PHƯƠNG PHÁP NÂNG LŨY THỪA TRỰC TIẾP 1.. Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình và bất phương trình vô tỷ: 1.1.. Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình vô tỷ: Bài 1... Nâng lũy thừa bậc
Trang 1PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I PHƯƠNG PHÁP NÂNG LŨY THỪA TRỰC TIẾP
1 Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình và bất phương trình vô tỷ:
1.1 Nâng lũy thừa bậc lẻ của phương trình vô tỷ:
Bài 1 GPT: 3 x+34−3x−3= (1) 1
1= x+34− x−3 = x+34 − x−3 −3 x+34 x−3 x+34− x−3
3 x 34 x 3 12 x 31x 1830 0 x 61 x 30
Bài 2 GPT: 3 x− +1 3 x−2=32x−3 (1)
2x− =3 x− +1 x−2 =2x− +3 3 x−1 x−2 x− +1 x−2
2
2x− +1 x− =1 3x+ (1) 1
3x+ =1 2x− +1 x−1 =3x−2+3 2x−1 x−1 2x− +1 x−1
6
Chú ý: Thử lại ta thấy x =0 là nghiệm ngoại lai vì không thỏa mãn (1)
Bình luận: Các bài toán 1, 2, 3 là trường hợp đặc biệt của dạng phương trình
3
3 f +3 g = h hoặc 3 f −3 g =3h (thực chất là 2 dạng hoàn toàn giống nhau) Trong cách giải trên chúng ta đã thay thế 3 f +3 g bởi 3h nên xuất hiện nghiệm ngoại lai Thật vậy giả sử ta sử dụng cấu trúc thay thế để có biến đổi
3
3 f +3 g = h⇔ f +g+ ⋅3 3 fg 3 f +3 g =h⇔ ⋅3 3 fgh=h− f −g
3
3 f −3 g = h ⇔ f −g− ⋅3 3 fg 3 f −3 g =h⇔ ⋅3 3 fgh= f −g− h
2
a +b +c − abc= a+b+c a−b + b−c + c−a ta có:
2
⇔
0
f g h
Trang 2Như vậy phép thay thế sẽ tạo ra phương trình hệ quả Nếu f =g= − vô nghiệm h
hoặc có tập nghiệm thỏa mãn 3 f +3 g =3h thì không có nghiệm ngoại lai
Nếu f =g= − có nghiệm thì cần phải thử nghiệm trực tiếp vào (1) h
Bài tập: 3x+ +1 37−x = ; 2 3 x+59−3 x−22= ; 1 3x +3 x−16=3 x−8;
3 x+5+3 x+6=32x+11; 324+ x −35+ x = ; 1 32x+ +1 32x− =1 316x;
3 x +32x+ = ; 1 1 3x +32x−3=312(x−1); 3 x+ 3x3 −x+ =1 3 x+ +1 3 x3 −x
1.2 Nâng lũy thừa bậc lẻ của bất phương trình vô tỷ
Bài mẫu Giải BPT: 3 x2 +6x >x (1)
x + x>x ⇔x x −x− < ⇔ x x+ x− < ⇔ x< − ∨ <x<
Bài tập: 3−9x2 +6x <3x; 32 x>3 x−x2 ; 32x+ +1 36x+ >1 32x− 1
2 Nâng lũy thừa bậc chẵn của phương trình và bất phương trình vô tỷ:
2.1 Nâng lũy thừa bậc chẵn của phương trình vô tỷ
0
f = g ⇔ f =g≥ ; f g g 0 2
f g
≥
= ⇔
=
; f = g ⇒ f =g và thử lại
x− x − + x+ x − = x + (1) Không cần đặt điều kiện, bình phương 2 vế ta nhận được phương trình hệ quả: (1) ⇒ (x− x2 −1) (+ x+ x2−1)+ =2 2(x3+1) ⇔ ( 2 )
x x − = ⇔x= ∨x= ±
Thử lại: Chỉ có x =1 thỏa mãn (1)
⇔
0
x
≠
Chú ý: Ở bài này nếu không chuyển vế mà bình phương ngay thì rất khó giải
Trang 3Bài tập: 2
2x +8x+ =1 3x+4; x2 −3x+2=2x− ; 1
2
x
2
2
5 1
2 1
x x
x
+
2
40 16
16
x
+
;
8x+ +1 3x−5= 7x+4+ 2x−2 ; 3x+19+ 3x−2= 7x+11+ 2x ;
11x+3− 2−x= 9x+7 − x−2; 4x2 +9x+5− 2x2 +x− =1 x2 − ; 1
2
2x+ +1 x = 2x +4x−23; 3x2 −5x+7 + 3x2 −7x+2= ; 3
3x −7x+3− x −2= 3x −5x− −1 x −3x+4 ;
36
5
x
10
1
x
2
2
1 1
5 3
x
−
2.2 Nâng lũy thừa bậc chẵn của bất phương trình vô tỷ:
Bài mẫu Giải BPT: 1+x− 1−x ≤x (1)
Điều kiện:
x
x x
+ ≥
⇔ − ≤ ≤
− ≥
(1) ⇔
2
0
x x
− ≤ ≤ − ≤ ≤
=
Bình luận: Chỉ lũy thừa bậc chẵn cả 2 vế của 1 BPT vô tỉ khi và chỉ khi các vế
cùng dấu Nếu cả 2 vế cùng không âm thì dấu BPT nhận được giữ nguyên Nếu
cả 2 vế cùng không dương thì dấu BPT nhận được đổi ngược lại Xét riêng khi
2 vế trái dấu, khi đó BPT hoặc luôn đúng hoặc vô nghiệm
2x −6x+ −1 x+2> ; 0 2
x − x− +x< ; ( ) 2 2
x− x − ≤x −
2
3 −x +x+6> −2 2x−1 ; x+3> x−9+ 5−x; x+2− 5x>4x− ; 2
2x− +1 3x−2< 4x−3+ 5x−4; x4 +2x2 − −1 2x4 +x2 + <1 x2 +x;
2−x > 7−x− − −3 2x; x+2< x+12− 2x−10; 1+ x+ <1 4x2 + 3x;
Trang 4II ĐẶT 1 ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1 ẨN MỚI
5x +10x+ ≥1 7−x −2x (1)
u= x + x+ ≥ ⇒u = x + x + Khi đó:
2 1
5
u
3
x
x
≥
Bình luận: Đặt ẩn phụ nhằm trục căn thức để tránh phải GPT, GBPT bậc cao
Khi đó nói chung ta sẽ giải 2 PT, BPT bậc thấp hơn
1
+
3
2
x
x+ x− + x− x− = + ;
x− x − + x+ x − = ; x+ −1 12−x = −x2 +11x−23 ;
2
x+ − −x = −x + x+ ; 3−x + x− −1 4 −x2 +4x−3= − ; 2
x+ −x = x + x ; x+ 4−x2 =2+3x 4−x2
2
2
2 2
x x
III ĐẶT 1 ẨN PHỤ VỚI PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VỚI 2 CĂN THỨC
Bài mẫu x+ +1 8−x + (x+1 8) ( −x)=m Tìm m để PT có nghiệm
u= x+ + −x≥ ⇒ ≤u = + x+ −x ≤ + x+ + −x =
Bài toán đưa về: Tìm m để ( )
2 9 2
u
f u =u+ − =m có nghiệm u∈3; 3 2
Ta có đồ thị y= f u( ) là một parabol quay bề lõm lên trên và có hoành độ đỉnh
0 1 3
u = − < nên ycbt ⇔ [min ( ); max ( )] ( )3 ; (3 2) 3;9 6 2
2
x− − x+ = x − − x+ ; 2x+ +3 x+ =1 3x−16+ 2x2+5x+ 3
x+ + −x − x+ −x =m GPT khi m = 3; Tìm m để PT có nghiệm
x+ + −x + x+ −x =m Tìm m để PT có nghiệm duy nhất
x + −x+ m x −x − ⋅ x −x =m Tìm m để PT có nghiệm duy nhất
4 4
x + −x + x + −x =m Tìm m để PT có nghiệm duy nhất
Trang 5IV ĐẶT 1 ẨN PHỤ VÀ SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN
4x−1 x + =1 2x +2x+ (1) 1 Đặt u= x3 + ≥ ⇒1 0 u2 =x3 + Khi đó (1) ⇔ 1 ( ) ( 3 )
4x−1 u=2 x +1 +2x− 1
2
2u 4x 1 u 2x 1 0
⇔ − − + − = Ta có: ∆ = (4x−1)2 −8 2( x−1)=(4x−3)2
(1) ⇔
3
3
3 1
1
Bài 2 GPT: 2
7 7
x + x+ = (1)
(1) ⇔
2
2
7 7
⇔
1 29
2
⇔
Bài tập x2 +3x+ =1 (x+3) x2 + ; 1 x−2 x− −1 (x−1) x + x2 −x= ; 0
2 3x−1 2x +x− =1 6x −3x−4 ; 2 1( −x) x2 +2x− =1 x2 −2x− ; 1
V ĐẶT 1 ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ ĐỐI XỨNG, HỆ NỬA ĐỐI XỨNG
Bài 1 GPT: x3 + = ⋅1 2 32x− (1) 1
Đặt y=32x− ⇔1 y3 =2x− Khi đó (1) ⇔ 1
3
3
1 2
1 2
+ =
⇔
3
1 2
x y x xy y
+ =
3
1
2
x y
+ =
=
Bài 2 GPT: x2 −2x− =3 x+3 (1)
Đặt x+3=y− ≥ suy ra 1 0 y ≥1 và x+ =3 y2 −2y+ Khi đó ta có: 1
(1) ⇔
2
1 0
x y x y
Trang 6Bài tập 2
x − x− = x+ ; x2 −6x−2= x+8 ; 3 2 2 4
2
x+ = x + x ;
2
3
x+ = x − x− ; 2x+15=32x2 +32x−20 ; 3x+ = −1 4x2 +13x− ; 5 2
4x + 3x+ + =1 5 13x ; 32x2 +32x= 2x+15+20 ; x2 +4x= x+6;
3 2
3 x−9=x −9x +27x−21 ; 33x−5=8x3 −36x2 +53x−25
VI ĐẶT 2 ẨN PHỤ VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
x +x + + x +x − = (1)
Đặt
2 3 2
3 2
1
1 0
⇒
Khi đó ta có:
2 2
3
u v
+ =
Bài tập x+3−3 x = ; 1 32−x + x− = ; 1 1 x2 +3+ 10−x2 = ; 5
2 x +2 =5 x + ; 1 5x2 +14x+9 − x2 −x−20=5 x+ ; 1
3 x+24+ 12−x = ; 6 418−x +4 x− = ; 1 3 417−x+4 x+5= ; 4
4 x− +1 4 x =4 x+ ; 1 32+x+x2 + 32−x−x2 =34
VII ĐẶT ẨN PHỤ BẰNG BIẾN SỐ LƯỢNG GIÁC
Bài mẫu GPT: x3 + (1−x2)3 =x 2 1( −x2) (1)
Điều kiện: x ∈ −[ 1;1] Đặt sin ; ;
2 2
x= α α ∈ − π π
, khi đó ta có:
(1) ⇔ sin3α +cos3α = 2 sinαcosα Đặt u=sinα +cosα ∈ − 2; 2 , khi đó:
u + u − u− = ⇔ u− u+ − u+ + =
Nếu u = −1 2 thì 1 2 1 2 1 2 2 2 1
2
x+ −x = − ⇔ x= − − −
Bài tập
2
35 12 1
x x
x
−
Trang 7VII BIẾN ĐỔI TỔNG THÀNH TÍCH
Các đẳng thức cơ bản: a+b= +1 ab ⇔ (a−1)(b−1)=0
av+bu=ab+uv ⇔ (a−v) (b−u)=0
x
+ − = + (1)
= ⇔ − + = ⇔ x= 2x+3 ⇔ x =3
Bài 2 GPT: 3 x− +1 x= +1 6 x5 −2x4 +x3 (1)
(1) ⇔ 3 x− +1 x = +1 6 x3(x−1)2 ⇔3 x− +1 x = +1 x 3 x− 1
⇔ (1−3 x−1 1)( − x)= ⇔ 0 x− =1 1 ∨ x= ⇔1 x=1 ∨x= 2
Bài 3 Giải phương trình: 2 x+ +1 2x2 +6x=2 2x + x2 +4x+3 (1)
(1) ⇔ 2 x+ +1 2x x+3=2 2x + x+1 x+3
⇔ ( x+ −1 2x)(2− x+3)= ⇔ 0 x =1
4x x+7+3x 7x−3=6x +2 7x +46x−21 (1) (1) ⇔ 4x x+7 −6x2 +3x 7x−3−2 x+7 7x−3= 0
⇔ (2x− 7x−3)(2 x+7−3x)=0 ⇔ 7x−3=2x ∨ 2 x+7 =3x
⇔ 4x2 −7x+ =3 0 ∨ 9x2 −4x−28= ⇔ 0 1; 2; 3
4
x= x= x= (lấy nghiệm 3
7
x ≥ )
VIII PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Bài mẫu Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
m +x − −x + = −x + +x − −x (1)
Đặt t= 1+x2 − 1−x2 ≥ , khi đó 0 t2 =2−2 1−x4 ≤2 ⇒ 0≤ ≤t 2
và 2 1−x4 =2−t2 Ta có (1) ⇔ m t( +2)=2−t2 + ⇔ t 2 2 ( )
2
t t
t
− + +
+
Ta có ( )
2
4
t t
( )
f t nghịch biến / 0; 2
Phương trình có nghiệm ⇔ m TGT∈ của f t( ) ⇔ ∈m f( 2 ;) f( )0 ≡ 2 1; 1−
Trang 8IX PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
2
x x
(1) ⇔ x 2 x2 1 2 12 4
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
2 2
2
+ − + + − ≤ Dấu bằng xảy ra ⇔ x =1
x + x + x− = x + x− (1)
(1) ⇔ (5 2)( 2 1) 1 2 3 1
x− x +x+ = x + x− ; ĐK: 5x −2≥ 0
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
x− x +x+ ≤ − + + + = x + x−
Do đó (1) ⇔ x2 +x+ =1 5x−2⇔x2 −4x+ =3 0⇔x=1;x= 3
Bài 3 Giải phương trình: 3+47x+15=x+ 2x (1)
ĐK: x ≥0 (1)⇔
2
4 2
x
• Nếu 4x2 <7x+15 thì VT( )2 >0>VP( )2 nên (2) vô nghiệm
• Nếu 4x2 ≥7x+15 thì VT( )2 ≤ ≤0 VP( )2 nên (2) ⇔ 4x2 =7x+15⇒ < = 0 x 3 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =3
Bài 4 Giải phương trình: 1+32x+ =1 x +33x2 +x− (1) 1
• ĐK: x ≥0 (1) ⇔ 32x+ −1 33x2 +x− =1 x− (2) 1
• Xét 32x+ ≥1 33x2 +x− ⇔ 1 2x+ ≥1 3x2 +x− ⇔ 1 3x2 −x−2≤ ⇒ ≤0 0 x≤ 1 Mặt khác ta có VP( )2 =x2 − ≥1 0⇔x2 ≥ ⇒1 x≥ Từ đó suy ra (1) ⇔ 1 x =1
• Xét 32x+ ≤1 33x2 +x− ⇔ 1 2x+ ≤1 3x2 +x− ⇔ 1 3x2 −x−2≥ ⇒0 x≥ 1 Mặt khác ta có VP( )2 =x2 − ≤1 0⇔x2 ≤ ⇒ ≤1 0 x≤ Từ đó suy ra (1) ⇔ 1 x =1 Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =1