CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT THCS NGUYỄN TRÃI

TÀI LIỆU, CHUYÊN ĐỀ THCS MÔN TOÁN

vectorstock.com/3167070

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT THCS NGUYỄN TRÃI WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC:  f ( x) ≥ 0  f ( x) = g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0  f ( x) = g ( x) 

1/

 g ( x) ≥ 0 f ( x) = g ( x ) ⇔  2  f ( x) = g ( x)  f ( x) ≥ 0  3/ f ( x) + g ( x) = h( x) ⇔  g ( x) ≥ 0   f ( x) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)  f ( x) ≥ 0  2 n 2 n f ( x) = g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0 (n ∈ N * ) 4/  f ( x) = g ( x) 

2/

 g ( x) ≥ 0 f ( x ) = g ( x) ⇔  (n ∈ N * ) 2n f ( x ) = g ( x )  2 n + 1 2 n + 1 6/ f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) (n ∈ N * )

5/

2n

7/ 2 n +1 f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g 2 n +1 ( x) (n ∈ N * ) …

II-BÀI TẬP Bài 1: Giải phương trình: x + 1 = x − 1 (1) x − 1 ≥ 0

x ≥ 1 x ≥ 1 ⇔ x=3 ⇔ 2 ⇔ x = 3  x + 1 = (x − 1)  x − 3x = 0 Bài 2: Giải phương trình: x − 2 x + 3 = 0 HD:Ta có: x − 2 x + 3 = 0 ⇔ 2 x + 3 = x x ≥ 0 ⇔ 2 2 x + 3 = x

HD: (1) ⇔ 

2

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 − 2 x HD: Ta có: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x 1 − 2 x ≥ 0  ⇔ 1 − x ≥ 0   x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)

1

1  x≤  1  2  x ≤ 2 ⇔ ⇔ 2 x + 1 ≥ 0 2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1 (2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1    1  −1 ≤x≤ 1  −1  2  ≤x≤ 2 ⇔ 2 ⇔ x=0 2 ⇔ x=0 x2 + 7 x = 0     x = −7

Bài 4: Giải phương trình: x − 2 − 3 x 2 − 4 = 0 x − 2 ≥ 0

HD:ĐK: 

⇔ x ≥ 2 (1) 2 x − 4 ≥ 0 x − 2 − 3 ( x − 2)( x + 2) = 0

⇔

PT ⇔ x − 2. (1 − 3 x + 2 ) = 0  x−2 =0 ⇔ ⇔  1− 3 x + 2 = 0 

(

)

x = 2   x = −17 9 

(2)

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 đó pt đã cho tương đương: 3

3 1  10 10 − 1  = ⇔ x = x + 3x + x − 3 = 0 ⇔  x +  3 3 3 3  Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 HD:Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : x = 1  x + 3 + 1 = 3x 2 2 1 + 3 + x = 9x ⇔  ⇔  x = −5 − 97  x + 3 + 1 = −3 x  18 3

2

(

)

Bài 7. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3x ( x + 2 ) HD: pt ⇔

(

3

x + 2 − 3 3x

)

3

2

= 0 ⇔ x =1

Bài 8. Giải và biện luận phương trình: x 2 − 4 = x − m x ≥ m

x ≥ m ⇔ 2  x − 4 = x − 4xm + m 2mx − (m + 4) = 0

HD: Ta có: x 2 − 4 = x − m ⇔ 

2

2

2

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2 + 4 m2 + 4 . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ ≥m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 4 ⇔ 0 < m ≤ 2

– Nếu m ≠ 0: x =

+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 4 ⇔ m ≤ –2 Tóm lại:

– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x =

m2 + 4 2m

– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm 2

Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 − 3 = x − m (Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000) x ≥ m

x ≥ m ⇔  2 2 2 2  x − 3 = x + m − 2mx 2mx − (m + 3) = 0

HD: Ta có: x 2 − 3 = x − m ⇔ 

– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2 + 3 m2 + 3 ≥m . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔ 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 3 ⇔ 0 ≤ m ≤ 3

– Nếu m ≠ 0: x =

+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 3 ⇔ m ≤ − 3 Tóm lại: – Nếu 0 ≤ m ≤ 3 hoặc m ≤ − 3 . Phương trình có một nghiệm: x =

m2 + 3 2m

– Nếu − 3 < m ≤ 0 hoặc m > 3 : phương trình vô nghiệm Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x − x = m − m HD: Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x − 1) = 0 ⇒ có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x − m)( x + m − 1) = 0  x − m =0 ⇔  x = 1 − m

+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1 − m)2 + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m 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 3/ 2 x + 5 − 3x − 5 = 2 5/ x + 3 = 5 − x − 2 6/ x + 1 − x − 7 = 12 − x 4/ 1 + x x 2 + 4 = x + 1 7/ x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 10/

5x − 1 + 2

1 =0 2

13/ 16 x + 17 = 8 x − 23 Bài 2: Giải phương trình: a) x 2 − 1 = x − 1 d) 3 + x + 6 − x = 3 g) x + 9 = 5 − 2 x + 4

8/

x−2 −5 = 0

11/ 3 − 2 x + 3 = 14/

9/ 3 = 6 x − x 2 19 6

3x + 1 + 2 − x = 3

12/

8−

2 x −5 2 = 0 3

15/ 20 − 3 − 2 x = 2 x − 3

b) x − 2 x + 3 = 0

c) x 2 + x + 1 = 1

e) h)

f) 3 + x − 2 − x = 1 i) x − 4 x − 3 = 2

3x − 2 + x − 1 = 3 3x + 4 − 2 x + 1 = x + 3

Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2 Bài 4: Cho phương trình: x 2 − 1 − x = m a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m a) Giải phương trình khi m=3 3

b)

Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.

Bài 6: Giải các phương trình sau: a/ x − 7 x − 3 − 9 = 0 d/ 1 x − 1 − 9 x − 1 + 3 x − 1 = −17 2

b/

2x − 1 = 1

e/ x − 3 −

c/ 3x − 7 x + 4 = 0

g/

2

x −2

=

6− x

x −4 7− x h/ x + 5 − 5 x − 1 = 0

5 3 9 x − 27 + 4 x − 12 = −1 3 2

i/ −5 x + 7 x + 12 = 0

f) ( x + 3) 10 − x 2 = x 2 − x − 12

PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-KIẾN THỨC:  f ( x) = g ( x ) ( f ( x) ≥ 0)  f ( x) = − g ( x) ( f ( x) < 0)

Sử dụng hằng đẳng thức sau: f 2 ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) ⇔ 

II-BÀI TẬP: Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1) HD: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x ⇔ |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu x ≥ 2 : (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.

Bài 2: Giải phương trình: x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1 (2) x + 1 ≥ 0 HD: (2) ⇔ 

 x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1  x ≥ −1 ⇔  (*)  x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1 | Đặt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành: y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1|

– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại) – Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3 – Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8 Bài 3:Giải phương trình: x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2 HD:ĐK: x ≥

5 2

PT ⇔ 2 x − 5 + 2 2 x − 5 + 1 + 2 x − 5 + 6 2 x − 5 + 9 = 14 ⇔

2x − 5 + 1 +

2 x − 5 + 3 = 14

⇔ 2x − 5 = 5 ⇔ x = 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15

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 ⇔ 0 x = 0 (Luôn đúng với ∀x ) 4

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = { x ∈ R | 1 ≤ x ≤ 2} III-Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1/ x 2 + 2 x + 1 = 5

2/ x − 4 x + 4 = 3

3/ x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 1

4/

5/ x − 2 x + 1 + x + 4 x + 4 = 4

6/ x − 2 x + 1 − x − 4 x + 4 = 10

7/ x 2 − 6 x + 9 + 2 x 2 + 8 x + 8 = x 2 − 2 x + 1

8/

9/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2

10/ x − 3 − 2 x − 4 + x − 4 x − 4 = 1

11/ x + 6 − 2 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1

12/ x − 2 + 2 x − 5 + x + 2 + 3 2 x − 5 = 7 2

13/ x 2 + 2 x − x 2 + 2 x + 1 − 5 = 0

14/ 2 x + 4 + 6 2 x − 5 + 2 x − 4 − 2 2 x − 5 = 4

15/ x − 4 x + 4 + 2 x = 10

16/ x 2 − 2 x + 1 + 2 x = 8

2

2

2

x+ x+

17/ 19/

1 1 + x+ =2 2 4

x + 2 x −1 + x − 2 x −1 =

x + 4 x + 4 = 5x + 2

x2 − 4 x + 4 + x2 − 6 x + 9 = 1

1 2 x + x +1 − 6 − 2 5 = 0 4

18/ x+3 2

21/ ( x − 1) + 4 − 4 x − 1 + x − 1 − 6 x − 1 + 9 = 1

20/ x 2 − 4 x + 4 = 2 − x 22/ x + 8 − 6 x − 1 = 4

PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x ) và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .

Bài 1. Giải phương trình: HD:Điều kiện: x ≥ 1 Nhận xét.

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1 1 t

Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1 Thay vào tìm được x = 1 Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 HD:Điều kiện: x ≥ −

4 5

t2 − 5 . Thay vào ta có phương trình sau: 4 t 4 − 10t 2 + 25 6 2 2. − (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0 16 4 ⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0

Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3 Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaø x = 2 + 3 5

Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2 − 6 x − 1 ≥ 0 Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ) 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: y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với 1 + 21 −1 + 17 (loaïi), y = 2 2 11 − 17 Từ đó ta tìm được các giá trị của x = 2

y ≤ 5) ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =

)(

(

Bài 4. Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x

)

2

HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1 2

Đặt y = 1 − x thì phương trình trở thành: 2 (1 − y ) ( y 2 + y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0 Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −

1 = 3x + 1 x

HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −

1 1 = 3+ x x

1 x

Đặt t = x − , ta giải được.

Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1 

1

1

HD: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x −  + 3 x − = 2 x x  Đặt t= 3 x −

1± 5 1 , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 2 x

Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 HD:Đặt y = x 2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0 −5  y=  Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 ⇔ 3 ⇔ y =1  y =1  x = −1 Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔  Là nghiệm của phương trình đã cho.  x = −6 2

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách u

2

u

Xét v ≠ 0 phương trình trở thành :   + α   + β = 0 v v v = 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) 6

a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x )

α u + β v = mu 2 + nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : a. A ( x ) + b.B ( x ) = c A ( x ) .B ( x ) Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu:  P ( x ) = A ( x ) .B ( x )  Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x )

Xuất phát từ đẳng thức : x3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) x 4 + x 2 + 1 = ( x 4 + 2 x 2 + 1) − x 2 = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1)

(

)(

)

x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1

4 x + 1 = ( 2 x − 2 x + 1)( 2 x + 2 x + 1) 4

2

2

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : 2 ( x 2 + 2 ) = 5 x3 + 1 HD: Đặt

u = x + 1 (u ≥ 0) ; v = x 2 − x + 1 (v ≥

3 ) 2

 u = 2v 5 ± 37 Tìm được: x = phương trình trở thành : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔  1 u = v 2 2  3 4 Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3x + 1 = − x + x 2 + 1 (*) 3 4 2 4 2 HD:Dễ thấy: x + x + 1 = ( x + 2 x + 1) − x 2 = ( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1) 2

2

Ta viết α ( x 2 + x + 1) + β ( x 2 − x + 1) = − 3

(x

2

+ x + 1)( x 2 − x + 1)

Đồng nhất vế trái với (*) ta được : −3 ( x 2 + x + 1) + 6 ( x 2 − x + 1) = − 3

(x

2

+ x + 1)( x 2 − x + 1)

3 3 Đặt : u = x 2 + x + 1  u ≥  ; v = x 2 − x + 1  v ≥ 

4  phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv ⇒ u = 3v 

4

Từ đây ta sẽ tìm được x.

Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x + 5 x − 1 = 7 x − 1 (*) HD:Đk: x ≥ 1 2

Nhận xét : Ta viết α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7

3

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7

( x − 1) ( x 2 + x + 1)

7

v = 9u 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 2

Bài 4. Giải phương trình : x3 − 3 x 2 + 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: x = y x3 − 3 x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 − 3 xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔   x = −2 y Pt có nghiệm : x = 2, x = 2 − 2 3

Bài 5:Giải phương trình: 10 x 3 + 1 = 3 ( x 2 + 2 ) HD:ĐK: x ≥ −1 Pt ⇔ 10 x + 1. x 2 − x + 1 = 3( x 2 + 2) u = x + 1 Đặt 

2 v = x − x + 1

(u , v ≥ 0) u = 3v  v = 3u

Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) ⇔ ( 3u − v )( u − 3v ) = 0 ⇔  Nếu u = 3v ⇔ x + 1 = 3 x 2 − x + 1 ⇔ 9 x 2 − 10 x + 8 = 0 (vô nghiệm)  x = 5 − 33

Nếu v = 3u ⇔ x 2 − x + 1 = 3 x + 1 ⇔ x 2 − 10 x − 8 = 0 ⇔ 

 x = 5 + 33

là nghiệm.

b).Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.

Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 2 u = x HD:Ta đặt :  ( u , v ≥ 0; u ≥ v ) khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2 2 v = x − 1

hay: 2(u + v) - (u - v)= ( u + v )( u − v ) Bài 2.Giải phương trình sau :

x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1

1 2

HD:Đk x ≥ . Bình phương 2 vế ta có :

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1)

u = x + 2 x khi đó ta có hệ : = 2 − 1 v x  2

Ta có thể đặt : 

Do u , v ≥ 0 . u =

 1− 5 v u = 2 uv = u − v ⇔   1+ 5 v u = 2 

1+ 5 1+ 5 v ⇔ x2 + 2 x = ( 2 x − 1) 2 2

Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 8

( x − x − 20 ) ( x + 1) − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1) vậy ta không

HD:Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 Nhận xét : Không tồn tại số α , β để : 2 x 2

2

2

u = x 2 − x − 20 . v = x + 1

thể đặt : 

Nhưng may mắn ta có : ( x 2 − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 )( x − 5)( x + 1) = ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x − 5 ) Ta viết lại phương trình: 2 ( x 2 − 4 x − 5 ) + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán được giải quyết .

3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Từ những phương trình tích 2x + 3 − x + 2 = 0 x +1 −1 x + 1 − x + 2 = 0 , 2x + 3 − x

(

)(

)

(

)(

)

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .

Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .

(

)

Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 − x 2 + 2 x = 1 + 2 x 2 + 2 t = 3 t = x − 1

HD:Đặt t = x 2 + 2 ; t ≥ 2 , ta có : t 2 − ( 2 + x ) t − 3 + 3 x = 0 ⇔  Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1

HD:Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2 Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x 2 + 1 ⇔ x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn : t = 2 x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔  t = x − 1

Bài 3:Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 HD:Đặt t = x 2 + 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 ⇔ x 2 + 1 = x (Vô lý) Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2 Vậy: x = ±2 2 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ 3 Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a3 + b3 + c3 + 3 ( a + b )( b + c )( c + a ) , Ta có 3

a 3 + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b )( a + c )( b + c ) = 0

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .

9

7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x2 − 8x + 1 = 2 3 3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0 Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x 3

HD:ĐK: x ≤ 2 u = 2 − x ; u ≥ 0  Đặt v = 3 − x ; v ≥ 1 , ta có :   w = 5 − x ; w ≥ 3 30 239 được: u = ⇔x= 60 120

( u + v )( u + w ) = 2 2 − u 2 = uv + vw + wu   2 3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v )( v + w ) = 3 , giải hệ ta   2 5 − w = uv + vw + wu ( v + w )( u + w ) = 5

Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 a =  b = HD:Ta đặt :  c =  d =

2x2 − 1 x 2 − 3x − 2

a + b = c + d

2x2 + 2x + 3

, khi đó ta có : 

2 2 2 2 a − b = c − d

⇔ x = −2

x2 − x + 2

Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3 a = 4 x 2 + 5 x + 1 HD:Đặt  ( a; b ≥ 0 ) 2 b = x − x + 1

a 2 − 4b 2 = 9 x − 3 a − 2b = 9 x − 3

Ta được hệ phương trình: 

 a = 2b  a = 1 − 2b

Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b ⇔ (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 ⇔  Nếu a = 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 2 x 2 − x + 1 ⇔ x =

1 (thoả mãn) 3

Nếu a = 1 - 2b ⇔ 4 x 2 + 5 x + 1 = 1 − 2 x 2 − x + 1 (*) Ta có : VT(*) ≥ 0 (1) 2

1 3 VP(*) = 1 − 2 x 2 − x + 1 = 1 − 2  x −  + ≤ 1 − 3 < 0 (2) 

2

4

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =

1 3

Bài tập áp dụng: 3

Giải các phương trình sau : x + 4 x (1 − x ) + 4 (1 − x ) = 1 − x + 4 x3 + 4 x 2 (1 − x ) 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ theo u,v

(

)

