PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶVấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ: _ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ.. _ Dạng 2: sử dụng ẩn phụ để

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ

Vấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ:

_ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ

+ Nếu bài toán có chứa f     x , f x Ta đặt:t  f   x , t  0  t2  f   x

+ Nếu bài toán có chứa f         x , g x , f x g x  k  const Ta đặt:    

t

k x g x

f

+ Nếu bài toán có chứa f   x  g           x , f x g x , f x  g x  k  const

2

k t x g x f x

g x

f

+ Nếu bài toán có chứa a2  x2 Ta đặt: hay x a cos ,   0; π

2

π

; 2

π ,

.sin a

x  t t       t t 





























2

π / π 0;

, cos

a hay x /0 2

π

; 2

π ,

sin

a

t

t

+ Nếu bài toán có chứa a2  x2 Ta đặt: hayx a cot ,   0; π

2

π

; 2

π ,

tan a













+ Nếu bài toán có chứa

x a

x a , x a

x a









Ta đặt:xa.cos2t

+ Nếu bài toán có chứa  x  a  b  x  Ta đặt:xaba.sin2t

_ Dạng 2: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về một phương trình có cả biến số và cả ẩn phụ Khi đó phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai theo ẩn phụ hay theo biến x có biệt sốlà số chính phương

_ Dạng 3: sử dụng k ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với k ẩn phụ Trong hệ mới thìk1phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng

Chẳng hạn:ma  f   x mb  f   x  c Ta đặt:  

  x u v a b f

b v

x f a

m

m

























Khi đó ta có:

















b a v u

c v u

m

_ Dạng 4: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với một ẩn phụ và một ẩn x Ta thực hiện các bước: Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa cho phương trình

Bước 2: Biến đổi phương trình về dạngf     x ,  x  0

Bước 3: Đặt:y     x , ta biến đổi phương trình thành hệ  

 









 0 y x, f

x

y 

Ta nên lưu ý, các hệ thu được thường là hệ đối xứng Chú ý các trường hợp sau:

+ Ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II

* Phương trình dạng:xn  b  an ax  b Ta đặt:t n ax  bta được hệ:















 ax b t

at b x

n

n

* Phương trình dạng:x  a  a  x Ta đặt:t  a  xta được hệ:















 x a t

t a x

+ Ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng

Bài tập minh họa:

Bài 1: Giải phương trình:  6  x  4  x   x2 2x  12

Giải:

Đặtt   6  x  4  x    x2 2x  24 Với 4  x  6, t  0  t2   x2 2x  24  x2 2x  12  12  t2

Phương trình đã cho trở thành:













































4 t

3 x

5 x 3 t 0 12 t t t 12

Bài 2: Giải phương trình: x  3  2x x  1  2x  x2 4x  3

Giải: Xem như:a  x  3 , b  x  1 ta có a  2xb  2x  ab

Phương trình  x  3  2x  x  1  1   0  x  0  x  1

Bài 3: Giải phương trình:3 x2 4x  5  x  3  11x2 25x  2  0

Giải: Điều kiện xác định:x3

Bình phương hai vế của phương trình ta được: 2x2 12x  50  6 x2 4x  5 x  3  0

 x 4x 5  20  x 3  6 x 4x 5 x 3 0





Ta thấyx3không phải là nghiệm của phương trình

Ta xét trường hợp:x3 Chia hai vế cho x2 4x  5 x  3ta được: 6 0

5 4x x

3 x 20 3

x

5 4x x 2

2

2



















3 x

5 4x x

t

2









 Phương trình trở thành: 2t2 6t  20  0  t  5  t   2(loại)

Với:

2

161 21

x 2

161 21

x 0 70 21x x

5

Bài 4: Giải phương trình:4x3 3x  1  x2

Giải:

(loại)

Điều kiện:





















































































1 x 2 3

0 x 2 3

2

3 x

0 x 2 3

1 x 1

0 3x 4x

0 x 1

3

2

Với điều kiện trên, ta có: 4x3 3x 2  1  x2  16x6 24x4 10x2 1  0

Đặt:













































4

2 2 t 4

2 2 t 2

1 t

0 1 10t 24t 16t : có ta 1, t ,0

x

Cách khác: Ta đặt:x  cost,0  t  π

Phương trình đã cho trở thành:4cos3t  3cost  1  cos2t  sint  sint???

Z l k, ; lπ 4

π t

2

π k 8

π t

t 2

π cos cos3t





































 





Vì0tπnên ta có:

*

























8

5π t 8

π t Z k ,

2

π

k

8

π

t

*

4

3π t Z l

lππ

4

π

t      

Do đó phương trình đã cho có ba ngiệm

2

2 2 8

π cos x

; 2

2 2 8

5π cos x

; 2

2 4

3π

cos

Nhận xét: Câu này là yêu cầu thứ III trong một bài tập về hàm số mà yêu cầu thứ II là khảo sát hàm sốy  4x3 3x Trong một bài toán hàm số, nếu có một câu đại số thì cách giải hay nhất là dựa vào các câu trên của bài hàm số Phương trình:4x3 3x  1  x2 có thể xem là hoành độ giao điểm của đồ thị  C : y  4x3 3x, y  0, đồ thị của hàm sốy  1  x2 Với1  x2  0   1  x  1, ta có y2  1  x2  x2 y2  1 Đây là một đường tròn bán kính

bằng 1 Do đó y là nửa đường tròn (O), nằm trên trục Ox và cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt Vì vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt

Bài 5: Giải phương trình sau:2n  1  x 2  3n1  x2 n  1  x 2  0

Giải: Ta thấyx   1không là nghiệm của phương trình trên nên chia hai vế của phương trình chon1 x2

x 1

x 1 x 1

x 1











x 1

x 1 t

1 x 1

x 1

t













Khi đó:2n  1  x 2  3n1  x2 n  1  x 2  0

2

1 t 1 t 0 3 t

1 2t         

Trường hợp 1: Xét n là số chẵn hiển nhiên căn thức buộc phải không âm vậy hai nghiệm kia bị loại hay phương trình

trên vô nghiệm

Trường hợp 2: n là số lẻ:

x 1

x 1 1 x 1

x 1 1



















n n

n

2 1

2 1 x 2

1 x 1

x 1 2

1 x 1

x 1 2

1

t































1 x

x x



0 x

0 1

x2

















Với điều kiện này ta đặt: 















2

π 0;

t cost

1

Phương trình đã cho tương đương: 2 2 sint cost 2 2 sint.cost

1 t cos 1 cost 1 cost

1

2











Đặt:

2

1 u sint.cost 2

u u,1 cost

sint

2











Khi đó phương trình có dạng:

 































VN 2

1 u

2 u 0 2 u u 2 1 u 2

2 x k2π 4

π t 1 4

π t sin 2 cost









 







Bài 7: Giải phương trình sau:  

 2

2 2 2

2

x 1 2x

1 x 2x

1 x 1 x











Điều kiện:x1x0 Đặt:



























4

π 2

π

; 2

π t tant,

cost

1 1 x t cos

1 1 t

tan

1

2 2

sin2t

1 2x

1 x x 1

2x t

tan

1

2tant

sin2t

2 2









 

 

 

    2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

x 1 2x

1 x sin4t

2 1

x

x 1 4x

sin4t

1 x

x 1 2x t sin2t.cos2 x

1

x 1 t tan

1

t tan

1

cos2t





































Phương trình đã cho biến đổi về dạng:

2 2cos2t t

4sint.cos2 sin4t

2 sin2t

1

cost

3

1 x 6

π t 2

1

sint

0 sint 1 2sint 1 sint 0

sint sint t

2sin

1

0 sint sint cos2t t

2sin t 2sint.cos2 cos2t

1 t

2sint.cos2

2

2













































Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là

3

1

x 

x

6 x

7 x

5 2

Giải: Điều kiện:x0, phương trình đã cho tương đương: 0 x 7 x 6 0

x

6 x

7

5 5

5 2

Đặt:y 5 x3, y  0, phương trình (*) trở thành:





































3 y

2 y

1 y 0 6 y y 1 y 0

6

7y











































3

3

5 3

5 3

5 3

9 3 x

4 2 x

1 x

3 x

2 x

1 x

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: 33 9 ; 1 ; 23 4

Bài 9: Giải phương trình: 4x  1  x3 1  2x3 2x  1

Giải: Đặt:t  x3 1 t  0  t2  x3 1 Khi đó phương trình đã cho trở thành:

 4x  1  x3 1  2  x3 1   2x  1  2t2  4x  1  t  2x  1  0.

3 4x 1 2x 8 1 4x

Δ       Do đó phương trình có hai nghiệm:





























































































































4

4 3

2 3

4

3 x

2 x

4

3 x

2 x

0 x 2

1 x

4

1 1 x

1 2x 1 x

0 1 2x

2

1 t

1 2x t 4

3 4x 1

4x

t

Bài 10: Giải phương trình:2 1  x  1  x  3 1  x2  3  x

Giải: Điều kiện xác định: 1  x  1

Phương trình đã cho tương đương:1  x  2  1  x   2 1  x  1  x  3 1  x2  0(*)

Đặt:u  1  x  0, v  1  x  0, khi đó phương trình (*) trở thành:

































































































































































































































































2

3 x

5

3 x

2

1 x 1 2

3 x

5

3 x

2

1 x 1

3 4x 5

3 x

2

1 x

1

1 x 4 2x

1

3

5x

x 1 2 2 x x 1

x 1 4 x 1 1 x 1 x 1

x 1 2 x 1 1

u

v

0

2v

u

0 1 v u 2v u 0 2v u v 2v u 2v

u

u

0 2v uv 2v u 2uv u

0 3uv u 2v 2v

u

2 2

2 2

2

2

Bài tập áp dụng 1.1 Giải phương trình:

2

3 x 1 x 2 x 1 x 2

HD: Đặtt  x  1 t  0  x  t2 1 Biến đổi phương trình theo t tìm được tập nghiệm của phương trình:S={1;5}

1.2 Giải phương trình:53 x5 x  35 x3 x  8

HD: Phương trình đã cho tương đưởng:515x6  315x4  8 Đặt:t 15x2, t  0 Giải phương trình ta được tập nghiệm

 1;1 

S  

1.3 Giải phương trình:3  2x2 1  1    x 1  3x  8 2x2 1 

HD: Đặt: 2x2 1  t  1 Giải phương trình ta đượcx0là nghiệm duy nhất

1.4 Giải phương trình: x  2  2x  5  x  2  3 2x  5  7 2.

HD: Đặt:

2

5 x 0 t 5 2x

t      Giải phương trình ta tìm đượcx15là nghiệm duy nhất

3 x

1 x 3 3 x 4 1 x 3













3 x

1 x 3 x









Lưu ý rằng: _ Nếux3 thì t 0

_ Nếux1 thì t0

Giải phương trình ta được tập nghiệm:S   1  5 ;1  13 

1.6 Giải phương trình: 2x2 2x  1  2x2 2x  5  2x2 6x  9  2x2 10x  13  5

HD: Đặt:2x2 2x  1  u  2x2 2x  1  u  0

2

2 1 2x 2x 2

1 u 0 2u 1

Tương tự :

2

2 13 10x 2x

; 2

2 3 9 6x 2x

; 2

2 3 5 2x

1.7 Giải phương trình:3  2  x 2 3  7  x 2 3  7  x  2  x   3

HD: Phương trình đã cho được viết lại:3 2  x  2  3 7  x 23  2  x  7  x   3

Đặt:u 3 2  x , v 3 7  x  u3 v3 9 Giải phương trình ta có tập nghiệm:S    6;1 

28

9









HD: Viết lại phương trình:

4

7 2

1 x 7 28

9









 





Đặt:

7 2

7 3 y , 28

9 4x 2

1

Khi đó ta có hệ:



























 







28

9 4x 2

1 t

7x 7x 2

1 t

2

2

Nghiệm duy nhất của phương trình là:

7

3 50

1.9 Giải phương trình:x3 3x  x3 x 3 35  x3  30

Đặt:y 3 35  x3  x3 y3  35 Khi đó ta có hệ:  













 35 y x

30 y x xy

3

3 Giải ta có tập nghiệm:S    2;3

1.10 Giải phương trình: 1  2x  x2  1  2x  x2  2  x  1 4 2x2 4x  1 

HD: Điều kiện xác định:  0 x 2

0 x 2x 1

0 x 2x

2

2

























Đặt:t  2x  x2  0  t2  2x  x2  x2 2x   t2   x  1 2  1  t2  0  t  1

Giải phương trình theo ẩn t ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:S    0;2

Vấn đề 2: Phương pháp nhân lượng liên hiệp

_ Một số phương trình vô tỷ ta có thể nhẩm được nghiệm xo như vậy phương trình có thể đưa về dạng tích:a.x  x  xo  0 Ta có thể giải phương trình: a.x0hoặc chứng minha.x0vô nghiệm

_ Chú ý đến điều kiện của nghiệm phương trình để đánh giá: a.x0vô nghiệm

Lưu ý:

   n 1 n 2 n 2 n 1

n

n

2 2 4

4

2 2

3

3

2

2

b ab

a a b a

b

a

b a b a b a

b

a

b ab a b

a

b

a

b a b a

b

a









































Bài tập minh họa:

Bài 1: Giải phương trình: x  1  x2 2x  3  x2 1

Giải: Vìx   1không là nghiệm của phương trình nên ta đưa phương trình về dạng

1 x

1 2x x 2 3 2x x 1

x

1 x 3

2x

























Ta thấy: x2 2x  3  2  0 Suy ra:

1 x

1 2x x 2 3 2x x

1 2x x

1 x

1 2x x 2

3 2x x

2 3 2x x 2 3 2x x

???

2 2

2

2 2

2 2

















































Biện luận:

_ Nếux2 2x  1  0  x  1  2  x  1  2

_ Nếux2 2x  1  0  x2 2x  3  2  x  1 (VN)

Giải thích (???): mấu chốt của lời giải này là nhân lượng liên hiệp x2 2x  3  2để tìm ra được một nhân tử chung

1

2x

x2  Vậy vấn đề đặt ra là làm cách nào để biết được điều này Phương pháp: Ta xét phương trình:

  * 1

x

1 m mx x m 3 2x x

0 m m, 1 x

1 x m 3 2x x 1

x

1 x 3

2x

x

2 2

2 2

2 2















































1 x

1 m mx x m

3 2x x

m 3 2x x m 3 2x x

* 0 m 3 2x

x

2 2

2 2

2









































1 x

1 m mx x m 3 2x x

m 3 2x

2

2 2

























1 m m 3

2 m





















Bài 2: Giải phương trình:

4

7 2x

1 x

2 1 x

1



Giải: Điều kiện xác định:x  1 Phương trình đã cho tươn đương: 0   *

4

3 2x

1 x

2 1 1 x

1





 

0 x

4

3 x

1 x 2

1 1 x

1 1 x

x 2

0 4

3 x

1 1 x

2 1 1 x 1

1 1 x

1

0 4

3 2x

1 x

2 1

1 x 1

1 1 x

1 1 1 x

1

* : có Ta 0.

1

1

x

1

2













 



































 











 

































































Nhận thấy:x  2là một nghiệm của phương trình Cònx  2ta chia hai vế của phương trình cho2  xta được:

4

3 x 1

1 1

x

1

1

x















Xét theo điều kiện của đề bài ta thấy: Vế trái 0,  x  1

Bài 3: Giải phương trình: x2 12  5  3x  x2 5.(*)

Giải: Biến đổi phương trình về dạng: x2 12  x2 5  3x  5

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:

3

5 x 0 5 3x     Vì

   

3 5 x

2 x 4

12 x

2 x 2

x

3 5 x

4 x 2 x 3 4 12 x

4 x 3

5 x 6 3x 4 12

x

*

2 2

2

2 2

2 2

2











































































Dễ dàng chứng minh được:

3

5 x Vì 0, 3 3 5 x

2 x 4

12 x

2 x

2















Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx2

Bài 4: Giải phương trình: 5x  1 3 9  x  2x2 3x  1

Giải: Điều kiện xác định:

5

1

x  Phương trình đã cho tương với:

 

4 x 9 2 x 9

1 2

1 5x

5 1 5x 5 2x

1

x

0 4 x 9 2 x 9

1 2

1 5x

5 5

2x

1

x

5 2x 1 x 4 x 9 2 x 9

x 1 2

1

5x

1

x

5

5 3x 2x 2 x 9 2

1

5x

3 2 3

3 2 3

3 2 3

2 3





























































































































Phương trình có một nghiệm duy nhất làx 1

Bài 5: Giải phương trình: 3  x  2  x  x3 x2 4x  4  x  x  1

Giải: Điều kiện xác định:2x3 Phương trình đã cho tương đương:

x x 2

1 1

x x 3

1 x

2

1

x

2 x x 2 x x x 2

2 x x 1 x

x

3

2 x

x

4 4x x x x x 2 1 x

x

3

2 2

2

2 3









































































































Bài 6: Giải phương trình: 3x2 33  3 x  2x  7.(1)

Giải: Điều kiện xác định:x0 Phương trình đã cho tương đương:

4 2x 33 3x

17 x 1

x

3 1 x 0 4 2x 33 3x

17 x 1 x 1

x

1

x

3

0 1 x

1 x 3 4 2x 33 3x

17 16x x 0

3 x 3 4 2x 33

3x

2 2

2

2 2













































































































4 2x 33 3x

17 x 1

x

3

1

x

2

_ x  1thỏa mãn yêu cầu có nghiệm

4 2x 33 3x

17 x 1

x













Từ phương trình (1) ta có:3 3x2 33  6x  12  9 x   *

Từ (*) và (**) cho ta: x  17   x  1    6x  12   6x  12  9 x  x x  11x  26 x  0

   





























64 x

4 x

1 x 0 1 x 2 x 8 x

Vậy phương trình có tập nghiệm:S   1;4;64 

Bài tập áp dụng 2.1 Giải phương trình:x3 3x2 8x  40  84 4x  4  0

HD: Đkxđ:x   1

8

4 8x 3x x 4 4x 8

40 8x 3x

4 2

3

























Nhân lượng liên hiệp cho vế phải hai lần Giải phương trình ta được nghiệm duy nhấtx3

2.2 Giải phương trình: 3x2 5x  1  x2 2  3  x2 x  1   x2 3x  4

HD: Chuyển đổi phương trình về dạng: 3x2 5x  1  3  x2 x  1   x2 2  x2 3x  4 Sau đó nhân lượng liên hiệp cho hai vế ta tìm đượcx  2là nghiệm duy nhất của phương trình

2015 x

x

2015

3 x x

3 2

x x

2 1

x x

1

2 2

2























HD: Tách 2015 ra thành từng số 1 rồi chuyển sang vế trái để kết hợp với từng hạng tử của vế trái Sau đó qui đồng sẽ

2015 x

x

1

3 x x

1 2

x x

1 1

x x

1 x



































nghiệm của phương trình là 0 và 1

1 x x 34

x 34 1 x 1 x x 34

3 3

3 3



















.(1)

HD:(1)  3 34  x3 x  1 3 34  x 3 x  1   30   2  3.3 34  x3 x  1 3 34  x 3 x  1   90   3 Cộng thêm:

35 1

x

x

34    vào hai vế của (3) được3 34  x 3 x  1  5   4 (2) và (4) được tập nghiệmS    7;26