Chuyên đề 6 giải phương trình chứa ẩn trong dấu căn, luyện thi học sinh giỏi toán lớp 9 và thi tuyển sinh toán vào lớp 10 rất hay và có lời giải chi tiết

Chuyên đề 6 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU CĂN A Kiến thức cần nhớ Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn có ên cạnh đó, Hệ thống Giáo dục HOCMAI đã xây dựng chương trình HM10 Toàn diện nhằm giúp học sinh lớp 9 có lộ trình học tập phù hợp với năng lực. Ông Thưởng nhận định đây là giải pháp luyện thi toàn diện, phù hợp với học sinh có mong muốn thi vào các trường THPT không chuyên trên cả nước. Giải pháp HM10 Toàn diện bao gồm: Phần Trang bị kiến thức học tốt Toán 9 giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, bám sát theo chương trình sách giáo khoa, làm nền tảng cho giai đoạn ôn thi tiếp theo.nhiều cách giải, sau đây là một số phương pháp thường dùng ( Nâng lên lũy thừa ( Đặt ẩn phụ.

Chuyên đề 6 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG DẤU CĂN

A Kiến thức cần nhớ

Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn có nhiều cách giải, sau đây là một số phương pháp thường dùng:

 Nâng lên lũy thừa

 Đặt ẩn phụ

 Đưa về phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

 Sử dụng bất đắng thức, đánh giá hai vế của phương trình

B Một số ví dụ

Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

a) x 1 2 x 2  x 2 4 x 2 3

b) 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2 x 5 4

c x4 x 4 x 4 x 4 5

Giải

Tìm cách giải Ví dụ này bản thân trong câu đều có chứa hằng đẳng thức Nên chúng ta có thể

đưa về dạng a b 2  a b Sau đó xét các khoảng để bỏ giá trị tuyệt đối để giải các phương trình

Trình bày lời giải

a) x 2 2 x 2 1  x 2 4 x 2 4 0  x2

Vì x 2 1 1   x 2 nên:

x    x    x    x

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  x/2 x 3

2

x  x  x  x  x 

2 2

2 5 6 2 5 9 2 5 2 2 5 1 4

( 2 5 3) ( 2 5 1) 4

2

x    x    x    x

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 5

2

S x  x 

c) x 4 4 x 4 4  x 4 4 x 4 4 5  x4

Trường hợp 1 Xét x 4 2  x8 Phương trình có dạng:

 

5

2

Trường hợp 2 Xét x 4 2  4 x 8

Phương trình có dạng: 2 x 4 3  x 4

Không tồn tại x

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 10, 25

Nhận xét Câu b cũng có thể giải như câu c Tuy nhiên ở đây chúng ta đã vận dụng bất đẳng thức

,

A B A B đẳng thức chỉ xảy ra khi A B  0. Dựa vào đó câu a cũng có thể giải được như vậy.

Ví dụ 2: Giải phương trình: 3x 1 2 x 3 1  

Giải

Tìm cách giải Trước khi giải, chúng ta nên đặt điều kiện Các biểu thức trong căn chi có biến là

bậc nhất, nên chúng ta nâng lên lũy thừa để giảm bớt số căn

Trình bày cách giải

Điều kiện: 1

2

3 x

Với điều kiện trên phương trình (1)  3x  1 3 2 x 0

 

2 2

1

4

x

x







 



Vậy tập nghiệm của phương trình là 7

1;

4

S  

Ví dụ 3: Giải phương trình 3 x 1 37 x 2

Giải

Áp dụng hằng đẳng thức: a b 3a3b33ab a b  , lập phương hai vế của phương trình, ta được:

3 3

1

7

x

x





  



Vậy nghiệm của phương trình là S   1;7

Ví dụ 4: Giải phương trình: x24x 5 2 2x3

Giải

Tìm cách giải Nhận thấy việc nâng lên lũy thừa để khử dấu căn, ta được phương trình bậc 4, có

thể giải được bằng cách phân tích đa thức thành nhân tử, song phức tạp Bắt đầu từ 2 2x 3, gợi

ý cho chúng ta thêm phần thích hợp để tạo thành hằng đẳng thức, do đó rất tự nhiên ta thêm được

2x 3 2 2x 3 1 Từ đó ta có lời giải sau:

Trình bảy lời giải

TXĐ: 3

2

x 

2

4 5 2 2 3

2 2 1 2 3 2 2 3

1 0

2 3 1









2 3 1 0

1 0

1

x

x

x   

 



Vậy nghiệm của phương trình S   1

Ví dụ 5: Tìm tất cả các số thực x x x1; ; ; 2 3 x2005 thỏa mãn:

1

2

x   x    x   x x  x

(Thi học sinh giói lớp 9, Tỉnh Quảng Ngãi)

Giải

Tìm cách giải Bài toán chỉ có một phương trình, có 2005 ẩn số nên không thể giải theo cách thông

thường được Do đó chúng ta nghĩ tới việc giải phương trình bằng cách đánh giá hai vế của

phương trình

Trình bảy lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si, ta có:

K x K  K  x K  x Đẳng thức xảy ra khi x K 2 K. Thay x lần lượt là x x x1; ; ; 2 3 x2005

và K lần lượt là 1, 2, 3, …, 2005, ta có:

Đẳng thức chỉ xảy ra khi

2

2

2

2005 2005

4022030

2005 2005

x x



Ví dụ 6: giải phương trình: x2 2 2 x31

Giải

Tìm cách giải Nhận thấy x3 1 x1 x2 x1 và x2   2 x 1 x2 x1, mặt khác lại xuất hiện

3

2 x 1 nên gợi cho chúng ta dùng hằng đẳng thức để giải

Trình bày lời giải TXĐ: x 1

   

2

2 2 2

2

1

1

0

2 0

   

   

     





      (thỏa mãn TXĐ)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 0; 2 

Ví dụ 7: Giải phương trình  x 6 x 2 1   x24x12 8

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Nam định, năm học 2014-2015)

Giải

Tìm cách giải Mới nhìn qua, bài tốn này khá phức tạp Nâng lên lũy thừa, dùng hằng đẳng thức

hay đánh giá hai vế đều khơng khả thi Quan sát và phân tích chúng nhận thấy

x6 x 2 x24x12 và x 6 x 28, nên bài tốn cĩ thế giải bằng phương pháp đổi biến

Trình bày lời giải

ĐKXĐ: x 2, đặt x6 a 0; x 2  b 0 a2 b2 8 phương trình cĩ dạng:

0 1

1

1

ab a b







• Với a b , ta cĩ: x6  x 2 Phương trình vơ nghiệm

1

b













6 1 vô nghiệm

2 1 3 thỏa mãn

x

Phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x3

Ví dụ 8: Giải các phương trình sau

a) 2x 2 6x 9 16 x2 48x35;

b) 2x21 x2 3x 2  2x22x 3 x2 x2

Giải

Tìm cách giải Bài tốn rất phức tạp và khĩ tìm được đường lời giải Bài tốn khơng thể nâng lên

lũy thừa được, bởi số mũ khá cao Bài tốn cũng khơng đổi biến được, bởi khơng cĩ nhiều điểm

giống nhau Bài toán cũng không thể đánh giá hai vế được Quan sát câu a, bài toán ta thử cho mỗi

vế đều bằng 0 tức là

2x 2 6x 9 0 và 16x2 48x35 0, thì nhận được 7

4

x  Do vậy chúng ta dùng biểu thức

liên hợp đối với vế trái để trục căn thức ở tử, khi đó bài toán sẽ giải được

Cũng với suy nghĩ như câu a, song với kinh nghiệm đã có, trước hết ta biến đổi phương trình về dạng 2x21 2x22x 3 x2 x 2 x2 3x 2 Nhằm khi dùng biểu thức liên hợp sẽ không còn bậc hai ở tử thức

Trình bày lời giải

a) 2x 2 6x 9 16 x2 48x35; TXĐ: 3

2

x 

7 4

1

x









Nhận xét: Với 3

2

x  ta có 4x  5 0 nên 1 4 5 0

2x 2 6x 9  x 

Vậy phương trình tương đương với 7

4

Do đó tập nghiệm của phương trình là: 7

4

S   

  b) 2x21 x2 3x 2 2x22x 3 x2 x2

0

2 4

x















3

x





0

x  x  x  x  x   x  x 

Với x thuộc tập xác định.