Bài 1. Giải phương trình: x 3 35 − x3 x + 3 35 − x3 = 30 HD:Đặt y = 3 35 − x3 ⇒ x3 + y 3 = 35 10

 xy ( x + y ) = 30 , giải hệ này ta tìm 3 3  x + y = 35

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 

được ( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3} 2 −1 − x + 4 x =

Bài 2. Giải phương trình:

1 4 2

HD:Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1 

Đặt  4

2 −1− x = u

 x = v

⇒0≤u≤

2 − 1,0 ≤ v ≤

4

2 −1

1  u = 4 −v 1   2 u + v = 4  2 ⇔ Ta đưa về hệ phương trình sau:  2 u 2 + v 4 = 2 − 1  1 − v  + v 4 = 2 − 1    4 2  2

1   Giải phương trình thứ 2: (v + 1) −  v + 4  = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm 2  2

2

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: a 2 + b = 5 ⇒ ( a + b)( a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1  2 b − a = 5

Vậy

x −1 +1 = 5 + x −1 ⇔ x −1 = 5 − x ⇒ x =

Bài 4. Giải phương trình:

11 − 17 2

6 − 2x 6 + 2x 8 + = 5− x 5+ x 3

HD:Điều kiện: −5 < x < 5 Đặt u = 5 − x , v = 5 − y 0 < u, v < 10 .

(

)

(u + v) 2 = 10 + 2uv u 2 + v 2 = 10   Khi đó ta được hệ phương trình:  4 4 2 4 8⇔  − − + 2(u + v) = (u + v) 1 −  = 3  u v  uv  3 

Bài 5. Giải phương trình: 4 629 − x + 4 77 + x = 8 HD:ĐK: −77 ≤ x ≤ 629  u = 4 629 − x (u; v ≥ 0) Đặt   v = 4 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 11

Với t = 113 ⇒ x = 548 Bài 6. Giải phương trình: x3 + x 2 − 1 + x3 + x 2 + 2 = 3 HD:Với điều kiện: x3 + x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x3 + x 2 + 2 > 0

(1)

 u = x3 + x 2 − 1 Đặt  Với v > u ≥ 0 v = x 3 + x 2 + 2

Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta có hệ phương trình  u+v =3  2 2 v − u = 3 u + v = 3 u+v =3 u = 1  ⇔ ⇔ ⇔ v = 2 v − u = 1 (v + u )(v − u ) = 3  x 3 + x 2 − 1 = 1 ⇔  x 3 + x 2 + 2 = 2  x3 + x 2 − 1 = 1 ⇔ 3 2 x + x + 2 = 4 ⇔ x3 + x 2 − 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + 2 x + 2) = 0

⇔ x = 1 (do x 2 + 2 x + 2 > 0 ∀x)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1} 2

2 3  2 1 − x ≥ 0 −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ 0 ≤ x ≤1 HD: Điều kiện:   x≥0  x≥0

Bài 7. Giải phương trình: 1 − x 2 =  − x 

2 3

Với điều kiện (*),đặt u = x ; v = − x , với u ≥ 0, v ≤  1− x2 Ta có:  2 −  3

(*) 2 3

= 1− u4 2  x  = v2 

Do dó ta có hệ

12

2  2   u+v = 3  u+v = ⇔ 3    1 − u 4 = v2 u 4 + v 4 = 1  2   2 u+v = u+v =   3 3 ⇔ ⇔ 2 2 2 2 2 2 2  u + v ) − 2u .v = 1  ( u + v ) − 2u.v  − 2u 2 v 2 = 1  (  2  2  u+v= u+v=   3   3 ⇔ ⇔ 2  4 − 2u.v  − 2u 2 .v 2 = 1 2u 2 .v 2 − 16 u.v − 65 = 0    9 81   9 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 = 0( a ) y − y + 3 18   y 2 − 2 y + 8 + 194 = 0(b)  3 18

• (b) vô nghiệm • (a) có 2 nghiệm 97 −3 1+ 2 y1 = ; y2 = 2 u = y u = y 2 Do đó:  1 1 ∨  2 v1 = y 2  v 2 = y1 1−

97 −3 2 3

1+

Vì u ≥ 0 nên ta chọn u = y 2 = 1+ ⇒ x=

 97 1 + −3  2 ⇒ x = 3   

97 −3 2 3

 97 −3   2  3   

2

1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 + 9  4 4 Bài 8. Giải phương trình: 18 + 5 x + 64 − 5 x = 4

 97 − 3  2 

2

HD:Với điều kiện 13

 18  18 + 5 x ≥ 0 x ≥ − 5 18 64 ⇔ ⇔− ≤x≤  64 5 5 64 − 5 x ≥ 0  x≤ 5  

(*)

Đặt u = 4 18 + 5 x , v = 4 64 − 5 x , với u ≥ 0, v ≥ 0 u 4 = 18 + 5 x

Suy ra 

4 v = 64 − 5 x

Phương trình đã cho tương đương với hệ:  u+v = 4 u+v = 4   4  2 4 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 có: S=4  2  2 2  S − 2 P − 2 P = 82  P ≥ 0, S ≥ 0 

(

)

 S=4 S =4   2  ⇒  p − 32 P + 87 = 0 ⇔  P = 3 ∨ P = 29   P≥0 P≥0  

(1) Với S = 4, P = 3 u và v là nghiệm của phương trình: y =1 y2 − 4 y + 3 = 0 ⇔  y = 3 u = 1 u = 3 ∨ Do đó ta có:  v = 3  v = 1  4 18 + 5 x = 1  4 18 + 5 x = 3 Suy ra  ∨  4 64 − 5 x = 3  4 64 − 5 x = 1  18 + 5 x = 1 18 + 5 x = 81 ⇔ ∨ 64 − 5 x = 81  64 − 5 x = 1 17 63 thoả mãn (*) ⇔x=− ∨x= 5 5 (2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: 17   x1 = − 5   x = 63  2 5

5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II ( x + 1)2 = y + 2 Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :  2 ( y + 1) = x + 2

(1) (2)

việc giải hệ này

thì đơn giản

14

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x ) sao cho (2) luôn đúng , 2

y = x + 2 − 1 , khi đó ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + 2 − 1) + 1 ⇔ x 2 + 2 x = x + 2

Vậy để giải phương trình : x 2 + 2 x = x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ (α x + β )2 = ay + b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :  , ta sẽ xây dựng được 2 y + = ax + b β) (α phương trình dạng sau : đặt α y + β = ax + b , khi đó ta có phương trình : β a 2 (α x + β ) = ax + b + b −

α

α

β α α Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : n (α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ đặt α y + β = n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ??? n

Tương tự cho bậc cao hơn : (α x + β ) =

a

n

ax + b + b −

n

Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : (α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ là chọn được.

