skkn một số phương pháp giải phương trình có chứa căn

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN1 vô nghiệm⇔ptrình gx=5-m vô nghiệm trên [-1;+∞ 2... PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG: 1.. Phương pháp: Khi giải một phương trình dạng fx=gx

MỤC LỤC

MỤC LỤC 1

I.DẠNG (1) 2

1.Ph ng pháp:ươ 2

1.Ph ng pháp:ươ 2

(1) có 2 nghi m ptrình g(x)=3m có 2 nghi m trên mi n [-2;+)1 ( cho kq)ệ ệ ề 3

2.Bài t p:ậ 3

1.Ph ng pháp:ươ 5

2.Bài t p:ậ 6

3.Bi n đ i b ng cách nhân ho c chia 2 v c a p trình cho 1 bi u th c ph r i đ t n ph :ế ổ ằ ặ ế ủ ế ứ ụ ồ ặ ẩ ụ 6

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

(1) vô nghiệm⇔ptrình g(x)=5-m vô nghiệm trên [-1;+∞)

2 Bài tập:

1.Giải phương trình:

1/ − +x2 4x +2=2x 2/ x2−6x+ =6 2x−1

3/ 4 3 10 3x− − =x-2 4/ x2−4x+ =3 3x−1 5/ x2−4x+ =5 2x−1 6/ (x+1)(x+4) - 5 x2+5x+28=02.Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:

(1) có nghiệm ⇔ ptrình f(x)=3m có nghiệm trên miền [1;+∞) ⇔3m≥7 ( cho kq)

Vd2: Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm:

(1) có 2 nghiệm ⇔ ptrình g(x)=3m có 2 nghiệm trên miền [-2;+∞) 1 3

1/ x2−mx+ =3 2x2+x 2/ x2−4x+ =3 2x2+mx−8 3/ x− =1 4x2−mx−2

III.

PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG:

1 Phương pháp:

Khi giải một phương trình dạng f(x)=g(x) (1); ta thường biến đổi (1) tương đương đến 1 phương trình

Đã biết cách giải hoặc đơn giản hơn:

(1) thành: u.v+ t.u = t.h +h.v do đó: u(t+v)=h(t+v) nên

Hoặc u=h hay t+v= 0 ( cho kq)

2x +5x−3 -2x 6/ x+2 7 x− = 2 x−1+ 2

8 7

− + − +1

7/ x 5x+3 = x2-x-2 - 5x+3 8/ 2 x2−9=(x+5) 3

3

x x

Thay vào (1) cho: (2v2+3).u+(2u2+3)v = 2+8u.v =u2+v2+8u.v

⇔2u.v(u+v)+3(u+v)=(u+v)2+6uv ⇔(u+v-3)(2uv-u-v) = 0 Cho ta kq

t + =2 (cho kq)

2x +5x+ −2 2 2x +5x− =6 1 14/ x− x2 − +1 x+ x2 − =1 2 15/ 2x2-9+ x2 −2x−3 = 4x 16/ x+ +2 x− +1 2 x2+ −x 2=11-2x 17/ (x+1)(x-3) − +x2 2x+3=2-(x-1)2 18/ (x-1)2 +2(x+1) 3

1

x x

−+ = 12 19/ 3x−2+ x−1=4x-9+2 3x2−5x+2 20/ 13x+2(3x+2) x+3 +42=0

3 Biến đổi bằng cách nhân hoặc chia 2 vế của p trình cho 1 biếu thức phụ rồi đặt ẩn phụ:

Vd1: Giải phương trình:

6x2-10x+5 – (4x-1) 2

6x −6x+5 =0 (1)Giải:

2x2-11x+21 = 3 4x−4 (1)

Giải:

(1)⇔ (x-3)(2x-5) =3[3 4x−4 -2]

Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình

−+ + =3(x-4)(x+10)

5/ 2x2 x 6 x2 x 3 2(x 3)

x

+ + + + + = + 6/ ( )

2 2

4

1 1 2

x x

7/ x2 +(3- x2+2).x = 1+2 x2+2 8/ 1 2

1 2x =1 3x 1

− + + 9/ 2x2-11x+21-3.3 4x−4=0 10/ ( x+ −3 x+1) (x2+ x2+4x+3)= 2x 11/ 2x+4-2 2 x− = 6 2 4

4

x x

−+ 12/x

2+9x+20=2 3x+10 13/ x2+12+5=3x+ x2+5 14/ 2x− −3 x=2x-6

23/ 5x− +1 39− =x 2x2+3x−1 24/ 3 x+ +6 x2 = −7 x−1

VIII DÙNG TÍNH ĐẲNG CẤP CỦA MỘT ĐA THỨC 2 ẨN:

1 Phương pháp:

Một biểu thức có dạng: F(u;v)= a1.un+a2.un-1.v+a3.un-2.v2+….+an.u.vn-1+an+1.vn trong đó các

ak là hằng số (mọi k) còn u; v là các biến số thì F(u; v) được gọi là biểu thức đẳng cấp bậc n theo u; v Một phương trình có dạng: a1.un+a2.un-1.v+a3.un-2.v2+….+an.u.vn-1+an+1.vn = 0(u;v là biểu thức

chứa ẩn được gọi là phương trình đẳng cấp bậc n theo ẩn u;v

Vd1: Giải phương trình:

5x2 +14x+ −9 x2 − −x 20 =5 x+1 (1)Giải: đk: x≥5

(1)⇔ 5x2 +14x+ =9 x2 − −x 20 5.+ x+1 ⇔2x2-5x+2=5

⇔2(x2-4x-5)+3(x+4)=5 (x2 −4x−5)(x+4) ; do x≥ 5 nên x+4>0 và x2-4x+5≥ 0 nên có thể coi t= x+4 và u= x2 −4x−5 ; ta nhận được p trình : 2u2+3t2 = 5.u.t (2)

(2)⇔ (u=t) hay (2u=3t)TH1: u=t ta có: x2-4x-5= x+4 cho ta kết quảTH2: 2u=3t ta có 4(x2-4x-5)=3(x+4) cho ta kết quảVd2: Giải phương trình:

x3+6x2+7x−2 = - 2x2+2x+22Giải:

Giải: Đặt t= x+1 thì t≥0 và x+1=t2

(1) Cho: t(3x2+t2 )=x3+3xt2 (2) ( đây là phương trình đẳng cấp bậc 3 theo 2 ẩn x;t )

t= 0 không thỏa pt ban đầu

(2)⇔3y2 +1 = y3+3y với y=x/t ( từ đó cho kq)

4

≠ Đặt t= x2+1 thì t≥ 1 và x2=t2-1(1) Cho (4x-1).t = 2(t2-1)+2x+1 ⇔ 2t2-(4x-1).t +2x-1 = 0

8

x + =2(x2+8) 6/ 2 2

x + x+ x− = x + x+ 7/ 2x2+5x-1 = 7 x3−1 8/ x3-3x2+2 3

(x+2) =6x 9/(x2+2) 2

2(x −21x−20) 12/ 2x2-3x+2 = x 3x−2 13/ x2-6x=4(`1+ 3

1

x + ) 14/ -7x2+3x-1=4 3 2

x + x + +x 15/ 2x2=26x-34+ 3

Vd1: Giải phương trình:

15

2 (30x

2-4x)=2004 ( 30060x+1+1) (1)

2 ( 3 ( )3) 2

1+ 1−x (1+x) − 1−x = +2 1−x (1) Giải:

Đk: x∈ [-1;1] Đặt u= 1 x+ ;v= 1 x− thì u;v∈ [0;2] và u2+v2=2 ;ta có hệ:

1/ x3 -332 3x+ =2 2/ x3 +1 =2.32x−1

3/ 32− = −x 1 x−1 4/ x+ −3 3 x =1

5/4 x+89+48−x=5 6/ x2 + x2+12 =30

7/ 3 x+34−3 x−3 =1 8/ 2x2+5x+2 -2 2x2+5x−6=1 9/ 418− +x 4 x−1 =3 10/ x2 + x+1 =1

11/ x.335−x x3( +335−x3) 30= 12/ 1+ 1−x2.( (1+x)3 − (1−x)3) = +2 1−x2 13/ 3 x− =9 (x−3)3+6 14/ 8x+ +1 3x− =5 7x+ +4 2x−2 15/ 4 9 28 x+ =7x2+7x ;x>0 16/ 2.n(1+x)2 +3 1n −x2 +n(1−x)2 =0 17/ x3+3x2 - 3.33x+5=1-3x 18/ 2.33x−2 +3 6 5x− -8 = 0 19/ x+381−x2 =3 20/ 2x2+4x - 3 2 x+ = 0

21/ (x+1)3 =3.3 3x+5+2 22/ x2 –x -2 1 16x+ =2

23/ 2x+ x+1+1+ 2x− x+1=2 x+1+1 24/ 45− +x 4 x− =1 2

25/ x2−3x+ +3 x2 −3x+ =6 3 26/ 324+ +x 12− =x 6

27/ 1+ +x 8− +x (1+x)(8−x) 3= 28/ 2(2 1+x2 − 1−x2)- 4 1 x− = 3x2+1

29/ x2+ +3 10−x2 =5 30/ x2 + x+12 12=

31/ x= − −5 (5 x2 2) 32/ 3 + 3+ x =x

33/ 3 x−2 = 8x3-60x2+151x-128 34/ 3 x+ −7 x =1 X DẠNG (a.x+b) n = p. 1 1 n a x b+ +q.x+h (1) 1 Phương pháp: Khi a.p>0; đặt n a x b1 + 1 = a.y+b Khi a.p<0; đặt n a x b1 + 1 = -(a.y+b) ( ta dẩn đến hệ pt ; thông thườngta nhận được hệ đối xứng hoặc tựa đối xứng) Vd1: Giải phương trình:

x2-2x=2 2x−1 Giải (1)⇔(x-1)2 = 2 2x−1 +1; đặt 2x−1 = y-1 ta có: 2 2 2 1 ( 1) 2 1 ( 1) x y y x  + = −   + = −  ( đây là hệ đối xứng lọai II) Vd2: Giải phương trình:

 Trừ 2 ptr trên cho nhau ta nhận được

2(x-y)[ (2x-5)2+(2x-5)(2y-5)+(2y-5)2] = 2(y-x) ⇔( y=x)

n j j

F x F x

Dựa vào việc xuất hiện các số hạng chứa bình phương của tổng ta có thể dể dàng biến đổi

XII PHƯƠNG PHÁP DÙNG BÂT ĐẲNG THỨC:

1 Phương pháp:

Khi giải 1 phương trình dạng f(x)=0 đôi khi ta sử dụng biến đổi tương dương đưa phương trình đãchovề phương trình có dạng h(x)=g(x) (1)

- Dùng các bất đẳng thức quen thuộc để cm:

h(x)≥ g(x) hoặc h(x)≤ g(x) ; với mọi x thuộc miền xác định D của pt đó

- Nghiếm của (1) chính là các giá trị x trên miền D để dấu “=” của 1 trong 2 bđt trên xảy ra.Vd1:Giải phương trình:

Giải: Đặt: a=2;b= x +1; c=x+1;d=x x +1; e=x2+1

Dâu “=” xảy ra

1111

x x x

+ liên tục và đồng biến trên (1/2;+∞ )

Do đó: (2) có tối đa 1 nghiệm; mà f(3) = 34/7

+ ; f(x) liên tục và đồng biến trên [4;+∞ )

Do đó (2) có tối đa 1 nghiệm; mà f(4)= 17 43

11+ ; nên pt (1) có nghiệm duy nhất x=4

++ = 0 Các hsố u(x) = 4x+5;v(x)= 10x+6; g(x)= - 7 35

3( 1)

x x

++ cùng đồng biến trên [-3/5;+∞)Nên hsố f(x) = 4x+ +5 10x+6 - 7 35

3( 1)

x x

++ đồng biến trên [-3/5;+∞)

Mà f(1)=0 nên pt (1) có nghiệm duy nhất là x=1

Vd6: Giải phương trình:

4 x2− +x 1 +(x2-3x+2)[1+ 12

(2x−1)(x − +x 1) = 4 2x−1 (1)Giải:

(1)⇔ 4 x2 − +x 1 +(x2-3x+2) +

2 2

2

11

t t

− + t ; ∀t>0 cho ta kết quả

Vd7: Giải phương trình :

2

2 4x− + −7 3 2x − −3 7 4x−7 = (x2-3)2-4.x 4x−7Giải: Đk: x≥7/4;với đk

(1) ⇔ 2 4x− +7 3+( )3

4x−7 = 2(x2− +3) 3 + (x2-3)2 (2)Xét hsố f(t) = 2t+3+ t3 ; ∀ ≥t 0; f đồng biến và liên tục trên (0;+∞) ; (2)⇔

2 2

x

− -1 5/ 3 x+ +6 x2 = −7 x−1 6/ (5x-6)2 - 1 2 1

1/Bước 1: Lập bảng biến thiên của hàm số trên miền xác định của phương trình

2/Bước 2: Từ bảng biến thiên ta nhận đỉnh được (2) có tối đa bao nhiêu nghiệm và dùng máy tính để tìm được các nghiệm phương trình (2) và kết luận

Chú ý: Phương pháp trên chì thuận lợi khi các nghiệm của (2) là các trị số đặc biệt

⇒ g(x) đồng biến trên R ; ta lại có f ‘(0) <0 và g ‘(1)>0

nên ∃ ∈ (0;1) sao cho:fβ ‘(β )=0

Từ bảng biến thiên của hàm số f thì pt f(x)=0 có tối đa 2 nghiệm

++7/ 2x + 3x -3x-2 = 0 8/ (1+cosx)(2+4cosx) = 3.4cosx

3 Dùng đồng nhất thức để đưa ptrình về dạng f(u)=f(v) :

a Phương pháp:

1/ Cho 2 đa thức P(x) và Q(x) với hệ số thực dạng : P(x) =

1

n k k k

a x

=

∑ và Q(x) =

1

m k k k

a b

=



⇔  = −



5x x− HD: Chia 2 vế của pt cho x3 Coi t= 1/x 4/ 2x3+6x2+9x+5 = (6x+5) 3x+1 5/ 9x2-28x+21 = x−1

6/ 2x3+3=(6x+7) 3x+3 -6x2-7x 7/ x3-(2x+9) 2x+5 -5=3x2-7x

8/ 2x3-4x 2x+4 =9 2x+4 +12x2-25x+18 9/ 3[x 3x+ −1 x2+1 ]=x2 2

1 3 3 1

x + − x+10/ 3 6x+ =2 8x3−4x−2 11/ 4x2(2x+3)=(x2+x+2) x2 + +x 1 -2(4x+1)12/ x+2[ x+2 -7] =-x3 13/ (2x+5) 2x+1 =4+ 1

2x+114/ 3 x−2 =8x3-60x2+151x-128 15/x3+3x2+4x+2 =(3x+2) 3x+1

16/ 2x3+7x2+5x+4=2(3x-1) 3x−1 17/(2x+3) 4x2+12x+11 +3x 9x2+2 =-5x-3 Bài 2: Giải phương trình :

1/ (x+2).( x2+4x+ +7 1)+x.( x2+ +3 1) =0

2/ 2(x-2)(34x− +4 2x−2) = 3x-1

Bài 3: Giải phương trình:

1/ (4x-1) x+3=4x+8 –(4x-1).33x+5 2/ x2-x-3 =(x-1)(2− 6x− −3 x−2)

Cho hsố y=f(x) đơn điệu và liên tục trên khỏang (a;b).

(2)⇔ (3y2+4y)(x2+1) =x(x2+1) từ đó: x=3y2+4y (i)

thay vào (1) cho: x+1 (x+2) = y3+3y2+4y+2 ; coi u= x+1

thì: u3+u = (y+1)3+y+1 ; h số f(t)=t3+t đồng biến trên R

Ta có: f(u)=f(y+1) nên u=y+1 hay x+1=y+1 (ii); nên y≥ -1

Từ (i) và (ii) cho kq

(1)⇔ x3+3x.y(x+y)+y3 + x y+ +x+y = 8y3 +2y+ 2y

⇔ (x+y)3+(x+y)+ x y+ = 8y3 +2y+ 2y ;

Xét h số f(t)=t3+t+ t đồng biến và liên tục trên (0;+∞ )

Ta nhận được: f(x+y)=f(2y) ; x+y;2y≥ 0

Do đó: x+y=2y ; thay vào (2) cho kq

(1)⇔ x3+z3+3xz(x+z)+6(x+z) = y3-9y2+33y-45 ⇔ (x+z)3+6(x+z) = (y-3)3+6(y-3) nên x+z=y-3 (3)⇔

g ‘(t) = 3t2+2t-5 >0 , ∀ t > 1 nên g liên tục và đồng biến trên (1;+∞ ) (i)

(1) ⇔ g( x− +1 1 ) = g( 2y+1 ) do (i) nên x− =1 2y hay x=2y+1

HD: (2)⇔ (2x+y)3+(2x+y) = (2y)3+2y

Xét hàm số g(t) = t3+t ; g đồng biến trên R nên có 2x+y=2y do đó: y=2x thay vào pt (1) cho kq

11/

4 4

Khi gặp hệ lặp nĩi trên; trong đĩ g(t) là hàm số đồng biến trên khỏang (a;b) ta thực hiện:

a) / Xét 2 ẩn bất kì x;y của hệ nhở tính đồng biến của hsố g ta dùng phản chứng để chứng minh khơng xảy ra x≠y

b) Lập luận tương tử cho cặp biến khác và như trên nên hệ tương đương:

⇒f(t) đồng biến trên (-∞;+∞) Ta cm: x=y

Giả sử: x > y thì 2x > 2y nên f(y) > f(x)⇒y > x ( vì f đồng biến ) nên x>x ( không xãy ra )

Cm tt thì x < y cũng không xãy ra nên x=y

( 2)( 5 9) 0( 2)( 5 9) 0

x z

≤



⇔  ≥

 Vậy: x=z=2 và y=2 ( thử lại)

Vd3: Giải hệ:

111111

y x

x z y

y x z

111

−

=

−+

−

=

−+

−

027279

027279

027279

x

y y

z

x x

=

−++

=

−++

=

222

2 3

2 3

2 3

x x x z

z z z y

y y y x

y z

z x

7/

2

22

22

2

x y

y z

z x