›
›
›

Toán 9 - Giải phương trình vô tỉ

doc 39 trang hoaithuong97 4492
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Toán 9 - Giải phương trình vô tỉ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doctoan_9_giai_phuong_trinh_vo_ti.doc

Nội dung text: Toán 9 - Giải phương trình vô tỉ

  1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-BÀI TẬP Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1 (1) x 1 0 x 1 x 1 HD: (1) 2 2 x 3 x 1 (x 1) x 3x 0 x 3 Bài 2: Giải phương trình: x 2x 3 0 HD:Ta cĩ: x 2x 3 0 2x 3 x x 0 2 2x 3 x x 0 2 x 2x 3 0 x 0 x 1 x 3 x 3 Bài 3: Giải phương trình: x 4 1 x 1 2x HD: Ta cĩ: x 4 1 x 1 2x x 4 1 2x 1 x 1 2x 0 1 x 0 x 4 1 2x 1 x 2 (1 2x)(1 x) 1 x 1 2 x 2 2x 1 0 2x 1 2x2 3x 1 2 2 (2x 1) 2x 3x 1 1 1 1 1 x x 2 2 2 2 x 0 x 0 2 x 7x 0 x 7 Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x2 4 0 1
  2. x 2 0 x 2 HD:ĐK: 2 (1) x 4 0 x 2 3 (x 2)(x 2) 0 PT x 2. 1 3 x 2 0 x 2 0 x 2 17 (2) 1 3 x 2 0 x 9 Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2 Bài 5. Giải phương trình : 3 x x 3 x HD:Đk: 0 x 3 khi đĩ pt đã cho tương đương: 3 3 3 2 1 10 10 1 x 3x x 3 0 x x 3 3 3 3 Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x 3 9x2 x 4 HD:Đk: x 3 phương trình tương đương : x 1 2 2 x 3 1 3x 1 3 x 9x 5 97 x 3 1 3x x 18 2 Bài 7. Giải phương trình sau : 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 3 HD: pt 3 x 2 3 3x 0 x 1 III-Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải các phương trình sau: 1/ x x 1 13 2/ 3 x 34 3 x 3 1 4/ 1 x x2 4 x 1 5/ x 3 5 x 2 7/ x x 1 x 4 x 9 0 8/ x 2 5 0 1 19 10/ 5x 1 2 0 11/ 3 2x 3 2 6 13/ 16x 17 8x 23 14/ 3x 1 2 x 3 Bài 2: Giải phương trình: a) x2 1 x 1 b) x 2x 3 0 d) 3 x 6 x 3 e) 3x 2 x 1 3 2
  3. g) x 9 5 2x 4 h) 3x 4 2x 1 x 3 Bài 3: Tìm m để phương trình sau cĩ nghiệm: x2 3x 2 2m x x2 Bài 6: Giải các phương trình sau: 1 9 a/ x 7 x 3 9 0 d/ x 1 x 1 3 x 1 17 2 2 5 3 b/ 2x 1 1 e/ x 3 9x 27 4x 12 1 3 2 c/ 3x 7 x 4 0 f) (x 3) 10 x2 x2 x 12 PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-BÀI TẬP: Bài 1: Giải phương trình: x2 4x 4 x 8 (1) HD: (1) (x 2)2 8 x |x – 2| = 8 – x – Nếu x 3 suy ra: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vơ nghiệm) Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8 Bài 3:Giải phương trình: x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2 5 HD:ĐK: x 2 PT 2x 5 2 2x 5 1 2x 5 6 2x 5 9 14 2x 5 1 2x 5 3 14 2x 5 5 x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15 3
  4. Bài 4: Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 2 HD:ĐK: x 1 Pt x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 Nếu x 2 pt x 1 1 x 1 1 2 x 2 (Loại) Nếu x 2 pt x 1 1 1 x 1 2 0x 0 (Luơn đúng với x ) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S x R |1 x 2 Bài 5: Giải phương trình: x 2 x 1 x 4 x 4 10 DK :x 0 x 1 x 2 10 Neu .0 x 1 2 x 7 (loai) Neu 1 x 2 1 10 (loai) Neu x 2 169 2 x 13 x 4 Bài 5: Giải phương trình. 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 5 dk : x 2 2x 5 3 2x 5 1 4 Dat 2x 5 y (y 0) y 3 y 1 4 Neu 0 y 1 0y 0 dungytrongkhoang0 y 1 Neu y 1 2y 2 y 1 vay: 0 2x 5 1 5 x 3 2 III-Bài tập áp dụng: 4
  5. Giải các phương trình sau: 1/ x2 2x 1 5 2/ x 4 x 4 3 3/ x2 6x 9 2x 1 4/ x 4 x 4 5x 2 5/ x2 2x 1 x2 4x 4 4 6/ x 2 x 1 x 4 x 4 10 7/ 8/ x2 4x 4 x2 6x 9 1 x2 6x 9 2x2 8x 8 x2 2x 1 9/ x 2 x 1 x 2 x 1 2 10/ x 3 2 x 4 x 4 x 4 1 11/ 12/ x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2 x 6 2 x 2 x 11 6 x 2 1 13/ x2 2x x2 2x 1 5 0 14/ 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 15/ x2 4x 4 2x 10 16/ x2 2x 1 2x 8 1 1 1 2 x x x 2 x x 1 6 2 5 0 17/ 2 4 18/ 4 x 3 2 19/ x 2 x 1 x 2 x 1 20/ x 4x 4 2 x 2 21/ (x 1) 4 4 x 1 x 1 6 x 1 9 1 22/ x 8 6 x 1 4 PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường . Bài 1. Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2 HD:Điều kiện: x 1 Nhận xét. x x2 1. x x2 1 1 1 Đặt y x x2 1 thì phương trình cĩ dạng: y 2 y 1 y Thay vào tìm được x 1 Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5 4 HD:Điều kiện: x 5 y2 5 Đặt y 4x 5 (y 0) thì x . Thay vào ta cĩ phương trình sau: 4 y4 10t2 25 6 2. (y2 5) 1 y y4 22y2 8y 27 0 16 4 (y2 2y 7)(y2 2y 11) 0 Ta tìm được bốn nghiệm là: y1,2 1 2 2; y3,4 1 2 3 5
