ví dụ: i) x 3x 2 x x ; Giải Đk x 0 1 x 3 x x x x 1 Bình phương vế không âm phương trình ta được: , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x 2x 4x x 3 2 Bình phương hai vế ta có : x x x 12 x x 1 Thử lại x=1 thỏa ii) √ x +1 + √ x +1=√ x − x +1+ √ x+ x +3 Giải Điều kiện : x Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển nào? Ta có nhận xét : (2) x3 x 3 x3 x x x x x 3 , từ nhận xét này ta có lời giải sau : x x2 x 1 Bình phương vế ta được: x 1 x3 x x x x 0 x 3 x 1 x 1 2.Trục thức: *) Nếu phương trình mà ta giải nhẩm nghiệm x o thì ta phân tích phương trình đã cho dạng ( x − x o) A ( x )=0 (4).Chú ý tới điều kiện xác định phương trình để có thể chứng minh phương trình A(x) = là vô nghiệm Chú ý: Quá trình phân tích phương trình đã cho dạng (4) có thể trục thức cách nhân hai vế phương trình đã cho với lượng liên hợp *) Ví dụ: Giải các phương trình sau: i) √ x −5 x+1 − √ x − 2=√ 3(x − x −1)− √ x −3 x +4 Giải (10) Ta nhận thấy : 3x x 1 3x 3x 3 x v x 2x 3x x x x 1 x 3x 3 x 3x x x 3x Ta có thể trục thức vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm phương trình ii) Giải √ x2 +12+5=3 x +√ x 2+5 x 12 x 3 x 0 x Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm phương trình , phương trình có thể phân tích dạng x A x 0 , để thực điều đó ta phải nhóm , tách sau : 2 x 12 3 x x x2 x 2 x 12 x2 x 12 x2 3 x x2 x 1 0 x 2 x2 x2 x2 0, x x2 Dễ dàng chứng minh : x 12 iii) √3 x2 −1+ x=√ x − Giải Đk x Nhận thấy x=3 là nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 3 x 3 x x x x x x 1 2 3 x x3 x x 3 x 3 1 1 x 3x 2 2 3 x 2 x 14 x 1 x3 Ta chứng minh : 3 Vậy pt có nghiệm x=3 3.Đưa hệ tạm: *) Nếu phương trình vô tỉ có dạng √ A + √ B=C ,mà : A − B=αC đây C là số ,có thể là biểu thức x.Ta có thể giải sau: ¿ A−B =C ⇒ √ A − √ B=α ,Khi đó ta có hệ √ A − √B √ A+ √ B=c √ A − √ B=α ⇒ √ A=C+ α ¿{ ¿ *) Ví dụ: Giải các phương trình sau: i) √ x + x+ 9+ √ x − x+ 1=x+ Giải (11) 2x x x x 1 2 x Ta thấy : x không phải là nghiệm Xét x 2x Trục thức ta có : Vậy ta có hệ: 2x x 2 x x 1 x x2 x x x 2 x x x x 2 2 x2 x x 2 x x x x x x 0 x 8 Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= ii) √ x + x+1+ √ x − x+1=3 x Giải Ta thấy : 2x x 1 x x 1 x x Ta có thể chia hai vế cho x và đặt t , không thỏa mãn điều kiện trên x thì bài toán trở nên đơn giản 4.BÀI TẬP : Giải các phương trình sau: 1) x 2+3 x +1=( x+ 3) √ x2 +1 2) √ − √10 −3 x=x −2 3) √ (2− x)(5 − x )=x + √ (2 − x)( 10− x) 4) √3 x2 + 4=√ x −1+2 x −3 5) √3 x2 −1+ √ x3 −2=3 x −2 6) x −11 x+ 21− √3 x − 4=0 7) √ x − 1+ √ x −3 x − 2=√ x +2 x+3+ √ x − x+ 8) √ x +16 x+18+ √ x − 1=2 x+ 9) √ x2 +15=3 x −2+ √ x 2+ 5.Biến đổi tích: *) Sử dụng các công thức: +) u+v = 1- uv ⇔ (u-1)(v-1) = +) au + bv = ab + uv ⇔ (a-v)(b-u) = +) A − B ¿ =0¿⇔ A − B=0 *) Ví dụ:Giải các phương trình: √3 x+1+ √3 x +2=1+ √3 x 2+3 x +2 Giải: ( √3 x+ 1−1 )( √3 x +2 −1 ) =0 ⇔ x=0 ¿ x=−1 Pt ⇔ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ √3 x+1+ √3 x 2=√3 x+ √3 x + x Giải (12) + x = 0, không có nghiệm +x 0, chia hai vế pt cho x ta có: √ x +1 3 + √ x=1+ √ x +1⇔ x √ x+3+ x √ x +1=2 x+ √ x +4 x+3 Giải ( √ x+3 − x ) ( √ x +1 −1 ) =0 ⇔ Đk x Giải Đk x 3 x=0 ¿ x=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ -1: pt ⇔ √ x+3+ ( √ x+1x − 1) ( √ x − 1)=0 ⇔ x=1 4x =4 √ x √ x+ Chia hai vế cho √ x+3 ta có: √ Dùng đẳng thức k k Biến đổi phương trình dạng : A B x x Bài Giải phương trình : Giải: 4x 4x 4x 1+ =2 ⇔ 1− =0 ⇔ x =1 x +3 x +3 x+3 ( √ ) 3x Đk: x đó pt đ cho tương đương : x 3x x 0 3 10 10 x x 3 3 Bài Giải phương trình sau : x 9 x x Giải: Đk: x phương trình tương đương : 1 3 x x 3 x 9 x x 3x Bài Giải phương trình sau : Giải : pttt x2 3x x 1 x 97 18 3 x x 2 x 3 3x x 0 x 1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ(R) Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường t f x và chú ý điều Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt 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 trình dễ Bài Giải phương trình: Điều kiện: x 1 x t f x x x x 2 thường là phương (13) x x x 1 x Nhận xét t 2 t 1 t Đặt t x x thì phương trình có dạng: Thay vào tìm x 1 2 Bài Giải phương trình: x x x Giải Điều kiện: x t2 x Thay vào ta có phương trình sau: Đặt t x 5(t 0) thì t 10t 25 2 (t 5) t t 22t 8t 27 0 16 2 (t 2t 7)(t 2t 11) 0 Ta tìm bốn nghiệm là: t1,2 2 2; t3,4 1 2 Do t 0 nên nhận các gái trị t1 2, t3 1 Từ đó tìm các nghiệm phương trình l: x 1 vaø x 2 Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế phương trình với điều kiện x x 0 2 Ta được: x ( x 3) ( x 1) 0 , từ đó ta tìm nghiệm tương ứng Đơn giản là ta đặt : y x và đưa hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa hệ) Bài Giải phương trình sau: x x 6 Điều kiện: x 6 Đặt y x 1( y 0) thì phương trình trở thnh: y y 5 y 10 y y 20 0 21 17 y (loại), y 2 ( với y 5) ( y y 4)( y y 5) 0 11 17 x Từ đó ta tìm các giá trị 2 Bài (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : Giải: đk x 1 Đặt y x pttt y Bài Giải phương trình sau : Giải: Điều kiện: x y Đặt x , ta giải y 1002 0 y 1 x 0 x2 2x x Chia hai vế cho x ta nhận được: t x x 2004 x 3x x x2 x 1 3 x x x (14) Bài Giải phương trình : x x x 2 x 1 x x 2 x x Giải: x 0 không phải là nghiệm , Chia hai vế cho x ta được: 1 x t x x , Ta có : t t 0 Đặt t= Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 15 x x x 15 x 11 x x 11 31 ( x 5)(2 x) 3 x x n (1 x)2 n x n (1 x)2 0 (1 x)(2 x) 1 x x x (2004 x )(1 x 17 x x 17 x 9 x )2 ( x x 2)( x x 18) 168 x x x 4 x x x x x 3 Nhận xét : cách đặt ẩn phụ trên chúng ta giải lớp bài đơn giản, đôi phương trình t lại quá khó giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến (R) 2 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u uv v 0 (1) cách u u 0 v Xét v 0 phương trình trở thành : v v 0 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 A x bB x c A x B x a) Phương trình dạng : Q x P x Như phương trình có thể giải phương pháp trên P x A x B x Q x aA x bB x Xuất phát từ đẳng thức : x3 x 1 x x 1 x x x x 1 x x x 1 x x 1 x4 1 x2 2x x2 2x x x x 1 x x 1 Hãy tạo phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: x 2 x x (15) Để có phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c cho phương trình bậc hai at bt c 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài Giải phương trình : x 5 x Giải: Đặt u x 1, v x x 2 u v 2 Phương trình trở thành : Bài Giải phương trình : u 2v 5uv u 1 v x 3x Tìm được: x 37 x x2 1 3 Bài 3: giải phương trình sau : x x 7 x Giải: Đk: x 1 x 1 x x 1 7 x 1 x x 1 Nhận xt : Ta viết Đồng thức ta được: x 1 x x 1 7 x 1 x x 1 v 9u 3u 2v 7 uv v 1 u Đặt u x 0 , v x x , ta được: Ta : x 4 Bài Giải phương trình : Giải: x3 3x x 2 x 0 Nhận xét : Đặt y x ta hãy biến pt trên phương trình bậc x và y: x y x 3x y x 0 x3 xy y 0 x y Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 b).Phương trình dạng : u v mu nv Phương trình cho dạng này thường khó “phát “ dạng trên , nhưg ta bình phương hai vế thì đưa dạng trên 2 Bài giải phương trình : x x x x Giải: u x 2 Ta đặt : v x đó phương trình trở thành : u 3v u v Bài 2.Giải phương trình sau : Giải Đk x x x x x 3x x 1 Bình phương vế ta có : x x 1 x x x x 1 x x x 1 (16) 1 v u 2 uv u v u x x 1 u v Ta có thể đặt : v 2 x đó ta có hệ : 1 1 u v x2 2x x 1 2 Do u , v 0 Bài giải phương trình : x 14 x Giải: x x 20 5 x x x 5 x x 20 x 1 x Đk Chuyển vế bình phương ta được: x x x x 20 x 1 , Nhận xét : không tồn số thể đặt để : ta không u x x 20 v x Nhưng may mắn ta có : x x 20 x 1 x x x 1 x x x x x x 5 ( x x 5)( x 4) Ta viết lại phương trình: Đến đây bài toán giải Các em hãy tự sáng tạo cho mình phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn (R) x 1 x x 0 2x x x x 0 Từ phương trình tích , Khai triển và rút gọn ta phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải thể qua các ví dụ sau Bài Giải phương trình : Giải: x2 x x 1 x t 3 t x t x 0 t x , ta có : t x x2 x x2 1 Bài Giải phương trình : x 1 Giải: Đặt : t x x 3, t 2 Khi đó phương trình trở thnh : x 1 t x x x 1 t 0 Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có chẵn : t 2 x x x 1 t x 1 0 t x 1 t x 1 0 t x Từ phương trình đơn giản : pt sau 1 x 1 x x x 0 , khai triển ta (17) Bài Giải phương trình sau : x 3 x x x Giải: Nhận xét : đặt t x , pttt: x 3 x 2t t x (1) 3t x t 1 x 48 x 1 không có dạng bình phương Muốn đạt mục đích trên thì ta phải tách 3x theo Cụ thể sau : x 0 Ta rút x 1 t thay vào thì pt: Nhưng không có may mắn để giải phương trình theo t x x x 1 x , 1 x thay vào pt (1) ta được: Bài Giải phương trình: 2 x x x 16 Giải x 16 x 16 x 9 x 16 Bình phương vế phương trình: t x 0 Ta được: x 16t 32 x 0 x x 2 x 8 Ta phải tách làm cho t có dạng chính phương Nhận xét : Thông thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự thì đạt mục đích Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích Xuất phát từ số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo phương trình vô tỉ mà giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ các ẩn phụ để đưa hệ Ta đặt : a b c Xuất phát từ đẳng thức 3 3 a3 b3 c a b b c c a , Ta có a b c a b c a b a c b c 0 Từ nhận xét này ta có thể tạo phương trình vô tỉ có chứa bậc ba x x x x x 2 3x x x x 0 Bài Giải phương trình : x x x x x x x u x v x w 5 x Giải : , ta có : 30 239 u x 60 120 2 u uv vw wu 3 v uv vw wu 5 w2 uv vw wu u v u w 2 u v v w 3 v w u w 5 , giải hệ ta được: 2 2 Bài Giải phương trình sau : x x x x x x x a b c Giải Ta đặt : d 2x2 x 3x 2x2 2x x x2 a b c d x 2 2 a b c d , đó ta có : Bài Giải các phương trình sau (18) x x x x 9 x 3 x x x x x x3 x x Đặt ẩn phụ đưa hệ: (R) 5.