Cách Giải phương trình vô tỉ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (769.15 KB, 39 trang )
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÔ TỈ
Mục Lục:
Trang
Phần I:
ĐẶT VẤN ĐỀ. 2
Phần II - NỘI DUNG
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA 3-6
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI 6-7
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ 7-9
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 20-
23
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
24
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC 25-
27
Bài tập tổng hợp: 27-
31
Phần III- KẾT LUẬN 31-
33
Tài liệu tham khảo 34
-Các từ viết tắt:
sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN)
- Điều kiện xác định: (ĐKXĐ)
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ .
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của đại số, đã lôi cuốn
nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý
tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng
phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê
toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù
hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt
và sáng tạo. Bên cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có
mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS.
Sáng kiến kinh nghiệm ''Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo
chương trình SGK hiện hành nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng
như ôn thi học sinh giỏi lớp 9 và học sinh ôn thi vào THPT đối với hoc
sinh trường THCS Yên Lạc.
Trong SKKN này đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải
phương trình vô tỉ:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học
sinh tự luyện.
Tôi hy vọng SKKN này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và
giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của toán học qua các phương trình vô
tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai
sót. Chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các
thầy cô và các em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về :
Tôi xin cảm ơn!
PHẦN II- NỘI DUNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
* PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
1/
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) ( )
f x
f x g x g x
f x g x
2/
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x
3/
( ) 0
( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) ( ) 2 ( ). ( ) ( )
f x
f x g x h x g x
f x g x f x g x h x
4/
*
2 2
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0 ( )
( ) ( )
n n
f x
f x g x g x n N
f x g x
5/
*
2
2
( ) 0
( ) ( ) ( )
( ) ( )
n
n
g x
f x g x n N
f x g x
6/
*
2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n
f x g x f x g x n N
7/
2 1 *
2 1
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n
n
f x g x f x g x n N
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình:
x 1 x 1
(1)
HD: (1)
2 2
x 1 0 x 1
x 1
x 3
x 1 (x 1) x 3x 0
3
x
Bài 2: Giải phương trình:
2 3 0
x x
HD:Ta có:
2 3 0
x x
2 3
x x
2
2
0
2 3
0
2 3 0
0
3
1
3
x
x x
x
x x
x
x
x
x
Bài 3: Giải phương trình:
4 1 1 2
x x x
HD: Ta có:
4 1 1 2
x x x
4 1 2 1
x x x
1 2 0
1 0
4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )
x
x
x x x x x
2
1
2
2 1 2 3 1
x
x x x
2 2
1
2
2 1 0
(2 1) 2 3 1
x
x
x x x
2
1 1
1 1
2 2
0
2 2
0
7 0
7
x
x
x
x
x x
x
Bài 4: Giải phương trình:
2
2 3 4 0
x x
HD:ĐK:
2
2 0
2
4 0
x
x
x
(1)
PT
2 3 ( 2)( 2) 0
2. 1 3 2 0
2
2 0
(2)
17
1 3 2 0
9
x x x
x x
x
x
x
x
Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình : 3 3
x x x
HD:Đk:
0 3
x
khi đó pt đã cho tương đương:
3 2
3 3 0
x x x
3
3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
Bài 6. Giải phương trình sau :
2
2 3 9 4
x x x
HD:Đk:
3
x
phương trình tương đương :
2
2
1
3 1 3
1 3 9
5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
x
x x
Bài 7. Giải phương trình sau :
2
2
3
3
2 3 9 2 2 3 3 2
x x x x x
HD: pt
3
3 3
2 3 0 1
x x x
Bài 8. Giải và biện luận phương trình:
2
x 4 x m
HD: Ta có:
2
x 4 x m
2 2 2 2
x m x m
x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:
2
m 4
x
2m
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m
2
m 4
2m
≥
m
+ Nếu m > 0: m
2
+ 4 ≥ 2m
2
m
2
≤ 4
0 m 2
+ Nếu m < 0: m
2
+ 4 ≤ 2m
2
m
2
≥ 4 m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm
2
m 4
x
2m
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: mxx 3
2
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
HD: Ta có:
2
2 2 2 2
x m x m
x 3 x m
x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:
2
m 3
x
2m
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m
2
m 3
m
2m
+ Nếu m > 0: m
2
+ 3 ≥ 2m
2
m
2
≤ 3
0 m 3
+ Nếu m < 0: m
2
+ 3 ≤ 2m
2
m
2
≥ 3 m ≤
3
Tóm lại:
– Nếu
0 m 3
hoặc
m 3
. Phương trình có một nghiệm:
2
m 3
x
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:
x
1
= 0, x
2
= 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: x
1
= m; x
2
=
2
(1 m)
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/
1 13
x x
2/
3 34 3 3 1
x x
4/
2
1 4 1
x x x
5/
x 3 5 x 2
7/
x x 1 x 4 x 9 0
8/
2 5 0
x
10/
1
5 1 2 0
2
x
11/
19
3 2 3
6
x
13/
16 17 8 23
x x
14/
3 1 2 3
x x
Bài 2: Giải phương trình:
a)
2
1 1
x x
b)
2 3 0
x x
d)
3 6 3
x x
e)
3 2 1 3
x x
g)
9 5 2 4
x x
h)
3 4 2 1 3
x x x
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2
3 2 2
x x m x x
Bài 4: Cho phương trình:
2
1
x x m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình:
2
2 3
x mx x m
a) Giải phương trình khi m=3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/
7 3 9 0
x x
d/
1 9
1 1 3 1 17
2 2
x x x
b/
2 1 1
x
e/
5 3
3 9 27 4 12 1
3 2
x x x
c/
3 7 4 0
x x
f)
2 2
( 3) 10 12
x x x x
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức
sau:
2
( ) ( ) ( ( ) 0)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ( ) 0)
f x g x f x
f x g x f x g x
f x g x f x
II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình:
2
x 4x 4 x 8
(1)
HD: (1)
2
(x 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)
HD: (2)
x 1 0
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:
2 2 5 2 3 2 5 7 2
x x x x
HD:ĐK:
5
2
x
PT
2 5 2 2 5 1 2 5 6 2 5 9 14
x x x x
2 5 1 2 5 3 14
x x
2 5 5
x
15
x
(Thoả mãn) Vậy:x = 15
Bài 4:Giải phương trình:
2 1 2 1 2
x x x x
HD:ĐK:
1
x
Pt
1 2 1 1 1 2 1 1 2
x x x x
1 1 1 1 2
x x
Nếu
2
x
pt
1 1 1 1 2
x x
2
x
(Loại)
Nếu
2
x
pt
1 1 1 1 2
x x
0 0
x
(Luôn đúng với
x
)
Vậy tập nghiệm của phương trình là:
|1 2
S x R x
III-Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1/
2
2 1 5
x x
2/
4 4 3
x x
3/
2
6 9 2 1
x x x
4/
4 4 5 2
x x x
5/
2 2
2 1 4 4 4
x x x x
6/
2 1 4 4 10
x x x x
7/
2 2 2
6 9 2 8 8 2 1
x x x x x x
8/
2 2
4 4 6 9 1
x x x x
9/
2 1 2 1 2
x x x x
10/
3 2 4 4 4 1
x x x x
11/
6 2 2 11 6 2 1
x x x x
12/
2 2 5 2 3 2 5 7 2
x x x x
13/
2 2
2 2 1 5 0
x x x x
14/
45224252642 xxxx
15/
2
4 4 2 10
x x x
16/
2
2 1 2 8
x x x
17/
1 1
2
2 4
x x x
18/
05261
4
1
2
xx
19/
3
2 1 2 1
2
x
x x x x
20/
2
4 4 2
x x x
21/
( 1) 4 4 1 1 6 1 9 1
x x x x
22/
8 6 1 4
x x
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:
2 2
1 1 2
x x x x
HD:Điều kiện:
1
x
Nhận xét.
