Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường t f x Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trìn[r]
CHUN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Bình phương vế phương trình a) Phương pháp Thơng thường ta gặp phương trình dạng : A B C D , ta thường bình phương vế , điều đơi lại gặp khó khăn giải ví dụ sau A B C A B 3 A.B A B C 3 ta sử dụng phép : A B C ta phương trình : A B A.B.C C b) Ví dụ Bài Giải phương trình sau : x 3x 2 x x Giải: Đk x 0 x 3 3x 1 x x x 1 Bình phương vế khơng âm phương trình ta được: , để giải phương trình dĩ nhiên khơng khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : x x x x Bình phương hai vế ta có : Thử lại x=1 thỏa x x x 12 x x 1 f x g x h x k x Nhận xét : Nếu phương trình : f x h x g x k x Mà có : , ta biến đổi phương trình dạng : f x h x k x g x sau bình phương ,giải phương trình hệ Bài Giải phương trình sau : x3 x 1 x2 x 1 x x 3 Giải: Điều kiện : x Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế chuyển nào? Ta có nhận xét : (2) x3 x 3 x3 x x x x x 3 , từ nhận xét ta có lời giải sau : x x2 x 1 x 1 x3 x x x x 0 x 3 Bình phương vế ta được: Thử lại : x 1 3, x 1 l nghiệm Qua lời giải ta có nhận xét : Nếu phương trình : Mà có : x 1 x 1 f x h x k x g x ta biến đổi f x g x h x k x f x h x k x g x Trục thức 2.1 Trục thức để xuất nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vơ tỉ ta nhẩm nghiệm x0 phương trình ln đưa x x0 A x 0 A x 0 A x 0 dạng tích ta giải phương trình chứng minh vơ nghiệm , A x 0 ý điều kiện nghiệm phương trình để ta đánh gía vơ nghiệm b) Ví dụ 3x2 5x x x x 1 x 3x Bài Giải phương trình sau : Giải: 3x x 1 3x 3x 3 x x x 3x 3 x Ta nhận thấy : v 2x 3x x x 3x x x x x 1 Ta trục thức vế : Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 12 3x x 5 Giải: Để phương trình có nghiệm : Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng x A x 0 , để thực điều ta phải nhóm , tách sau : x2 x2 2 x 12 3 x x 3 x x 12 x2 x 12 x2 x 2 x 12 x 3x 0 x x 1 0 x 2 x2 x2 x2 0, x 2 x 5 3 Dễ dàng chứng minh : x 12 3 Bài Giải phương trình : x x x Giải :Đk x Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình x x 3 x x 3 x x x x 3 1 3 x2 x3 x x 3 1 1 x 3 x 1 x 1 x Ta chứng minh : Vậy pt có nghiệm x=3 2.2 Đưa “hệ tạm “ a) Phương pháp Nếu phương trình vơ tỉ có dạng A B C , mà : A B C 3 2 x 3x x3 dây C hàng số ,có thể biểu thức x Ta giải sau : A B C A B A C C A B A B A B , đĩ ta có hệ: b) Ví dụ 2 Bài Giải phương trình sau : x x x x x Giải: x x 9 x x 1 2 x Ta thấy : x nghiệm Xét x 2x x x x 2 Trục thức ta có : x x x x x x 2 x x x x 2 2 x2 x x 2 x x x x x Vậy ta có hệ: Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= x 0 x 8 2 Bài Giải phương trình : x x x x 3x x x 1 x x 1 x x Ta thấy : , không thỏa mãn điều kiện t x tốn trở nên đơn giản Ta chia hai vế cho x đặt Bài tập đề nghị Giải phương trình sau : x x x 3 x x x x 10 x x (HSG Toàn Quốc 2002) x 10 x x 3x3 3x x2 x 2x 3 x 11x 21 x 0 (OLYMPIC 30/4-2007) x x 3x x x x x 2 2 x 16 x 18 x 2 x Phương trình biến đổi tích Sử dụng đẳng thức u v 1 uv u 1 v 1 0 x 15 3x x au bv ab vu u b v a 0 A2 B Bài Giải phương trình : pt Giải: x 1 Bi Giải phương trình : 3 x x 1 x 3x x 0 x 0 x x 1 x2 x x2 x Giải: + x 0 , nghiệm + x 0 , ta chia hai vế cho x: pt x 2x x 0 x 1 x x x 2 x x x Bài Giải phương trình: Giải: dk : x x 1 x 1 x 1 x 1 x x x 1 x 0 x 0 x 3 Bài Giải phương trình : Giải: Đk: x 0 4x 4 x x 3 4x 4x 1 2 1 x 3 x 3 Chia hai vế cho x : Dùng đẳng thức k k Biến đổi phương trình dạng : A B x x Bài Giải phương trình : Giải: 4x 0 x 1 x 3 3x 3 Đk: x pt đ cho tương đương : x x x Bài Giải phương trình sau : x 9 x x Giải: 1 Đk: x phương trình tương đương : Bài Giải phương trình sau : Giải : pttt x2 3x 3 x 10 10 x x 3 3 3 0 x 3 x 9 x x 3x 2 3 x x 2 x 3 x x x 1 x 97 18 0 x 1 II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường t f x Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải đặt ý điều kiện t phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t quan trọng ta giải phương trình theo t việc đặt phụ xem “hồn tồn ” Nói chung phương trình mà t f x đặt hoàn toàn thường phương trình dễ Bài Giải phương trình: Điều kiện: x 1 x x x x 2 Nhận xét x x x 1 x t 2 t 1 t Đặt t x x phương trình có dạng: Thay vào tìm x 1 2 Bài Giải phương trình: x x x Giải x Điều kiện: t2 x Thay vào ta có phương trình sau: Đặt t x 5(t 0) t 10t 25 2 (t 5) t t 22t 8t 27 0 16 (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 gái trị t1 2, t3 1 Từ tìm nghiệm phương trình l: x 1 x 2 Cách khác: Ta bình phương hai vế phương trình với điều kiện x x 0 2 Ta được: x ( x 3) ( x 1) 0 , từ ta tìm nghiệm tương ứng Đơn giản ta đặt : y x 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) phương trình trở thnh: y y 5 y 10 y y 20 0 ( với y 5) 21 17 y (loaïi), y ( y y 4)( y y 5) 0 2 11 17 x Từ ta tìm giá trị 2 x 2004 x Bài (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : Giải: đk x 1 y y y 1002 0 y 1 x 0 y x Đặt pttt x x x 3x x Bài Giải phương trình sau : Giải: Điều kiện: x 1 x x 3 x x Chia hai vế cho x ta nhận được: x Đặt t x x , ta giải Bài Giải phương trình : x x x 2 x 1 x x 2 x x Giải: x 0 nghiệm , Chia hai vế cho x ta được: 1 x t 1 x x , Ta có : t t 0 Đặt t= Bài tập đề nghị Giải phương trình sau 2 a 15 x x x 15 x 11 b ( x 5)(2 x) 3 x x c (1 x)(2 x) 1 x x 2 d x 17 x x 17 x 9 e x x 4 x x x 2 f x x 11 31 n 2 n n g (1 x) x (1 x) 0 h x (2004 x )(1 x ) i ( x x 2)( x x 18) 168 x x x 3 j Nhận xét : cách đặt ẩn phụ giải lớp đơn giản, phương trình t lại q khó giải Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến : 2 Chúng ta 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 thay biểu thức A(x) , B(x) biểu thức vơ tỉ nhận phương trình vô tỉ theo dạng a A x bB x c A x B x a) Phương trình dạng : P x A x B x Q x P x Q x aA x bB x Như phương trình giải phương pháp Xuất phát từ đẳng thức : x x 1 x x 1 x x x x 1 x x x 1 x x 1 x4 1 x2 2x 1 x2 2x 1 x x x 1 x x 1 Hãy tạo phương trình vơ tỉ dạng ví dụ như: x 2 x x Để có phương trình đẹp , 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 x3 Giải: Đặt u x 1, v x x 2 u v phương trình trở thnh : 37 x Tìm được: Bài Giải phương trình : u 2v 5uv u 1 v x 3x x x2 1 3 Bài 3: giải phương trình sau : x x 7 x Giải: Đk: x 1 Nhận xt : Ta viết x 1 x x 1 7 Đồng thứ ta x 1 x x 1 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 x3 3x x 0 Bài Giải phương trình : Giải: Nhận xét : Đặt y x ta hay biến pt trn phương trình bậc x y : x y x 3x y x 0 x 3xy y 0 x y Pt có nghiệm : x 2, x 2 x 2 2 b).Phương trình dạng : u v mu nv Phương trình cho dạng thường khó “phát “ dạng , nhưg ta bình phương hai vế đưa dạng 2 Bài giải phương trình : x x x x Giải: u x 2 v x2 Ta đặt : phương trình trở thành : u 3v u v 2 Bài 2.Giải phương trình sau : x x x 3x x Giải x x x x 1 x Đk Bình phương vế ta có : x x x 1 x x x 1 1 v u 2 uv u v u x x 1 u v v x Ta đặt : ta có hệ : 1 1 u v x2 2x x 1 2 Do u , v 0 x 14 x Bài giải phương trình : 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 , để : ta đặt u x x 20 v x x Nhưng may mắn ta có : 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 toán giải Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn x 1 x x 0 2x x x x 0 Từ phương trình tích , Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua 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 Bài Giải phương trình : Giải: x 1 x2 x x2 Đặt : t x x 3, t x 1 t x x x 1 t 0 Khi phương trình trở thnh : 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 : 1 x 1 x x x 0 , khai triển ta pt sau 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 pt: 3t x t x 0 1 x Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t có dạng bình phương 1 x , Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo x x x Cụ thể sau : thay vào pt (1) ta được: 1 x 48 không x 1 2 Bài Giải phương trình: 2 x x x 16 Giải Bình phương vế phương trình: x 16 x 16 x 9 x 16 t x 0 Ta được: x 16t 32 x 0 x x 2 x 8 Ta phải tách cho t có dạng chình phương Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích Xuất phát từ số hệ “đại số “ đẹp tạo phương trình vơ tỉ mà giài lại đặt nhiều ẩn phụ tìm mối quan hệ ẩn phụ để đưa hệ a b c a b3 c 3 a b b c c a Xuất phát từ đẳng thức , Ta có 3 3 a b c a b c a b a c b c 0 Từ nhận xét ta tạo phương trình vơ tỉ có chứa bậc ba Ta đặt : x x x x x 2 3 x 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 x b x 3x c x x a b c d x 2 2 d x x a b c d Giải Ta đặt : , ta có : Bài Giải phương trình sau 2 x x x x x x3 x x x x x x x Đặt ẩn phụ đưa hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường u x , v x x x Đặt tìm mối quan hệ từ tìm hệ theo u,v Bài Giải phương trình: x 25 x3 x 25 x3 30 3 3 Đặt y 35 x x y 35 xy ( x y ) 30 x y 35 Khi phương trình chuyển hệ phương trình sau: , giải hệ ta tìm ( x; y ) (2;3) (3;2) Tức nghiệm phương trình x {2;3} 1 x x Bài Giải phương trình: Điều kiện: x x u u x v Đặt 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 tìm v thay vào tìm nghiệm phương trình 2 Bài Giải phương trình sau: x x 6 Điều kiện: x 1 Đặt a x 1, b x 1(a 0, b 0) ta đưa hệ phương trình sau: a b 5 (a b)(a b 1) 0 a b 0 a b b a 5 11 17 x 5 x x Vậy 2x 2x x x Bài Giải phương trình: Giải Điều kiện: x u x , v y u , v 10 Đặt (u v)2 10 2uv u v 10 4 2 8 2(u z ) (u v) uv u v Khi ta hệ phương trình: x 1 x 5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II Ta tìm nguồn gốc tốn giải phương trình cách đưa hệ đối xứng loại II x 1 y (1) y 1 x (2) Ta xét hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ đơn giản y f x Bây giời ta biến hệ thành phương trình cách đặt cho (2) , y x , ta có phương trình : x 1 ( x 1) x x x 2 Vậy để giải phương trình : x x x ta đặt lại đưa hệ x ay b y ax b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc : , ta xây dựng phương trình a x ax b b dạng sau : đặt y ax b , ta có phương trình : a n x n ax b b Tương tự cho bậc cao : Tóm lại phương trình thường cho dạng khia triển ta phải viết dạng n đặt y ax b để đưa hệ , ý dấu ??? n x : n pn a'x b' x pn a'x b' Việc chọn ; thông thường cần viết dạng : chọn Giải phương trình: x x 2 x 1 x Điều kiện: Ta có phương trình viết lại là: ( x 1) 2 x Bài v x x 2( y 1) y x Đặt 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 x Điều kiện 2 Ta biến đổi phương trình sau: x 12 x 2 x (2 x 3) 2 x 11 (2 x 3) 4 y ( x y )( x y 1) 0 (2 y 3) x Đặt y x 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 {1 2; 3} Dạng hệ gần đối xứng (2 x 3) 2 y x (1) (2 y 3) x Ta xt hệ sau : hệ đối xứng loại giải hệ , từ hệ xây dưng tốn phương trình sau : Bài Giải phương trình: x 13 x x 0 13 33 2x 3x 4 Nhận xét : Nếu nhóm phương trình trước : 13 2y 3x Đặt khơng thu hệ phương trình mà giải Để thu hệ (1) ta đặt : y 3x , chọn , cho hệ giải , (đối xứng gần đối xứng ) 2 y 3x y 2 y x 0 (1) (*) x 13 x y (2) x 13 x y Ta có hệ : Để giải hệ ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): mong muốn có nghiệm x y 2 13 , ta chọn 2; 3 Nên ta phải có : Ta có lời giải sau : x 3, Điều kiện: Đặt 3 x (2 y 3), ( y ) (2 x 3)2 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 : làm quen, tìm ; cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình sau: (2 x 3) x x đặt x y , đặt y x khơng thu hệ mong muốn , ta thấy dấu 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 : A-A’=B m=m’, y g x Nếu từ (2) tìm hàm ngược thay vào (1) ta phương trình Như để xây dựng pt theo lối ta cần xem xét để có hàm ngược tìm hệ phải giải Một số phương trình xây dựng từ hệ Giải phương trình sau 2 1) x 13 x x 0 x 13 x x 0 81x x x x 3 3 x 8 x x 15 30 x x 2004 30060 x 3 x 8 x 36 x 53 25 Giải (3): 27 81x 27 x3 54 x 36 x 54 27 81x 3x 46 Phương trình : Ta đặt : y 81x Các em xây dựng phương trình dạng ! III PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Dùng đẳng thức : 2 2 Từ đánh giá bình phương : A B 0 , ta xây dựng phương trình dạng A B 0 5x x Từ phương trình x 12 x 4 x x x x x 0 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) (2) dạt x0 x0 nghiệm phương trình A B x 1 2 x x x x Ta có : Dấu và , dấu 2008 x 2008 x x=0 Vậy ta có phương trình: 1 x x 1 A f x A B B f x Đôi số phương trình tạo từ ý tưởng : : Nếu ta đốn trước nghiệm việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều nghiệm vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng 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 A f x B f ( x) 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 13x x 40 16 10 x 10 x 16 10 x Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 16 64 2 x x2 1 x 10 x 16 10 x x Dấu 3` Bài giải phương trình: x 3x x 40 x 0 x 3x x 40 0 x 3 x x 13 Ta chứng minh : x 3 x 13 Bài tập đề nghị Giải phương trình sau 2x 2x 2x 2x 2x 2x 4 4 x 4 x x x 1 x x 1 x 3 16 x 6 x x 3` x 3x x 40 x 0 1 x 4 x x x x 64 x x x 28 Xây dựng tốn từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ véc tơ u x1; y1 , v x2 ; y2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: u v u v x1 x2 ta có y1 y2 x12 y12 x22 y22 x y k 0 x2 y2 Dấu xẩy hai véc tơ u , v hướng , ý tỉ số phải dương u.v u v cos u v , dấu xẩy cos 1 u v 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác Nếu tam giác ABC tam giác , với điểm M mặt phẳng tam giác, ta ln có MA MB MC OA OB OC với O tâm đường tròn Dấu xẩy M O Cho tam giác ABC có ba góc nhọn điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn cạnh AB,BC,AC góc 120 Bài tập x2 2x 1 x2 x 1 x2 x 3 x2 4x x 10 x 50 5 IV PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vơ tỉ dựa theo hàm đơn điệu y f t f x f t x t Dựa vào kết : “ Nếu hàm đơn điệu ” ta xây dựng phương trình vơ tỉ y f x 2 x x Xuất phát từ hàm đơn điệu : x 0 ta xây dựng phương trình : f x f 3x x x 2 3x (3 x 1) , Rút gọn ta phương trình 2 x x 3x 2 x 1 x f x 1 f 3x x3 x x 2 x 1 Từ phương trình tốn khó Để gải hai tốn làm sau : 3x 1 2 x x x 2 y y x Đặt ta có hệ : 3 x y cộng hai phương trình ta được: 2 x 1 x 1 y y = Hãy xây dựng hàm đơn điệu tốn vơ tỉ theo dạng ? Bài Giải phương trình : Giải: x 1 Xét hàm số x 1 x 1 x f t t t x x x x 0 3x f x 1 f x , hàm đồng biến R, ta có x 15 3 Bài Giải phương trình x x x x x x x x y y y x 1 x 1 3 Giải Đặt y x x , ta có hệ : 7 x x y Xét hàm số : f t t t , 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: t ; x 2 cho : sin t x số y với y 0; cho Nếu có số t với x cos y t 0; y 0; cho : sin t x số y với cho Nếu x 1 có số t với x cos y t ; 2 cho : x tan t Với số thực x có 2 Nếu : x , y hai số thực thỏa: x y 1 , có số t với t 2 , cho x sin t , y cos t Từ có phương pháp giải tốn : t ; x 2 x cos y với y 0; sin t x Nếu : đặt với t 0; y 0; x cos y , với 2 Nếu x 1 đặt sin t x , với 2 Nếu : x , y hai số thực thỏa: x y 1 , đặt x sin t , y cos t với t 2 a t ; x a 2 , tương tự cho trường hợp khác sin t , với Nếu , ta đặt : x tan t , t ; 2 X số thực thi đặt : Tại lại phải đặt điều kiện cho t ? x f t Chúng ta biết đặt điều kiện phải đảm bảo với x có t , điều kiện để đảm bào điều (xem lại vòng tròn lượng giác ) Xây dựng phương trình vơ tỉ phương pháp lượng giác ? Từ cơng phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sin t , ta tạo phương trình vơ tỉ x 3 Chú ý : cos3t 4cos t 3cos t ta có phương trình vơ tỉ: x x x (1) 2 Nếu thay x x ta lại có phương trình : x x x (2) 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) (3) không đơn giản chút ? Tương tự từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng phương trình vơ tỉ theo kiểu lượng giác Một số ví dụ 1 1 x Bài Giải phương trình sau : Giải: x 1 Điều kiện : Với x [ 1;0] : 1 x 1 x 0 1 x x2 1 x 3 (ptvn) x cos t , t 0; x [0;1] ta đặt : Khi phương trình trở thành: 1 cos x sin t 2 sin t cos t x phương trình có nghiệm : Bài Giải phương trình sau : 2x 2x 2cos x 2x 2x tan x 2x 2x 2cos x 1) DH: x x2 x x2 2) Đs: x 2 3) x 3x x HD: chứng minh vô nghiệm Bài Giải phương trình sau: Giải: Lập phương vế ta được: x 2 x x x 1 x 3x 5 7 S cos ;cos ;cos x 1 x cos t , t 0; 9 mà phương trình bậc có Xét : , đặt Khi ta tối đa nghiệm tập nghiệm phương trình x2 x2 Bài .Giải phương trình Giải: đk: x 1 x , ta đặt , t ; sin t 2 cos t 0 cot t 1 sin x sin 2t Khi ptt: x Phương trình có nghiệm : 2 x x 1 x 1 2x 2x x2 Bài Giải phương trình : Giải: đk x 0, x 1 x tan t , t ; 2 Ta đặt : 2sin t cos 2t cos 2t 0 sin t sin t 2sin t 0 Khi pttt x Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm BÀI TẬP TỔNG HỢP Giải phương trình sau x3 1 x x x 2x 2 x 3 2 x x 30 12 x x 16 x x 2 x x x x 3 x 11 x x 2007 30 x 2007 30 2007 x x 10 x x 3x3 3x x x x x 3x x x 10 x x (HSG Toàn Quốc 2002) 10 x2 x 2x 3 12 x 11x 21 x 0 (OLYMPIC 30/4-2007) 13 x x 3x x x x x 15 3x 3x x x2 3x 14 x 16 x 18 x 2 x 2 4 17 x x 1 x x 16 12 x x 3 x 18 x x 4 x x 2 x 19 x x x x 1 x 21 x (2004 x )(1 x ) x 3x x x2 1 23 25 2008 x x 2007 x 26 x x 12 x 36 x 1 2x 1 x x x x 29 3 31 x 8 x x 4x 7 x x 28 33 35 x x 20 x 16 x 16 x 9 x 16 22 ( x x 2)( x x 18) 168 x 24 26 28 30 2 x 3 x x 0 x x 3x x x 1 x 2 x x x 14 x x x 20 5 x 15 30 x x 2004 32 30060 x 2 34 x x 10 x x 10 xx CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Giải phương trình: √ x+ 2− √ x − 3=√ x −5 √3 x −1+ √3 x − 1=√3 x −2 √ 16 x+17=8 x − 23 4 √ x +2=|x+ 1|+ x − 1=√ x+1 √ x+ − √2 x+1=√ x+3 2 √ x+ 3− √ x − 1=√ x −2 ( x +3 ) √ 10 − x =x − x − 12 √ − x +4 x +2=2 x 10 √ x+ √ x − 1+ √ x − √ x −1= √ 11 √ x −1 − √ x − 2− √ x −1=2 12 √ x ( x − ) + √ x ( x+ )=2 √ x 13 √ x −1+2 √ x − 2+ √ x −1 −2 √ x −2=1 14 x − √ x − 1− ( x −1 ) √ x+ √ x − x=0 15 √ x+ √ x − 1+ √ x −2 √ x −1=2 16 √ x+ 8− √ x +20+2=0 17 1+ √ x −1=√ − x 18 √ 17+ x − √ 17− x=2 19 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + x+12 √ x+1=36 20 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x 2+ x +13 √ x+2 −36=0 21 ( x +4 ) ( x +1 ) −3 √ x2 +5 x +2=6 22 √ x −3 x +3+ √ x −3 x +6=3 23 x 2+ √ x −6=12 24 √ ( x+1 )( − x )=1+2 x − x 25 x 2+ √ x +11=31 2x 34 26 √ − x+ x2 − √ 2+ x − x 2=1 27 √ x +5 x+ 2− √ x 2+ x −6=1 28 + + =2 x +1 2x √ √ ... 0 (1) cách u u 0 v Xét v 0 phương trình trở thành : v v 0 thử trực ti? ??p Các trường hợp sau đưa (1) a A x bB x c A x B x u v mu nv ... x x Giải: Nhận xét : đặt t x , pttt: x 3 x 2t t x (1) Ta rt x 1 t thay vo pt: 3t x t x 0 1 x Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình... (2) x 13 x y Ta có hệ : Để giải hệ ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): mong muốn có nghiệm x y 2 13 , ta chọn 2; 3 Nên ta phải có : Ta có