  6. Do y 0 nên chỉ nhận các gái trị y1 1 2 2, y2 1 2 3 Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1 2 và x 2 3 Cách 2: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 6x 1 0 Ta được: x2 (x 3)2 (x 1)2 0 , từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x 5 và đưa về hệ đối xứng Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6 HD:Điều kiện: 1 x 6 Đặt y x 1(y 0) thì phương trình trở thành: y2 y 5 5 y4 10y2 y 20 0 ( với 1 21 1 17 y 5) (y2 y 4)(y2 y 5) 0 y (loại), y 2 2 11 17 Từ đĩ ta tìm được các giá trị của x 2 2 Bài 4. Giải phương trình sau : x 2004 x 1 1 x HD: ĐK: 0 x 1 Đặt y 1 x thì phương trình trở thành: 2 1 y 2 y2 y 1002 0 y 1 x 0 1 Bài 5. Giải phương trình sau : x2 2x x 3x 1 x HD:Điều kiện: 1 x 0 1 1 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x 2 x 3 x x 1 Đặt t x , ta giải được. x 6
  7. Bài 6. Giải phương trình : x2 3 x4 x2 2x 1 HD: x 0 khơng phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 1 1 x 3 x 2 x x 1 1 5 Đặt t=3 x , Ta cĩ : t3 t 2 0 t 1 x x 2 Bài 7.Giải phương trình:3x2 21x 18 2 x2 7x 7 2 HD:Đặt y = x2 7x 7 ; y 0 5 y Phương trình cĩ dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0 3 y 1 y 1 2 x 1 Với y = 1 x 7x 7 1 Là nghiệm của phương trình đã cho. x 6 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Bài 1. Giải phương trình : 2 x2 2 5 x3 1 3 HD: Đặt u x 1 (u 0) ; v x2 x 1 (v ) 2 u 2v 2 2 5 37 phương trình trở thành : 2 u v 5uv 1 Tìm được: x u v 2 2 3 Bài 2. Giải phương trình :x2 3x 1 x4 x2 1 (*) 3 HD:Dễ thấy: x4 x2 1 x4 2x2 1 x2 x2 x 1 x2 x 1 Ta viết x2 x 1  x2 x 1 3 x2 x 1 x2 x 1 Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x2 x 1 6 x2 x 1 3 x2 x 1 x2 x 1 2 3 2 3 Đặt :u x x 1 u ;v x x 1 v 4 4 phương trình trở thành :-3u+6v=-3. uv u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x. Bài 3: Giải phương trình sau :2x2 5x 1 7 x3 1 (*) HD:Đk: x 1 Nhận xét : Ta viết x 1  x2 x 1 7 x 1 x2 x 1 7
  8. Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x 1 2 x x 1 7 x 1 x2 x 1 v 9u 2 Đặt u x 1 0 ,v x x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv 1 v u 4 Ta được : x 4 6 Bài 4. Giải phương trình : x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 HD:Nhận xét : Đặt y x 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 3 2 3 3 2 3 x y x 3x 2y 6x 0 x 3xy 2y 0 x 2y Pt cĩ nghiệm : x 2, x 2 2 3 Bài 5:Giải phương trình: 10 x3 1 3 x2 2 HD:ĐK: x 1 Pt 10 x 1. x2 x 1 3(x2 2) u x 1 Đặt (u,v 0) 2 v x x 1 2 2 u 3v Phương trình trở thành:10uv = 3(u +v ) 3u v u 3v 0 v 3u Nếu u = 3v x 1 3 x2 x 1 9x2 10x 8 0 (vơ nghiệm) x 5 33 Nếu v = 3u x2 x 1 3 x 1 x2 10x 8 0 là nghiệm. x 5 33 Bài 1. Giải phương trình : x2 3 x2 1 x4 x2 1 2 u x HD:Ta đặt : u,v 0;u v khi đĩ phương trình trở thành : 2 v x 1 u 3v u2 v2 hay: 2(u + v) - (u - v)= u v u v Bài 2.Giải phương trình sau : x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 1 HD:Đk x . Bình phương 2 vế ta cĩ : 2 x2 2x 2x 1 x2 1 x2 2x 2x 1 x2 2x 2x 1 1 5 2 u v u x 2x 2 Ta cĩ thể đặt : khi đĩ ta cĩ hệ : uv u v v 2x 1 1 5 u v 2 8
  9. 1 5 1 5 Do u,v 0 . u v x2 2x 2x 1 2 2 Bài 3. Giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 HD:Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x 1 Nhận xét : Khơng tồn tại số , để : 2x2 5x 2 x2 x 20  x 1 u x2 x 20 vậy ta khơng thể đặt : . v x 1 Nhưng may mắn ta cĩ : x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x2 4x 5 Ta viết lại phương trình: 2 x2 4x 5 3 x 4 5 (x2 4x 5)(x 4) . Đến đây bài tốn được giải quyết . Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Từ những phương trình tích Bài 1. x 1 1 x 1 x 2 0 9
  10. x 1 1 x 1 x 2 0 x 1 x 1 x 1 x 2 0 (Dk :x 1) Dat x 1 y (y 0) y2 y(x 1) x 2 0 x2 2x 1 4x 8 x2 6x 9 (x 3)2 x 3 x 1 x 3 y x 2 2 x 1 x 3 y 1 2 Thay y x 2 x 1 x 2 x 1 x2 4x 4 5 2 5 x2 5x 5 0 x 2 5 2 5 x 2 Thay y 1 x 1 1 x 0 5 2 5 5 2 5  Vậy x 0; ;  2 2  Bài 2. 2x 3 x 2x 3 x 2 0 2x 3 x 2x 3 x 2 0 3 2x 3 2x 3( 2x 2) x2 2x 0 dk : x 2 Dat y 2x 3 y2 y( 2x 2) x2 2x 0 4x2 8x 4 4x2 8x 4 2x 2 2 y x 2 2x 2 2 y x 2 2 Thay y x 2x 3 x 2x 3 x2 x2 2x 3 0 x 1; x 3 Thay y x 1 2x 3 x 2 dk : x 1 2x 3 x2 4x 4 x2 6x 7 0 10
  11. Bài 3. Giải phương trình : x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2 HD:Đặt y x2 2 ;y 2 , ta cĩ : y2 2 x y 3 3x 0 4 4x x2 12 12x x2 8x 16 (x 4)2 y 3 y x 1 Thay y 3 x2 2 9 x2 7 x 7 y x 1 x2 2 x 1 x2 x 3 0 (loai) Bài 4. Giải phương trình : x 1 x2 2x 3 x2 1 x2 2x 3 (x 1) x2 2x 3 2x 2 0 Dat y x2 2x 3 y2 (x 1)y 2x 2 0 x2 2x 1 8x 8 x2 6x 9 (x 3)2 Bài 5 :Giải phương trình: x2 3x 1 x 3 x2 1 HD:Đặt t x2 1;t 1 Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0 (t - x)(t - 3) = 0 t x t 3 Nếu t = x x2 1 x (Vơ lý) Nếu t = 3 x2 1 3 x 2 2 Vậy: x 2 2 Bài 5. x 1 x x 1 8x 7 0 x 1 x 1( 8x 7) x x 1 8x2 7x 0 2 x 1 x 1( 9x 7) 8x 7x 0 Dat y x 1 (y 0) y2 y( 9x 7) 8x2 7x 0 81x2 126x 49 32x2 28x 49x2 98x 49 (7x 7)2 11
  12. Bài 6. x 3 3x x 3 5x 6 0 Bài 7. 3x 1 7x 3x 1 24x 5 0 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta cĩ thể tạo ra được những phương trình vơ tỉ mà khi giải nĩ chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức 1. a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a , Ta cĩ a3 b3 c3 a b c 3 a b a c b c 0 . 2. a3 b3 c3 (a b c)(a2 b2 c2 ab ac bc) 3abc Nếu a + b + c = 0 thì a3 b3 c3 3abc Nếu a = b = c thì a3 b3 c3 3abc Từ nhận xét này ta cĩ thể tạo ra những phương trình vơ tỉ cĩ chứa căn bậc ba . Bài 1. Giải phương trình. a) 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 9 0 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 9 0 Dat a 7x 1 b x2 x 8 c x2 8x 9 a b c 0 a3 b3 c3 3abc 3(7x 1)( x2 x 8)(x2 8x 9) 0 12
  13. b) 3 3x 1 3 5 x 3 2x 9 3 4x 3 0 3 3x 1 3 5 x 3 2x 9 3 4x 3 3x 1 5 x 2x 9 3( 3 3x 1 3 5 x)( 3 5 x 3 2x 9)( 3 3x 1 3 2x 9) 4x 3 3( 3 3x 1 3 5 x)( 3 5 x 3 2x 9)( 3 3x 1 3 2x 9) 0 3 3x 1 3 5 x 0 3 3x 1 3 5 x 3 5 x 3 2x 9 0 3 5 x 3 2x 9 3 3 3 3 3x 1 2x 9 0 3x 1 2x 9 x 1 3x 1 5 x 14 5 x 2x 9 x 3 3x 1 2x 9 x 10 Bài 3. Giải phương trình: x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 5 x. 2 x HD:ĐK: x 2 u 2 x ;u 0 Đặt v 3 x ;v 1 , w 5 x ;w 3 2 u2 uv vw wu u v u w 2 2 3 v uv vw wu u v v w 3 2 5 w uv vw wu v w u w 5 ta cĩ (u v)2 (v w)2 (u w)2 30 (u v)(v w)(u w) 30 30 v w 2 30 31 30 30 u w u v w u 3 60 60 30 u v 5 30 1 239 Giải hệ ta được: u 2 x 2 x 2 x x 60 120 120 13
  14. Bài 4. Giải phương trình sau 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 a 2x2 1 b x2 3x 2 HD:Ta đặt : , c 2x2 2x 3 2 d x x 2 khi đĩ ta cĩ : a b c d 2 2 2 2 a b c d a b c d (a b)(a b) (c d)(c d) a b c d a c a b c d Thay a c 2x2 1 2x2 2x 3 2x 3 1 x 2 Bài 5. Giải các phương trình sau: 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3 a 4x2 5x 1 HD:Đặt a;b 0 2 b x x 1 a2 4b2 9x 3 Ta được hệ phương trình: a 2b 9x 3 2 2 a 2b Từ đĩ ta cĩ: a - 4b = a - 2b (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 a 1 2b 1 Nếu a = 2b 4x2 5x 1 2 x2 x 1 x (thoả mãn) 3 Nếu a = 1 - 2b 4x2 5x 1 1 2 x2 x 1 (*) Ta cĩ : VT(*) 0 (1) 2 2 1 3 VP(*) = 1 2 x x 1 1 2 x 1 3 0 (2) 2 4 Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vơ nghiệm 1 Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x 3 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thơng thường : 14
  15. Bài 1. Giải phương trình. x 12 x 9 7 Dk : x 12 a x 12; b x 9 (a 0;b 0) a2 b2 21 Ta co he phuong trinh a b 7 a b 3 a b 7 Bài 2. Giải phương trình: x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 HD: Đặt y 3 35 x3 x3 y3 35 Khi đĩ phương trình chuyển về hệ phương trình sau. xy(x y) 30 xy(x y) 30 3 3 3 x y 35 (x y) 3xy(x y) 35 Giải hệ này ta tìm được (x; y) (2;3) (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3} 1 Bài 2. Giải phương trình: 2 1 x 4 x 4 2 HD:Điều kiện: 0 x 2 1 2 1 x u 4 Đặt 0 u 2 1,0 v 2 1 4 x v 1 1 u v u v 4 4 2 Ta đưa về hệ phương trình sau: 2 2 2 4 1 4 u v 2 1 v v 2 1 4 2 2 2 2 1 Giải phương trình thứ 2: (v 1) v 0 , từ đĩ tìm ra v rồi thay vào 4 2 tìm nghiệm của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6 HD:Điều kiện: x 1 Đặt a x 1, b 5 x 1(a 0,b 5) thì ta đưa về hệ phương trình sau: 2 a b 5 (a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1 2 b a 5 15
  16. 11 17 Vậy x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x 2 6 2x 6 2x 8 Bài 4. Giải phương trình: 5 x 5 x 3 HD:Điều kiện: 5 x 5 Đặt u 5 x,v 5 y 0 u,v 10 . u2 v2 10 (u v)2 10 2uv Khi đĩ ta được hệ phương trình: 4 4 8 2 4 2(u v) (u v) 1 u v 3 uv 3 Bài 5. Giải phương trình: 4 629 x 4 77 x 8 HD:ĐK: 77 x 629 u 4 629 x Đặt (u;v 0) 4 v 77 x u v 8,u 4 v 4 706 Đặt t = uv t 2 128t 1695 0 t 15 t 113 Với t = 15 x = 4 Với t = 113 x = 548 Bài 6. Giải phương trình: x3 x2 1 x3 x2 2 3 (1) HD:Với điều kiện: x3 x2 1 0 x3 x2 2 0 u x3 x2 1 Đặt Với v > u ≥ 0 3 2 v x x 2 Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta cĩ hệ phương trình u v 3 2 2 v u 3 u v 3 u v 3 u 1 (v u)(v u) 3 v u 1 v 2 x3 x2 1 1 3 2 x x 2 2 x3 x2 1 1 3 2 x x 2 4 x3 x2 2 0 (x 1)(x2 2x 2) 0 x 1 (do x2 2x 2 0 x) Vậy phương trình đã cho cĩ tập nghiệm là S = {1} 16
  17. 2 2 Bài 7. Giải phương trình: 1 x 2 x 3 1 x2 0 1 x 1 HD: Điều kiện: 0 x 1 (*) x 0 x 0 2 2 Với điều kiện (*),đặt u x ;v x , với u ≥ 0, v 3 3 1 x 2 1 u 4 2 Ta cĩ: 2 2 x v 3 Do dĩ ta cĩ hệ 2 2 u v u v 3 3 4 2 4 4 1 u v u v 1 2 2 u v u v 3 3 2 2 u2 v2 2u2 .v2 1 u v 2 2u.v 2u2v2 1 2 2 u v u v 3 3 2 4 2 2 2 2 16 65 2u.v 2u .v 1 2u .v u.v 0 9 9 81 2 u v 3 8 194 u.v 18 2 u v 5 8 194 u.v 18 u và v là nghiệm của phương trình 2 2 8 194 y y 0(a) 3 18 2 8 194 y 2 y 0(b) 3 18 (b) vơ nghiệm (a) cĩ 2 nghiệm 97 97 1 3 1 3 2 2 y ; y 1 2 2 3 17
  18. u1 y1 u2 y2 Do đĩ:  v1 y2 v2 y1 97 1 3 2 Vì u ≥ 0 nên ta chọn u y 2 3 2 97 97 1 3 1 3 2 2 x x 3 3 2 1 97 Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x 1 3 9 2 Bài 8. Giải phương trình: 4 18 5x 4 64 5x 4 HD:Với điều kiện 18 x 18 5x 0 18 64 5 x (*) 64 64 5x 0 x 5 5 5 Đặt u 4 18 5x,v 4 64 5x , với u ≥ 0, v ≥ 0 u 4 18 5x Suy ra 4 v 64 5x Phương trình đã cho tương đương với hệ: u v 4 u v 4 4 4 2 2 2 2 u v 82 u v 2(uv) 82 v 0,v 0 v 0,v 0 Đặt A = u + v và P = u.v, ta cĩ: S 4 2 2 2 S 2P 2P 82 P 0, S 0 S 4 S 4 2 p 32P 87 0 P 3  P 29 P 0 P 0 (1) Với S = 4, P = 3 u và v là nghiệm của phương trình: 2 y 1 y 4y 3 0 y 3 u 1 u 3 Do đĩ ta cĩ:  v 3 v 1 4 18 5x 1 4 18 5x 3 Suy ra  4 4 64 5x 3 64 5x 1 18
  19. 18 5x 1 18 5x 81  64 5x 81 64 5x 1 17 63 x  x thoả mãn (*) 5 5 (2) Với S = 4, P = 29 khơng tồn tại u và v Vậy phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là: 17 x 1 5 63 x 2 5 5.2 Giải phương trình vơ tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II  Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài tốn giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 2 x 1 y 2 (1)  Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : 2 y 1 x 2 (2) việc giải hệ này thì đơn giản Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y f x sao cho (2) luơn đúng , y x 2 1 , khi đĩ ta cĩ phương trình : x 1 2 ( x 2 1) 1 x2 2x x 2 Vậy để giải phương trình : x2 2x x 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ 2 x  ay b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , 2 y  ax b ta sẽ xây dựng được phương trình dạng sau : đặt y  ax b , khi đĩ ta cĩ 2 a  phương trình : x  ax b b n a  Tương tự cho bậc cao hơn : x  n ax b b Tĩm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : x  n p n a' x b'  đặt y  n ax b để đưa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn ; thơng thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : x  n p n a' x b'  là chọn được. 19
  20. Bài 1: Giải phương trình: x2 2x 2 2x 1 1 HD:Điều kiện: x 2 Ta cĩ phương trình được viết lại là: (x 1)2 1 2 2x 1 2 x 2x 2(y 1) Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau: 2 y 2y 2(x 1) Trừ hai vế của phương trình ta được (x y)(x y) 0 Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 2 Cách 2: Đặt 2x 1 t a 2x 1 t 2 2at a2 Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2 x2 2x 2t 2 kết hợp với đầu bài ta cĩ hệ phương trình: 2 t 2t 2x 2 Giải hệ này ta sẽ tìm được x. Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5 5 HD:Điều kiện x 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 12x 2 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11 Đặt 2y 3 4x 5 ta được hệ phương trình sau: 2 (2x 3) 4y 5 (x y)(x y 1) 0 2 (2y 3) 4x 5 Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3 Với x y 1 0 y 1 x 2x 1 4x 5 (vơ nghiệm) Kết luận: Nghiệm của phương trình là x 2 3 Bài 3:Giải phương trình: x2 x 5 5 HD:ĐK: x 5 Pt x2 5 x 5 ; x 5 (*) Đặt x 5 t a x 5 t 2 2at a2 Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình: x2 5 t từ đây ta sẽ tìm được nghiệm. 2 t 5 x 4x 9 Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x = (x 0) . 28 4x 9 4x 9 HD:Đặt t a t 2 2at a2 28 28 1 4x 9 1 1 Chọn a ta được: t 2 t 7t 2 7t x 2 28 4 2 20
  21. 1 7x2 7x t 2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: 1 7t 2 7t x 2 Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 2x2 2x 1 4x 1 PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I-KIẾN THỨC: 1.Bất đẳng thức Bunhiakơpxki: Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta cĩ: (ax + by)2 (a2 b2 )(x2 y2 ) a b Dấu ‘‘=’’ xảy ra x y 2.Bất đẳng thức cơsi: a b a) Với hai số a, b 0 thì ta cĩ: ab 2 Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b a b c b) Với ba số a, b, c 0 thì ta cĩ: 3 abc 3 Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c a b c d c) Với bốn số a, b, c, d 0 thì ta cĩ: 4 abcd 4 Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c = d a a a 1 2 n n e) Với n số a1, a2, , an 0 thì ta cĩ: a .a a n 1 2 n Dấu ‘‘=’’ xảy ra a1 a2 an 3.GTLN,GTNN của biểu thức: a/ A = m + f2(x) m b/ A = M - g2(x) M A m A M MinA m MaxA M Dấu ''='' xảy ra f(x) = 0 Dấu ''='' xảy ra g(x) = 0 4. Dùng hằng đẳng thức : Từ những đánh giá bình phương : A2 B2 0 , ta xây dựng phương trình dạng A2 B2 0 2 2 Từ phương trình 5x 1 2x 9 5x 2 x 1 0 ta khai triển ra cĩ phương trình : 4x2 12 x 1 4 x 5x 1 9 5x 5. Dùng bất đẳng thức 21
  22. A m (1) Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: B m (2) nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A B 1 Ta cĩ : 1 x 1 x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và x 1 2 , x 1 dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta cĩ phương trình: 1 1 2008x 1 2008x 1 x x 1 A f x Đơi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đĩ : B f (x) A f x A B B f x  Nếu ta đốn trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng cĩ nhiều bài nghiệm là vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được. II-BÀI TẬP: 2 2 Bài 1. Giải phương trình : x x 9 x 1 HD:Đk: x 0 2 2 2 2 2 1 x Ta cĩ : x 2 2 x 1 x 9 x 1 x 1 x 1 2 2 1 1 Dấu bằng x x 1 x 1 7 Bài 2. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2 x4 16 HD:Đk: 1 x 1 2 Biến đổi pt ta cĩ : x2 13 1 x2 9 1 x2 256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x2 13 27 13 13x2 3 3x2 40 16 10x2 2 2 2 16 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi: 10x 16 10x 64 2 2 1 x2 x 1 x2 5 Dấu bằng 3 2 2 2 10x 16 10x x 5 Bài 3. Giải phương trình: x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 22
  23. HD:Ta chứng minh : 8 4 4x 4 x 13 và x3 3x2 8x 40 0 x 3 2 x 3 x 13 Bài 4: Giải phương trình: 7 x x 5 x2 12x 38 HD:Ta cĩ :VT2=(7 x x 5 )2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4 Nên : 0 < VT 2 Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2 2 Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6 Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Bài 5: Giải phương trình: x2 3x 2 x 1 2 HD:ĐK: x 1;2 (1) PT x2 3x 2 2 x 1 (2) Từ (2) ta cĩ: 2 x 1 0 x 1 2 x 1 2 x 1 (3) Từ (1) và (3) Ta cĩ x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1 x 4x 1 Bài 6:Giải phương trình : 2 4x 1 x 1 HD: Điều kiện x 4 Áp dụng bất đẳng thức cơ si ta cĩ: x 4x 1 x 4x 1 2  2 . 4x 1 x 4x 1 x x 4x 1 Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 4x 1 x x2 4x 1 0 (x 2)2 3 x 2 3 Dấu “=” xảy ra x 4x 1 x2 4x 1 0 x2 4x 4 3 0 (x 2)2 3 x 2 3 x 2 3 (Thoả mãn) Vậy : x 2 3 Bài 7:Giải phương trình : x 1 5x 1 3x 2 HD: Cách 1. điều kiện x ≥ 1 Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1 5x 1 vế trái luơn âm Vế phải: ≥ 31x 2 vế phải luơn dương Vậy: phương trình đã cho vơ nghiệm Cách 2. Với x ≥ 1, ta cĩ: x 1 5x 1 3x 2 x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2) 23
  24. 2 7x 2 (5x 1)(3x 2) Vế trái luơn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 phương trình vơ nghiệm Bài 8:Giải phương trình :3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 (1) 2 4 2 9 2 HD: Ta cĩ (1) 3 x 2x 1 5 x 2x 1 (x 2x 1) 5 3 5 3(x 1)2 4 5(x 1)2 9 5 (x 1)2 Ta cĩ: Vế trái ≥ 4 9 2 3 5 . Dấu “=” xảy ra x = –1 Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra x = –1 Vậy: phương trình đã cho cĩ một nghiệm x = –1 x 7 Bài 9:Giải phương trình : 8 2x2 2x 1 x 1 HD: điều kiện x ≥ 1 2 Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình 1 6 – Nếu x 2 : VT = 1 8 8 3 . Mà: VP > 8 3 2 x 1 – Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3 . VT < 8 3 x 2 x 1 2 1 6 6 1 1 3 x 1 2 1 Vậy: phương trình đã cho cĩ một nghiệm duy nhất là x = 2 6 8 Bài 10:Giải phương trình : 6 3 x 2 x HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình. 2 3 6 Ta cần chứng minh đĩ là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x < : 2 và 2 3 x 8 6 8 4 6 . 2 x 3 x 2 x 3 6 8 Tương tự với < x < 2: 6 2 3 x 2 x Bài 11:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 4 x 4  1.2 2.3 3.4 x. x 1 4 x 5 HD:ĐK: x 4 (1) 1 1 Ta cĩ:1 1 4 x x 4 (*) x 1 4 x 5 Ta cĩ: VP(*) = x 4 0 x 4 (2) Từ (1) và (2) ta cĩ:x = 4 là nghiệm duy nhất. III-BÀI TẬP ÁP DỤNG: 24