2 2
1. 1 1
x x x x
Đặt
2
1
t x x
thì phương trình có dạng:
1
2 1
t t
t
Thay vào tìm được
1
x
Bài 2. Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
HD:Điều kiện:
4
5
x
Đặt
4 5( 0)
t x t
thì
2
5
4
t
x
. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
2 2
( 2 7)( 2 11) 0
t t t t
Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3
t t
Do
0
t
nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3
t t
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3
vaø x x
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x
Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5
y x
và đưa về hệ đối xứng (Xem
phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
HD:Điều kiện:
1 6
x
Đặt
1( 0)
y x y
thì phương trình trở thành:
2 4 2
5 5 10 20 0
y y y y y
( với
5)
y
2 2
( 4)( 5) 0
y y y y
1 21 1 17
,
2 2
(loaïi)y y
Từ đó ta tìm được các giá trị của
11 17
2
x
Bài 4. Giải phương trình sau :
2
2004 1 1
x x x
HD: ĐK:
0 1
x
Đặt 1
y x
thì phương trình trở thành:
2
2
2 1 1002 0 1 0
y y y y x
Bài 5. Giải phương trình sau :
2
1
2 3 1
x x x x
x
HD:Điều kiện:
1 0
x
Chia cả hai vế cho x ta nhận được:
1 1
2 3x x
x x
Đặt
1
t x
x
, ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình :
2 4 23
2 1
x x x x
HD:
0
x
không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
3
1 1
2
x x
x x
Đặt t=
3
1
x
x
, Ta có :
3
2 0
t t
1 5
1
2
t x
Bài 7.Giải phương trình:
2 2
3 21 18 2 7 7 2
x x x x
HD:Đặt y =
2
7 7
x x
;
0
y
Phương trình có dạng: 3y
2
+ 2y - 5 = 0
5
3
1
y
y
1
y
Với y = 1
2
7 7 1
x x
1
6
x
x
Là nghiệm của phương trình đã
cho.
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:
2 2
0
u uv v
(1) bằng
cách
Xét
0
v
phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
0
v
thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
. .
a A x bB x c A x B x
2 2
u v mu nv
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 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 :
3 2
1 1 1
x x x x
4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
4 2 2
1 2 1 2 1
x x x x x
4 2 2
4 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ
như:
2 4
4 2 2 4 1
x x x
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho
phương trình bậc hai
2
0
at bt c
giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :
2 3
2 2 5 1
x x
HD: Đặt
2
3
1 ( 0) ; 1 ( )
2
u x u v x x v
phương trình trở thành :
2 2
2
2 5
1
2
u v
u v uv
u v
Tìm được:
5 37
2
x
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 2
3
3 1 1
3
x x x x
(*)
HD:Dễ thấy:
4 2 4 2 2 2 2
1 2 1 1 1
x x x x x x x x x
Ta viết
2 2 2 2
1 1 3 1 1
x x x x x x x x
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
2 2 2 2
3 1 6 1 3 1 1
x x x x x x x x
Đặt :
2 2
3 3
1 ; 1
4 4
u x x u v x x v
phương trình trở thành :-3u+6v=- 3.
uv
3
u v
Từ đây ta sẽ tìm được
x.
Bài 3: Giải phương trình sau :
2 3
2 5 1 7 1
x x x
(*)
HD:Đk:
1
x
Nhận xét : Ta viết
2 2
1 1 7 1 1
x x x x x x
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
2
3 1 2 1 7 1 1
x x x x x x
Đặt
2
1 0, 1 0
u x v x x
, ta được:
9
3 2 7
1
4
v u
u v uv
v u
Ta được :
4 6
x
Bài 4. Giải phương trình :
3
3 2
3 2 2 6 0
x x x x
HD:Nhận xét : Đặt
2
y x
ta biến pt trên về phương trình thuần nhất
bậc 3 đối với x và y :
3 2 3 3 2 3
3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y
Pt có nghiệm :
2, 2 2 3
x x
Bài 5:Giải phương trình:
3 2
10 1 3 2
x x
HD:ĐK:
1
x
Pt
2 2
10 1. 1 3( 2)
x x x x
Đặt
2
1
( , 0)
1
u x
u v
v x x
Phương trình trở thành:10uv = 3(u
2
+v
2
)
3 3 0
u v u v
3
3
u v
v u
Nếu u = 3v
2 2
1 3 1 9 10 8 0
x x x x x
(vô nghiệm)
Nếu v = 3u
2 2
5 33
1 3 1 10 8 0
5 33
x
x x x x x
x
là
nghiệm.
b).Phương trình dạng :
2 2
u v mu nv
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 :
2 2 4 2
3 1 1
x x x x
HD:Ta đặt :
2
2
, 0;
1
u x
u v u v
v x
khi đó phương trình trở thành :
2 2
3
u v u v
hay: 2(u + v) - (u - v)=
u v u v
Bài 2.Giải phương trình sau :
2 2
2 2 1 3 4 1
x x x x x
HD:Đk
1
2
x
. Bình phương 2 vế ta có :
2 2 2 2
2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x x x x x x x x x
Ta có thể đặt :
2
2
2 1
u x x
v x
khi đó ta có hệ :
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
Do
, 0
u v
.
2
1 5 1 5
2 2 1
2 2
u v x x x
Bài 3. Giải phương trình :
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
HD:Đk
5
x
. Chuyển vế bình phương ta được:
2 2
2 5 2 5 20 1
x x x x x
Nhận xét : Không tồn tại số
,
để :
2 2
2 5 2 20 1
x x x x x
vậy ta không thể đặt
:
2
20
1
u x x
v x
.
Nhưng may mắn ta có :
2 2
20 1 4 5 1 4 4 5
x x x x x x x x x
Ta viết lại phương trình:
2 2
2 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)
x x x x x x
.
Đến đây bài toán được giải quyết .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Từ những phương trình tích
1 1 1 2 0
x x x
,
2 3 2 3 2 0
x x x 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 :
2 2 2
3 2 1 2 2
x x x x
HD:Đặt
2
2
t x
;
2
t , ta có :
2
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
Bài 2. Giải phương trình :
2 2
1 2 3 1
x x x x
HD:Đặt :
2
2 3, 2
t x x t
Khi đó phương trình trở thnh :
2
1 1
x t x
2
1 1 0
x x t
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có
chẵn :
2 2
2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
Bài 3:Giải phương trình:
2 2
3 1 3 1
x x x x
HD:Đặt
2
1; 1
t x t
Phương trình trở thành:t
2
- (x + 3)t + 3x = 0
(t - x)(t - 3) = 0
3
t x
t
Nếu t = x
2
1
x x
(Vô lý)
Nếu t = 3
2
1 3 2 2
x x
Vậy:
2 2
x
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
Xuất phát từ đẳng thức
3
3 3 3
3
a b c a b c a b b c c a
, Ta
có
3
3 3 3
0
a b c a b c a b a c b c
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn
bậc ba .
2 23 3
3
7 1 8 8 1 2
x x x x x
3 3 3 3
3 1 5 2 9 4 3 0
x x x x
Bài 1. Giải phương trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2
x x x x x x x
HD:ĐK:
2
x
Đặt
2 ; 0
3 ; 1
5 ; 3
u x u
v x v
w x w
, ta có :
2
2
2
2
2
3 3
5
5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu
v w u w
, giải hệ ta được:
30 239
60 120
u x
Bài 2. Giải phương trình sau
:
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2
x x x x x x x
HD:Ta đặt :
2
2
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x
, khi đó ta có :
2 2 2 2
2
a b c d
x
a b c d
Bài 3. Giải các phương trình sau :
2 2
4 5 1 2 1 9 3
x x x x x
HD:Đặt
2
2
4 5 1
; 0
1
a x x
a b
b x x
Ta được hệ phương trình:
2 2
4 9 3
2 9 3
a b x
a b x
Từ đó ta có: a
2
- 4b
2
= a - 2b
(a - 2b)(a + 2b - 1) = 0
2
1 2
a b
a b
Nếu a = 2b
2 2
1
4 5 1 2 1
3
x x x x x
(thoả mãn)
Nếu a = 1 - 2b
2 2
4 5 1 1 2 1
x x x x
(*)
Ta có : VT(*)
0
(1)
VP(*) =
2
2
1 3
1 2 1 1 2 1 3 0
2 4
x x x
(2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
3
x
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau
:
3
3 24
4
4
4
1 1 1 1
x x x x x x x x
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
Đặt
,
u x v x
và tìm mối quan hệ giữa
x
và
x
từ đó
tìm được hệ theo u,v
Bài 1. Giải phương trình:
3 3
3 3
35 35 30
x x x x
HD:Đặt
3
3 3 3
35 35
y x x y
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
3 3
( ) 30
35
xy x y
x y
, giải
hệ này ta tìm được
( ; ) (2;3) (3;2)
x y
. Tức là nghiệm của phương trình
là
{2;3}
x
Bài 2. Giải phương trình:
4
4
1
2 1
2
x x
HD:Điều kiện:
0 2 1
x
Đặt
4
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v
Ta đưa về hệ phương trình sau:
4
4
2
2 4
4
4
1
1
2
2
1
2 1
2 1
2
u v
u v
u v
v v
Giải phương trình thứ 2:
2
2 2
4
1
( 1) 0
2
v v
, từ đó tìm ra
v
rồi thay
vào tìm nghiệm của phương trình.
Bài 3. Giải phương trình sau:
5 1 6
x x
HD:Điều kiện:
1
x
Đặt
1, 5 1( 0, 5)
a x b x a b
thì ta đưa về hệ phương trình
sau:
2
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a
Vậy
11 17
1 1 5 1 1 5
2
x x x x x
Bài 4. Giải phương trình:
6 2 6 2 8
3
5 5
x x
x x
HD:Điều kiện:
5 5
x
Đặt
5 , 5 0 , 10
u x v y u v
.
Khi đó ta được hệ phương trình:
2
2 2
( ) 10 2
10
2 4
4 4 8
( ) 1
2( )
3
3
u v uv
u v
u v
u v
uv
u v
Bài 5. Giải phương trình: 877629
44
xx
HD:ĐK:
77 629
x
Đặt
4
4
629
( ; 0)
77
u x
u v
v x
706,8
44
vuvu
Đặt t = uv
113
15
01695128
2
t
t
tt
Với t = 15
x = 4
Với t = 113
x = 548
Bài 6. Giải phương trình:
3 2 3 2
1 2 3
x x x x
(1)
HD:Với điều kiện:
3 2 3 2
1 0 2 0
x x x x
Đặt
3 2
3 2
1
2
u x x
v x x
Với v > u ≥ 0
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
2 2
3 2
3 2
3 2
3 2
3
3
3 3 1
( )( ) 3 1 2
1 1
2 2
1 1
2 4
u v
v u
u v u v u
v u v u v u v
x x
x x
x x
x x
3 2
2
2
2 0
( 1)( 2 2) 0
1 ( 2 2 0 )
x x
x x x
x do x x x
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
Bài 7. Giải phương trình:
2
2
3
2
1
xx
HD: Điều kiện:
2
1 1
1 0
0 1
0
0
x
x
x
x
x
(*)
Với điều kiện (*),đặt xu ; xv
3
2
, với u ≥ 0,
3
2
v
Ta có:
2
2
42
3
2
11
vx
ux
Do dó ta có hệ
4 4
4 2
2
2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2
2 2
2
2
3
3
1
1
2
2
3
3
2 . 1 2 . 2 1
2
2
3
3
16 65
4
2 . . 0
2 . 2 . 1
9 81
9
2
3
8 194
.
18
u v
u v
u v
u v
u v
u v
u v u v u v u v u v
u v
u v
u v u v
u v u v
u v
u v
u v
2
5
8 194
.