Bài 1: Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1 HD:Điều kiện: x ≥

1 2

Ta có phương trình được viết lại là: ( x − 1)2 − 1 = 2 2 x − 1 2  x − 2 x = 2( y − 1) Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau:  2  y − 2 y = 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 2 x − 1 = t + a ⇒ 2 x − 1 = t 2 + 2at + a 2 Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2  x 2 − 2 x = 2t − 2

kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình: 

2 t − 2t = 2 x − 2

Giải hệ này ta sẽ tìm được x.

Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 HD:Điều kiện x ≥ −

5 4

Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11 (2 x − 3) 2 = 4 y + 5

Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: 

2 (2 y − 3) = 4 x + 5

⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0

Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3 Với x + y − 1 = 0 ⇔ y = 1 − x ⇔ −2 x − 1 = 4 x + 5 (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm của phương trình là x = 2 + 3 Bài 3:Giải phương trình: x 2 − x + 5 = 5 HD:ĐK: x ≥ −5 Pt ⇔ x 2 − 5 = x + 5 ; x ≥ 5 (*) Đặt

x + 5 = t + a ⇔ x + 5 = t 2 + 2at + a 2

15

Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:  x 2 − 5 = t từ đây ta sẽ tìm được nghiệm. 2 t − 5 = x

Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =

4x + 9 ( x > 0) .

28

4x + 9 4x + 9 2 =t+a ⇒ = t + 2at + a 2 28 28 1 4x + 9 2 1 1 = t + t + ⇒ 7t 2 + 7t = x + Chọn a = ta được: 2 28 4 2 1  2 7 x + 7 x = t + 2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:   7t 2 + 7t = x + 1  2

HD:Đặt

Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.

Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 2 x 2 + 2 x + 1 = 4 x + 1 PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I-KIẾN THỨC: 1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki: Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 ≤ (a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔

a b = x y

2.Bất đẳng thức côsi: a) Với hai số a, b ≥ 0 thì ta có:

a+b ≥ ab 2

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b b) Với ba số a, b, c ≥ 0 thì ta có:

a+b+c 3 ≥ abc 3

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b = c c) Với bốn số a, b, c, d ≥ 0 thì ta có:

a+b+c+d 4 ≥ abcd 4

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b = c = d e) Với n số a1, a2,…, an ≥ 0 thì ta có:

a1 + a2 + ... + an n ≥ a1.a2 ....an 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 + B 2 ≥ 0 , ta xây dựng phương trình dạng A2 + B 2 = 0 Từ phương trình

(

2

) (

5x − 1 − 2 x +

)

2

9 − 5x − 2 + x − 1 = 0

16

(

ta khai triển ra có phương trình : 4 x 2 + 12 + x − 1 = 4 x 5 x − 1 + 9 − 5 x

)

5. Dùng bất đẳng thức  A ≥ m (1)  B ≤ m (2)

Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: 

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B Ta có : 1 + x + 1 − x ≤ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và

x +1 +

và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x =

1 ≥ 2 , dấu bằng khi x +1 1 + 1+ x x +1

 A ≥ f ( x ) khi đó :  B ≤ f ( x)

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :   A = f ( x ) A= B⇔   B = f ( x )

Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được.

II-BÀI TẬP: Bài 1. Giải phương trình :

2 2 + x = x+9 x +1

HD:Đk: x ≥ 0 2

2  1  x     = x+9 + x +1  +   x + 1  x + 1       1 1 ⇔x= 7 x +1

 2 2  + x ≤ 2 2 Ta có :    x +1  

(

Dấu bằng ⇔

2 2 = x +1

)

2

Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 HD:Đk: −1 ≤ x ≤ 1

(

Biến đổi pt ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2

)

2

= 256

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

(

13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2

)

2

≤ (13 + 27 ) (13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 (16 − 10 x 2 ) 2

 16  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x (16 − 10 x ) ≤   = 64  2 2   x = 1 + x2 2  5  1− x = Dấu bằng ⇔  ⇔ 3 2  10 x 2 = 16 − 10 x 2  x = − 5  2

2

Bài 3. Giải phương trình: x3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0 2 HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và x3 − 3x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 3) ≥ x + 13 Bài 4: Giải phương trình: 7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38 HD:Ta có :VT2=( 7 − x + x − 5 )2 ≤ (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4 17

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: − x 2 + 3x − 2 + x + 1 = 2 HD:ĐK: x ∈ [1; 2] (1) PT ⇔ − x 2 + 3x − 2 = 2 − x + 1 (2) Từ (2) ta có: 2 − x +1 ≥ 0 ⇔ x +1 ≤ 2 ⇔ x +1 ≤ 2 ⇔ x ≤ 1 (3)

Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1 Bài 6:Giải phương trình : HD: Điều kiện x >

x 4x − 1 + =2 x 4x − 1

1 4

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x 4x − 1

+

4x − 1 ≥2 x

x

⋅

4x − 1

4x − 1 = 2. x

Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

x

=

4x − 1 x

4x − 1 ⇔ x 2 − 4x + 1 = 0

⇔ (x − 2) 2 = 3 ⇔ x = 2± 3

Dấu “=” xảy ra ⇔ x = 4x − 1 ⇔ x − 4x + 1 = 0 ⇔ x 2 − 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 luôn âm Vế phải: 3x − 2 ≥ 1 ⇒ vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm Cách 2. Với x ≥ 1, ta có: 2

x − 1 = 5x − 1 + 3x − 2 ⇔ x − 1 = 8x − 3 + 2 (5x − 1)(3x − 2)

⇔ 2 − 7x = 2 (5x − 1)(3x − 2) Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 ⇒ phương trình vô nghiệm Bài 8:Giải phương trình : 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1) 4

9

HD: Ta có (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 +  + 5  x 2 + 2x + 1 +  = −(x 2 + 2x + 1) + 5 3 5 

2



2



⇔ 3(x + 1) + 4 + 5(x + 1) + 9 = 5 − (x + 1)



2

18

Ta có: 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 có một nghiệm x = –1 Bài 9:Giải phương trình : HD: điều kiện x ≥

x+7 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 x +1

1 2

Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình – Nếu

1 ≤ x < 2 : VT = 2

– Nếu x > 2: VP = 2x2 +

6 + 8 < 8 + 3 . Mà: VP > 8 + 3 x +1 2 2x − 1 > 2.2 + 3 = 8 + 3 . VT < 8 + 3

1+

x > 2 ⇒ x +1 > 2 +1 1+

6 6 <1+ =3 x +1 2 +1

Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 Bài 10:Giải phương trình :

6 8 + =6 3− x 2−x

3 là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng 2 3 6 8 minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x < < 2 và <4 ⇒ : 2 3− x 2−x 6 8 + < 6.

3− x 2−x 3 6 8 + >6 Tương tự với < x < 2: 2 3− x 2−x

HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =

Bài 11:Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 + + + ⋅⋅⋅ + = x. ( x + 1) 1.2 2.3 3.4

4−x +4 4− x +5

HD:ĐK: x ≤ 4 (1) 1 1 = 1− x +1 4− x +5 ⇔ 4 − x = x − 4 (*) Ta có: VP(*) = x − 4 ≥ 0 ⇒ x ≥ 4 (2)

Ta có: 1 −

Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.

III-BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1: Giải các phương trình sau : 1 − 2x + 1 + 2x =

1− 2x 1 + 2x + 1 + 2x 1 − 2x

2 x4 + 8 = 4 4 + x4 + 4 x4 − 4 x3` − 3 x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0 4

x + 4 1− x + x − 1− x = 2 + 4 8

Bài 2: Giải các phương trình sau : 1/ x - 2 + 6 - x = x 2 - 8x + 24

2 − x2 + 2 −

1 1  = 4−x +  2 x x 

16 x 4 + 5 = 6 3 4 x3 + x

8 + x3 + 64 − x3 = x 4 − 8 x 2 + 28 x − 3 + 5 − x = x 2 − 8 x + 18

2/ x − 4 + 6 − x = x 2 − 10 x + 27 19

3/ 6 − x + x + 2 = x 2 − 6 x + 13 5/ 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3x 2 − 12 x + 14

4/ 1 − x + 4 + x = 3 6/ x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40

PHƯƠNG PHÁP 5: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = 0 ta có thể giải phương trình A ( x ) = 0 hoặc chứng minh A ( x ) = 0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A ( x ) = 0 vô nghiệm

Bài 1:Giải phương trình: x ( x + 2 ) + x ( x − 1) = 2 x 2 (1) HD: C1: ĐK x ≤ −2; x ≥ 1

(1) ⇔ ⇔

x2 − x − x2 − 2 x x ( x − 1) − x ( x + 2 ) −3 x x ( x − 1) − x ( x + 2 )

=2x

( 2)

=2x

−3  −3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2 Nếu x ≥ 1 ta có  ⇒ 2 x ( x − 1) = 2 x + 2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x 

( 3)

Giải (3) ta tìm được x 3  3  x ( x − 1) − x ( x + 2 ) = 2 Nếu x ≤ -2 ta có  ⇒ 2 x ( x − 1) = −2 x + 2  x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = −2 x 

( 4)

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 đó 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 ( t − 2 ) + t ( t + 1) = 2

( −t )

(t )

2

2

Chia cả hai vế cho t ta được ( t − 2 ) + ( t + 1) = 2 t Bình phương hai vế tìm được t Sau đó tìm ra x.

Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn 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 :

3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4

HD: Ta nhận thấy : ( 3 x 2 − 5 x + 1) − ( 3 x 2 − 3 x − 3) = −2 ( x − 2 ) v ( x 2 − 2 ) − ( x 2 − 3 x + 4 ) = 3 ( x − 2 ) Ta có thể trục căn thức 2 vế :

−2 x + 4 3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1)

=

3x − 6

x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4

Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình .

20

x 2 + 12 + 5 = 3x + x 2 + 5

Bài 3. Giải phương trình sau:

5 3 Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng ( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :

x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥

HD: Để phương trình có nghiệm thì :

2

x2 − 4

2

x + 12 − 4 = 3 x − 6 + x + 5 − 3 ⇔

x 2 + 12 + 4

x2 − 4

= 3( x − 2) +

x2 + 5 + 3

  x+2 x +1 − − 3 = 0 ⇔ x = 2 ⇔ ( x − 2)  2 x2 + 5 + 3   x + 12 + 4 5 x+2 x+2 − − 3 < 0, ∀x > Dễ dàng chứng minh được : 3 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Bài 4. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x3 − 1 HD :Đk x ≥ 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình   2 x+3   ( x − 3) ( x + 3 x + 9 ) 3 2 3 x − 1 − 2 + x − 3 = x − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1 + = 2 3 2 3 x2 − 1 x3 − 2 + 5 ( ) + 2 x − 1 + 4  

x+3

Ta chứng minh : 1 + 3

2

( x 2 − 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4

=1+

x+3

(

3

)

2

x2 − 1 + 1 + 3

<2<

x 2 + 3x + 9 x3 − 2 + 5

Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3 Bài 5:Giải phương trình sau:

x2 + 3 x + x2 + 3

+

x2 − 3 x − x2 − 3

=x

HD:ĐK: x 2 ≥ 3 Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:

(x

2

)

)(

(x

3

− 3

)

x > 0  ⇒ 2  x − 3

3

⇒

)

)(

(

− 3 x + x 2 − 3 − x 2 + 3 x − x 2 − 3 = 3.x

(

2

+

) + (x

(x 2

2

+ 3

+ 3

)

3

)

3

= 3 3.x

+2

(x

4

3

− 3) = 27 x 2

 x > 0 ; x2 (9 − 2 x4 ) ≥ 0  x > 0  ⇒ ⇒ 4 3 2 4 4 3 4 4 2 2 ( x − 3) = x ( 9 − 2 x ) 4( x − 3) = x ( 9 − 2 x )

Giải hệ trên ta tìm được x = 2 Bài 6:Giải phương trình:

2x2

(

3 − 9 + 2x

)

2

= x+9

9  x ≥ − HD:ĐK:  2  x ≠ 0

21

Pt ⇔

(

2 x2 3 + 9 + 2 x

(

3 − 9 + 2x

2

)(

)

3 + 9 + 2x

(

2 x 2 18 + 2 x + 6 9 + 2 x

⇔

2

4 x2 ⇔ 6 9 + 2x = 0 9 ⇔ x = − là nghiệm 2

)

2

= x+9

) = x+9

Bài tập vận dụng: 1) x ( x − 3) + x ( x − 4 ) = 2 x 2 2) ( x + 3)( x + 2 ) + ( x + 3)( x − 1) = 2 ( x + 3)

2

Tổng quát: α f ( x ) .g ( x ) + β f ( x ) .h ( x ) = λ f ( x ) 3)

3x 3 x + 10

2

= 3x + 1 − 1

BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1: Tìm tất cả các số thực x1; x2; …; x2005 thoả mãn:

x1 − 12 + 2 x2 − 22 + ... + 2005 x2005 − 20052 = Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x + y −1 + z − 2 =

1 ( x1 + x2 + ... + x2005 ) 2

1 (x + y + z) 2

Bài 3: Giải các phương trình sau: x − 1 + 2x − 3 = 2 3

3( x 2 − x + 1) = ( x + x − 1)2 x2 − x + 5 = 5

x − 2 + x +1 = 3

(

x 2 + 48 = 4 x − 3 + x 2 + 35

2( x 2 + 2) = 5 x3 + 1

)

x −3 4− x = 9− x

3 − x = x.

27 .x10 − 5 x 6 + 5 864 = 0

x − 2 − 3 2 x − 2 = −1

( x + 2)( x + 4) + 5( x + 2).

x + 17 − x 2 + x. 17 − x 2 = 9

4 − 3 10 − 3 x = x − 2 5

)(

3

x+4 =6 x+2

5 − x 6 − 3 3x 4 − 2 = 1 x2 + x + 1 − x2 − x + 1 =

1 2

x2 + x − 1 + x − x2 + 1 = x2 − x + 2

3+x

3x 2 + 2 x = 2 x 2 + x + 1 − x

x 2 + 24 + 1 = 3 x + x 2 + 8

Bài 4: Giải các phương trình sau: 25 − x 2 − 10 − x 2 = 3

(7 − x ).

7 − x + ( x − 5) . x − 5 7− x + x −5

( x + 3)

10 − x 2 = x 2 − x − 12

2x + 3 = x

3x 2 + 3x − 2 x 2 + x = 1 3 7 + x + 1− x = 2

x2 − 4 x + 5 + x2 − 4 x + 8 + x2 − 4 x + 9 = 3 + 5 =2

( x − 3)( x + 1) − 4 ( x − 3)

x +1 +3= 0 x−3

x 2 + 9 x + 20 = 2 3 x + 10 x2 + 4 x + 5 = 2 2 x + 3 x − 5 + 1 = 4 x − 20 − 1

3 x 2 + 5 3 x 2 − 5 x − 12 = 48 + 5 x

22

2x

1  1    x +  − 4 x + +6 = 0 x  x 

4 x − 20 + 3

5

x −5 1 − 9 x − 45 = 4 9 3

2+ x

+

2 + 2+ x

4x + 4 + 2 =

5− 3

2− x

2

x− x −5

(7 − x ).

= 2

2 − 2− x

−

2x 3 +1

−

= 5 +1 5

x + x2 − 5

=4

7 − x + ( x − 5) . x − 5 7− x + x −5

1 9x + 9 + 4 2

x=

x4 + x 2 + 2005 = 2005 .

=2

3−x .

