NỘI DUNG 2 PHƯƠNG TRÌNH

Chú ý: Việc tìm ra m 1 có thể làm trên nháp, không cần trình bày trên bài làm... GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬT NHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ Phương pháp chung Bướ

II PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên đề: PT – BPT - HPT

§ 1 CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG

x ax bx c (Tách bậc – đưa về phương trình tích)

Phương pháp giải

x ax bx c x mx m ax bx c mx m

một nhị thức

f x Ax B

Lời giải

f x( ) là bình phương của một nhị thức

2

25 (3 2 )(4 ) 0

(2) (x 1) 5x 10x 5 (x 1) 5(x 1)

2 2

2

2

Chú ý: Việc tìm ra m 1 có thể làm trên nháp, không cần trình bày trên bài làm

Có thể trình bày ngắn gọn như ví dụ sau

16

Lời giải

2

2

3

1 2

4 3

4

2

2

1

4 7

4

3 1 2

2

Bài tập tương tự

Giải các phương trình

2x 3x 10x 3 0

3x 2x 16x 5 0

§ 2 CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG

0

ax bx cx dx e a 0

Phương pháp giải

Đặt ẩn phụ

4

b

t t t

Lời giải

(t 2) 8(t 2) 20(t 2) 12(t 2) 9 0

4 2

t t t

(t 2t 1)(t 2t 1) 0

2 2

1

t

2 Một số bài toán tự luyện

Giải các phương trình

4x 4x 11x 7x 7 0

Nhắc lại:

4 0 4 0 1 3 1 2 2 2 3 1 3 4 0 4

§ 3 CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH DẠNG

(ax b)n p a x n ' b' qx r (x là ẩn số; p q r a b a b, , , , , ', ' là các hằng số; paa' 0; n 2;3

(ax b) p a x' b' qx r

Phương pháp giải

Đặt ẩn phụ:

( )

Chú ý: Có thể sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để đưa về phương trình bậc bốn

2x 15 32x 32x 20 (1)

Lời giải

2

2(4x 2) 2x 15 28

2

2 2

(4 2) 2 15 (2) (4 2) 2 15 (3)

Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:

(4y 4x 4)(4y 4 )x 2(x y) (x y) 1 8(x y 1) 0

1 2

11 8

x

x

2

x

8

So với điều kiện của x và y ta chọn 9 221

16

4x 3x 1 5 13x (1)

Lời giải

3

(2x 3) 3x 1 x 4

2

2 2

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

Trừ theo từng vế của (2) và (3) ta được:

2(2x 2y 6)(x y) 2y 2x (x y)(2x 2y 5) 0

8

8

8

8

Bài tập tương tự

Giải các phương trình

2x 1 x 3x 1 0 4) 2

9x 12x 2 3x 8

§ 4 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG KỸ THUẬT

NHẨM NGHIỆM VÀ PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN TỬ

Phương pháp chung

Bước 1: Đặt điều kiện cho hai vế của phương trình có nghĩa và dựa vào điều kiện để

nhẩm nghiệm

Bước 2: Sử dụng các phép biến đổi tương đương để biến đổi phương trình về dạng

0 ( ) ( ) 0

( ) 0

Chú ý: Đối với phương trình vô tỷ ta thường sử dụng biến đổi

+ Nhân lượng liên hợp

+ Tách thành các biểu thức liên hợp

Bước 3: Giải phương trình f x( ) 0

Chú ý: Nếu phương trình có hai nghiệm x x1 và x x2 thì ta định hướng biến đổi về dạng (x x1).(x x2) ( )f x 0

Bài giải

3

x

(x 1) ( )f x 0

hợp)

x

0

x

Bài giải

21

x

(x 1).(x 2) ( )f x 0 hay 2

(x 3x 2) ( )f x 0

2 2

x x

2

2

0

2

2

x

Bài tập tương tự:

3x 1 6 x 3x 14x 8 0

4x 1 3 x 2x 3x 4 0

Thực hành giải toán

Bài 1: Giải các phương trình sau

1 1

3x 1 6 x 3x 14x 8 0

Bài 2: Giải các phương trình sau

2x 9x 3 3x 7x 1 3x 2 0

§ 5 ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH

I CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

1 Các định lý

a) Nếu f '(x)  0 với mọi x  (a; b)thì hàm số f (x) đồng biến trên ( ; )a b

b) Nếu f '(x)  0 với mọi x  (a; b)thì hàm số f (x) nghịch biến trên ( ; )a b

(a; b)thì hàm số f đồng biến trên đoạn  a; b

khoảng (a; b)thì hàm số f nghịch biến trên đoạn  a; b

2 Các tính chất

 Tính chất 1: Giả hàm số y  f (x) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng

(a; b) và u; v  (a; b)khi đó:

f (u)  f (v)   u v

 Tính chất 2: Nếu hàm số y  f (x) đồng biến trên (a; b) và y  g(x) làm

hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên (a; b) thì phương trình f (x)  g(x)

Dựa vào tính chất trên ta suy ra:

Nếu có x0 (a; b) sao cho f (x )0  g(x )0 thì phương trình f (x)  g(x) có nghiệm duy

nhất x0 trên (a; b)

Chú ý: Khoảng (a; b) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền

(  ; );a  ;a  ; a b; ;a b;  ; a b; ; ( ;b  ); ;b ; (   ; )

II CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1 Giải phương trình 15  x 3  x 6 (1)

Lời giải

 Xét hàm số f x( )  15  x 3 x với x  ;3, khi đó:

 1  f x  f   1 (2)

 Do f liên tục trên nữa khoảng  ;3 và f ' x  0   x  ;3 nên f đồng

 Suy ra:  2   x 1

Ví dụ 2 Giải phương trình 3x  5 2x   3 2 12 x (1)

Lời giải

3

  

Ta có:  1  3x  5 2x  3 12  x 2 (2)

3

  , khi đó:

 1  f x  f  3 (3)

3

3

3

3

5

;12

3

 Suy ra:  3  x 3

3x  5 4  x   3 x (1)

Lời giải

4

D  

1  3x  x 5 4  x  3 (2)

4

x  

 1  f x  f  1 (3)

4

 

4

5 4

x

Do f liên tục trên đoạn ; 5

4

  

4

4

  

2x  23  4x  2 2x  7 (1)

Lời giải

1  2x  23  2x   7 4x 2 (2)

2

2

x

2

x 

2  4x  2 2x   7 2x  23   0 f x  f 1 (3)

2

Ta có:

2

2

 Suy ra:  3  x 1

4x   x x 1 2x  1 0 (1)

Lời giải

2



1  2x  2x 2x 1  2x 1 (2)

( )

f t  t t với t , khi đó:

 2  f  2x  f  2x 1 (3)

'( ) 3 1 0

f t  t    t

 Suy ra:   20 0 1 5

4

4

x x







4

2x 1 2  4x  4x 4  3x 2  9x  3  0 (1)

Lời giải

1  2x1 2 2x1 3  3x 2 3x 3 

(2)

 2  f 2x  1 f  3x (3)

Ta có:

2 2

2

3

t

t

5

      

5

x  

Bài tập tương tự:

§ 6 SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC

Bài giải

♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có

Nên:

2

x x

x

Bài giải

♥ Điều kiện: 2 x 4

♥ Đánh giá hai vế của (1) bằng bất đẳng thức ta có

VT(1) x 2 4 x 2(x 2 4 x) 2

Nên:

2

6 11 2

x

Bài tập tương tự

x

3

♥ Điều kiện: 2 92 0

1 3(x x 9) 3(3 3x x ) x 4x 9 (1)

Theo BĐT Cauchy ta có:

2

2

3(x x 9) 3(3 3x x ) x 4x 9 Dấu “=” xảy ra khi:

3

x

Bài giải

4x 1, 4 , 2x ta có

2

x

2 2

(2x 1) (2x 2x 1) 0: thỏa x 0

2

x

x

2

x

2

x 

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Câu 1 Giải phương trình: 2 2

x  x t (t 0)

12 0

Với t = 3 , giải tìm được : x   1, x  4.