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường u x , v x x x Đặt và tìm mối quan hệ và từ đó tìm hệ theo u,v Bài Giải phương trình: x 25 x3 x 25 x 30 3 3 Đặt y 35 x x y 35 xy ( x y ) 30 x y 35 Khi đó phương trình chuyển hệ phương trình sau: , giải hệ này ta tìm ( x ; y ) (2;3) (3; 2) x {2;3} Tức là nghiệm phương trình là 1 x x Bài Giải phương trình: Điều kiện: x x u u Đặt x v Ta đưa hệ phương trình sau: 1,0 v 1 u v u v u v v v (v 1) v 0 2 Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm v thay vào tìm nghiệm 2 phương trình Bài Giải phương trình sau: x x 6 Điều kiện: x 1 Đặt a x 1, b x 1(a 0, b 0) thì ta đưa hệ phương trình sau: a b 5 (a b)(a b 1) 0 a b 0 a b b a 11 17 x x x 5 x x Vậy 2x 2x x x Bài Giải phương trình: Giải Điều kiện: x Đặt u x , v y u , v 10 (19) (u v) 10 2uv (u v) uv u v 10 4 8 2(u z ) Khi đó ta hệ phương trình: u v 5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II Ta hãy tìm nguồn gốc bài toán giải phương trình cách đưa hệ đối xứng loại II x 1 y y 1 x Ta xét hệ phương trình đối xứng loại II sau : (1) (2) việc giải hệ này thì đơn giản Bây giời ta biến hệ thành phương trình cách đặt y f x cho (2) luôn x 1 ( x 1) x x x đúng , y x , đó ta có phương trình : Vậy để giải phương trình : x x x ta đặt lại trên và đưa hệ x ay b y ax b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc : , ta xây dựng phương trình dạng sau : đặt y ax b , đó ta có phương trình : x a ax b b x n a n ax b b Tương tự cho bậc cao : Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết dạng : n x p n a ' x b ' v đặt y n ax b để đưa hệ , chú ý dấu ??? n x pn a' x b' ; Việc chọn thông thường chúng ta cần viết dạng : là chọn Giải phương trình: x x 2 x Điều kiện: x 2 Ta có phương trình viết lại là: ( x 1) 2 x x x 2( y 1) y x Đặt thì ta đưa hệ sau: y y 2( x 1) Trừ hai vế phương trình ta ( x y )( x y ) 0 Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x 2 2 Bài Giải phương trình: x x x Giải Điều kiện x 2 Ta biến đổi phương trình sau: x 12 x 2 x (2 x 3) 2 x 11 (20) (2 x 3) 4 y ( x y )( x y 1) 0 (2 y 3) x y x Đặt ta hệ phương trình sau: Với x y x x x 2 Với x y 0 y 1 x x 1 Kết luận: Nghiệm phương trình là {1 2; 3} Các em hãy xây dựng sồ hệ dạng này ? Dạng hệ gần đối xứng (2 x 3) 2 y x Ta xt hệ sau : (2 y 3) 3x (1) đây không phải là hệ đối xứng loại chúng ta giải hệ , và từ hệ này chúng ta xây dưng bài toán phương trình sau : Bài Giải phương trình: x 13x 3x 0 13 33 2x 3x 4 Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm phương trình trước : 13 2y 3x Đặt thì chúng ta không thu hệ phương trình mà chúng ta có thể giải Để thu hệ (1) ta đặt : y x , chọn , cho hệ chúng ta có thể giải , (đối xứng gần đối xứng ) 2 y 3x y 2 y 3x 0 (1) (*) x 13 x y (2) Ta có hệ : 4 x 13x y Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn chúng ta là có nghiệm x y 2 13 , ta chọn 2; 3 Nên ta phải có : Ta có lời giải sau : Điều kiện: x , Đặt 3 x (2 y 3), ( y ) (2 x 3) 2 y x ( x y )(2 x y 5) 0 (2 y 3) x Ta có hệ phương trình sau: 15 97 x y x Với 11 73 x y 0 x Với 15 97 11 73 ; 8 Kết luận: tập nghiệm phương trình là: Chú ý : đã làm quen, chúng ta có thể tìm ; cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình sau: (2 x 3) 3x x (21) đó đặt 3x y , đặt y x thì chúng ta không thu hệ mong muốn , ta thấy dấu cùng dấu với dấu trước Một cách tổng quát f ( x) A.x B y m f ( y ) A '.x m ' Xét hệ: (1) (2) để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’, y g x thay vào (1) ta phương trình Nếu từ (2) tìm hàm ngược Như để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm và hệ phải giải Một số phương trình xây dựng từ hệ Giải các phương trình sau x 13x x 0 x 8 x x 15 30 x x 2004 30060 x 3x 8 x3 36 x 53 25 x 13x x 0 81x x x x Giải (3): Phương trình : 27 81x 27 x3 54 x 36 x 54 27 81x 3x 46 Ta đặt : y 81x Các em hãy xây dựng phương trình dạng này ! III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ (R) Dùng đẳng thức : 2 2 Từ đánh giá bình phương : A B 0 , ta xây dựng phương trình dạng A B 0 Từ phương trình : 5x 2x x x 0 x 12 x 4 x x x ta khai triển có phương trình Dùng bất đẳng thức A m B m Một số phương trình tạo từ dấu bất đẳng thức: dấu ỏ (1) và (2) cùng dạt x0 thì x0 là nghiệm phương trình A B x 1 2 x x x x Ta có : Dấu và và , dấu và x=0 Vậy ta có phương trình: 2008 x 2008 x 1 x x 1 A f x Đôi số phương trình tạo từ ý tưởng : B f ( x) đó : A f x A B B f x (22) Nếu ta đoán trước nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá 2 x x 9 x Bài Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): Giải: Đk x 0 2 x 2 x 1 Ta có : Dấu 2 x x 1 x x x 2 1 x x 1 x 1 4 Bài Giải phương trình : 13 x x x x 16 Giải: Đk: x 1 x 13 x x Biến đổi pt ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 13 13 x 3 x 256 13 27 13 13 x x 40 16 10 x 10 x 16 10 x Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 16 64 2 x x x2 10 x 16 10 x x Dấu 3` Bài giải phương trình: x 3x x 40 x 0 Ta chứng minh : x x 13 và Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x x 1 x x 1 x 2x 2x x 4 x x x 3x x 40 0 x 3 x 3 x 13 16 x 6 x3 x x3` 3x x 40 4 x 0 x3 64 x3 x x 28 1 x 4 x x x Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ véc tơ (23) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u v u v x1 x2 u x1 ; y1 , v x2 ; y2 đó ta có y1 y2 x12 y12 x22 y22 x y k 0 x2 y2 Dấu xẩy và hai véc tơ u , v cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương u.v u v cos u v , dấu xẩy và cos 1 u v 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác Nếu tam giác ABC là tam giác , thì với điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm đường tròn Dấu xẩy và M O Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC cùng góc 120 Bài tập x2 x 1 x2 x2 x x 1 x2 x 3 x 10 x 50 5 IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu y f t là hàm đơn điệu thì Dựa vào kết : “ Nếu dựng phương trình vô tỉ f x f t x t ” ta có thể xây Xuất phát từ hàm đơn điệu : y f x 2 x x x 0 ta xây dựng phương trình : f x f 3x x3 x 2 3 x (3x 1) , Rút gọn ta phương trình 2 x x 3x 2 3x 1 3x Từ phương trình f x 1 f x x x 2 x 1 3x thì bài toán khó 3x 1 Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm sau : 2 x3 x x 2 y y x Đặt đó ta có hệ : 3x y cộng hai phương trình ta được: 2 x 1 x 1 y y = Hãy xây dựng hàm đơn điệu và bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài Giải phương trình : Giải: x 1 Xét hàm số x 1 x 1 3x f t t t x x x x 0 3x f x 1 f x , là hàm đồng biến trên R, ta có x 15 (24) 3 Bài Giải phương trình x x x x x Giải Đặt x3 x x y y y x 1 x 1 3 y x x , ta có hệ : 7 x x y f