3+x

a + b 1 − x = 1 + a − b 1 − x (a , b > 0)

64x6 - 112x4 + 56x2 - 7 = 2 1 − x 2 .

x 2 + 5 x + 4 − 5 x 2 + 5 x + 28 = 0

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: x .6 + 6 = x .6 + 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: 2

1 + x−2

−x

x +2

2

x

d/

x + y = 2000

1 1225 + = 74 − x − 2 − y − 1 − z − 771. y −1 z − 771

Bài 9:Giải các phương trình sau : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 1 1 x −1 = 1− + 3 x − 2x + x x x

( 4 x − 1) 3

(

x3 + 1 = 2 x3 + 2 x + 1

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 15 30 x 2 − 4 x ) = 2004 ( 2 3

(

4 x 2 − 4 x − 10 = 8 x 2 − 6 x − 10

) (

2 x 2 + 1 − 1 = x 1 + 3x + 8 2 x 2 + 1

)

x 2 + x + 12 x + 1 = 36

2 3 (1 + x ) + 3 3 1 − x 2 + 3 (1 − x ) = 0

2008 x 2 − 4 x + 3 = 2007 4 x − 3

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2

( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x

2

4

3

2

3

)

30060 x + 1 + 1

2

x − 1 + x3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1

4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16

x + 1 + x = 1 + 4 x3 + x 2

4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1

2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4

12 x + 2 x − 1 = 3 x + 9

x 2 − 1 + 3 x3 − 2 = 3x − 2

2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0

( 2 − x )( 5 − x ) = x + ( 2 − x )(10 − x )

3

x2 + 4 = x − 1 + 2x − 3

4 x + 5 + 3x + 1 = 2 x + 7 + x + 3

x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1

x −1 + 3 x +1 = x 3 2

3

x3 +

2 3

(1 − x )

= x 2 − 2 x2

Bài 10: Giải phương trình: a) x 2 + x 2 + 2 x + 8 = 12 − 2 x

x + 3 x + 1 = 2x + 1 3x 2 + 3x + 2 2 x +x+2 = 3x + 1

b) 2 x 2 − 5 2 x 2 + 3x + 9 = −3x − 3 23

c) x 2 − 4 x + 6 = 2 x 2 − 8 x + 12

d) 3x 2 + 15 x + 2 x 2 + 5 x + 1 = 2

e) ( x + 4)( x + 1) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6

f)

g) x 2 + 3x + 2 − 2 2 x 2 + 6 x + 2 = − 2 Bài 11: Giải phương trình: 2 3

(1 − x )

x3 + x+

x 2

x −1

=

2x2 + 5x + 2 − 2 2x2 + 5x − 6 = 1

h) x 2 + x 2 + 11 = 31 3 1 + 1 − x 2  (1 − x ) − 

= x 2 (1 − x 2 )

35 12

( x − 3)( x + 1) + 4 ( x − 3)

(1 + x )

3

 = 2 + 1 − x2 

x +1 = −3 x −3

64 x 6 − 112 x 4 + 56 x 2 − 7 = 2 1 − x 2

1 − x − 2x 1 − x2 − 2x2 + 1 = 0

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 có nghiệm c) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất 1 1 + =m x 1 − x2 2 Giải phương trình với m = 2 + 3

Bài 13: Cho phương trình: a)

b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 14: Cho phương trình: 2 ( x 2 − 2 x ) + x 2 − 2 x − 3 − m = 0 a) Giải phương trình với m = 9 b) Tìm m để phương trình có nghiệm.

Bài 15:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: y = x + 2 x −1 + x − 2 x −1 x+ x+ x+ x = y y 2 = 1 + 9 − x2 − 4 x

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 có 100 dấu căn. b/ Vế trái có n dấu căn.

Bài 17:Giải các phương trình nghiệm nguyên sau: x + 4 x + 4 x + ... + 4 x + 4 5 x = x

(Vế trái có 100 dấu căn).

Bài 18:Tìm các số hữu tỉ a và b thoả mãn: Bài 19:Cho hai số x , y thoả mãn:

(

3 a+b 3

x2 + 4 − x

)(

−

2 a −b 3

= 7 − 20 3

)

y 2 + 4 − y = 4 . Tính x + y

Bài 20:Giải phương trình: 3 2 x + 1 + 3 x = 1 Bài 21:Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện: x 1 − y2 + y 1 − z2 + z 1 − x2 =

3 2

Chứng minh rằng: x 2 + y 2 + z 2 =

3 2

24

Bài 22:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a + b − c = a + b − c Chứng minh rằng: 2010 a + 2010 b − 2010 c = 2010 a + b − c Bài 23:Giải phương trình nghiệm nguyên: 4 y 2 = 2 + 199 − x 2 − 2 x Bài 24:Tìm các số hữu tỉ a và b biết: a 7 − b 7 = 11 7 − 28 Bài 25:Giải phương trình:

x + 1 − x2 =1 1 − 2x2

Bài 26:Tìm các số nguyên k thoả mãn: 1+

1 1 1 1 1 1 20092 − 1 + + 1 + + + ... + 1 + + = 2009 12 22 22 32 k 2 ( k + 1) 2

Bài 27:Giải phương trình: 1/ 8 + x − 3 + 5 − x − 3 = 5 2/

x + x2 + x − x2 = x + 1

3/ 2 x 2 − 2 x 30 − 2007. 30 + 4 x 2007 = 30. 2007 4/ 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 5/ x + 1 + 4 x + 4 + 9 x + 9 + ..... + 100 x + 100 = 165 6/

1 1 1 + + =1 x+3 + x+2 x + 2 + x +1 x +1 + x

7/

9 x 2 + 45 −

1 x 2 + 5 1 25 x 2 + 125 16 x 2 + 80 + 3 − =9 12 16 4 9

8/ x + 712671620 − 52408 x + 26022004 + x + 712619213 − 56406 x + 26022004 = 1 9/

2009 + 2010 x 2 + x + 1 = 20 + 2009 − 2010 x 2 + x + 1

10/ ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3x Bài 28:Giải các phương trình sau: 15 x − 2 x 2 − 5 = 2 x 2 − 15 x + 11

( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x

(1 + x)(2 − x) = 1 + 2 x − 2 x 2

x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2

x 2 + x 2 + 11 = 31

2 n (1 + x) 2 + 3 n 1 − x 2 + n (1 − x) 2 = 0

( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x

x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2 1 − x2 + 2 3 1 − x2 = 3

25