TOÁN đs lê văn đoàn

pt hệ pt

 DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA

 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 10, 11, 12

 THAM KHẢO CHO GIÁO VIÊN

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Bài 1 Phương trình vô tỷ cơ bản 3

Bài 2 Giải phương trình vô tỷ bằng cách đưa về tích số 11

Sử dụng phép biến đổi tương đương 11

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp 17

Bài 3 Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ 64

Dạng 1 ( )a f x b.n f x( )  64 c 0 Dạng 2 a f x( )b g x ( ) 2  ab f x g x( ) ( )h x( ) 76

Dạng 3  n a f x( ) m b f x( ) 83 c Dạng 4 2 2 0 n n n a A  b A B c  B  89

Dạng 5 ( )a f x b g x ( )c f x g x( ) ( ) 92

Dạng 6 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )

a f x b g x c d f x e g x 103

Dạng 7 f x( ) n b x( )a x( )n a x( )f x( )b x( ) 108

Dạng 8 ( )n n , ax b p cx d q x r   với n 2; 3 117

Dạng 9 2 2 2 2 x a x b a   b x a x b a   b cx d 122

Dạng 10 Đặt ẩn phụ không hoàn toàn 124

Dạng 11 2 1 1 1 mx n a   x b  x c x 129

Dạng 12 Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức 130

Dạng 13 x m x n x   n x p x   p x m x  132

Dạng 14 Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình 134

Dạng 15 Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa 152

Bài 4 Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá 165

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số 165

Sử dụng bất đẳng thức cổ điển 186

Đưa về tổng các số không âm hoặc n n A B 203

Bài 5 Bất phương trình vô tỷ 212

Bất phương trình vô tỷ cơ bản 212

Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn 214

Nhóm bất phương trình vô tỷ có mẫu số 216

Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương 222

Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp 225

Sử dụng phương pháp hàm số 237

Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ 250

Bài 6 Phương trình, bất phương trình chứa tham số 251

Bài 1 Hệ phương trình cơ bản 272

Hệ đối xứng loại I 273

Hệ đối xứng loại II 277

Hệ gần giống đối xứng loại II 282

Hệ đẳng cấp cơ bản 286

Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp 288

Bài 2 Hệ phương trình đưa về tích số 295

Kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai 295

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp 308

Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số 325

Bài 3 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ 341

Dạng 1 Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 341

Dạng 2 Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình 346

Dạng 3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản 353

Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ 353

Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ 366

Chia để xác định lượng ẩn phụ 373

Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ 384

Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn 387

Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu 390

Dạng 4 Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa 405

Dạng 5 Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa 410

Bài 4 Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá 423

Phương pháp đánh giá bằng hàm số 423

Một số dạng cơ bản 423

Hệ có: 2 2 ( ) 1 ( ) 1 1 ax ax by by                 423

Hệ có: 3 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2 a x b x c x d a y b y c y 426

Hệ có: 3 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a x b x c x d a y b c y d a x b c y d a y b c y d                434

Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng 443

Chia để xuất hiện hàm đặc trưng 443

Phép cộng để tìm hàm đặc trưng 453

Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng 461

Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển 468

Bài 5 Hệ phương trình chứa tham số 492

Phần III Giải chi tiết bài tập rèn luyện 508

Phần 1 PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ



§1 PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CƠ BẢN

I Phương trình bậc bốn quy về bậc hai

Phương pháp giải: Tạo ra dạng 2 2

A B bằng cách thêm hai vế cho mợt lượng 2 2

2 k x k , tức phương trình (1) tương đương:

Bước 1 Đặt điều kiện

Bước 2 Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1) A C B

Bước 3 Bình phương hai vế A C 2 AC B 2 AC   B A C

A B C (2)

( A B) ( C)   A B 3 AB( A B)C (2 )Bước 2 Thế 3 3 3

,

(2 )   A B 3 ABCC

3 Dạng: A B C D (3) với A C B D   hoặc AC BD

Bước 1 Đặt điều kiện

Bước 2 Biến đổi (3) A C B D và bình phương hai vế

 Lưu ý: Biến đỗi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả , do đó khi giãi xong cần

thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai

Ví dụ 1 Giải phương trình: 2x 1 x23x  ( )1 0 

Đại học khối D – 2006 Phân tích Phương trình có dạng tổng quát: 2

, ( , 0)

mx n ax bx c m a ta đều giải được theo dạng A  Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ B

tiến hành chia Hoócner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo) Còn nếu ra nghiệm vô tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đó chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm

 Lời giải 1 Xem đây là phương trình dạng A B

2 2

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x 2 2

 Lời giải 2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x 2 2

Ví dụ 2 Giải phương trình: 2

X  X  X  và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng

điều kiện) được kết quả X 5.192582404 là vô tỷ Khi đó định hướng tìm lượng nhân

tử bậc hai bằng chức năng table Trước tiên ta lưu biến XA, bằng cách nhập

alpha ) shift RCL (–) Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7

và nhập 2

( )

f X A AX bằng cách bấm: alpha () x 2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm =

Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, còn fx – 570 ES thì không cần (tức không nhập g X( )), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho

sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai

 Lời giải 1 Xem đây là phương trình dạng A B

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x  3 13.

Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương

v  Suy ra:

2 2

B  x x  và có lời giải như sau:

 Lời giải Phương trình

x

x x

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1

Ví dụ 5 Giải phương trình: 2 3x 1 x 1 2 2x 1 ( )

Phân tích Phương trình có dạng cơ bản A B C , ta sẽ đặt điều kiện, chuyển

vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng A  B

 Lời giải Điều kiện: x 1 Khi đó: ( ) 2 3x 1 x 1 2 2x 14(3x 1) x 1 4(2x 1) 4 (x 1)(2x 1)

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 5.

4x 7x 2 2 x   x 1 1 ( )

Phân tích Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình

phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 4x2 sẽ triệt tiêu và có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 1

Ví dụ 7 Giải phương trình: x2 x 2 x2  x22x0 ( )

Phân tích Phương trình có dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương

lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn

thức có chung một nghiệm x 0 nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và

tách căn Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công

thức tách căn hợp lý, tức: A B  A B khi A0, B0 và A B  ( A) (  B)

A B

   khi A0, B0. Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau:

 Lời giải Điều kiện:

x x

A B C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng 3 f x( )g x( ) f x( ) g x( )  Từ đó có lời giải sau: 3

 Với x  1 thì phương trình ( ) sai nên loại nghiệm x  1

 Với x 0 thì phương trình ( ) đúng nên nhận nghiệm x 0

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0

Ví dụ 9 Giải phương trình: 10x 1 3x 5 9x 4 2x 2 ( )

Phân tích Phương trình có dạng: A B C D với A C B D   , cụ thể:

(10x 1) (2x 2) (9x 4) (3x 5) 12x  nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng: 1,

A C D B và bình phương hai vế Nhưng do khi chuyển vế và bình phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp

 Lời giải Điều kiện: 5,

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình có nghiệm x 3

Ví dụ 10 Giải phương trình: 4 x 1 x 7 2 2x 3 5x 6 ( )

Phân tích Nếu biến đổi 2 2 x 3 8x12 thì phương trình đã cho đưa về giống

như thí dụ trên với (8x12) ( x 7) (5 x 6) (4x 1) 9x5 và có lời giải sau:

và bình phương để giải phương trình hệ quả Từ đó có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x  1.

BT 3 Giải phương trình: 9x242x49 1 3  x26x6

BT 4 Giải phương trình: 2x210x 8 x2 1 2x2

2x 3x 1 x   x 2 3x 4x1

x  x  x 

BT 7 Giải phương trình: 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x 2

BT 8 Giải phương trình: x 3 3x 1 2 x 2x 2

BT 9 Giải phương trình:

§2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ TÍCH



I Sử dụng phép biến đổi tương đương

Dùng các phép biến đổi , đờng nhất kết hợp với việc tách , nhĩm, ghép thích hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích sớ đơn giãn hơn và biết cách giải, chẳng hạn như: A B   0 A 0 hoặc B 0

Một sớ biến đổi thường gặp:

f x ax bx c a x x   x x với x x1, 2 là 2 nghiệm của f x ( ) 0

 Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau:

+ u v  1 uv  (u 1) v u(    1) 0 (u 1)(1     v) 0 u v 1

+ au bv ab vu   a u b(  ) v u b(    ) 0 (u b a v)(  ) 0

(x3) 10x x  x 12 ( )

Phân tích Thấy vế phải phân tích được thành tích số: x2 x 12 ( x3)(x  4)

dựa vào f x( )ax2bx c a x x  (  1)(x x 2) với x x là 2 nghiệm của phương 1, 2

trình f x ( ) 0, nên sẽ cĩ nhân tử x 3 với vế trái và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 2

Kết luận: So với điều kiện, phương trình cĩ nghiệm duy nhất x  3

Ví dụ 13 Giải phương trình: x x 1 x2 x 1 ( )

Phân tích Với điều kiện x 0 thì phương trình  x x  1 1 x x  và 1

cĩ dạng u v  1 uv (u 1)(v    1) 0 u v 1 và cĩ lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0.

( )  x x  1 1 x x 1 ( x 1) ( x 1 x x1) 0

       hoặc x    hoặc 1 1 x 1 x 0

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x0, x1

Ví dụ 14 Giải phương trình: x2 7 x 2 x   1 x2 8x 7 1 ( )

      và ghép từng cặp lại với nhau sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về tích số

 Lời giải Điều kiện: 1 x 7.

Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015

10 3 x x  (x2)(5x) nên ghép các biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện:   2 x 5

x  x x x sẽ xuất hiện nhân tử và có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0

 Lời giải Điều kiện: 3x  2 0.

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x3, x4

3x 3x 2 (x6) 3x 2x 3 ( )

Phân tích Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc

phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:

2 2

 và giải tương tự như cách 1

Nhận xét Đối với bài toán trên, tôi không tìm được lượng nhân tử chung bằng chức

năng table của casio Khi đó ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra nhân tử chung như sau: nhập 3X23X 2 (X6) 3X22X  và bấm shift 3

solve 100 được nghiệm là X  2,739848152, gán nghiệm này vào biến A, tức

bấm AnsA, (Ans shift RCL/ / / ( )). Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm X 3.406514819, rồi cũng lưu nghiệm này vào biến B: AnsB, (Ans shift RCL/ / / ,,,). Khi đó ta tính tổng, tích

của A và B được 0,6666666667 2

3

3

AB   nên theo Viét thì , A B là

2 nghiệm của X2SX P   tức có nhân tử 0, 2 2 28

Phân tích Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc

phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:

thỏa mãn điều kiện

Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 1, 1 41, 1 41

t x  x và giải ra cũng được kết quả như trên

 Lời giải 3 Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử 2

số trước 2

,

x x và hệ số tự do được m n 2. Khi đó, ta có 2 hướng xử lý thường gặp

là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x3, x8

 Lời giải 2 Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp

Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là x3, x8

 Lời giải 3 Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2

Do x  1 là nghiệm nên chia hai vế cho 2

x x

Giải tương tự như trên cũng được x3, x8

 Lời giải 4 Ghép bậc nhất ax b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm x3, x8

§3 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ



I Đặt ẩn phụ để giải phương trình vơ tỷ

Đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài tốn từ tình thế phức tạp sang tình thế đơn giản hơn mà đã biết cách giải Cĩ rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy thuộc vào đặc điểm của từng phương trình mà ta cĩ thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn phụ, ba ẩn phụ,… để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình Sau khi đặt

ẩn phụ, ta cần đi tìm điều kiện cho ẩn phụ Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta

đi tìm điều kiện cho hợp lý (dễ, khơng gây sai sĩt)

II Một số dạng đặt ẩn phụ cơ bản thường gặp và phương pháp giải

t  x x  thì biểu thức chứa biến số ngo|i

căn thức 3x212x 3.(4x x 2) cĩ mối liên hệ với nhau nên cĩ lời giải sau:

t x  x   thì biểu thức chứa biến số ngo|i

căn thức (x4)(x 1) x25x  cĩ mối liên hệ với nhau nên cĩ lời giải sau: 4

 Lời giải Điều kiện: 2

Với t 4, suy ra: x25x  2 4 x25x14 0   hoặc x 2 x  7

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là x2, x  7

 Lời giải Điều kiện:   1 x 2 Đặt tx2x Khi đó:

x x

x x

thì sẽ biểu diễn hết theo biến mới t v| có lời giải chi tiết như sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0

 Trường hợp 1 Nếu x 0 thì ( )  2 0 : sai nên x 0 không là nghiệm

 Trường hợp 2 Nếu x 0, chia hai vế cho x 0, thì:

x x

ax bx c

trong hai căn thức ở vế tr{i bằng nhau, nên ta sẽ chia 2 vế cho x  sau khi xét 0

0

x  có phải l| nghiệm hay không ? Khi đó đặt ẩn phụ sẽ đưa b|i to{n về dạng cơ bản

 Lời giải Điều kiện: x 0 Do x 0 không là nghiệm nên chia hai vế của phương trình ( ) cho x 0, ta được:

        (1)

Bình luận Trong rất nhiều b|i to{n, phép đặt ẩn phụ chỉ được x{c định khi qua c{c

phép biến đổi, chẳng hạn: phép chia, phép lũy thừa, phép đồng nhất,… Sau đ}y ta cùng xét một v|i ví dụ về loại n|y

1; 0 1;

x x

x x

t t

t t

lời giải 1 Nhưng để ý, sau khi qui đồng v| bỏ mẫu ta được 10 x 8 6 x x( 8) 0,

đ}y l| dạng cơ bản AB (lời giải 2) Ngo|i ra, do hệ số trước căn thức l| số chẵn, nên có khả năng đưa về dạng tổng c{c số không }m, hoặc n n

Với t 3, suy ra: x 8 3 x  x 8 9x  x 1

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 1

   nên có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện:

2 2

t t

t t

2 2

4,4

t

x x

 ( )

v| giải phương trình bậc ba theo t

 Lời giải Điều kiện: x 0.

01

x x

x x

x  nên sẽ có rất nhiều c{ch giải Ở đ}y tôi xin được trình b|y phương ph{p đặt ẩn

số phụ bằng hệ số bất định, tức đi tìm c{c số , , a b c  sao cho thỏa mãn đồng nhất

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 1.

Bình luận Do nhẩm nghiệm x 1 bằng casio nên dễ d|ng tìm được 3

1

1

11

a

a a

Từ đó có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: 2

 Với t 0, suy ra: x2  x 0 x2    hoặc x 0 x 0 x 1

 Với t  2 , suy ra: x2 x 2x2      hoặc x 2 0 x 1 x 2

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x0, x 1, x 2

x  không là nghiệm của phương trình (1)

x x

 

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1, x2

 Lời giải 2 Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp bậc 3, hai biến

Phân tích Nếu đặt điều kiện thông thường thì 1  x 1, x  v| đưa x v|o căn 0

thức để triệt tiêu đi mẫu số trong căn, nhằm cho b|i to{n đơn giản hơn thì phải chia ra hai trường hợp, rất phức tạp Nhưng nếu ta để ý biểu thức ở vế phải có thể biến đổi:

2 2 2 1 ( ) ( 1) 0,

x  x  x  x  x x  x  v| lúc n|y để phương trình có nghiệm thì cần thêm điều kiện kéo theo l| 3

x     nên điều kiện cuối cùng x x

là 0 x 1. Lúc đó đưa v|o căn thức không cần chia ra hai trường hợp Ngo|i ra khi đưa x v|o căn thức được vế phải l| 2 3

(x 1) x x , dựa vào nó, ta ph}n tích biểu thức ngo|i căn theo biểu thức tích số: 4 3 2 2 2 3

121

x x x

x x

 Bước 1 Đặt t  tổng hoặc t  hiệu, suy ra: t 2

 Bước 2 Giải phương trình với biến mới theo t, suy ra x

Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau:

Ví dụ 96 Giải phương trình: 3 x 6  x 3 (3x)(6x) ( )

Phân tích Phương trình có dạng tổng – tích, khi đó ta sẽ đặt t 3 x 6  x 0,

t   x x   x x biểu diễn biến x hết theo t

 Lời giải Điều kiện:   3 x 6.

Suy ra: 3 x 6   x 3 9 2 (3x)(6x)   hoặc 9 x 3 x 6

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x3, x 6

2x 3 x 1 3x2 2x 5x 3 16 ( )

Phân tích Sau khi phân tích 2

2x 5x 3 (2x1)(x1) thì phương trình có dạng tổng – tích Nếu đặt 2

t x  x   t x x x 

thì phần biến số còn lại biểu diễn được hết theo t v| có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện: x  1

t   x x sẽ biểu diễn hết c{c biến còn lại theo t v| có lời giải sau:

 Lời giải Điều kiện:   2 x 2.

nên phương trình sẽ vô nghiệm khi t 3

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 6

Do đó ta sẽ đặt t 2x 1 x v| có lời giải chi tiết như sau:

 Lời giải Điều kiện: x 0.

, 32

2 3

4

x y x

x y

x x

x x

Kết luận: So với điều kiện và thay vào 2 0,

x y x

2

x y x

x y

x x

x y xy

x x

x y x

 v| giải hệ n|y theo 2 c{ch kh{c

nhau, đó l| hệ đối xứng loại I (đưa về tổng tích) hoặc giải bằng phương ph{p thế

x  x x  x ( )

Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Hoàng Lê Kha – Tây Ninh

1

x x nhưng thiếu tổng Để ý, nếu đặt 2

  (nhận) hoặc t  1 2 (nhận) hoặc t   1 2 (loại)

 Với t  2 , suy ra: 2

Nhận xét Trong rất nhiều b|i to{n, dạng tổng – tích hoặc hiệu – tích chưa xuất hiện

hoặc khó thấy m| qua một v|i phép biến đổi mới ph{t hiện được Hơn nữa trong một số trường hợp ta cần tìm điều kiện chính x{c thì việc giải phương trình bậc cao sẽ dễ d|ng, đặc biệt l| phương trình chứa tham số C{ch tìm miền chặn hiệu quả nhất l| tìm GTLN, GTNN của t2 4 x 4x  (xem t l| y) bằng phương ph{p h|m số Ở 1,

trên tôi đã sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz dạng: 2 2 2 2

m m

x, tức phương trình (1) sẽ nh}n 2 vế cho 7 để sau khi trừ (một số b|i cộng) nhằm triệt tiêu x sẽ thu được 1 phương trình mới với ẩn l| u v, Còn phương trình thứ 2 được lấy từ đề b|i tức luôn có 5u2v4. Khi đó giải hệ n|y tìm được , u v  x

 Lời giải Điều kiện: x    1 0 x 1

Học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam năm 2014 – 2015

 Lời giải Điều kiện: 2x    8 0 x 4

Nhận xét Sau khi đưa về hệ phương trình cơ bản giải bằng phương ph{p thế, ta nên

chọn việc rút u theo v hoặc v theo u sao cho khai triển hằng đẳng thức bậc 2, không nên khai triển hằng đẳng thức bậc 3, kh{ phức tạp

Ví dụ 106 Giải phương trình: 3

2 3x 2 3 6 5 x  8 0 ( )

Đại học khối A năm 2009

u

u v

 Lời giải 1 Đặt 2 ẩn phụ giải hệ phương trình

1

22

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x 6, x 3

 Lời giải 2 Lũy thừa 2 vế, thế và giải phương trình hệ quả (bài học 1)

Kết luận: Thế vào ( ), phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 6, x 3

Nhận xét Để giải bằng phương ph{p lũy thừa, cần nhớ hai hằng đẳng thức viết dưới