Do đó phương trình (*)  2x  4 0 x2

Thử lại, ta thấy x 2 thỏa mãn phương trình đã cho.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   2

Ví dụ 9: Giải phương trình sau

Giải

2

x

x  x   x  x   x  x



2

2

x   x   x



Suy ra vế trái 3 1 2 5 3 1 2 5 6 3 1

T       x  x x  x

2

P  x  x  x 

Từ (1) và (2) suy ra vế trái 3

6 2

x

   vế phải

Đẳng thức chỉ xảy ra khi 3

2

x 

Vậy nghiệm của phương trình là 3

2

x 

C Bài tập vận dụng

6.1 Giải các phương trình sau:

a) x2 x 2 x 2 0;

b) x2 2x 1 x2 6x 9 1;

c) x 3 4 x1 x 8 6 x1 1;

d) x2 x1 x 2 x1 2;

Hướng dẫn giải – đáp số

a) DKXD: x 2

ta có x2 x 2 x 2 0  x 2 x1  x 2 0

Trường hợp 1 x 2 0  x2 (thỏa mãn)

Trường hợp 2 x1   1 0 x0, không thuộc tập xác định Vậy nghiệm của phương trình là x 2

b) Ta có: x2 2x 1 x2 6x  9 1 x1 x 3 1

Vế trái: x1 x 3    x 1 3 x 2 vế phái

Vậy phương trình vô nghiệm

c) ĐKXĐ: x 1

Ta có: x 3 4 x1 x 8 6 x1 1

   







Vế trái x1 2  x1 3  x1 2 3   x1 1

Dấu bằng xảv ra khi 1 2 0 1 2 5 1



   Vậy nghiệm của phương trình là Sx/ 5 x 10

6.2 Giải các phương trình sau:

3 2 3

1

10 1

x



 b) x2 x x x 2  x 1

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ: x0,y1

phương trình viết dưới dạng:

 

3 2 3

2 2

2 4

2

3

1

1

1

0 1

;

1 1 0

x

y x

y





 









Vậy phương trình có nghiệm là: x y;  1;0 ; ; x y 1; 2

b) áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

1

Đẳng thức chỉ xảy ra khi:

2

2

1 0

x x



(vô nghiệm)

Vậy phương trình vô nghiệm

6.3 Giải các phương trình sau:

a) 7 x x 1 x2 6x13 ;

b) x 94 96 x x2190x9027

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Điều kiện: 4 x 6

Ta có:  7 x x12  8 2 7 x x  1   8 7 x x 1 1 6

7 x x 1 4

Mặt khác 2  2

x  x  x  

Suy ra 7 x x 1 x2 6x13 x3 (thỏa mãn)

b) Điều kiện: 94 x 96

Ta có:  x 94 96 x2  2 2 x 94 9  6 x 2 x 94 96  x4

Mặt khác x2190x9025x 952 4 4

Suy ra x 94 96 x x2190x9027 x95 (thỏa mãn)

Vậy nghiệm của phương trình làx 95

6.4 Giải các phương trình sau:

a) 3 x 1 3 x2 1 3 x23x2

b) 3 x 2 37 x 3

c) 3 2x133x13 5x1

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Đặt 3 x 1 a,3 x2 b Phương trình có dạng:

3 3

1

2 1

0 1

1

x x

b







 





Vậy nghiệm của phương trình là S 0; 1 

b) 3 x 2 37 x 3



5 6 0

6

x

x





      

 (thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là S   1;6

c) Lập phương cả hai vế của phương trình đã cho ta được:

2

2 1 3 1 5 1 1

19

30

Với x 0 thì hai vế bằng nhau

Với 19

30

x  thì hai vế của phương trình đã cho bằng nhau

Vậy phương trình có nghiệm 19

30

x 

6.5 Giải các phương trình sau:

a) x2 3x 2 x 3 x 2 x22x 3;

b)  x 8 x3  x211x24 1 5

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ: x 2. Phương trình viết dưới dạng:

Trường hợp 1 x1 1 0   x2 (thỏa mãn)

Trường hợp 2 x 2 x 3 0. Không tồn tại x

Vậy nghiệm của phương trình là x 2

b) ĐKXĐ: x 3. Phương trình viết dưới dạng:

2 2

 











Trường hợp 1 x 8 1 0  x7 Không thuộc tập xác định Trường hợp 2 x 3 1 0  x2 Thuộc tập xác định

Vậy nghiệm của phương trình là x 2

6.6 Giải các phương trình:

a) x29x20 2 3 x10;

b) x x2 x 1 2 3x 1 x2 x 3

Hướng dẫn giải – đáp số

a)

2

2

2 2

9 20 2 3 10

6 9 3 10 2 3 10 1 0

10

3

3 0

3

3 10 1 0

x

x x

 



Vậy nghiệm của phương trình là S   3

b) x x2 x 1 2 3x 1 x2 x 3

2

2

1

3 1 2 0

x x



  



Thử lại thấy x 1 thỏa mãn phương trình

Vậy nghiệm của phương trình là S  1

6.7 Giải các phương trình:

a) x y z   4 2 x 2 4 y 3 6 z 5

b) x y  z35 2 2  x 1 3 y 2 4 z3

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐK: x2,y3,z5 Phương trình tương đương với:

14

5 3 0

z z

       

     



Phương trình có nghiệm duy nhất x y z ; ;  3;7;14

b) ĐK: x1,y2,z3 Phương trình tương đương với:

13

3 4 0

z z

       

     



Phương trình có nghiệm duy nhất x y z ; ;  3;7;13

6.8 Giải các phương trình sau:

a)  1x 1 x 2 2 1  x2 8

b) x 3 2 x 2 3x1

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ:   1 x 1

đặt 1x 1 x  a 0; ta có a2  2 2 1 x2 Phương trình đã cho trở thành: a3  8 a2 với a 2 thì 1 x 1 x  2 1 x2  1 x2  0 x0

vậy phương trình có nghiệm x 0 (thỏa mãn)

b) ĐKXĐ: x 0

bình phương hai vế của phương trình đã cho được:

2

2

33 34 1 0

1

1

33

x

x









 



Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là 1

1, 33

x x

6.9 Giải các phương trình:

a) 33x 1 35 x3 2x 9 3 4x 3 0.

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Đặt 33x 1 a; 53  x b ; 23 x 9c;

Suy ra a b c  3 4x 3 0  a  b c 3 4x 3abc3 4x 3 1 

Mặt khác a3b3c33x  1 5 x2x 9 4 x 3 2 

Từ (1) và (2) suy ra a b c  3 a3b3c3

3

0

0

5

a b b c c a

x





Vậy tập nghiệm của phương trình là 8

3; 4;

5

S   

b) ĐKXĐ: x 1

Đặt y x1;z 2

Khi đó phương trình có dạng x3y3z3 x y z    3 *

Chứng minh được  *  x y y z x z       0

2

x y   x x   x  x x  (thỏa mãn)

Với x z  0 x 2 0  x 2 (không thỏa mãn)

Với y z  0 x 1 2 0 (vô nghiệm)

Vậy phương trình có nghiệm 1 5

2

x 

6.10 Giải các phương trình:

a) 4x25x 1 2 x2 x  1 3 9 ;x

b) x 2 4 x 2x 5 2 x2 5 x

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ:

1 1 4

x

x

 





  



9 3

1

x

x

x

x



1 0

4x 5x 1 2 x  x1  với x thuộc tập xác định, do đó phương trình

3

Thử lại ta thấy 1

3

x  thỏa mãn phương trình Vậy tập nghiệm của phương trình là 1

3

S  

 

b) ĐKXĐ: 5

4

2 x

     

2

2

x



Trường hợp 1 Xét x 3 0  x3

Trường hợp 2 Xét 1 1 2 2 1 0

2 1

x

x



Với điều kiện 5

4

2 x ta có:

Vế trái 1 2

3

1 1

Vế phải 5

2 1 6

2

 Vế trái < Vế phải, do đó phương trình vô nghiệm

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  3

6.11 Tìm x, y thỏa mãn phương trình: 4y x 2 2 x y1y x3  2 

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Ninh Thuận, năm học 2013-2014)

Hướng dẫn giải – đáp số

ĐKXĐ: x2,y1

 

2

2

0

y y

x

x

xy x

y



 















6.12 Giải các phương trình:

a) x2 7 x 2 x1 7 x x   1 1;

b) x 3 2x x 1 2x x24x3

Hướng dẫn giải – đáp số

a) ĐKXĐ: 1 x 7

Đặt 7 x a; x1b

Phương trình có dạng: b22a2b ab

b a





 Trường hợp 1 b 2 7 x  2 7 x 4 x3 (thỏa mãn) Trường hợp 2 ba x1 7 x

      (thỏa mãn)

Vậy nghiệm phương trình là S 3;4

b) ĐKXĐ: x 1

Đặt a x3;b x1(điều kiện a0;b0)

Phương trình có dạng:

1 b 0

   hoặc a 2x0

Trường hợp 1 Xét 1 b 0 b 1 x  1 1 x0tm Trường hợp 2 Xét a 2x 0 a2x x 3 2x

2

4x  x 3 0  x1 4x3 0



3 1;

4

x x 

   (thỏa mãn)

Vậy nghiệm phương trình là 3

0;1;

4

S   

6.13 Giải phương trình: 6x1 9x21 6 x 9x2

(Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Nghệ An, năm học 2014-2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

Điều kiện xác định: 1

3

x 

Đặt a 6x1;b 9x21 (điều kiện a0;b0)

Suy ra a2 b2 6x 1 9x2 1 6x 9x2

Từ đó ta có: a2 b2  a b

1 0

a b

a b a b

a b

 



 Với a b  0 a b  0 6x1 0 và 9x  2 1 0 (loại)

Với a b   1 0 6x1 9x2 1 1 0 

6 1 9 1 2 9 1 1

2

3

x

x x

 



 

Vậy nghiệm phương trình là 1

3

S   

 

6.14 Giải các phương trình:

a) x 2 6 x  x2 8x24

b)  3x 1 x2   3x37x 2 44.x 2

Hướng dẫn giải – đáp số

a) Đặt A x 2 6 x; ĐKXĐ: 2 x 6

xét A2  x 2 6  x2 x 2 6   x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

2 x 2 6 x  x 2 6  x4

      vì A 0

Mà x2 8x24  x 42 8 8 2 2

Vậy VT 2 2VP

Bất đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 6

4 4

2 2

x x

VP





Vậy nghiệm phương trình là S  4

b) điều kiện 1

3

x Phương trình tương đương với

3 3

2 1 (3 1)( 2) 4 2 3 1 2 2 0

 

1

2

2 2

x x

x x





 

      



Vậy nghiệm phương trình là 1

;1;2 2

S  

6.15 Giải phương trình: 4x23x 3 4 x33x2 2 2x1

Thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Hà Nam, năm học 2012-2013)

Hướng dẫn giải – đáp số

ĐKXĐ: 1

2

x 

2

2

1

x

(thỏa mãn)

Vậy nghiệm phương trình là S  1

6.16 Giải phương trình:

3x  7x 9 x  2 3x  5x1 x  3x13

(Thi Học sinh giỏi toán lớp 9, Yên Bái, năm học 2007- 2008)

Hướng dẫn giải – đáp số

Phương trình đưa về dạng:

   

3x  5x 1 2 x 5  x  2  3x  5x1 x  2 3 x 5

 x 5 là nghiệm của phương trình

 Nếu x  5 2x 5  3x 5  vế trái của phương trình nhỏ hơn vế phải  với x 5 Phương trình đã cho không có nghiệm

 Nếu x  5 2x 5 3x 5 vế trái của phương trình lớn hơn vế phải  với x 5 Phương trình đã cho không có nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất l;à x 5

6.17 Giải phương trình x3x1 x 1 2 2x x 1 2 3

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2014-2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

ĐKXĐ: x 1

Đặt y x1;z 2

Khi đó (1) có dạng x3y3z3x y z    3 2

Chứng minh được (2)  x y x z z x        0

2

x y   x x   x  x x  (thỏa mãn)

 Với x z  0 x 2 0  x 2 (không thỏa mãn)

 Với y z  0 x 1 2 0, vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm 1 5

2

x 

6.18 Giải phương trình: x 3 2 x3x2 6x4

(Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP Hà Nội, năm học 2014-2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

DKXD: 3

2

x 

Ta có: x 3 2 x3x2 6x 4 2x 3 2 x 6x212x8

2 2

1 0

3 2 0

x

 



 1

x

  (thỏa mãn)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1

x  x  x  x 

(Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Nam Định, Năm học 2014-2015)

Hướng dẫn giải – đáp số

ĐKXĐ: x 2

Đặt x6a, x 2b a 0,b0 a2 b2 8

Phương trình có dạng

a b

ab a b





 Trường hợp 1 Xét ab x6 x 2 vô nghiệm

Trường hợp 2 Xét 1ab a b   0 a1 b1 0

1

2 1

a

b

hong







 







Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3