  25. Bài 1: Giải các phương trình sau : 1 2x 1 2x 2 1 1 1 2x 1 2x 2 x 2 2 4 x 1 2x 1 2x x x 2x4 8 4 4 x4 4 x4 4 16x4 5 6 3 4x3 x x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 8 x3 64 x3 x4 8x2 28 4 x 4 1 x x 1 x 2 4 8 x 3 5 x x2 8x 18 Bài 2: Giải các phương trình sau : 1/ x - 2 + 6 - x = x2 - 8x + 24 2/ x 4 6 x x2 10x 27 3/ 6 x x 2 x2 6x 13 4/ 1 x 4 x 3 PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng tốn khá quen thuộc. Ta cĩ 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) k Bước 2: Xét hàm số y f (x) Bước 3: Nhận xét: Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đĩ x0 là nghiệm Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đĩ phương trình vơ nghiệm Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đĩ phương trình vơ nghiệm Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: Thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) g(x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) cĩ những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f (x0 ) g(x0 ) Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về 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 đĩ f (u) f (v) u v Ví dụ: Giải phương trình : 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 HD:pt 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3 f 2x 1 f 3x 1 Xét hàm số f t t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R, ta cĩ x 5 Ví Dụ 2: Giải phương trình: 3 x 6 3 x 2 3 x 3 0 HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình 25
  26. Đặt f x 3 x 6 3 x 2 3 x 3 Với x1 x2 f x1 f x2 vậy hàm số f(x) đồng biến trên R. Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 2 a) 4x 1 4x2 1 1 c) x 1 3 x x e) x 1 x 2 3 3 2 3 b) x 1 x 4x 5 d) x 1 2x 2x x f) 2x 1 x2 3 4 x PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC Một số phương trình vơ tỉ ta cĩ thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luơn đưa về được dạng tích x x0 A x 0 ta cĩ thể giải phương trình A x 0 hoặc chứng minh A x 0 vơ nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta cĩ thể đánh gía A x 0 vơ nghiệm Bài 1:Giải phương trình:x x 2 x x 1 2 x2 (1) HD: C1: ĐK x 2; x 1 x2 x x2 2x 1 2 x x x 1 x x 2 3x 2 x 2 x x 1 x x 2 3 x x 1 x x 2 3 Nếu x 1 ta cĩ 2 2 x x 1 2x 3 2 x x 1 x x 2 2x Giải (3) ta tìm được x 3 x x 1 x x 2 3 Nếu x -2 ta cĩ 2 2 x x 1 2x 4 2 x x 1 x x 2 2x Giải (4) ta tìm được x C2: ĐK: x 2; x 1 Nếu x 1 ta chia cả hai vế cho x ta được: x 2 x 1 2 x Bình phương hai vế sau đĩ giải phương trình ta tìm được x Nếu x -2 Đặt t = -x t 2 Thay vào phương trình ta được t t 2 t t 1 2 t 2 t t 2 t t 1 2 t 2 Chia cả hai vế cho t ta được t 2 t 1 2 t Bình phương hai vế tìm được t 26
  27. Sau đĩ tìm ra x. Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Cịn trong C2 ta vận dụng kiến thức miền xác định về ẩn của phương trình.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản hơn. Bài 2 . Giải phương trình sau : 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 HD: Ta nhận thấy : 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 v x2 2 x2 3x 4 3 x 2 Ta cĩ thể trục căn thức 2 vế : 2x 4 3x 6 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 3. Giải phương trình sau: x2 12 5 3x x2 5 5 HD: Để phương trình cĩ nghiệm thì : x2 12 x2 5 3x 5 0 x 3 Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình cĩ thể phân tích về dạng x 2 A x 0, để thực hiện được điều đĩ ta phải nhĩm , tách như sau : x2 4 x2 4 x2 12 4 3x 6 x2 5 3 3 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 1 x 2 3 0 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 5 Dễ dàng chứng minh được : 3 0, x x2 12 4 x2 5 3 3 Bài 4. Giải phương trình : 3 x2 1 x x3 1 HD :Đk x 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 3 x2 3x 9 3 2 3 x 3 x 1 2 x 3 x 2 5 x 3 1 2 3 3 x2 1 23 x2 1 4 x 2 5 Ta chứng minh : x 3 x 3 x2 3x 9 1 1 2 2 2 3 3 x2 1 2 3 x2 1 4 3 x2 1 1 3 x 2 5 Vậy pt cĩ nghiệm duy nhất x = 3 x2 3 x2 3 Bài 5:Giải phương trình sau: x x x2 3 x x2 3 HD:ĐK: x2 3 27
  28. Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được: x2 3 x x2 3 x2 3 x x2 3 3.x 3 3 x2 3 x2 3 3 3.x x 0 3 3 3 x2 3 x2 3 2 x4 3 27x2 2 4 x 0 x 0 ; x 9 2x 0 2 (x4 3)3 x2 9 2x4 4 3 4 4 2 4(x 3) x 9 2x Giải hệ trên ta tìm được x 2 2x2 Bài 6:Giải phương trình: 2 x 9 3 9 2x 9 x HD:ĐK: 2 x 0 2 2x2 3 9 2x Pt 2 2 x 9 3 9 2x 3 9 2x 2x2 18 2x 6 9 2x x 9 4x2 6 9 2x 0 9 x là nghiệm 2 Bài tập vận dụng: 1) x x 3 x x 4 2 x2 2) x 3 x 2 x 3 x 1 2 x 3 2 Tổng quát: f x .g x  f x .h x  f x 2 3x 3) 3x 1 1 3x 10 BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1: Tìm tất cả các số thực x1; x2; ; x2013 thoả mãn: 1 x 12 2 x 22 2013 x 20132 x x x 1 2 2013 2 1 2 2013 Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 1 x y 1 z 2 x y z 2 Bài 3: Giải các phương trình sau: 28
  29. x 1 2x 3 2 3(x2 x 1) (x x 1)2 3 x 2 x 1 3 x2 x 5 5 x2 48 4x 3 x2 35 x 3 4 x 9 x 2(x2 2) 5 x3 1 x 17 x2 x. 17 x2 9 4 3 10 3x x 2 3 x x. 3 x 10 6 5 27.x 5x 5 864 0 3x2 2x 2 x2 x 1 x Bài 4: Giải các phương trình sau: 25 x 2 10 x 2 3 x2 4x 5 x2 4x 8 x2 4x 9 3 5 7 x . 7 x x 5 . x 5 x 1 2 x 3 x 1 4 x 3 3 0 7 x x 5 x 3 2 x 3 10 x2 x2 x 12 x 9x 20 2 3x 10 2x 3 x x2 4x 5 2 2x 3 3x 2 3x 2 x 2 x 1 x 5 1 4x 20 1 3 7 x 1 x 2 3x2 5 3x2 5x 12 48 5x 1 1 2x 2x x 4 x 6 0 5 1 x x 5 3 3 1 x 5 1 5 5 4x 20 3 9x 45 4 4 9 3 x x2 5 x x2 5 2 x 2 x 7 x . 7 x x 5 . x 5 2 2 2 2 x 2 2 x 7 x x 5 1 4x 4 2 9x 9 4 3 x 2 x = . 3 x x4 + x2 2005 2005 . a b 1 x 1 a b 1 x (a , b > 0) x2 5x 4 5 x2 5x 28 0 64x6 - 112x4 + 56x2 - 7 = 21 x2 . Bài 5: Ký hiệu [x] là phần nguyên của x Giải phương trình sau: 3 1 3 2 3 x3 1 855 Bài 6:Cho phương trình: x2.6 x 6 x 2 x2.6 x 62 x Gọi tổng các nghiệm của phương trình là S,tính S15 . Bài 7:Giải phương trình nghiệm nguyên sau: a/ x y 1960 . b/ x y 1980 . c/ 2 x 3 y 48 Bài 8:Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 1 1 1225 74 x 2 y 1 z 771. x 2 y 1 z 771 Bài 9:Giải các phương trình sau : 29
  30. 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 3 6x 1 8x3 4x 1 x 1 1 1 15 2 2x 1 3 x 30x 4x 2004 30060x 1 1 x x x 2 4x 1 x3 1 2x3 2x 1 4x2 4x 10 8x2 6x 10 2 3 2x2 1 1 x 1 3x 8 2x2 1 x x 12 x 1 36 2 2 2 2 3 1 x 33 1 x2 3 1 x 0 2008x 4x 3 2007 4x 3 x (2004 x)(1 1 x )2 (x 3 x 2)(x 9 x 18) 168x x 1 x3 x2 x 1 1 x4 1 4 2x 4 16 2 4 x2 16 2 x 9x2 16 4 x 1 x 1 4 x3 x2 4x2 3x 3 4x x 3 2 2x 1 2x2 16x 18 x2 1 2x 4 12 x 2 x 1 3x 9 3 x2 1 3x3 2 3x 2 2x2 11x 21 33 4x 4 0 2 2 x 5 x x 2 x 10 x 3 x2 4 x 1 2x 3 4x 5 3x 1 2x 7 x 3 x2 3x 1 x 3 x2 1 3 x 1 3 x 1 x 3 2 3 x 3 x 1 2x 1 3 3x2 3x 2 x3 1 x2 x 2 2x2 x2 x 2 3x 1 Bài 10: Giải phương trình: a) x2 x2 2x 8 12 2x b) 2x2 5 2x2 3x 9 3x 3 c) x2 4x 6 2x2 8x 12 d) 3x2 15x 2 x2 5x 1 2 e) (x 4)(x 1) 3 x2 5x 2 6 f) 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 1 g) x2 3x 2 2 2x2 6x 2 2 h) x2 x2 11 31 Bài 11: Giải phương trình: 3 3 3 x3 1 x2 x 2 1 x2 1 1 x2 1 x 1 x 2 1 x2 x 35 x 1 x x 3 x 1 4 x 3 3 x2 1 12 x 3 1 x 2x 1 x2 2x2 1 0 64x6 112x4 56x2 7 2 1 x2 Bài 12: Cho phương trình: 1 x 8 x 1 x 8 x m a) Giải phương trình với m = 3 b) Tìm m để phương trình cĩ nghiệm c) Tìm m để phương trình cĩ nghiệm duy nhất 1 1 Bài 13: Cho phương trình: m x 1 x2 30
  31. 2 a) Giải phương trình với m 2 3 b) Tìm m để phương trình cĩ nghiệm. Bài 14: Cho phương trình: 2 x2 2x x2 2x 3 m 0 a) Giải phương trình với m = 9 b) Tìm m để phương trình cĩ nghiệm. Bài 15:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: y = x 2 x 1 x 2 x 1 x x x x y y2 1 9 x2 4x y x x 2 2 x 1 y 2 x 2x 1 x 2x 1 y x 1 2 x 2 x 2 4 x 2 Bài 16: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: x x x x y nếu: a/ Vế trái cĩ 100 dấu căn. b/ Vế trái cĩ n dấu căn. Bài 17:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: x 4 x 4 x 4 x 4 5x x (Vế trái cĩ 100 dấu căn). 3 2 Bài 18:Tìm các số hữu tỉ a và b thoả mãn: 7 20 3 a b 3 a b 3 Bài 19:Cho hai số x , y thoả mãn: x2 4 x y2 4 y 4 . Tính x + y Bài 20:Giải phương trình: 3 2x 1 3 x 1 Bài 21:Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện: 3 3 x 1 y2 y 1 z2 z 1 x2 Chứng minh rằng: x2 y2 z2 2 2 Bài 22:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a b c a b c Chứng minh rằng: 2012 a 2012 b 2012 c 2012 a b c Bài 23:Giải phương trình nghiệm nguyên: 4y2 2 199 x2 2x Bài 24:Tìm các số hữu tỉ a và b biết: a 7 b 7 11 7 28 x 1 x2 Bài 25:Giải phương trình: 1 1 2x2 Bài 26:Tìm các số nguyên k thoả mãn: 1 1 1 1 1 1 20132 1 1 1 1 12 22 22 32 k 2 k 1 2 2013 Bài 27:Giải phương trình: 1/ 8 x 3 5 x 3 5 2/ x x2 x x2 x 1 31
  32. 3/ 2x2 2x 30 2007. 30 4x 2007 30. 2007 4/ 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 5/ x 1 4x 4 9x 9 100x 100 165 1 1 1 6/ 1 x 3 x 2 x 2 x 1 x 1 x 1 x2 5 1 25x2 125 7/ 9x2 45 16x2 80 3 9 12 16 4 9 8/ x 712671620 52408 x 26022004 x 712619213 56406 x 26022004 1 9/ 2009 2010 x2 x 1 20 2009 2010 x2 x 1 10/ (x 5)(2 x) 3 x2 3x Bài 28:Giải các phương trình sau: 15x 2x2 5 2x2 15x 11 (x 5)(2 x) 3 x2 3x 2 (1 x)(2 x) 1 2x 2x x 17 x2 x 17 x2 9 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 x2 x2 11 31 2n (1 x)2 3n 1 x2 n (1 x)2 0 x (2004 x)(1 1 x )2 (x 3 x 2)(x 9 x 18) 168x 1 x2 23 1 x2 3 PHẦN III - KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ. 1)-Kết luận đối với học sinh. Qua việc dạy chuyên đề về giải phương trình vơ tỉ đối với hoc sinh lớp 9 nĩi chung và đội tuyển học sinh giỏi nĩi riêng, sau khi dạy xong chuyên đề trắc nhiệm ở một số học sinh tơi thu được kết quả dưới đây. - Học sinh khơng ngại khi gặp dạng tốn giải phương trình vơ tỉ. -Hoc sinh thấy hứng thú hơn đối với mơn tốn đặc biệt là khi giải phương trình vơ tỉ. - Sau khi kiểm tra đánh giá 3 lần kết quả thu được cụ thể như sau: Điểm < 5 5 – < 6,5 6,5 - < 8 8-10 Từ 5 -10 Đề SL % SL % SL % SL % SL % Đề 1 14 41,4 9 26,4 7 20,5 4 11,7 20 58,8 Đề 2 10 29,4 8 23,5 10 29,4 6 17,6 24 70,6 Đề 3 2 5,8 14 41,3 8 23,5 10 29,4 32 94,1 2) Bài học kinh nghiệm. 32
  33. Từ những kết quả cụ thể trên tơi đã rút ra một số kinh nghiệm cho bản thân cũng như cho đồng nghiệp khi hướng dẫn học sinh giải phương trình vơ tỉ như sau. - Phương pháp giải phương trình vơ tỉ khơng khĩ đối với học sinh khá giỏi, mà điều cần lưu ý đối với giáo viên dạy tốn là. + Cần phân dạng các phương trình vơ tỉ, và phương pháp giải cụ thể từng dạng với các ví dụ cụ thể. + Những dạng bài tập giao cho học sinh phải thực tế dễ hiểu và gợi mở, giúp kích thích ĩc sáng tạo của học sinh nhưng khơng quá cao siêu trừu tượng. + Hướng dẫn các em trước khi giải phương trình cần phân loại dạng tốn, phương pháp giải hướng dẫn học sinh phân tích bài tốn tìm hiểu cách giải, phán đốn cách giải, các bước giải để các em đi đến lời giải thơng minh ngắn gọn nhất. + Rèn kĩ năng giải phương trình vơ tỉ cho học sinh, thường xuyên để ý giúp các em sửa chữa những sai lầm thường mắc phải khi giải phương trình vơ tỉ nhất là ĐKXĐ. + Trên cơ sở làm một số bài tập mẫu thật cẩn thận giáo viên cần giao thêm lượng bài tập về nhà cĩ nội dụng tương tự hoặc mở rộng hơn để các em được tự mình giải quyết các phương trình vơ tỉ ấy. - Nếu cĩ được những việc làm trên tơi tin chắc rằng tất cả các em học sinh sẽ khơng cịn lúng túng khi giải phương trình đặc biệt là pt vơ tỉ. 3) Điều kiện áp dụng. Như tơi đã trình bày ở trên bản kinh nghiệm này được áp dụng trong việc giảng dạy các chuyên đề trong các trường THCS hoặc sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm nâng cao vốn kiến thức cho các đội tuyển học sinh giỏi lớp 9, là cơ sở vững chắc cho các em học tốt hơn trong chương trình cấp 3 đối với bơ mơn tốn đặc biệt là khi học về phương trình vơ tỉ. Các phương pháp giải phương trình vơ tỉ mà tơi đề cập ở trên cũng đã được sử dụng rộng rãi xong phần nào giúp học sinh lớp 9 và giáo viên dạy tốn 9 nâng cao chất lượng dạy và học của mình. 4) Kết luận. Sau một thời gian tự nghiên cứu cùng với các phương pháp tìm đọc tài liệu tham khảo, sưu tầm các bài tập và kết hợp với thực tế giảng dạy tơi thấy rằng sáng kiến kinh nghiệm đã gĩp phần giúp học sinh giải phương trình vơ tỉ ở bậc THCS đã phần nào giúp các em hứng thú học tập hơn, khơng cịn sợ khi gặp dạng tốn này. Trong SKKN này tơi đã cố gắng sắp xếp các phương pháp giải phương trình vơ tỉ từ dễ đến khĩ, từ đơn giản đến phức tạp giúp học sinh vận dụng một cách linh hoạt từng phương pháp cụ thể trong từng trường hợp nhất định. Qua đĩ học sinh cĩ thể đào sâu kiến thức, tìm tịi nhiều cách giải cho một bài tốn, bên cạch đĩ các ví dụ giúp học sinh cĩ thể rèn kĩ năng giải tốn đối với các dạng tốn khác nhau , Tuy nhiên khơng phải đối với tất cả các đối tượng học sinh chúng ta đều 33
  34. truyền tải những nội dụng trên mà cần xác định đúng đối tượng để cung cấp kiến thức phù hơp với trình độ và quỹ thời gian của học sinh. Tốn giải phương trình được nhắc đến nhiều trong các loại sách đọc thêm hoặc trong các tài liệu tham khảo do đĩ giáo viên tốn thường vất vả trong việc sưu tầm tuyển chọn mới gây được sự hứng thú học tập, lịng say mê học tốn của học sinh. Với mong muốn cĩ được tài liệu giúp học sinh dễ dàng hơn trong học tốn giải phương trình vơ tỉ tơi đã viết SKKN này. Do thời gian cĩ hạn và kinh nghiệm cịn hạn chế nên trong quá trình viết khĩ tránh được những sai sĩt trong cách trình bày cũng như hệ thống các bài tâp đưa ra cịn hạn chế , chưa đầy đủ, chưa khoa học tơi rất mong các thầy cơ và bạn bè đồng nghiệp đĩng gĩp ý kiến để SKKN được hồn thiện hơn. Tơi xin chân thành cảm ơn! Yên Lạc , ngày 15 tháng 03 năm 2013 Người viết sáng kiến kinh nghiệm (Ký, ghi rõ họ tên) Tạ Văn Đức 34
  35. Tài liệu tham khảo: - Nâng cao và phát triển tốn 9 - Tập 1 - Vũ Hữu Bình - Tài liệu chuyên tốn lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình. - Các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh thành trong cả nước - Báo tốn học tuổi trẻ -Bào tốn tuổi thơ 2. - Các trang báo mạng về tốn. 35
  36. ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC, SÁNG KIẾN CẤP TRƯỜNG 36
  37. ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC, SÁNG KIẾN CẤP HUYỆN 37
  38. ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC, SÁNG KIẾN CẤP TỈNH 38