phương trình chứa căn thức,bpt

Phương trì nh đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn ** do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x thì từ phương trì nh đã cho kết hợp với đây là hệ đối x

Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh

Phương trì nh chứa ẩn ở căn thức

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh: x 0;x 1 

Qua lời giải trên ta thấy được x x 2 sẽ biểu diến được qua x  1 x nhờ vào đẳng

đó là đẳng thức (*) Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia

trong phương trì nh chẳng hạn ở phương trì nh trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trì nh:

2

t(t 1)(2t 4t 3) 0   t 0,t 1 hay x 0,x 1  là nghiệm của phương trì nh

Phương trì nh đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn (**) do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x thì từ phương trì nh đã cho kết hợp với

đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta

được nghiệm của phương trì nh là x=0 và x=1 Bản chất cách giải này chính là cách đặt

ẩn phụ t 1 x mà ta đã giải ở trên

Tiếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ?Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác:sin2 cos2 1.Điều này dẫn đến cách giải sau:

I Phương pháp biến đổi tương đương :

Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương trì nh ban đầu về phương trì nh, bất phương trì nh đã biết cách giải

Ta nhơ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trì nh

và bất phương trì nh

1) ( a )n n a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 )

2) a b a2n b2n với a và b cùng dấu

3) a b a2n 1 b2n 1 với mọi a,b

4) a b 0   a2n b2n (Chú ý nếu a,b<0 thì a b     khi đó hai vế cùng a bkhông âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế)

5) a b a2n 1 b2n 1 a,b 

Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2x 1 3x 1  

Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trì nh vô nghiệm nên ta

chỉ cần giải phương trì nh khi 3x 1 0 x 1

3

     Khi đó hai vế đều không âm và bì nh

phương ta thu được phương trì nh tương đương: 2x 1 (3x 1)   2 nếu x0 1

Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh

Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0

Chú ý : Ở phương trì nh trên vì sao chúng ta lại chuyển 1 x qua rồi mới bình phương? Mục đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trì nh luôn cùng dấu để sau khi

bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương

Ví dụ 3: Giải bất phương trì nh: 2x2 6x 1 x 2 0   

Giải:

Bất phương trì nh  2x2 6x 1 x 2   (1)

Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trì nh vô nghiệm, do đó

ta chỉ giải Bất phương trì nh khi x 2 0    Bì nh phương hai vế ta được Bpt:x 2

2x 6x 1 (x 2)   Nếu x0 bất phương trì nh này thì ta chưa thể khẳng định được

2

2x 6x  1 0 do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy bất

phương trì nh đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau:



   là nghiệm của bất phương trì nh đã cho

Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh trên là:

0

2(x 16) 0 do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn

Vậy để giải bất phương trì nh (2) ta chia làm hai trường hợp

Lấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là: x 10  34

Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh (2) là: f (x) g(x) Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp:

x cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*).

Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 0; 9

4

Chú ý : 1) Bài toán trên cò n có cách giải khác như sau

* x 0 là một nghiệm của phương trì nh

thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm ! Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau

31 x 31 x    1 2 3 1 x ( 1 x 3   31 x )  1 31 x 2    1 x 0Nhưng thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trì nh !

* Với dạng tổng quát 3a  3b 3c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức

Thử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trì nh.

Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là:

1x2

* Câu 1 có dạng tổng quát như sau: x2  x a a 

* Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau

5( 4x+1 3)( 3x 2 2)

* Với x 0 ta thấy Bpt luôn đúng

* Với x 0  1 x 1 0  Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được

TH 2:

2 2

Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng

ta thường gặp trong giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ

* Khi giải bất phương trì nh nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trì nh cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp

Chú ý : Bài toán trên ta có thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) có nghiệm thì

Phương pháp đặt ẩn phụ:

Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức

ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trì nh ẩn phụ vừa đặt Giải phương trì nh

ẩn phụ tì m nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu

Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau

B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ

Bước này là bước quan trọng nhất Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ,

để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong phương trì nh, bất phương trì nh Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức chứa ẩn trong phương trì nh qua một đại lượng khác

B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt.

Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trì nh thu được thường là những phương trì nh (bpt) mà ta đã biết cách giải Khi tì m được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của

ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp

B3: Giải phương trì nh (bpt) với ẩn phụ vừa tì m được và kết luận tập nghiệm.

Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ Ta đi xét một số dạng phương trì nh (bpt) mà ta thường hay gặp

Dạng 1: F( f (x)) 0n  , với dạng này ta đặt tnf (x) (nếu n chẵn thì phải có điều kiện

t 0 ) và chuyển về phương trì nh F(t) 0 giải phương trì nh này ta tì m được tx.Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai: af (x) b f (x) c 0  

1) Đặt t  x2 2x 24, ( t 0)   x2 2x 24 t  2 x2 2x 22 2 t   2

Bất phương trì nh trở thành: 2 t 2   t 0 t2      t 2 0 0 t 1

2 2

Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: t2 2mt m 2  5 0 (*)  t m 5

Phương trì nh đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t [0; 6] hay

   luôn có một nghiệm t 2 hay phương trì nh đã cho luôn có nghiệm.

Chú ý : * Nếu tam thức f (x) ax 2 bx+c thỏa mãn af ( ) 0   tam thức luôn có nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đó   nếu a<0 thì nghiệm đó  

Ví dụ 1: Cho phương trì nh: 3 x  6 x m   (3 x)(6 x) 

1) Giải phương trì nh khi m=3

2) Tì m m để phương trì nh đã cho có nghiệm

2) Phương trì nh đã cho có nghiệm  có nghiệm t [3;3 2](1) 

Xét hàm số f (t)  t2 2t 9 với t [3;3 2] , ta thấy f(t) là một hàm đồng biến

2

2 2

Dạng 3: F( f (x), g(x)) 0n n  , trong đó F(t) là một phương trì nh đẳng cấp bậc k.

Với dạng này ta xét hai trường hợp:

TH1: g(x)=0 thay vào phương trì nh ta kiểm tra,

TH2: g(x) 0 chia hai vế phương trì nh cho g (x)k và đặt n f (x)

tg(x)

 ta được phương trì nh F (t) 01  là phương trì nh đa thức bậc k

Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và

cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương trì nh đẳng cấp hai ẩn dạng       (có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng a2 ab b2 0các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trì nh thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trì nh càng khó nhận ra thì bài toán càng khó Do đó với dạng toán này chúng ta cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trì nh Tuy nhiên nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó khăn Ta xét ví dụ sau

Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 5x2 14x 9  x2  x 20 5 x 1 

Giải: ĐK x 5

Phương trì nh  5x2 14x 9  x2  x 20 5 x 1 



Chú ý : Trong nhiều bài toán ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình

thức bài toán và từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải

Do vậy phương trì nh đã cho trở thành: (b2 5a )b 2(b2  2 3a )a2

Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh là: x 5  6

Nhận xét: Xuất phát từ phương trì nh : (a b)(2a b)(3a b) 0    ta thay

Qua các ví dụ trên ta thấy việc đặt biểu thức nào bằng ẩn phụ là mẫu chốt của bài toán

Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được các biểu thức chứa x khác trong phương trì nh , bất phương trì nh đã cho qua ẩn phụ vừa đặt Tuy nhiên trong nhiều trường hợp chúng ta không thể biểu diến hết các biểu thức chứa x

có mặt trong phương trì nh , bất phương trì nh qua ẩn phụ được ( Chẳng hạn phương trì nh : 2(1 x) x 2 2x 1 x  2 2x 1 ) mà ta chỉ biểu diễn được một phần nào đó qua

ẩn phụ và phương trì nh thu đượclà một phương trì nh hai ẩn gồm ẩn cũ và ẩn phụ vừa đặt Ta xét dạng toán sau

Dạng 4: a.f (x) g(x) f (x) h(x) 0   Với phương trì nh dạng này ta có thể đặt

t f (x), khi đó ta được phương trì nh theo ẩn t: at2 g(x)t h(x) 0  , ta giải phương trì nh này theo t, xem x là tham số (Tức là trong phương trì nh vừa có t vừa có x) nên ta thường gọi dạng này là dạng đặt ẩn phụ không triệt để

Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm x   1 6

Ví dụ 2: Giải phương trì nh:

2

12 8x2x 4 2 2 x

* t   x 8 2 8 2x 2    phương trì nh này vô nghiệm (do (*)).x 8 0

Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: x 2;x 4 2

Sử dụng máy tính ta thấy (*) có duy nhất nghiệm x 5,362870693

Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm x 3 và nghiệm gần đúng x 5,362870693

Bài 1: Giải các phương trì nh sau:

Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh

Đặt ẩn phụ các hàm lượng giác:

Khi giải phương trì nh lượng giác ta thường đặt ẩn phụ cho các hàm số lượng giác và chuyển về phương trì nh đại số cơ bản mà ta đã biết giải Tuy nhiên trong nhiều trường hợp cách làm ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm số lượng giác

ta sẽ chuyển bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải giải quyết bài toán lượng giác này

Chúng ta nên lưu ý đến những tính chất đặc trưng của các hàm số lượng giác:

Với hàm số sin và côsin:

* Tập giá trị của hai hàm số này là [ 1;1]

* sin2 cos2   1 1 sin2 cos2

Với hai hàm số tan và cotan

là cần làm xuất hiện gì thì sẽ loại bỏ được căn thức ? Ta phải biến đổi 1 x 2 a2! đẳng thức này sẽ gợi cho chúng ta nhớ đến công thức lượng giác giữa sin và cosin Điều này hoàn toàn hợp lí vì ta thấy được điều kiện xác định của x là đoạn [ 1;1] Vậy ta có cách giải như sau: Đặt x cos t, t [0; ]   Khi đó phương trì nh trở thành:

      là nghiệm của phương trì nh đã cho

Nhận xét: Cơ sở để dẫn đến cách đặt như trên là miến xác định của x [ 1;1]  và cần biến đổi 1 x 2 a2 Từ đây ta có được nhận xét tổng quát hơn như sau:

* Nếu | u(x) | a thì ta có thể thực hiện phép đặt u(x) asin t , t [ ; ]

+) Với sin t 0 t 0 x sin t 0

Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: x 3 4 1; x 0 

Chú ý : * Ở trên ta thực hiện phép đặt x sin t , ta cũng có thể đặt x cos t tuy nhiên nếu đặt x cos t thì sẽ dẫn đến bài toán biến đổi phức tạp hơn

* Vì t [ ; ] t [ ; ]

     nên ta chưa khẳng định được sin t

2 dương hay âm, do

đó khi đưa ra khỏi căn thức thì ta phải có trí tuyệt đối

* Với x 2 x3 3x x x(x  2 4) x  x 2  phương trì nh vô nghiệm

* Với   2 x 2, đặt x 2cos t, t [0; ]   Khi đó phương trì nh đã cho trở thành

3

t 0t

Nếu x 0 VT 0 mà VP 0 nên phương trì nh vô nghiệm Do vậy ta chỉ giải

phương trì nh khi 0 x 1  Do vậy ta có thể đặt x cos t, t [0; )2

2



trì nh đã cho trở thành: 64cos t 112cos t 56cos t 7 2sin t6  4  2   (*)

Mặt khác cos7t 64cos t 7 112cos t 56cos t 7cos t5  3  nên

2

cos t cos t.cos 2t

1) 1 1 x 2 x(1 2 1 x )  2

2) 1 x 2 4x33x (x 1 ;x 2 2

42

 giải hệ này ta tìm được u, v Từ đây ta có được x.

Chú ý : Để tìm x ta chỉ cần giải một trong hai phương trì nh: n a f (x) u  hoặc

      là nghiệm của phương trì nh đã cho.

Chú ý : * Dạng tổng quát của phương trì nh trên là: ax b r(u.x v)   2 dx e , trong đó: u ar d;v br e    Để giải phương trì nh này ta đặt:

ax b u.y v   và đưa về hệ đối xứng loại II

* Tương tự ta cũng có lời giải cho phương trì nh : 3ax b r(u.x v)   3 dx e , trong đó: u ar d;v br e    Để giải phương trì nh này ta đặt:

3 ax b u.y v   và đưa về hệ đối xứng loại II

là nghiệm của phương trì nh đã cho.

Bài 1: Giải các phương trì nh sau:

Phương pháp lượng liên hợp

Ta biết x x 0 là nghiệm của phương trì nh 0 f

Mà theo định lí Bơzu nếu x=a là nghiệm của đa thức P(x) thì P(x) (x a)P (x)  1

Từ đó ta có nhận xét: Nếu x0 là một nghiệm của phương trì nh f (x) 0 thì ta có thể đưa phương trì nh f (x) 0 về dạng (x x )f (x) 0 0 1  và khi đó việc giải phương trì nh

f (x) 0 quy về giải phương trì nh f (x) 01  Ta xét ví dụ sau:

Ta thấy (1 1 x ) (1 2  1 x ) 2 x2 nên ta nhân lượng liên hợp ở VT

* Với x 0 bất phương trì nh trở thành: 0  (đúng) x 04  là một nghiệm bpt

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trì nh : 1 x 8  

Nhận xét: Ở trên ta nhân liên hợp với mục đích là trục căn thức ở mẫu Khi nhân cả tử

và mẫu ở VT với biểu thức 1 1 x thì biểu thức đó phải khác không nên ta phải chia làm trường hợp như trên

Vậy phương trì nh có nghiệm duy nhất: x 3

Chú ý : * Trong cách trên chúng ta không nhân liên hợp ngày ở VT mà chúng ta thêm -1

vào mỗi căn thức rồi mới nhân liên hợp, cách làm vậy là để xuất hiện thừa số chung x-3

ở cả hai vế

* Cách giải trên chưa phải là cách giải hay nhất đối với bài toán trên nhưng nó rất tự nhiên Cách giải hay nhất đối với bài toán đó là cách đánh giá hai vế, cụ thể:

Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm duy nhất: x 3

Nhận xét : * Ta có dạng tổng quát của phương trì nh trên là:

Vậy phương trì nh có nghiệm duy nhất x 1

     là nghiệm của phương trì nh đã cho

Chú ý : Bài toán trên có thể giải bằng cách đánh giá như sau

* Nếu 2x2 x 1 x 1;x 1

2

       thì hai vế cảu phương trì nh bằng nhau

* Nếu 2x2   x 1 VT VP  phương trì nh vô nghiệm

* Nếu 2x2   x 1 VT VP  phương trì nh vô nghiệm

x 2x 7 0    x 1 7 là nghiệm của phương trì nh đã cho

Nhận xét: Qua những ví dụ trên ta thấy sau khi tạo ra thừa số chung, thì ta tìm cách

chứng minh biểu thức trong dấu () còn lại luôn âm hoặc luon dương Tuy nhiên không phải bài nào cũng xảy ra trường hợp đó Ta xét bài toán sau

Ví dụ 8: Giải phương trì nh: 3x 24  12 x 6 

Giải: ĐK x 12

Phương trì nh ( x 24 3) ( 12 x 3) 03      

2 3 3

0

12 x 3(x 24) 3 x 24 9

Kết hợp với phương trì nh ban đầu ta có

(*) 3(x 24) 2 4 x 24 03     x 24,x  thử lại ta thấy hai nghiẹm này đều 88thỏa mãn phương trì nh

Vậy phương trì nh đã cho có ba nghiệm: x  88;x  24;x 3

Nhận xét: Để giải phương trì nh (*) ta phải kết hợp với phương trì nh ban đầu Ta chú ý

rằng phép biến đổi này là phép biến đổi hệ quả do đó sau khi giải xong ta phải thử lại các nghiệm để loại đi những nghiệm ngoại lai

Để đơn giản ta đặt a  x2 7x 10;b  x2 12x 20 2a b x  (I)

Ta thấy phương trì nh có nghiệm x=1.Ta biến đổi như sau: