Chuyên đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình vô tỷ (BM Toán - ĐH Phương Đông)

Ví dụ 3: Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1...  Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi tương đương nhưng so với cách này thì phức tạp..  Nếu khi giải cách phương trình

Trang 1

1. 4 2x x2  x 2

2. x 4  1 x  1 2x

4 3x219x20 4x 4

5. x 12  2x 1  x 3

PHẦN I

-

PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH

-

► A B B 02





  













B 0

A B A 0

A B

 



 



►

2

 















TỔNG QUÁT:

Đối với những những phương trình, bất phương

trình không có dạng chuẩn như trên, ta thực hiện:

- Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa,

- Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm,

- Bình phương cả hai vế để khử căn

VÍ DỤ - BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải các phương trình, bất phương trình sau:

1 4 2x x2  x 2

2

 



 



Vậy: x3

2. x 4 1 x  1 2x

Điều kiện:

1

2

 



      



  



2

2 2

2x 1 0

 



 



2x 1 0

 



 



2

1 x 2 2x 7x 0

  



 



1 x 2

x 0 7

x 0 x

2

  



    



So điều kiện nhận x0

Vậy: x0

2

21

4















 

Vậy: x7

4 3x2 19x20 4x 4

2

x 1

x 1 4

x 5 x 13x 51x 4 0

3







x 1 4

13







        



4

x 5 x 1 1 x 4

3

         

Vậy: x 5 4 x 1 1 x 4

3

        

5. x 12  2x 1  x 3

      (*)

CÁC DẠNG CƠ BẢN

Trang 2

Điều kiện:

2x 1 0



    





(*)  x 12  x 3  2x 1

2

1

2

1

2

1

2





    



   





    



   





So điều kiện 3 x 4

Vậy: 3 x 4

Điều kiện: 3 x 0 x 9

 



 

  



(1)   9 x 5x224x27

2 2

 



 



2

9

2













   



So điều kiện nhận x 3

Vậy: x 3

2

x 3



Điều kiện:

2

   



Do x 3 0 nên quy đồng bỏ mẫu ta được:

(2)  x216  8 x

2

  

  





   





    







  









So điều kiện nhận x5

Vậy: x5

3 (x 1) 16x 17  8x215x23 (3)

Điều kiện: 16x 17 0 x 17

16

(3) (x 1) 16x 17  (x 1) 8x  23

x 1 16x 17 8x 23

 





2

x 1 8x 23 0 16x 17 64x 368x 529

 



 





23 x

8

 







   



So điều kiện nhận x 1 hoặc x4

Vậy: x 1 hoặc x4



2

x 3

(x 1) 16x 17  8x 15x23

4 (x 3) x 2 4 x29

5 2x28x 6  x2 1 2x2

6

2

1

1 x





Trang 3

4. (x 3) x 2  4 x2 9 (4)

Điều kiện: 2

x       4 0 x 2 x 2

(x 3) x 4 x 3 0

Do ta chưa biết dấu của (x 3) nên ta chia làm 3

trường hợp:

 Trường hợp 1: x3

(*) 2

x 4 x 3

2

13 x 13

6

  



 





   





  







   

  





 





   



 Trường hợp 2: x3 thỏa (*)

 Trường hợp 3: x3

(*)  x2  4 x 3

2

x 4 x 3

2

x 4 0

x 3 0

x 4 x 6x 9

  



  

    



   





  



x 2

x 2 x 3 13

x

6







 



Vậy: x 13

6



 hoặc x3

5 2x28x 6  x2 1 2x2 (5)

Điều kiện:

2 2







 Trường hợp 1: x 1 thỏa (5)

 Trường hợp 2: x 1

2 2

2x 6 x 1 2 x 1 2x 6 x 1 2 (2x 6)(x 1) 4(x 1)

2 (2x 6)(x 1) x 1 x 1 4(2x 6)(x 1) (x 1)

7x 18x 25 0

x 1

x 1 25

x 7







 



Vậy: x1 hoặc x 1

6

2

1

1 x



 (6)

Điều kiện:

2

51 2x x 0 1 2 13 x 1 2 3







Do ta chưa biết dấu của (1 x) nên ta chia làm 2 trường hợp

 Trường hợp 1: 1 x   0 x 1

2

1 x 0

51 2x x 0

51 2x x (1 x)

 





    









    



 Trường hợp 2: 1 x   0 x 1

2

 



 



x 1

1 2 13 x 1 2 13





 



    

Vậy:  1 2 13  x 5 hoặc 1 x   1 2 13

Trang 4

1 x 3 2 x   4 x2 x 1 1

Điều kiện: x 4 0 x 4

x 1 0

 



 

  



(1)  x 4 1   x 1 1 1  

x 4 1 2 x 1

2 x 1 0

x 4 1 2 x 1

x 5

VN do x 5 x 4 1

x 1 1 x 4

x 5

x 1 1 x 4 2 x 4

x 5

x 4 1





























 







      

Vậy: x5

2 x 14x49  x 14x49  14

14x 14 14x 49 14x 14 14x 49 14

       (2)

Điều kiện: 14x 49 0 x 49

14

(2) Đặt t 14x 49 7   14x 49  t 7

Phương trình trở thành:

t   7 7 t 14

    

7

2





Vậy: 7 x 7

2 

3 x 2 x 1 x 2 x 1 3

2

3

x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1

2

3

x 1 1 x 1 1

2

3

x 1 1 x 1 1

2

       (3) Điều kiện: x 1 0   x 1

(3) x 1 1 1 x 1

2

1

x 1 1 x 1

2 1

x 1 1 x 1 (*)

2



 

     



(*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện

Vậy: x1

Chú ý: CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH – BẤT

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI

► A B A B













  



► A B A B











1 x 3 2 x   4 x2 x 1 1

2 x 14x49  x 14x49  14

3 x 2 x 1 x 2 x 1 3

2

Trang 5

►3 A3B3 C

3

Thay 3 3 3

A B C ta được:

3

Mà có: f (x) h(x) g(x) k(x)





 Biến đổi phương trình về dạng:

 Bình phương, giải phương trình hệ quả

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP

Ví dụ 1: Giải phương trình sau:

w

3

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3

Ta thay 3 3 3

x 1  x  2 x 3

3

3 2

3 (x 1)(x 2)(x 3) 3(x 2)

(x 1)(x 2)(x 3) (x 2)

(x 2) (x 1)(x 3) (x 2) 0

(x 2)( 1) 0

x 2

 

Thử lại nhận x2

Vậy: x2

Nhận xét:

 Khi thay 3 3 3

x 1  x  2 x 3 ta chỉ nhận được phương trình hệ quả do phương trình đầu chưa

biết có nghiệm hay không?

 Bài toán cũng có thể giải:

x 1 x 2 x 3

2x 3 3 x 1 x 2 x 1 x 2 x 3



 



2. x 3  3x 1 2 x 2x2 (2)

Điều kiện:

3x 1 0

 



  

 





(2)  3x 1  2x 2 4x x 3 (*)

2

 

Thử lại nhận x1

Vậy: x1

Nhận xét:

 Do ta chưa xác định được 2 vế phương trình (*) đều dương nên khi bình phương ta chỉ thu được phương trình hệ quả

 Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi tương đương nhưng so với cách này thì phức tạp

3

2

x 3

Điều kiện: x 1 (3)

3

2

x 3



2

3

2



  

 



Thử lại nhận x 1 3; x 1 3

Vậy: x 1 3; x 1 3

Nhận xét chung:

 Thấy trường hợp phương trình căn bậc ba và phương trình chứa bốn căn bậc hai như trên thì ta có thể nghĩ đến phương trình hệ quả

 Nếu khi giải cách phương trình ở phần trước cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ

“sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phương trinh hệ quả sau đó thử lại

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HỆ QUẢ

2. x 3  3x 1 2 x 2x2

3

2

x 3



Trang 6

►a.f (x) b f (x)  c 0; a 0.

Phương pháp: Đặt t f (x), t0

Phương pháp: Đặt t A B

n 2 n n 2

2 2

a A b AB c B 0

a.A x bB x c A x B x

A B mA nB





Phương pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đưa được

về dạng phương trình: u2   uv v2 0

 B1: Thử trường hợp v = 0

 B2: Xét v0 phương trình trở thành :

2

0

      

Đặt t = u

v phương trình trở thành 2

t    t 0

►Tham số biến thiên

VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP

(x4)(x 1) 3 x  5x 2 6

Điều kiện: 2

x 5x 2 0

Đặt 2

t x 5x2 (t0)

2 2

 



Với t4 2 2

x 5x 4 2

2

Vậy: x2 hoặc x 7

2 2x2 15 x25x 6 10x

Điều kiện: 2

x 5x 6     0 x 1 x 6 Đặt 2

t x 5x 6 (t0)

2 2

Bất phương trình trở thành:

2

2(t    6) 15 t 0

2

3 t 2t t 3 0 2 t 1

t 1

  





 Với t 1 x25x 6 1

2

x 5x 6 1

2

Vậy: x 5 53 x 5 53

3 2x25x 2 2 2x25x 6 1

Điều kiện: 2

2x 5x 6 0

Đặt 2

2 2x 5x 2 t 8

   

 



 



Với t 1 2x2 5x 6 1 x 1; x 7

2

Vậy: x1 hoặc x 7

2

 

CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ

1 (x4)(x 1) 3 x  25x 2 6

2 2x2 15 x25x 6 10x

3 2x25x 2 2 2x25x 6 1



Trang 7

4 x x 1 3



Điều kiện: x 0 x 0 x 1

x 1    

 Đặt t x (t 0)

x 1



Bất phương trình trở thành:

t

 

2

1

2

Với t 1

2



x 1 0

x 1 2



  





   

Với t 2 x 2

x 1



x 2

x 1



x 2x 2

0

x 1



x 2

0 1 x 2

x 1

 



Vậy:   1 x 0hoặc 1 x 2

 Cách khác:



Điều kiện: x 0 x 0 x 1

x 1    

 (*) 

2

0 2(x 1)x



 2

0 2(x 1)x

  

    1 x 0 hoặc 1 x 2

Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:

1 x 1  4 x   x2 3x 4 5

Điều kiện: x 1 0 1 x 4

 



   

  



Đặt t x 1  4 x (t0) 2

2

(x 1)(4 x)

2



2







2









Vậy: x0 hoặc x3

Điều kiện:

2

2x 3 0

2x 5x 3 0



 Đặt t 2x 3  x 1 (t0)

2





Với t5 2x 3  x 1 5

2

  



 



  



Vậy: x3

1 x 1  4 x   x2 3x 4 5

Trang 8

1. 4 (x3 2)2 7 (4 x )3  2 3 (2 x)3  2 0 (1)

Ta có: 2 x   0 x 2 không là nghiệm phương

trình Chia 2 vế cho: 3 2

(2 x) ta được:

(1)

2 3

3 x 2 x 2

2 x 2 x

Đặt 3 x 2

t

2 x





 phương trình trở thành:

2

t 4







   

 



Với 3 x 2 x 2

Với 3 3 x 2 3 x 2 27 74

Vậy: x0 hoặc x 74

91





 Cách khác:

4 (x2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

Đặt u 3x 2 và v 3 2 x

4u 7uv 3v 0

Do v0 không là nghiệm phương trình Chia 2 vế

cho v0 ta được:

2

   

Với u 1

v  3 x 2 x 2

Với u 3 x 2 3 x 2 27 74

Vậy: x0 hoặc x 74

91





2.  2  3

2 x 2 5 x 1 (2)

Điều kiện: 3

x     1 0 x 1

(2) 2(x2  x 1) 2(x 1) 5 (x 1)(x 2 x 1)

Do  2 

x   x 1 0 chia hai vế cho 2 

x  x 1 :

Đặt t 2x 1 (t 0)



 

2

t 2 2t 5t 2 0 1

t 2







   

 



Với t 1 2x 1 1 2x 1 1

5 37 x

2



 

Vậy: x 5 37

2





Nhận xét:

 Khó khăn của ta là trong việc phân tích:

2 x 2 2(x   x 1) 2(x 1)

 Việc này có thể thực hiện dễ dàng do:

 Bằng cách đồng nhất hệ số:

(x x 1) (x 1)2 x 2 2(x 2)

ta dễ dàng chọn  và 

 Một số khai triển đa thức thành nhân tử:

 3    2 

x  1 x 1 x  x 1

 4 2  4 2  2

x x  1 x 2x  1 x

x x 1 x x 1

4x  1 2x 2x 1 2x 2x 1

3 x23 x2 1 x4x21 Điều kiện: 2

x       1 0 x 1 x 1

Ta đặt: 2

ux ,v x21 (u, v0) Phương trình trở thành :

2 2

u 6uv 9v u v

2

v 0 10v 6uv 0 3 v 0

5







  

 Với v 0 x2  1 0 x2    1 x 1

Vậy: x 1

4 (x2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0

2.  2  3

3 x23 x2 1 x4x21

Trang 9

1. x22(x 1) x 2    x 1 x 2 0 (1)

Điều kiện: 2

x     x 1 0 x 

(1) x   x 1 2(x 1) x   x 1 2(x 1) 1 0  

Đặt t x2 x 1; t0.phương trình trở thành:

2

 







Với t 1 x2     x 1 1 x 0; x 1

Với t 1 2x  x2    x 1 1 2x

2

1 x

2



 

   



 





Vậy: x0 hoặc x 1

Điều kiện: 2

x 2x 3   0 x 

Đặt 2

t x 2x 3 Phương trình trở thành:







Với t 2 x2 2x 3 2 x 1 2

  

 



Với t  x 1 x22x 3  x 1

x 1 0

(VN)

 



 



Vậy: x 1  2

Phương pháp chung:

 Đặt các ẩn phụ Tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ Kết hợp với phương trình ban đầu của bài toán

ta được hệ phương trình

 Lưu ý các phương pháp giải hệ phương trình

1 3 3 3 3

x 25 x x 25 x 30 Đặt 3 3 3 3

y 35 x x y 35 Khi đó phương trình chuyển về hệ sau:

3 3







Đây là hệ đối xứng loại 1 Giải hệ ta tìm được cặp nghiệm là (2;3) hoặc (3;2)

Vậy: x2 hoặc x3

2 31 x 31 x 2

Đặt

3 3





Khi đó phương trình chuyển về hệ sau:

2 2

 







uv 1

 



Vậy: x = 0

3 3 2 x  1 x 1

Điều kiện: x 1 0   x 1

Đặt

3







3 2

u + v = 1







2

v 1 u



x 2(x 1) x     x 1 x 2 0

ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ

1 3 3 3 3

x 25 x x 25 x 30

2 31 x 31 x 2

3 32 x  1 x 1

5 3 2 3 2 3 2

Trang 10

u 0

x 2

u 1

x 1

u 2

x 10

v 1 u

 





  

  



  



Vậy: x2 hoặc x1 hoặc x 10

y 2x 1 y  1 2x

3

x 1 2y

y 1 2x

  





 



3

3 3

x 1 2y

x y 2(y x)

  



 



3

x 1 2y

(x y)(x xy y 2) 0

  



 



(Do

2

2 4

3

  

 

 



2





Vậy: x1 hoặc x 1 5

2

 



5 3 2 3 2 3 2

Đặt: 3

2 2

3 3

u v u.v 1

u v 2







     

Do đó:

v2 v v v2 1

2

    

3





Vậy: x0

1 2x2 4x x 3

2



Cách 1:

2



  (1) Điều kiện: x 3

2

 

2 1 x 1



Đặt

2 t

  

 



2

1

t 1 y

2 1

y 1 t

2

  





  



1

2







   



Với







  



    (thỏa)

Với

(t ) 1 4t 2t 3 0

1

2

 



    (thỏa)

Vậy: x 3 17; x 5 13

1 2x2 4x x 3

2



81x 8 x 2x x 2

3

5. 7x213x 8 2x x(1 3x 3x )2 3   2

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	1,2 MB