›
›
›

Phương trình – bất phương trình vô tỉ

pdf 42 trang mainguyen 6300
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Phương trình – bất phương trình vô tỉ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfphuong_trinh_bat_phuong_trinh_vo_ti.pdf

Nội dung text: Phương trình – bất phương trình vô tỉ

  1. Nguyễn Tất Thu (0918927276) PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Phương trình – Bất phương trình là chuyên đề mà chúng ta thường gặp trong các kì thi các cấp 2,3 và Đại Học, đặc biệt là phương trình vơ tỉ. Phương trình – Bất phương trình vơ tỉ rất đa dạng và phong phú về đề bài cũng như cả lời giải. Một bài phương trình – bất phương trình cĩ thể cĩ nhiều cách giải khác nhau, mỗi cách giải điều cĩ ý nghĩa riêng của nĩ. Tuy nhiên việc tìm ra lời giải cho một phương trình – bất phương trình khơng phải là chuyện đơn giản đối với nhiều bạn. Đứng trước một bài tốn giải phương trình – bất phương trình nhiều bạn rất lúng túng khơng biết xoay xở thế nào ? bài việt này giúp các bạn một phần nào đĩ năm rõ hơn các phương pháp giải phương trình – bất phương trình vơ tỉ. Những lời giải nêu ra ở đây khơng cĩ thể khơng phải là hay nhất và duy nhất, tuy nhiên với ca nhân tơi thì tơi thấy nĩ phù hợp với cách trình bày và đúng luồng của dạng tốn. Hy vong chuyên đề này sẽ đồng hành với các bạn, hỗ trợ cho các bạn mộtphần nào đĩ trên con đường bước vào cổng trường Đại Học và các bạn sẽ đam mê với mơn học 3 khờ (Khĩ – khổ - khơ )này. Mặc dù đã cố gắng trình bày cẩn thận nhưng sẽ khơng tránh khỏi nhiều sai sĩt mong các bạn thơng cảm nhé. Biên Hịa 03 – 03 -2008. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  2. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Phương trình chứa ẩn ở căn thức 2 Ví dụ : Giải phương trình: 1 x x2 x 1 x 3 Giải: ĐK 0 x 1. Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Cĩ những cách nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đĩ là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương trình đã cho luơn khơng âm nên bình phương hai vế ta thu được phương trình tương đương. 2 2 2 2 4 2 4 2 2 1 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x 3 3 9 2(x x2 ) x x2 0 x x2 2 x x2 3 0 2 x x 0 x 0;x 1 . 2 3 x x VN0 4 Kết hợp với điều kiện ta cĩ nghiệm của phương trình: x 0;x 1. Qua lời giải trên ta thấy được x x2 sẽ biểu diến được qua x 1 x nhờ vào đẳng 2 thức x 1 x 1 2 x x2 (*) .Cụ thể nếu ta đặt t x 1 x thì t2 1 x x2 và khi đĩ phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai với ẩn t: 2 t2 1 1 t t2 3t 2 0 t 1;t 2 . 3 x 1 x 1 2 x x2 0 Vậy ta cĩ: x 0;x 1. x 1 x 2 VN0 (VT 2) Việc thay thế biểu thức x 1 x bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một suy nghĩ hồn tồn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tìm cách làm mất căn thức !). Khi chúng ta đặt một biểu thức chứa căn bằng một biểu thức ẩn phụ thì rõ ràng căn thức khơng cịn xuất hiện trong phương trình. Cách làm như thế này ta thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa khơng tiện cho việc mang theo tiền mặt ta cĩ thể đổi qua đơ la, hay thẻ ATM, séc, Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đĩ bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình ẩn mới cĩ hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến cĩ được lời giải hay khơng và lời giải đĩ tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trình như ở Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  3. Nguyễn Tất Thu (0918927276) cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đĩ là đẳng thức (*). Cĩ nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình chẳng hạn ở phương trình trên ngồi đẳng thức (*) ta cịn cĩ mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trình: 2 2 x 1 x x 1 x 1 ( ) mà từ phương trình ta rút được một căn thức qua 3 1 x 3 3t 3 căn thức cịn lại: x . Do đĩ nếu đặt t 1 x x thay vào 2 1 x 3 2t 3 ( ) và biến đổi ta thu được phương trình t(t 1)(2t2 4t 3) 0 t 0,t 1 hay x 0,x 1 là nghiệm của phương trình. Phương trình đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn ( ) do vậy ta cĩ thể đặt a x,b 1 x thì từ phương trình đã cho kết hợp với 2 1 ab a b ( ) ta cĩ hệ phương trình: 3 đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta 2 2 a b 1 được nghiệm của phương trình là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt ẩn phụ t 1 x mà ta đã giải ở trên . Tiếp tục nhận xét thì đẳng thức ( ) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ? Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đĩ là đẳng thức lượng giác:sin2 cos2 1. Điều này dẫn đến cách giải sau: Đặt x sin2 t, t [0; ] (Điều này hồn tồn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đĩ phương trình 2 đã cho trở thành: 2 1 sin t.cost sin t cost 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)(2sin t 3) 0 3 sin t 1 x 1 x 1 x 1 . 2 3 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t sin t(4sin t 6sin t 8) 0 x 0 Qua ví dụ trên ta thấy cĩ nhiều cách để giải phương trình và bất phương trình vơ tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đĩ là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình đã cho về phương trình mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp giải cụ thể. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  4. Nguyễn Tất Thu (0918927276) I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trình, bất phương trình biến đổi phương trình, bất phương trình ban đầu về phương trình, bất phương trình đã biết cách giải. Ta nhớ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trình và bất phương trình. 1) (n a )n a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 ). 2) a b a2n b2n với a và b cùng dấu 3) a b a2n 1 b2n 1 với mọi a,b. 4) a b 0 a2n b2n (Chú ý nếu a,b<0 thì a b a b khi đĩ hai vế cùng khơng âm và lúc đĩ ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế). 5) a b a2n 1 b2n 1  a,b ¡ . Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x 1 3x 1. Giải: Ta thấy VT luơn khơng âm, do đĩ nếu VP âm thì phương trình vơ nghiệm nên ta 1 chỉ cần giải phương trình khi 3x 1 0 x . Khi đĩ hai vế đều khơng âm và bình 3 1 phương ta thu được phương trình tương đương: 2x 1 (3x 1)2 nếu x là 0 3 2 nghiệm của phương trình này thì 2x0 1 (3x0 1) 2x0 1 0 do vậy ta khơng cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy : 1 1 x 3x 1 0 x 3 4 Pt 3 x 0, x . 2 2x 1 (3x 1) 2 4 9 9x 4x 0 x 0, x 9 Nhận xét: * Phương trình trên cĩ dạng tổng quát: f (x) g(x) , khi gặp dạng này ta g(x) 0 biến đổi tương đương như sau: f (x) g(x) . Ở đây vì sao ta khơng 2 f (x) g (x) cần đặt đk f (x) 0?. * Ở bài tốn trên ta cĩ thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t 2x 1 . Ví dụ 2: Giải phương trình: x 4 1 x 1 2x . 1 Giải: Đk: 4 x (*) 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  5. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x 1 2x 1 0 x 2x 1 (1 2x)(1 x) 2 x 0 2 (2x 1) (1 2x)(1 x) 2 2x 7x 0 Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0. Ví dụ 3: Giải bất phương trình: 2x2 6x 1 x 2 0. Giải: Bất phương trình 2x2 6x 1 x 2 (1) Vì VT của (1) luơn khơng âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trình vơ nghiệm, do đĩ ta chỉ giải Bất phương trình khi x 2 0 x 2 . Bình phương hai vế ta được Bpt: 2 2 2x 6x 1 (x 2) . Nếu x0 bất phương trình này thì ta chưa thể khẳng định được 2 2x0 6x0 1 0 do đĩ ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất phương trình đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trình sau: x 2 x 2 x 2 0 2 3 7 3 7 3 7 3 7 2x 6x 1 0 x V x x V x 2 2 2 2 2 2 2x 6x 1 (x 2) 2 1 x 3 x 2x 3 0 3 7 x 3 là nghiệm của bất phương trình đã cho. 2 g(x) 0 Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình trên là: f (x) g(x) f (x) 0 2 f (x) g (x) Giải hệ bất phương trình này ta được nghiệm của bất phương trình đã cho. 2(x2 16) 7 x Ví dụ 4: Giải bất phương trình : x 3 (ĐH Khối A – 2004 ). x 3 x 3 Giải: ĐK: x 4 . Bpt 2(x2 16) x 3 7 x 2(x2 16) 10 2x (2) Ta cĩ VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5 thì (2) luơn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5 2 2 thì bpt (2) 2(x 16) (10 2x) .Nếu x0 bất phương trình này thì ta cĩ 2 2(x0 16) 0 do đĩ ta khơng cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy để giải bất phương trình (2) ta chia làm hai trường hợp Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  6. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x 4 (đ k) TH1: x 5. 10 2x 0 10 2x 0 4 x 5 TH2: 10 34 x 5 . 2 2 2 2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0 Lấy hợp hai trường hợp ta cĩ nghiệm bất phương trình là: x 10 34 . Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trình (2) là: f (x) g(x) . Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp: f (x) 0 TH 1: g(x) 0 g(x) 0 TH 2: 2 f (x) g (x) Ví dụ 5: Giải phương trình: 2x 6x2 1 x 1. Giải: x 1 0 x 1 Pt 2 2 2 2 2x 6x 1 (x 1) 6x 1 x 1 x 1 x 1 x 0,x 2 . 2 2 2 4 2 6x 1 (x 1) x 4x 0 Ví dụ 6: Giải phương trình: x(x 1) x(x 2) 2 x2 . x 1 Giải: ĐK: x 2 (*) . x 0 Phương trình 2x2 x 2 x2 (x 1)(x 2) 4x2 2 x2 (x2 x 2) x(2x 1) 4x2 (x2 x 2) x2 (2x 1)2 (do đk (*) ). x 0 2 x (8x 9) 0 9 cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*). x 8 9 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 0; x . 4 Chú ý : 1) Bài tốn trên cịn cĩ cách giải khác như sau * x 0 là một nghiệm của phương trình. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  7. Nguyễn Tất Thu (0918927276) * x 1 PT x 1 x 2 2 x 2 x2 x 2 2x 1 9 4x2 4x 8 4x2 4x 1 x (nhận). 8 * x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x) 9 1 x x 2 2 x 2 x2 x 2 2x 1 x (loại). 8 9 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 0; x . 4 2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b a. b ! Nên nhớ đẳng thức này chỉ đúng khi a,b 0 ! Nếu a,b 0 thì ab a. b . Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 x 1 3 x 2 3 2x 3 . Giải: Phương trình 2x 3 33 (x 1)(x 2)(3 x 1 3 x 2) 2x 3 3 3 3 x 1 x 2 2x 3 (*) 3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0 3 x 1;x 2;x . 2 Chú ý : * Khi giải phương trình trên chúng ta thường biến đổi như sau 2x 3 33 (x 1)(x 2)(3 x 1 3 x 2) 2x 3 3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0 !? Phép biến đổi này khơng phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã thừa nhận phương trình ban đầu cĩ nghiệm !. Do đĩ để cĩ được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trình sau 3 1 x 3 1 x 1 2 33 1 x2 (3 1 x 3 1 x) 1 3 1 x2 1 x 0. Nhưng thay vào phương trình ban đầu ta thấy x=0 khơng thỏa mãn phương trình ! * Với dạng tổng quát 3 a 3 b 3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức (a b)3 a3 b3 3ab(a b) ta cĩ phương trình tương đương với hệ 3 a 3 b 3 c . Giải hệ này ta cĩ được nghiệm của phương trình. 3 a b 3 a.b.c c Ví dụ 8: Giải phương trình: 4 3 10 3x x 2 (HSG QG 2000). Giải: Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  8. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x 2 x 2 Phương trình 2 2 4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x 2 x 4 2 x 4 4 3 2 3 2 x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0 2 x 4 x 3. 2 (x 3)(x 2)(x 7x 15) 0 Ví dụ 9: Giải phương trình: 4x y2 y 2 4x2 y . Giải: Phương trình 4x y2 4x2 y y 2 4x y2 4x2 4y 2 2 (y 2)(4x2 y) 1 2 2 2 x (2x 1) (y 2) 2 (y 2)(4x y) 0 2 . y 2 Thử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trình. 1 x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 2 . y 2 Ví dụ 9: Giải phương trình: x 3 1) x2 x 7 7 . 2) 4x 1 3x 2 . 5 Giải: 1) Phương trình x2 (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0 x 7 x (1) x 7 x 1 (2) x 0 1 29 * (1) x . 2 x x 7 0 2 x 1 * (2) x 2. 2 x x 6 0 1 29 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x 2;x . 2 2) Phương trình 5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2) Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  9. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2) 4x 1 3x 2 0 x 2. 4x 1 3x 2 5 Nhận xét: *Với bài 1 ta cĩ thể giải như sau: Đặt y x 7 ta cĩ hệ phương trình 2 y x 7 trừ vế theo vế hai phương trình ta được:(y x)(y x 1). Từ đây giải ra ta 2 x y 7 tìm được x. * Câu 1 cĩ dạng tổng quát như sau: x2 x a a . * Với bài tốn 2 ta cịn cĩ cách giải khác như sau x 2 Phương trình ( 4x 1 3) ( 3x 2 2) 5 x 2 4(x 2) 3(x 2) x 2 3x 2 4x 1 1 1 4x 1 3 3x 2 2 5 (*) ( 4x+1 3)( 3x 2 2) 5 2 Vì VT(*) 0 (do x ) nên (*) vơ nghiệm. 3 Ví dụ 10: Giải bất phương trình : x2 1) x 4 2) (x2 3x) 2x2 3x 2 0. (1 1 x)2 Giải: 1) ĐK: x 1 * Với x 0 ta thấy Bpt luơn đúng * Với x 0 1 x 1 0 . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được x2 (1 x 1)2 x 4 (1 x 1)2 x 4 x 1 3 x 8 (1 x 1)2 (1 x 1)2 Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T [ 1;8). 2) Ta xét hai trường hợp 1 TH 1: 2x2 3x 2 0 x 2,x . Khi đĩ BPT luơn đúng 2 2 1 2x 3 2 0 x V x 2 1 TH 2: Bpt 2 x V x 3 . x2 3x 0 2 x 0 V x 3 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  10. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 1 Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T( ; ] {2} [3; ). 2 Chú ý : * Ở bài tốn 2 ta thường khơng chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trình và bất phương trình vơ tỉ. * Khi giải bất phương trình nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trình cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đĩ. Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta cĩ thể chia làm hai trường hợp. Ví dụ 11: Giải bất phương trình : 51 2x x2 1) (x 3) x2 4 x2 9 2) 1. 1 x Giải: 1) * Với x 3 bất phương trình đúng. x 3 x 3 * Với x 3 Bpt x 3. 2 2 2 x 4 x 3 x 4 x 3 x 3 x 3 5 * Với x 3 Bpt 3 x 3 x . 2 x 4 x 3 6 6x 5 0 5 Vậy nghiệm của bất phương trình dã cho là: x V x 3. 6 2) x 1 x 1 2 * Nếu 1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52 2 2 51 2x x 1 x x 25 1 52 x 5. *Nếu x 1 luơn đúng vì VT 0 1. Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là : 1 52 x 5 V x 1. Ví dụ 12: Tìm m để phương trình x2 2mx 1 m 2 cĩ nghiệm. Giải: * Nếu m 2 phương trình vơ nghiệm * Với m 2 Phương trình x2 2mx 1 m2 4m 4 x2 2mx m2 4m 3 0 Phương trình cĩ nghiệm ' 2m2 4m 3 0 đúng mọi m Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  11. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Vậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 13: Tìm m để phương trình: 2x 2 mx 3 x 1 cĩ hai nghiệm phân biệt. Giải: x 1 Phương trình . 2 x (m 2)x 4 0 (*) Phương trình (*) luơn cĩ hai nghiệm : 2 m m2 4m 8 2 m m2 4m 8 x 0; x 0 1 2 2 2 Phương trình đã cho cĩ hai nghiệm (*) cĩ hai nghiệm phân biệt 1 m 4 x 1 4 m m2 4m 8 m 2. 2 2 2 (4 m) m 4m 8 Vậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 14: Tìm m để phương trình 2x2 mx x2 4 0 cĩ nghiệm. Giải: 2 x 4 0 (1) Phương trình 2x2 mx x2 4 2 x mx 4 0 (2) (2) cĩ nghiệm m2 160 0 | m | 4 (*) . Khi đĩ (2) cĩ hai nghiệm là: m m2 16 x . 1,2 2 2 2 2 2 Nghiệm x1 thỏa mãn (1) (m m 16) 16 0 m m m 16 16 0 m 4 m 4 m2 16( m2 16 m) 0 . 2 m 16 m m 4 2 2 2 2 Nghiệm x2 thỏa mãn (1) (m m 16) 16 0 m m m 16 16 0 m 4 m 4 m2 16( m2 16 m) 0 . 2 m 16 m m 4 Vậy | m | 4 thì phương trình đã cho cĩ nghiệm. Chú ý : Bài tốn trên ta cĩ thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) cĩ nghiệm thì | x1 | 2 | x1 x 2 | 4 nên phương trình đã cho cĩ nghiệm 0 | m | 4 . | x2 | 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  12. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Bài tập Bài 1: Giải các phương trình sau 1) 3x 3 5 x 2x 4 2) 8x2 6x 1 4x 1 0 36 4 3) (x 5)(3x 4) 4(x 1) 4) 28 4 x 2 y 1 x 2 y 1 x2 5) x 4 6) x 2 x 1 x( x 1) x2 x 0 (1 1 x)2 7) x x 1 x 1 8) ax4 x4 x2 a x2 a(a 1) 9) (x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2 . 4 1 5 10) x 1 x3 x2 x 1 1 x4 1. 11) x x 2x . x x x 12) 3 2x 1 x3 16 3 2x 1 13) x x 5 5 14) x4 2x2 x2 2x 16 2x2 6x 20 0. 15) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3. Bài 2: Giải các bất phương trình sau: 1) 4(x 1)2 (2x 10)(1 3 2x)2 2) x 2 x 1 x 3) (x 5)(3x 4) 4(x 1) 4) 7x 13 3x 9 5x 27 5) 1 x 1 x x 6) 3x 4 x 3 4x 9 7) x2 4x 3 2x2 3x 1 x 1 8) 25 x2 x2 7x 3 2x 9) x2 8x 15 x2 2x 15 4x2 18x 18 10) 2x 1 1 2x 9 1 1 2 11) x x 12) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4 x2 x2 x 3x2 x 4 2 13) 2 14) 1 2x 1 2x 2 x2 x Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  13. Nguyễn Tất Thu (0918927276) II. Phương pháp đặt ẩn phụ: Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trình ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trình ẩn phụ tìm nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu. Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ Bước này là bước quan trọng nhất. Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ, để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức cĩ mặt trong phương trình, bất phương trình. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức chứa ẩn trong phương trình qua một đại lượng khác. B2: Chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) ẩn phụ vừa đặt. Thơng thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trình thu được thường là những phương trình (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tìm được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp. B3: Giải phương trình (bpt) với ẩn phụ vừa tìm được và kết luận tập nghiệm. Cĩ rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trình (bpt) mà ta thường hay gặp. Dạng 1: F(n f (x)) 0, với dạng này ta đặt t n f (x) (nếu n chẵn thì phải cĩ điều kiện t 0 ) và chuyển về phương trình F(t) 0 giải phương trình này ta tìm được t x . Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai: af (x) b f (x) c 0 . Ví dụ 1: Giải phương trình 1)x2 x2 11 31 2)(x 5)(2 x) 3 x2 3x Giải: 1) Đặt t x2 11, t 0 . Khi đĩ phương trình đã cho trở thành: t2 t 42 0 t 6 x2 11 6 x 5. 2) Phương trình x2 3x 3 x2 3x 10 0 Đặt t x2 3x, t 0. Phương trình đã cho trở thành 3 109 t2 3t 10 0 t 5 x2 3x 5 x2 3x 25 0 x . 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình : 1) x2 2x 22 x2 2x 24 0 2) x 9 x x2 9x 6 Giải: Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  14. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 1) Đặt t x2 2x 24, ( t 0) x2 2x 24 t2 x2 2x 22 2 t2 Bất phương trình trở thành: 2 t2 t 0 t2 t 2 0 0 t 1 2 x 2x 24 0 4 x 6 x2 2x 24 1 2 x 2x 23 0 x 1 2 6 V x 1 2 6 4 x 1 2 6 là nghiệm của bất phương trình đã cho. 1 2 6 x 6 2) ĐK: 0 x 9 Bất phương trình đã cho 9 2 9x x2 x2 9x 6 9x x2 2 9x x2 3 0 9x x2 3 x2 9x 9 0 9 3 5 9 3 5 x . 2 2 9 3 5 9 3 5 Kết hợp với điều kiện ta cĩ nghiệm của bất phương trình là: x . 2 2 Chú ý : Nếu gặp bài tốn cĩ tham số thì khi đặt ẩn phụ ta phải tìm đúng miền xác định của ẩn phụ và sự tương ứng giữa ẩn phụ và ẩn ban đầu. Từ đĩ chúng ta mới chuyển bài tốn ban đầu về bài tốn mới. Ví dụ 3 : Tìm m để các phương trình sau cĩ nghiệm: x 2 2x 2m 5 2x x 2 m2 . Giải: Đặt t 5 2x x2 6 (x 1)2 t [0; 6] và x2 2x 5 t2 Khi đĩ phương trình đã cho trở thành: t2 2mt m2 5 0 (*) t m 5 Phương trình đã cho cĩ nghiệm (*) cĩ nghiệm t [0; 6] hay 0 m 5 6 5 m 6 5 . 0 m 5 6 5 m 6 5 Ví dụ 4: Chứng minh rằng với m 0 thì phương trình sau luơn cĩ nghiệm: 5 x2 (m2 ) x2 4 2 m3 0. 3 Giải: Đặt t x2 4 t 2 . Khi đĩ phương trình đã cho trở thành 5 f (t) t2 (m2 )t m3 2 0 (*). 3 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  15. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 5 Vì m 0 (*) luơn cĩ hai nghiệm t phân biệt (Do (m2 )2 4(m3 2) 0 ) và 3 4 f (2) (m3 2m2 ) 3 4 Ta sẽ chứng minh m3 2m2 0  m 0 (1) . 3 * Nếu m 2 m3 2m2 0 (1) đúng 32 2 4 32 * Nếu 0 m 2 m3 2m2 (m )(m )2 0 m3 2m2 27 3 3 27 4 32 4 m3 2m2 0 (1) đúng. 3 27 27 f (2) 0 (*) luơn cĩ một nghiệm t 2 hay phương trình đã cho luơn cĩ nghiệm. Chú ý : * Nếu tam thức f (x) ax2 bx+c thỏa mãn af ( ) 0 tam thức luơn cĩ nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đĩ nếu a<0 thì nghiệm đĩ . 4 * Để chứng minh m3 2m2 0 ta cĩ thể sử dụng phương pháp hàm số hoặc BĐT 3 Dạng 2: m( f (x) g(x)) 2n f (x).g(x) n(f (x) g(x)) p 0. Với dạng này ta đặt t f (x) g(x) .Bình phương hai vế ta sẽ biểu diễn được những đại lượng cịn lại qua t và chuyển phương trình (bpt) ban đầu về phương trình (bpt) bậc hại đối với t. Ví dụ 1: Cho phương trình: 3 x 6 x m (3 x)(6 x) . 1) Giải phương trình khi m=3. 2) Tìm m để phương trình đã cho cĩ nghiệm. Giải: Đặt t 3 x 6 x t2 9 2 (3 x)(6 x) (*) Áp dụng BĐT Cơsi ta cĩ 2 (3 x)(6 x) 9 nên từ (*) 3 t 3 2 . t2 9 Phương trình đã cho trở thành: t m t2 2t 9 2m (1) 2 1) Với m 3 ta cĩ phương trình: t2 2t 3 0 t 3thay vào (*) ta được x 3 (3 x)(6 x) 0 . x 6 2) Phương trình đã cho cĩ nghiệm Û (1) cĩ nghiệm tỴ [3;3 2]. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  16. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Xét hàm số f (t) = t2 - 2t - 9 với tỴ [3;3 2], ta thấy f(t) là một hàm đồng biến Þ- 6 = f (3) £ f (t) £ f (3 2) = 9 - 6 2 "Ỵt [3;3 2] 6 2 - 9 Do vậy (1) cĩ nghiệm tỴ [3;3 2] Û- 6 £ - 2m £ 9 - 6 2 Û £ m £ 3. 2 6 2 - 9 Vậy £ m £ 3 là những giá trị cần tìm. 2 Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và cĩ tập giá trị là Y thì phương trình f (x) = k cĩ nghiệm trên D Û k Ỵ Y . Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x 3 x 1 3x 2 (2x 3)(x 1) 16. Giải: Đk: x 1. Đặt t 2x 3 x 1, t 0 t2 3x 2 (2x 3)(x 1) 4 (*) Khi đĩ phương trình trở thành: t t2 20 t2 t 20 0 t 5 Thay t 5 vào (*) ta được: 1 x 7 21 3x 2 2x2 5x 3 2 2 441 126x 9x 8x 20x 12 1 x 7 x 3 là nghiệm của phương trình đã cho. 2 x 146x 429 0 Ví dụ 3: Giải phương trình: x3 35 x3 (x 3 35 x3 ) 30 . Giải: t3 35 Đặt t x 3 35 x t3 35 3x3 35 x3 (x 3 35 x3 ) x3 35 x3 (*) 3t t3 35 Phương trình đã cho trở thành: .t 30 t 5 thay vào (*) ta cĩ: 3t 3 3 3 3 6 3 x 3 x 35 x 6 x (35 x ) 216 x 35x 216 0 . x 2 1 x2 5 1 x2 x Ví dụ 4: Giải phương trình: ( ) 2 0 . 2 2 x 1 x 2 x 1 x2 Giải: ĐK: 1 x 1. 1 x2 x 1 x2 Đặt t t2 1. 2 2 x 1 x2 x 1 x Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  17. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 1 Phương trình đã cho trở thành: 2t2 5t 2 0 t 2;t . 2 1 x 0 1 x2 x 1 * t 2 2 1 x2 x . x 1 x2 3 2 x2 1 x2 1 x 0 1 x2 x 1 * t 2 1 x2 3 vơ nghiệm. x 1 x2 2 x2 1 x2 4 1 Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x . 2 Ví dụ 4: Giải bất phương trình : 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x . 6 Giải: ĐK x 7 Đặt t 7x 7 7x 6, (t 0) 14x 2 49x2 7x 42 t2 1 Bất phương trình đã cho trở thành: t t2 1 181 t2 t 182 0 0 t 13 7x 7 7x 6 13 (*) Vì hàm số f (x) 7x 7 7x 6 là hàm đồng biến và f (6) 13 (*) x 6 6 Kết hợp với điều kiện ta cĩ nghiệm của bất phương trình : x 6. 7 5 1 Ví dụ 5: Giải bất phương trình : 5 x 2x 4. 2 x 2x Giải: ĐK: x 0 . 1 1 Bpt 5( x ) 2(x ) 4 . 2 x 4x 1 1 Đặt t x , (t 2) x t2 1 và bất phương trình trở thành: 2 x 4x 5t 2(t2 1) 4 2t2 5t 2 0 t 2 (do t 2 ) 3 2 2 0 x 1 2 2 t 2 x 3 4x 12x 1 0 là nghiệm của bất phương 4x 3 2 2 x 2 trình đã cho. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  18. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Bài tập Bài 1: Giải các phương trình sau 1) 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 x 1 2) (x 3)(x 1) 4(x 3) 3 0 3) x2 x 2 x2 x x 3 4) 4 x x2 1 x x2 1 2 5) x x 7 2 x2 7x 35 2x 4 1 5 6) x2 x 4 x2 x 1 2x2 2x 9 7) x x 2x x x x 8) 4x 3 2x 1 6x 8x2 10x 3 16 9) 18x2 18x 5 33 9x2 9x 2 10) x2 x 12 x 1 36 . Bài 2: Giải các bất phương trình sau: 1) 5x2 10x 1 7 2x x2 2) 2x2 x2 5x 6 10x 15 3) x2 2x 8 4 (4 x)(x 2) 0 4) 3 24 x 12 x 6 1 3x 5) 2x 1 x2 x 6) 1 2 1 x 1 x2 1 x2 5 1 x2 x 7) ( ) 2 0 2 2 x 1 x 2 x 1 x2 12 x x 2 82 9) (12 x) (x 2) x 2 12 x 3 10) Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  19. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Dạng 3: F(n f (x), n g(x)) 0 , trong đĩ F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp: TH1: g(x)=0 thay vào phương trình ta kiểm tra, k f (x) TH2: g(x) 0 chia hai vế phương trình cho g (x) và đặt t n ta được phương g(x) trình F1 (t) 0 là phương trình đa thức bậc k. Ta thường gặp dạng: a.f (x) b.g(x) c. f (x)g(x) 0 Ví dụ 1: Giải phương trình: 5 x3 1 2(x2 2). Giải: ĐK: x 1. Phương trình 5 (x 1)(x2 x 1) 2(x2 x 1) 2(x 1) x 1 x 1 2 5 2 0 (Do x2 x 1 0  x ). x2 x 1 x2 x 1 t 2 x 1 2 Đặt t , t 0 , ta cĩ phương trình: 2t 5t 2 0 1 . x2 x 1 t 2 x 1 * t 2 4 4x2 5x 3 0 phương trình vơ nghiệm. x2 x 1 1 x 1 1 5 37 * t x2 5x 3 0 x . 2 x2 x 1 4 2 Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng tốn này và cũng là con đường để sáng tác ra những bài tốn thuộc dạng trên là xuất phát từ phương trình đẳng cấp hai ẩn dạng a2 ab b2 0 (cĩ thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trình thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình càng khĩ nhận ra thì bài tốn càng khĩ. Do đĩ với dạng tốn này chúng ta cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức cĩ mặt trong phương trình. Tuy nhiên nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đĩ thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khĩ khăn. Ta xét ví dụ sau. Ví dụ 2: Giải phương trình: 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  20. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x2 x 20 0 2 Giải: ĐK 5x 14x 9 0 x 5 . x 1 Phương trình 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 5x2 14x 9 x2 24x 5 10 (x 1)(x2 x 20) 2x2 5x 2 5 (x 1)(x2 x 20) 5 (x 1)(x 4)(x 5) 2(x2 4x 5) 3(x 4) 5 (x2 4x 5)(x 4) x2 4x 5 x2 4x 5 2 5 3 0 . x 4 x 4 x2 4x 5 3 Đặt t , t 0, ta cĩ phương trình: 2t2 5t 3 0 t 1;t . x 4 2 5 61 x 5 (n) 2 2 * t 1 x 5x 9 0 . 5 61 x 5 (l) 2 x 8 (n) 3 2 * t 4x 25x 56 0 7 2 x (l) 2 5 61 Vậy phương tình đã cho cĩ hai nghiệm: x ;x 8. 2 Chú ý : Trong nhiều bài tốn ta cĩ thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình thức bài tốn và từ đĩ ta dễ dàng tìm được lời giải. Ví dụ 3: Giải phương trình: x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 . Giải: Đặt a x2 2x, b 2x 1 3x2 4x 1 3a2 b2 Phương trình trở thành: a b 3a2 b2 a2 ab b2 0 1 5 1 5 a b x2 2x 2x 1. Giải phương trình này ta được nghiệm 2 2 1 5 x và đây là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  21. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Ví dụ 4: Giải phương trình: (x2 6x 11) x2 x 1 2(x2 4x 7) x 2 . Giải: ĐK: x 2 . Đặt a x 2;b x2 x 1 , ta cĩ: x2 6x 11 (x2 x 1) 5(x 2) b2 5a2 x2 4x 7 x2 x 1 3(x 2) b2 3a2 Do vậy phương trình đã cho trở thành: (b2 5a2 )b 2(b2 3a2 )a a 1 1 6a3 5a2 b 2ab2 b3 0 6t3 5t2 2t 1 0 (t ) t 1,t ,t . b 2 3 * t 1 a b x2 2x 3 0 phương trình vơ nghiệm. 1 * t b 2a vơ nghiệm do a,b 0 . 2 1 * t b 3a x2 10x 19 0 x 5 6 . 3 Đối chiếu với điều kiện ta cĩ nghiệm của phương trình là: x 5 6 . Nhận xét: Xuất phát từ phương trình : (a b)(2a b)(3a b) 0 ta thay a x 2;b x2 x 1 và biến đổi ta thu được phương trình trên. Ví dụ 5: Giải phương trình: 18x2 13x 2 3(81x4 108x3 56x2 12x 1) . Giải: Ta cĩ: 18x2 13x 2 2(2x 1)2 x 2a x (a (3x 1)2 ) 81x4 108x3 56x2 12x 1 (3x 1)4 2x2 a2 2x2 Vậy phương tình đã cho trở thành: a 2x a 2x 2a x 3(a2 2x2 ) 2 2 a 4ax 5x 0 a x;a 5x x 2x * a x vơ nghiệm. 2 9x 5x 1 0 5x 2x 11 85 * a 5x x . 2 9x 11x 1 0 18 11 85 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm: x . 18 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  22. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm: 1 x 1 x 1 m 4 1 m 4 24 1- m2 . 1 x 1 x Giải: ĐK: 1 x 1. 1 x 2 Đặt t 4 4 1 t (0; ) và phương tình trở thành: 1 x 1 x 1 m 1 m.t2 24 (1 m)(1 m).t 1 m 0 4 1 m.t 4 1 m t 4 . 1 m 1 m Phương trình đã cho cĩ nghiệm 4 0 1 m 1. 1 m Ví dụ 7 (ĐH Khối A – 2007 ): Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm: 3 x 1 m x 1 24 x2 1 . Giải: ĐK: x 1. * x=1 là nghiệm phương trình m 0. x 1 x 1 * x 1 chia hai vế phương trình cho 4 x2 1 ta được: 34 m4 2. x 1 x 1 x 1 2 Đặt t 4 4 1 0 t 1  t 1 và phương trình trở thành: x 1 x 1 m 3t 2 3t2 2t m (*) . t Phương trình đã cho cĩ nghiệm (*) cĩ nghiệm t (0;1) . 1 Vì 3t2 2t 1  t (0;1) (*) cĩ nghiệm t (0;1) 3 1 1 m 1 1 m . 3 3 1 Vậy 1 m là giá trị cần tìm. 3 Qua các ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mẫu chốt của bài tốn. Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được các biểu thức chứa x khác trong phương trình , bất phương trình đã cho qua ẩn phụ vừa đặt. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp chúng ta khơng thể biểu diến hết các biểu thức chứa x cĩ mặt trong phương trình , bất phương trình qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương trình : 2(1 x) x2 2x 1 x2 2x 1) mà ta chỉ biểu diễn được một phần nào đĩ qua ẩn phụ và phương trình thu đượclà một phương trình hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa đặt. Ta xét dạng tốn sau. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  23. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0 . Với phương trình dạng này ta cĩ thể đặt t f (x) , khi đĩ ta được phương trình theo ẩn t: at2 g(x)t h(x) 0 , ta giải phương trình này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trình vừa cĩ t vừa cĩ x) nên ta thường gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ khơng triệt để. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2(1 x) x2 2x 1 x2 2x 1. Giải: Đặt t x2 2x 1, ta được phương trình: t2 2(1 x)t 4x 0 đây là phương trình bậc hai ẩn t cĩ ' (x 1)2 , do đĩ phương trình này cĩ hai nghiệm: t 2,t 2x . * t 2 x2 2x 1 2 x2 2x 5 0 x 1 6 . x 0 * t 2x x2 2x 1 2x hệ này vơ nghiệm. 2 3x 2x 1 0 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x 1 6 . 12 8x Ví dụ 2: Giải phương trình: 2x 4 2 2 x . 9x2 16 Giải: ĐK: 2 x 2 (*). Ta cĩ: 12 8x 2(2x 4 4(2 x)) 2[( 2x 4)2 (2 2 x)2 ] Phương trình:( 2x 4 2 2 x)(2 2x 4 4 2 x 9x2 16) 0 2x 4 2 2 x 0 (1) 2 2 2x 4 4 2 x 9x 16 (2) 2 Ta cĩ: (1) 2x 4 8 4x x thỏa mãn (*). 3 (2) 48 8x 16 8 2x2 9x2 16 4(8 2x2 ) 16 8 2x2 x2 8x 0 2 2 2 t x Đặt t 2 8 2x , t 0 , ta đươc: t 8t x 8x 0 . t x 8 0 x 2 4 2 * t x 2 8 2x2 x x . 2 2 32 8x x 3 * t x 8 2 8 2x2 x 8 0 phương trình này vơ nghiệm (do (*)). 2 4 2 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm: x ;x . 3 3 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  24. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Ví dụ 3: Giải phương trình: 3x3 13x2 30x 4 (6x 2)(3x 4)3 (1). 4 1 Giải: ĐK: x V x . 3 3 Ta cĩ 3x2 13x2 30x 4 2(6x 2) (x2 3x 2)(3x 4) 1 * Nếu x VT(1) 0 VP (1) vơ nghiệm. 3 4 3 * Nếu x chia hai vế phương trình cho 3x 4(do x khơng là nghiệm của 3 4 6x 2 6x 2 phương trình) ta được: 2. (3x 4) x2 3x 2 0 . 3x 4 3x 4 6x 2 Đặt t , t 0. Phương trình trở thành: 3x 4 t x 1 2 2 2t (3x 4)t x 3x 2 0 x 2 . t 2 4 x 4 6x 2 3 x * t x 1 x 1 3 x 3 3x 4 6x 2 (x 1)2 (x 3)(3x2 x 2) 0 3x 4 x 2 6x 2 x 2 x 2 * t . 3 2 2 3x 4 2 3x 16x 4x 24 0 (*) Sử dụng máy tính ta thấy (*) cĩ duy nhất nghiệm x 5,362870693. Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm x 3 và nghiệm gần đúng x 5,362870693. Bài 1: Giải các phương trình sau: 9 193 17 3 73 1) 2x2 5x 2 4 2(x3 21x 20) (ĐS: x ; x ) 4 4 1 x2 2) x4 2x2 2x2 2x 1 (x3 x) x HD:PT chỉ cĩ nghiệm khi 0 x 1. Đặt a x(x 1);b 1 x . ĐS: x 1 2 ) 3) x3 3x2 2 (x 2)3 6x 0 (Đặt y x 2 . ĐS: x 2;x 2 2 3 ) 4) 2(x2 3x 2) 3 x3 8 ( x 3 13 ). Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  25. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x 1 1 1 1 1 5 4) 2x 1 3 x ( t 1 . ĐS: x ) x x x x 2 1 5) x2 3x 1 x4 x2 1 ( x 1 ). 3 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  26. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Đặt ẩn phụ các hàm lượng giác: Khi giải phương trình lượng giác ta thường đặt ẩn phụ cho các hàm số lượng giác và chuyển về phương trình đại số cơ bản mà ta đã biết giải. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp cách làm ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm số lượng giác ta sẽ chuyển bài tốn đại số về bài tốn lượng giác và giải giải quyết bài tốn lượng giác này. Chúng ta nên lưu ý đến những tính chất đặc trưng của các hàm số lượng giác: Với hàm số sin và cơsin: * Tập giá trị của hai hàm số này là [ 1;1]. * sin2 cos2 1 1 sin2 cos2 Với hai hàm số tan và cotan * Tập giá trị là R 1 1 * 1 tan2 ;1 cot2 cos2 sin2 Hai tính chất trên là cơ sở để chúng ta lựa chọn phương pháp này. Ta xét các ví dụ sau : Ví dụ 1: Giải phương trình: 1 1 x2 2x2 . Giải: ĐK: | x | 1. Với bài tốn này chúng ta cĩ thể giải bằng phương pháp bình phương hoặc đặt ẩn phụ. Cách tiến hành hai phương pháp này tuy khác nhau nhưng cùng một mục đích là làm mất căn thức. Dĩ nhiên một câu hỏi đặt ra là ngồi hai cách nĩi trên cịn cĩ cách nào để loại bỏ căn thức nữa hay khơng ? Để trả lời câu hỏi này thì chúng ta cần phải xác định là cần làm xuất hiện gì thì sẽ loại bỏ được căn thức ? Ta phải biến đổi 1 x2 a2 ! đẳng thức này sẽ gợi cho chúng ta nhớ đến cơng thức lượng giác giữa sin và cosin. Điều này hồn tồn hợp lí vì ta thấy được điều kiện xác định của x là đoạn [ 1;1]. Vậy ta cĩ cách giải như sau: Đặt x cost, t [0; ]. Khi đĩ phương trình trở thành: 1 1 1 cos2 t 2cos2 t 2sin2 t sin t 1 0 sin t (do sin t 0 ). 2 3 Vậy x cost 1 sin2 t là nghiệm của phương trình đã cho. 2 Nhận xét: Cơ sở để dẫn đến cách đặt như trên là miến xác định của x [ 1;1] và cần biến đổi 1 x2 a2 . Từ đây ta cĩ được nhận xét tổng quát hơn như sau: * Nếu | u(x) | a thì ta cĩ thể thực hiện phép đặt u(x) asin t , t [ ;], hoặc đặt 2 2 u(x) a cost, t [0; ] Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  27. Nguyễn Tất Thu (0918927276) * Nếu u(x) [0;a] thì ta cĩ thể đặt u(x) asin2 t, t [0; ]. 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 (1 x2 ) 3 x 2(1 x2 ) Giải: ĐK: | x | 1. Đặt x cost, t [0; ] . Phương trình trở thành: cos3 t sin3 t 2 costsin t (sin t cost)(1 sin t cost) 2 sin t.cost u2 1 u2 1 u(1 ) 2 u3 2u2 3u 2 0 ( u sin t cost,| u | 2 ) 2 2 (u 2)(u2 2 2u 1) 0 u 2;u 2 1 2 * u 2 cos(t ) 1 t x cos . 4 4 4 2 x 1 2 * u 1 2 x 1 x2 1 2 2 2 1 x (1 2 x) x 1 2 1 2 2 2 x . 2 x (1 2)x 1 2 0 2 2 1 2 2 2 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm: x ;x . 2 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 2 2 1 x2 x(1 1 x2 ). Giải: ĐK: |x| 1. Đặt x sin t, t [ ;]. Phương trình đã cho trở thành: 2 2 2 2 1 sin2 t sin t(1 1 sin2 t ) 2(1 cost) sin t(1 cost) t t t t t 2 | sin | 2sin t cos2 | sin | 2sin cos3 (*). 2 2 2 2 2 t t *Nếu t [ ;0) (*) sin (2cos3 1) 0 vơ nghiệm . 2 2 2 t 1 cos 3 t 3 t 2 2 * Nếu t [0; ] (*) sin (2cos 1) 0 2 2 2 t sin 0 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  28. Nguyễn Tất Thu (0918927276) t 1 t 1 t +) Với cos sin 1 (do t [0; ] sin 0 ) 2 3 2 2 3 4 2 2 t t x sin t 2sin cos 3 4 1 . 2 2 t +) Với sin 0 t 0 x sin t 0 . 2 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm: x 3 4 1; x 0 . Chú ý : * Ở trên ta thực hiện phép đặt x sin t , ta cũng cĩ thể đặt x cos t tuy nhiên nếu đặt x cos t thì sẽ dẫn đến bài tốn biến đổi phức tạp hơn. t t * Vì t [ ;] [ ;] nên ta chưa khẳng định được sin dương hay âm, do 2 2 2 4 4 2 đĩ khi đưa ra khỏi căn thức thì ta phải cĩ trí tuyệt đối. 2 Ví dụ 4: Giải phương trình: 1 2x x2 1 2x x2 . | x 1| Giải: ĐK: 0 x 2. Ta thấy 0 2x x2 1, nên ta đặt 2x x2 cost, t [0; ] | x 1| sin t 2 2 Phương trình trở thành: 1 cost 1 cost | sin t | 4 2(1 sin t) sin3 t sin2 t 2 0 sin t 1 cost 0 sin2 t 2x x2 0 x 0,x 2. Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x 0,x 2. Ví dụ 5: Giải phương trình: x3 3x x 2 . Giải: ĐK: x 2 * Với x 2 x3 3x x x(x2 4) x x 2 phương trình vơ nghiệm. * Với 2 x 2 , đặt x 2cost, t [0; ]. Khi đĩ phương trình đã cho trở thành t 0 3 t 8cos t 6cost 2 2cost cos3t cos 4 4 . 2 t ; t 5 7 4 4 Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm: x 2;x cos ;x cos . 5 7 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  29. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Ví dụ 6: Giải phương trình: 64x3 112x2 56x 7 2 1 x . Giải: ĐK: x 1. Nếu x 0 VT 0 mà VP 0 nên phương trình vơ nghiệm. Do vậy ta chỉ giải phương trình khi 0 x 1. Do vậy ta cĩ thể đặt x cos2 t, t [0; ). Khi đĩ phương 2 trình đã cho trở thành: 64cos6 t 112cos4 t 56cos2 t 7 2sin t (*). Mặt khác cos7t 64cost7 112cos5 t 56cos3 t 7cost nên 2 t k 18 9 (*) cos7t 2sin t cost cos7t sin 2t cos( 2t) . 2 2 t k 10 5 5 3 Vì t [0; ) nên ta cĩ các nghiệm t ;t ;t . 2 18 18 10 5 3 Vậy phương trình đã cho cĩ các nghiệm là: x cos2 ;x cos2 ;x cos2 . 18 18 10 Chú ý : Ta cĩ sự biểu diễn cosnx qua cosx như sau: n [] 2 n 2k k n n 1 2k k cosnx  an,k .cos x . Trong đĩ an,k ( 1) 2 Cn k . k 0 n k (1 x2 ) 3 Ví dụ 7: Giải phương trình : 2x 1 x2 . 1 x2 Giải: ĐK : x 1. Đặt x tan t, t ( ; );t . Phương trình đã cho trở thành 2 2 4 (1 tan2 t)3 2sin t 1 1 2tan t 1 tan2 t cos2t(2sin t 1) 1 1 tan2 t cost cost.cos2t sin t 0 2 2 (1 2sin t)(2sin t 1) 1 2sint(2sin t sin t 1) 0 1 . sin t 2 * sin t 0 t 0 x tan t 0. 1 1 * sin t t t tan . 2 6 6 3 1 Vậy phương trình cĩ hai nghiệm: x 0 và x . 3 Bài tập: Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  30. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) 1 1 x2 x(1 2 1 x2 ) 1 2 2 2) 1 x2 4x3 3x ( x ;x ). 2 4 3) 1 1 x2 [ (1 x)3 (1 x)3 ] 2 1 x2 2 4) 1 x x2 x 1 x 3 1 2x 1 x2 1 2 2 5) 1 2x2 ( x ;x ). 2 2 2 6) x3 (1 x2 ) 3 x 2(1 x2 ) . 2 7) 1 x2 ( x)2 . 3 8) 729x4 8 1 x2 36. 1 x 3 5 9) . x x2 1 2 10) x 1 8 x 3 (x 1)(8 x) 3 . Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  31. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 x 6 x 3 (3 x)(6 x) . Phương trình này chúng ta đã cĩ cách giải ở trên. Ta thấy VT của phương trình trên là tổng của hai căn thức, cịn VP chứa tích của hai căn thức đĩ và ta nhận thấy hai căn thức ở VT cĩ quan hệ tổng bình phương của chúng bằng 9, do đĩ nếu ta đặt a x 3 , a b 3 ab b 6 x thì ta cĩ được hệ phương trình . Đây là hệ đối xứng loại I, 2 2 a b 9 a 0 a 3 giải hệ này ta được V . b 3 b 0 * a 3 x 0. * a 0 x 3. Nhận xét: Dạng tổng quát của phương trình trên là: F(f (x),n a f(x),m b f(x)) c . Để giải phương trình này ta đặt: u n a f (x), v m b f (x) , lúc đĩ ta cĩ hệ phương f (u,v) c trình: giải hệ này ta tìm được u, v. Từ đây ta cĩ được x. n m u v a b Chú ý : Để tìm x ta chỉ cần giải một trong hai phương trình: n a f (x) u hoặc m b f (x) v . Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24 x 12 x 6. Giải: ĐK: x 12. Đặt u 3 24 x; v 12 x u 3 36, v 0, ta cĩ hệ phương trình: u v 6 v 6 u v 6 u 3 2 3 2 2 u v 36 u (6 u) 36 u(u u 12) 0 (*) Phương trình (*) cĩ ba nghiệm : u 0;u 4;u 3 thỏa mãn u 3 36 . Từ đây ta tìm được: x 24;x 88;x 3. Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm: x 24;x 88;x 3. Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x 4 17 x 3. Giải: ĐK: 0 x 2. Đặt a 4 x; b 4 17 x; a,b 0. Ta cĩ hệ phương trình Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  32. Nguyễn Tất Thu (0918927276) a b 3 a b 3 a b 3 4 4 2 2 2 2 2 2 a b 17 [(a b) 2ab] 2a b 17 a b 18ab 32 0 a b 3 . ab 2 V ab 16 a b 3 a 1 a 2 x 1 Với V . ab 2 b 2 b 1 x 16 a b 2 Với hệ vơ nghiệm. ab 16 Vậy phương trình đã cho cĩ hai ngiệm x 1;x 16. Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 (2 x)2 3 (7 x)2 3 (2 x)(7 x) 3. Giải: Đặt a 3 2 x; b 3 7 x , ta cĩ hệ phương trình 2 2 2 a b ab 3 (a b) 3ab 3 a b 3 a 1 a 2 V . 3 3 2 2 a b 9 (a b)(a ab b ) 9 ab 2 b 2 b 1 Từ đây giải ra ta được x 1 và x 6 . Ví dụ 5: Giải phương trình: 2x3 1 23 2x 1 . Giải: 3 x 1 2y Đặt y 3 2x 1 y3 1 2x vậy ta cĩ hệ phương trình : 3 y 1 2x x3 y3 2(y x) (x y)(x2 xy y2 2) 0 x y y 3 (Do x2 xy y2 2 (x )2 y2 2 0) 2 4 1 5 x3 1 2x x3 2x 1 0 (x 1)(x2 x 1) 0 x 1;x . 2 1 5 Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm: x 1;x . 2 Chú ý : Dạng tổng quát của bài tốn trên là: f (x) n b an af (x) b , để giải phương n t b ay trình này ta đặt t f (x);y n af (x) b ta cĩ hệ: . n y b at Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  33. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x 3 Ví dụ 6: Giải phương trình : 2x2 4x . 2 Giải: ĐK: x 3. (x 1) 2 1 x 1 Phương trình 2(x 1)2 2 (x 1)2 1 1 . 2 2 2 x 1 t t Đặt t x 1;y 1 1 y2 1 , ta cĩ hệ phương trình: 2 2 2 1 t2 1 y t y 2 1 (t y)(t y ) 0 1 2 1 2 y t y 1 t 2 2 t 1 17 3 17 * t y t2 1 2t2 t 2 0 t x (thỏa đk x 3) 2 4 4 1 1 t 1 13 5 13 * y t (t )2 1 4t2 2t 3 0 t x 2 2 2 4 4 (thỏa đk x 3). 3 17 5 13 Vậy phương trình đã cho cĩ bốn nghiệm: x ;x . 4 4 Ví dụ 7: Giải phương trình : 4x2 7x 1 2 x 2 . Giải: ĐK: x 2 Phương trình (2x 1)2 3x 2 2(2x 1) 3x Đặt t 2x 1;y 2t 3x y2 3x 2t ta cĩ hệ phương trình 2 t 3x 2y y t (t y)(t y 2) 0 . 2 y 3x 2t y t 2 x 1 2 2 * y t t 2t 3x 0 4x 3x 1 0 1 . x 4 x 1 2 2 * y t 2 t 3x 2(t 2) 0 4x 11x 7 0 7 . x 4 7 1 Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm: x 1;x ;x . 4 4 Ví dụ 8: Giải phương trình: x2 x 1000 1 8000x 1000 . 1 Giải: ĐK: x 8000 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  34. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Đặt ay b 1 8000x a2 y 2 12aby b2 1 8000x , ta cĩ hệ phương trình 2 2 x x 1000(ay b) 1000 x x 1000(b 1) 1000ay . 2 2 2 2 2 2 a y 12aby b 1 8000x a y 12aby b 1 8000x 1 1 1000(b 1) 1000a a 2 Ta xác định a,b: a2 12ab b2 1 8000 b 1 2 x x 2000y ta cĩ hệ: (x y)(x y 1999) 0 x y (Do x y 1999 0 ) 2 y y 2000x x2 2001x 0 x 0;x 2001 là nghiệm của phương trình đã cho. Chú ý : * Dạng tổng quát của phương trình trên là: ax b r(u.x v)2 dx e , trong đĩ: u ar d;v br e . Để giải phương trình này ta đặt: ax b u.y v và đưa về hệ đối xứng loại II. * Tương tự ta cũng cĩ lời giải cho phương trình : 3 ax b r(u.x v)3 dx e, trong đĩ: u ar d;v br e . Để giải phương trình này ta đặt: 3 ax b u.y v và đưa về hệ đối xứng loại II. Ví dụ 9: Giải phương trình: 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25. Giải: Ta cĩ phương trình 3 3x 5 (2x 3)3 x 2 Đặt 3 3x 5 2y 3 (2y 3)2 3x 5, khi đĩ ta cĩ hệ phương trình 3 (2x 3) 2y 3 x 2 a3 b3 b a (Với a 2x 3;b 2y 3) 3 (2y 3) 2x 3 x 2 (a b)(a 2 ab b2 1) 0 a b (2x 3)3 3x 5 x 2 3 2 2 8x 36x 51x 22 0 (x 2)(8x 20x 11) 0 5 3 . x 4 5 3 Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm x 2;x . 4 Ví dụ 10: Giải phương trình: 3 2 x2 2 x3 . Giải: x 3 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  35. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Đặt a 3 2 x2 , a 0 a3 2 x2 a3 x2 2 Mặt khác từ phương trình ban đầu a 2 x3 x3 a2 2 3 2 a x 2 Vậy ta cĩ hệ phương trình: trừ hai phương trình của hệ ta được 3 2 x a 2 a3 x3 (a2 x2 ) 0 (a x)(a2 ax x2 a x) 0 (*) Ta cĩ: a2 ax x2 a x a2 (a x)(x 1) * Với x 1 a x 0 (a x)(x 1) 0 a2 (a x)(x 1) 0 * Với 0 x 1 a 1 a2 ax x2 a x a(a 1) ax x(a 1) 0 * Với x 0 a x 0 (a x)(x 1) 0 a2 (a x)(x 1) 0 a2 ax x2 a x 0  x 0 x 3 2 Do đo (*) a x thay vào hệ ta được: 2 x3 x x 1. 3 2 x x 2 0 Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x 1. Ví dụ 11: Giải phương trình : 1 x2 4 x2 x 1 6 1 x 1. 1 5 Giải: ĐK: x 1. 2 Đặt a 1 x2 ,b 4 x2 x 1,c 6 1 x;a,b,c 0, ta cĩ hệ phương trình : a b c 1 a2 a 2 4 6 a,b,c 0 4 2 4 6 a b c 1. Vì 0 a,b,c 1 b b a b c 1. a b c 1 a,b,c 0 c6 c a a2 4 hệ b b x 1là nghiệm của phương trình đã cho. c c6 Ví dụ 12: Giải phương trình: 2 x2 (2 x)2 . Giải: ĐK: 0 x 2 . a b 2 Đặt a x;b 2 x , ta cĩ hệ phương trình: (I) 4 4 a b 2 2 a2 b2 a b Áp dụng BĐT , ta cĩ: 2 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  36. Nguyễn Tất Thu (0918927276) 4 4 2 2 2 4 a b a b a b 4 4 1 a b 2 2 2 2 Vậy (I) a b 1 x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 13: Giải phương trình : x 3 x 4 x 5 x 4 x 3 x 5 x . Giải: ĐK: 0 x 3. Đặt a 3 x;b 4 x;c 5 x; a,b,c 0 , ta cĩ hệ phương trình: 2 ab bc ca 3 a (a c)(a b) 3 2 ab bc ca 4 b (b c)(b a) 4 (a b)(b c)(c a) 2 15 ab bc ca 5 c2 (c a)(c b) 5 3 23 a b 2 a 5 4 15 5 17 671 b c 2 b x là nghiệm của phương trình đã cho. 3 4 15 240 15 7 c a c 4 4 15 Bài 1: Giải các phương trình sau: 1 9 221 1) 2x 15 32x2 32x 20 (x ;x ) 2 16 1 2) x 4 x(1 x)2 4 (1 x)3 1 x 4 x3 4 x2 (1 x) (ĐS: x 0;x 1;x ) 2 3) 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2. 4) 3 x 2 x 1 3 5) 3 2 x x 1 1 6) 4 x 4 x 1 4 x 1 7) 4 17 x8 3 2x8 1 1 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  37. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Phương pháp lượng liên hợp x0 Df Ta biết x x0 là nghiệm của phương trình f (x) 0 . f (x0 ) 0 Mà theo định lí Bơzu nếu x=a là nghiệm của đa thức P(x) thì P(x) (x a)P1 (x) Từ đĩ ta cĩ nhận xét: Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) 0 thì ta cĩ thể đưa phương trình f (x) 0 về dạng (x x0 )f1 (x) 0 và khi đĩ việc giải phương trình f (x) 0quy về giải phương trình f1 (x) 0 . Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: Giải phương trình : 3(2 x 2) 2x x 6 . Giải: ĐK: x 2 . Ta thấy x=3 là một nghiệm của phương trình ( ta nghĩ đến x=3 vì khi đĩ x-2 và x+6 là những số chính phương) do đĩ ta cĩ thể đưa phương trình về dạng: (x 3)f1 (x) 0 nên ta biến đổi phương trình như sau: 2(x 3) ( x 6 3 x 2) 0, vấn đề cịn lại của chúng ta là phải phân tích x 6 3 x 2 ra thừa số (x-3) (Chú ý khi x=3 thì x 6 3 x 2 ), vì định lí Bơzu chi ấp dụng cho đa thức nên ta phải biến đổi biểu thức này về dạng cĩ mặt đa thức, tức là ta đưa về dạng (x 6) 9(x 2) 8(x 3) điều này giúp ta liên tưởng đến đẳng thức a2 b2 (a b)(a b) nên ta biến đổi : ( x 6 3 x 2)( x 6 3 x 2) 8(x 3) x 6 3 x 2 x 6 3 x 2 x 6 3 x 2 8 Suy ra phương trình (x 3)(2 ) 0 đến đây ta chỉ cần giải x 6 3 x 2 8 phương trình: 2 0 x 6 3 x 2 4 phương trình nay cĩ x 6 3 x 2 11 3 5 một nghiệm x . 2 11 3 5 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x 3 và x . 2 Qua ví dụ trên ta thấy để bỏ căn thức ta cĩ thể sử dụng hằng đẳng thức an bn (a b)(a n 1 an 2b abn 2 bn 1) hai biểu thức (a b) và (an 1 an 2b abn 2 bn 1) ta gọi là hai biểu thức liên hợp của nhau. Nên phương pháp trên ta gọi là phương pháp nhân lượng liên hợp. x2 Ví dụ 2: Giải phương trình : x 4. (1 1 x)2 Giải: ĐK: x 1. Ta thấy (1 1 x)2 (1 1 x)2 x2 nên ta nhân lượng liên hợp ở VT Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  38. Nguyễn Tất Thu (0918927276) * Với x 0 bất phương trình trở thành: 0 4 (đúng) x 0 là một nghiệm bpt. * Với x 0 1 1 x 0 nên x2 (1 1 x)2 Bpt x 4 1 2 1 x 1 x x 4 x 1 3 x 8 x2 Kết hợp với điều kiện ta cĩ nghiệm bất phương trình : 1 x 8. Nhận xét: Ở trên ta nhân liên hợp với mục đích là trục căn thức ở mẫu. Khi nhân cả tử và mẫu ở VT với biểu thức 1 1 x thì biểu thức đĩ phải khác khơng nên ta phải chia làm trường hợp như trên. Ví dụ 3: Giải phương trình : x 2 4 x x2 6x 11. Giải: ĐK: 2 x 4 Ta nhận thấy phương trình cĩ nghiệm x 3, đồng thời với x 3 thì x 2 4 x 1 Nên ta biến đổi như sau: x 3 3 x Pt x 2 1 4 x 1 x2 6x 9 (x 3)2 x 2 1 4 x 1 1 1 (x 3) (x 3) 0 x 2 1 4 x 1 4 x x 2 (x 3) (x 3) 0 ( x 2 1)( 4 x 1) 3(3 x) (x 3) (x 3) 0 ( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2 2 3 (x 3) 1 0 x 3 ( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2 3 ( Vì 1 0 ) ( x 2 1)( 4 x 1) 4 x x 2 Vậy phương trình cĩ nghiệm duy nhất: x 3. Chú ý : * Trong cách trên chúng ta khơng nhân liên hợp ngày ở VT mà chúng ta thêm -1 vào mỗi căn thức rồi mới nhân liên hợp, cách làm vậy là để xuất hiện thừa số chung x-3 ở cả hai vế. * Cách giải trên chưa phải là cách giải hay nhất đối với bài tốn trên nhưng nĩ rất tự nhiên. Cách giải hay nhất đối với bài tốn đĩ là cách đánh giá hai vế, cụ thể: VT 2(x 2 4 x) 2 (*) cịn VP (x 3)2 2 2 ( ). Nên phương trình VT VP 2 x 3. Tuy nhiên trong nhiều bài tốn thì việc sử dụng lượng liên hợp sẽ cho chúng ta lời giải tối ưu nhất. Ta xét ví dụ sau. Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  39. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Ví dụ 4: Giải phương trình : x 2 4 x 2x2 5x 1. Giải: ĐK: 2 x 4. Mới nhìn vào phương trình ta sẽ nghĩ cĩ thể giải phương trình này bằng cách đánh giá ! Nhưng ta khơng thể giải theo cách đánh giá vì VP 0 ! Tuy nhiên phương trình trên vẫn cĩ nghiệm x 3 nên ta giải phương trình trên bằng cách nhân lượng liên hợp PT x 2 1 4 x 1 2x2 5x 3 x 3 x 3 x 3 (x 3)(2x 1) 1 1 x 2 1 4 x 1 2x 1 (*) x 2 1 4 x 1 1 1 1 Ta cĩ: 1; 2 1 VT(*) 2 2 . x 2 1 4 x 1 2 1 Mặt khác x 2 VP(*) 2x 1 5 (*) vơ nghiệm. Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất: x 3. Nhận xét : * Ta cĩ dạng tổng quát của phương trình trên là: b2 a2 b a a b b a x a b x (b a)x2 ( )x ( 2) (ĐK:a 2 b ). 2 2 2 2 * Qua bốn ví dụ trên ta thấy trong phương pháp này việc dự đốn nghiệm của phương trình là khâu quan trọng, từ việc đốn nghiệm này ta mới định hướng được các phép biến đổi. 1 x 2x x2 Ví dụ 5: Giải phương trình : . x 1 x2 Giải: ĐK 0 x 1. 1 Ta thấy phương trình cĩ một nghiệm x nên ta phân tích ra thừa số . 2 Ta cĩ: PT (1 x2 ) 1 x (2x x2 ) x x2 ( 1 x x) ( 1 x 2x x) 0 x2 (1 2x) 1 x 4x3 x2 (1 2x) (1 2x)(2x2 x 1) 0 0 1 x x 1 x 2x x 1 x x 1 x 2x x x2 2x2 x 1 1 (1 2x)( ) 0 x (Do biểu thức trong dấu () >0). 1 x x 1 x 2x x 2 1 Vậy phương trình cĩ nghiệm duy nhất x . 2 Ví dụ 6: Giải phương trình : 3 x 2 3 x 1 3 2x2 3 2x2 1 Giải: Do VT 1 nên VP 1 x 1. Ta thấy nếu 2x2 x 1 thì hai vế của phương trình bằng nhau nên ta phân tích ra thừa Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  40. Nguyễn Tất Thu (0918927276) số 2x2 x 1. Ta cĩ: PT (3 2x2 1 3 x 2) (3 2x2 3 x 1) 0 2x2 x 1 2x2 x 1 0 3 (2x2 1)2 3 (2x2 1)(x 2) 3 (x 2)2 3 4x4 3 2x2 (x 1) 3 (x 1)2 2x2 x 1 0 (do x 1 nên khi đặt 2x2 x 1 làm thừa số thì biểu thức trong dấu () luơn dương ). 1 x 1;x là nghiệm của phương trình đã cho. 2 Chú ý : Bài tốn trên cĩ thể giải bằng cách đánh giá như sau 1 * Nếu 2x2 x 1 x 1;x thì hai vế cảu phương trình bằng nhau. 2 * Nếu 2x2 x 1 VT VP phương trình vơ nghiệm. * Nếu 2x2 x 1 VT VP phương trình vơ nghiệm. Ví dụ 7: Giải phương trình: x2 x 1 (x 2) x2 2x 2 . Giải: Phương trình x2 2x 7 3(x 2) (x 2) x2 2x 2 0 (x 2)(x2 2x 7) x2 2x 7 (x 2)(3 x2 2x 2) 0 x2 2x 7 0 x2 2x 2 3 x 2 (x 1)2 1 (x 1) (x2 2x 7)(1 ) 0 (x2 2x 7)( ) 0 x2 2x 2 3 x2 2x 2 3 x2 2x 7 0 x 1 7 là nghiệm của phương trình đã cho. Nhận xét: Qua những ví dụ trên ta thấy sau khi tạo ra thừa số chung, thì ta tìm cách chứng minh biểu thức trong dấu () cịn lại luơn âm hoặc luon dương. Tuy nhiên khơng phải bài nào cũng xảy ra trường hợp đĩ. Ta xét bài tốn sau. Ví dụ 8: Giải phương trình: 3 x 24 12 x 6 . Giải: ĐK x 12. Phương trình (3 x 24 3) ( 12 x 3) 0 x 3 3 x 0 3 (x 24)2 33 x 24 9 12 x 3 (x 3)( 12 x 3 (x 24)2 33 x 24 6) 0 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  41. Nguyễn Tất Thu (0918927276) x 3 3 2 3 12 x (x 24) 3 x 24 6 0 (*) Kết hợp với phương trình ban đầu ta cĩ (*) 3 (x 24)2 43 x 24 0 x 24,x 88thử lại ta thấy hai nghiẹm này đều thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình đã cho cĩ ba nghiệm: x 88;x 24;x 3. Nhận xét: Để giải phương trình (*) ta phải kết hợp với phương trình ban đầu. Ta chú ý rằng phép biến đổi này là phép biến đổi hệ quả do đĩ sau khi giải xong ta phải thử lại các nghiệm để loại đi những nghiệm ngoại lai. Ví dụ 9: Giải phương trình: 2 x2 7x 10 x x2 12x 20 . x 2 Giải: ĐK . x 10 Để đơn giản ta đặt a x2 7x 10;b x2 12x 20 2a b x (I) Ta thấy phương trình cĩ nghiệm x=1.Ta biến đổi như sau: PT 2 x2 7x 10 (x 1) x2 12x 20 (x 2) 18(x 1) 16(x 1) x2 7x 10 x 1 x2 12x 20 x 2 (Vì 2 phương trình x2 7x 10 x 1 0 và x2 12x 20 x 2 0vơ nghiệm ). x 1 9 8 . (I I) a x 1 b x 2 2a b x Kết hợp (I) và (II) ta cĩ hệ phương trình : 5a 4x 5 8a 9b x 10 5 2 x 15 5 5 5 x 7x 10 4x 5 4 x . 2 2 x 15x 25 0 15 5 5 Thay vào phương trình ban đầu ta thấy chỉ cĩ nghiệm x thỏa mãn. 2 15 5 5 Vậy phương trình đã cho cĩ hai nghiệm x 1 và x . 2 Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai
  42. Nguyễn Tất Thu (0918927276) Bài tập: Giải các phương trình và bất phương trình sau: 6 8 3 1) 5x 1 3 9 x 2x2 3x 1 ( x 1) 2) 6 ( x ) 3 x 2 x 2 3) (x 1) x2 2x 5 4x x2 1 2(x 1) (ĐS: x 1) 4) 3 x2 23 x (x 4) x 7 3x 28 0 (ĐS: x=8) 5) 2 x2 3 8 2x x2 x 6) 2x2 11x 21 34 4x 4 7) 3 x2 1 3x3 2 2 3x 8) 3 x2 4 x 1 2x 3 9) x2 9x 24 16x2 59x 149 5 x ( x 5; 10) 2x2 11x 21 33 4x 4 ( x=3 ) 11) x3 3x2 8x 40 84 4x 4 ( x=3 ) 12) 3 x 2 x 1 3 13) 3 2 x x 1 1 14) 4 17 x8 3 2x8 1 1 Cịn nữa . Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hịa – Đồng Nai