18
u v
u và v là nghiệm của phương trình
)(0
18
1948
3
2
)(0
18
1948
3
2
2
2
byy
ayy
(b) vô nghiệm
(a) có 2 nghiệm
3
3
2
97
1
;
2
3
2
97
1
21
yy
Do đó:
12
22
21
11
yv
yu
yv
yu
Vì u ≥ 0 nên ta chọn
3
3
2
97
1
2
yu
3
3
2
97
1
x
2
3
3
2
97
1
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2
3
2
97
1
9
1
x
Bài 8. Giải phương trình: 4564518
44
xx
HD:Với điều kiện
5
64
5
18
5
64
5
18
0564
0518
x
x
x
x
x
(*)
Đặt
44
564,518 xvxu
, với u ≥ 0, v ≥ 0
Suy ra
xv
xu
564
518
4
4
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
0,0
82)(2
4
0,0
82
4
2
2
2244
vv
uvvu
vu
vv
vu
vu
Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
0
293
4
0
08732
4
0,0
8222
4
2
2
2
2
P
PP
S
P
Pp
S
SP
PPS
S
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:
2
1
4 3 0
3
y
y y
y
Do đó ta có:
1
3
3
1
v
u
v
u
Suy ra
4 4
4 4
18 5 1 18 5 3
64 5 3 64 5 1
x x
x x
18 5 1 18 5 81
64 5 81 64 5 1
x x
x x
5
63
5
17
xx thoả mãn (*)
(2) Với S = 4, P = 29
không tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
1
2
17
5
63
5
x
x
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
Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :
2
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x
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) luôn đúng ,
2 1
y x
, khi đó ta có phương trình :
2
2
1 ( 2 1) 1 2 2
x x x x x
Vậy để giải phương trình :
2
2 2
x x x
ta đặt lại như trên và đưa về
hệ
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
2
2
x ay b
y ax b
, ta
sẽ xây dựng được phương trình dạng sau : đặt
y ax b
, khi đó ta
có phương trình :
2
a
x ax b b
Tương tự cho bậc cao hơn :
n
n
a
x ax b b
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng
:
' '
n
n
x p a x b
đặt
n
y ax b
để đưa về hệ , chú ý về
dấu của
???
Việc chọn
;
thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng
:
' '
n
n
x p a x b
là chọn được.
Bài 1: Giải phương trình:
2
2 2 2 1
x x x
HD:Điều kiện:
1
2
x
Ta có phương trình được viết lại là:
2
( 1) 1 2 2 1
x x
Đặt
1 2 1
y x
thì ta đưa về hệ sau:
2
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
Trừ hai vế của phương trình ta được
( )( ) 0
x y x y
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là:
2 2
x
Cách 2: Đặt
2 1
x t a
2 2
2 1 2
x t at a
Chọn a = -1 ta được:t
2
- 2t = 2x - 2
kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:
2
2
2 2 2
2 2 2
x x t
t t x
Giải hệ này ta sẽ tìm được x.
Bài 2. Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5
x x x
HD:Điều kiện
5
4
x
Ta biến đổi phương trình như sau:
2 2
4 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11
x x x x x
Đặt
2 3 4 5
y x
ta được hệ phương trình
sau:
2
2
(2 3) 4 5
( )( 1) 0
(2 3) 4 5
x y
x y x y
y x
Với
2 3 4 5 2 3
x y x x x
Với
1 0 1 2 1 4 5
x y y x x x
(vô nghiệm)
Kết luận: Nghiệm của phương trình là
2 3
x
Bài 3:Giải phương trình:
2
5 5
x x
HD:ĐK:
5
x
Pt
2
5 5 ; 5
x x x (*)
Đặt
2 2
5 5 2
x t a x t at a
Chọn a = 0 ta được:t
2
- 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:
2
2
5
5
x t
t x
từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
Bài 4:Giải phương trình: 7x
2
+ 7x =
4 9
( 0)
28
x
x
.
HD:Đặt
4 9
28
x
t a
2 2
4 9
2
28
x
t at a
Chọn
1
2
a
ta được:
2 2
4 9 1 1
7 7
28 4 2
x
t t t t x
Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:
2
2
1
7 7
2
1
7 7
2
x x t
t t x
Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình:
2
2 2 1 4 1
x x x
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
2 2 2 2
( )( )
a b x y
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
a b
x y
2.Bất đẳng thức côsi:
a) Với hai số a, b
0 thì ta có:
2
a b
ab
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
a b
b) Với ba số a, b, c
0 thì ta có:
3
3
a b c
abc
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
a b
= c
c) Với bốn số a, b, c, d
0 thì ta có:
4
4
a b c d
abcd
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
a b
= c = d
e) Với n số a
1
, a
2
,…, a
n
0 thì ta có:
1 2
1 2
.
n
n
n
a a a
a a a
n
Dấu ‘‘=’’ xảy ra
1 2
n
a a a
3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f
2
(x)
m
A m
MinA m
Dấu ''='' xảy ra
f(x) = 0
b/ A = M - g
2
(x)
M
ax
A M
M A M
Dấu ''='' xảy ra
g(x) = 0
4. Dùng hằng đẳng thức :
Từ những đánh giá bình phương :
2 2
0
A B
, ta xây dựng phương trình
dạng
2 2
0
A B
Từ phương trình
2 2
5 1 2 9 5 2 1 0
x x x x
ta khai triển ra có phương trình :
2
4 12 1 4 5 1 9 5
x x x x x
5. Dùng bất đẳng thức
Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
(1)
(2)
A m
B m
nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại
0
x
thì
0
x
là nghiệm của
phương trình
A B
Ta có :
1 1 2
x x
Dấu bằng khi và chỉ khi
0
x
và
1
1 2
1
x
x
, dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình:
1
1 2008 1 2008 1
1
x x x
x
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :
( )
A f x
B f x
khi đó :
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
9
1
x x
x
HD:Đk:
0
x
Ta có :
2 2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
Dấu bằng
2 2 1 1
7
1 1
x
x x
Bài 2. Giải phương trình :
2 4 2 4
13 9 16
x x x x
HD:Đk:
1 1
x
Biến đổi pt ta có :
2
2 2 2
13 1 9 1 256
x x x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
2
2 2 2 2 2
13. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10
x x x x x
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
2
2 2
16
10 16 10 64
2
x x
Dấu bằng
2
2
2 2
2
1
5
1
3
2
10 16 10
5
x
x
x
x
x x
Bài 3. Giải phương trình:
3` 2
4
3 8 40 8 4 4 0
x x x x
HD:Ta chứng minh :
4
8 4 4 13
x x
và
2
3 2
3 8 40 0 3 3 13
x x x x x x
Bài 4: Giải phương trình:
2
7 5 12 38
x x x x
HD:Ta có :VT
2
=(
7 5
x x
)
2
(1 + 1).(7- x + x - 5) = 4
Nên : 0 < VT
2
Mặt khác:VP = x
2
- 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:
2
3 2 1 2
x x x
HD:ĐK:
1;2 (1)
x
PT
2
3 2 2 1 (2)
x x x
Từ (2) ta có:
2 1 0
1 2
1 2
1 (3)
x
x
x
x
Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1
Bài 6:Giải phương trình :
x 4x 1
2
x
4x 1
HD: Điều kiện
1
x
4
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
x 4x 1 x 4x 1
2 2
x x
4x 1 4x 1
.
Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
x 4x 1
x
4x 1
2
2
x 4x 1 0
(x 2) 3
x 2 3
Dấu “=” xảy ra
2
x 4x 1 x 4x 1 0
2 2
x 4x 4 3 0 (x 2) 3 x 2 3 x 2 3
(Thoả
mãn)
Vậy :
2 3
x
Bài 7:Giải phương trình :
x 1 5x 1 3x 2
HD: Cách 1. điều kiện x ≥ 1