t t t Xét hàm số : , là hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x 5 f y f x 1 y x x 1 x x x 3 Bài Giải phương trình : x 8 x x V PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA Một số kiến thức bản: x 1 Nếu thì có số t với x cos y cho t ; 2 cho : sin t x và số y với y 0; t 0; y 0; cho : sin t x và số y với 2 Nếu x 1 thì có số t với cho x cos y t ; 2 cho : x tan t Với số thực x có 2 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x y 1 , thì có số t với t 2 , cho x sin t , y cos t Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán : t ; 2 x cos y với y 0; t 0; y 0; x cos y , với 2 Nếu x 1 thì đặt sin t x , với 2 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x y 1 , thì đặt x sin t , y cos t với t 2 Nếu : x 1 thì đặt sin t x với a t ; x a 2 , tương tự cho trường hợp khác sin t , với Nếu , ta có thể đặt : x tan t , t ; 2 x là số thực thi đặt : x Tại lại phải đặt điều kiện cho t ? x f t thì phải đảm bảo với x có Chúng ta biết đặt điều kiện t , và điều kiện trên để đảm bào điều này (xem lại vòng tròn lượng giác ) Xây dựng phương trình vô tỉ phương pháp lượng giác nào ? Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sin t , ta có thể tạo phương trình vô tỉ 3 Chú ý : cos3t 4 cos t 3cos t ta có phương trình vô tỉ: x 3x x 2 Nếu thay x x ta lại có phương trình : x x x (1) (2) (25) Nếu thay x phương trình (1) : (x-1) ta có phương trình vố tỉ khó: x3 12 x x x x (3) Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ? Tương tự từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác Một số ví dụ 1 1 x Bài Giải phương trình sau : 1 x x2 1 x 3 Giải: Điều kiện : x 1 Với x [ 1;0] : thì 1 x 1 x 0 (ptvn) x cos t , t 0; x [0;1] ta đặt : Khi đó phương trình trở thành: 1 cos x sin t 2 sin t cos t x phương trình có nghiệm : Bài Giải các phương trình sau : 2x 2x 2x 1 2x 2x 1 2x x x x2 HD: Đs: x 3x x tan x x 2cos x 2cos x HD: chứng minh Bài Giải phương trình sau: Giải: Lập phương vế ta được: x 2 vô nghiệm x 2 x x x 1 x 3x 5 7 S cos ;cos ;cos 9 mà phương Xét : x 1 , đặt x cos t , t 0; Khi đó ta trình bậc có tối đa nghiệm đó chính là tập nghiệm phương trình x2 x Bài .Giải phương trình x , t ; x 1 sin t 2 Giải: đk: , ta có thể đặt cos t 0 1 cot t 1 sin 2t sin x Khi đó ptt: x Phương trình có nghiệm : Bài Giải phương trình : x x 1 x 1 2x 2x x2 (26) Giải: đk x 0, x 1 x tan t , t ; 2 Ta có thể đặt : 2sin t cos 2t cos 2t 0 sin t sin t 2sin t 0 Khi đó pttt Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x Bài tập tổng hợp Giải các phương trình sau 1) 1 x x3 x x 2) x x 30 2007 30 x 2007 30 2007 ; 12 x 2x 2 x x 16 3) 3 4) x x x ; 3 5) x x 2 x ; 6) x 3x x x ; 2 7) x 3x x 3 x ; 9) x x x 8) 10 x x ; x 10 x ; 10 x x x ; 12) x 11x 21 x 0 3 11 x 3x 3x ; 2 2 13) x x x x x x x ; 2 14) x 16 x 18 x 2 x ; 3x 3x x x2 3x ; 15) 16)12 x x 3x ; 4 17) x x 1 x x 2 18) x x 4 x x 2 x ; x 16 x 16 x 9 x 16 20) ; 22) ( x x 2)( x x 18) 168 x 24) 26) ; 28) x 1 x 2 x x 30) x 14 x x x 20 5 x ; 30060 x 2 34) x x 10 x x 10 x 3x x )2 ; x x2 1 27) x x 12 x 36 ; 29) 15 30 x x 2004 32) 21) x (2004 x )(1 25) 2008 x x 2007 x ; ; x x x x 3 19) x x x x 1 x ; 23) 2 x 3 x x 0 2x x 1 1 x x x x; 3 31) x 8 x x 4x 7 x x 33) 28 ; 35) x x x x; (27)