Câu 2 Giải phương trình: 4(2 102x  39x 37 )4x2 15x33

ĐK: x 5

4 4 9x 37 8 4 10 2x 4x 15x 81 0

( 3)(4 27) 0

x

- TH 2 x  3

phương trình

x x

3

x x x

12 4

Câu 3 Giải phương trình: 4 2 2

x x   x x x

x

x

 



  



TH1: Với x = 0 không phải nghiệm của phương trình

* Với 0  x 1

Khi đó phương trình 2 2

2

2

      Khi đó ta được phương trình

2

4 2

1

t





   

2

1 1

      

2

2

      Khi đó ta được 4

t     t t

1 0

2

x     x x  

2

2

 



x

Câu 4 Giải phương trình:  2

   42   4  2  2   4  50

   4 2  2   4 48  0

Câu 5 Giải phương trình:   2 

x x   x  x  x

TXĐ D = 1; 

Phương trình   (x 1) x    1 (x 1) x  1 (2x 3)3 (2x 3)2 2x 3 (1)

( )     ( )  3    2 1 ( )    0,

Phương trình (1) có dạng f( x  1) f( 2x 3 ) Từ hai điều trên phương trình (1)

2

x =

2

4 x  2 22 3  x x  8

pt  x     x  x  x

2

 

 

2

x x

   







với đk

2 22 3

x x

 









Chứng minh được vế trái âm suy ra pt(2) vô nghiệm

Câu 7 Giải phương trình:

Điền kiện: x   2 (*).

    







( )  x ( x  ) x   x  x  x  x  x 

x x

x x

f(t)  t  t với t 

f '(t)  t     t  Hàm số f(t) đồng biến trên .

 

 

2

x

x (x )(x x )



2

 

Câu 8 Giải phương trình sau trên tập số thực

7x  25x 19  x  2x  35  7 x  2.

7x  25x 19  7 x  2 x  2x 35

3x  11x 22  7 (x 2)(x 5)(x 7)

3(x  5x 14) 4(  x  5) 7 (x 5)(x  5x 14)





Với a = b suy ra x  3 2 7 ( /t m); x  3 2 7 ( )l

x  t m x  l

18



Câu 9 Giải phương trình: 2 3  

2x  15x 34  3 4x  8 1

Ta có 2x2  15x 34   0 3 4 3 x    8 0 x 2

Cách 1:(Liên hợp thành phần)

2 3 3

x



3

4

x

x









Cách 2:(Liên hợp hoàn toàn)

1  2x  16x 32  3 4x  8 x 2

2 2

3

x

 

3

4

x

x







Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4

Cách 3:(Phương pháp đánh giá)

Ta có: 3 3 4x 8 8.8  4x  8 3 4x 8 x 2 ( Theo bất đẳng thức Cô si)

2x  15x 34   x 2 2 x 4    0 x 4 Thử lại thấy thỏa mãn

Câu 10 Giải phương trình:   3 

2 x  2 x  5 2 2x  5  3x 1 (x )

2

x Phương trình đã cho tương đương:

x

x



x

x





x

x



5

; 2

 

 

3

f x

x

5 2

x

 

2

 

 

Ta có f(3)  0 (2)

4 x    x 1 1 5x 4x  2x x

1,

2

4t  t 7t    5 t 6t   9 t   4t 4  0

2 2

   

 

  



2

1 0

t   t có một nghiệm là 1 5

2

2

t   t có một nghiệm là 1 21

2

t  

 Khi 1 5

2

thì

2

2

2

2

2

t  

thì

2

2

2

2

2

2

Câu 12 Giải phương trình:

2x  8 2 x  4x 12  3 x  2 x 6

x

x x

 



 

  



 

4

  





 x  x  x   x  x  x

x

 



 



10

7

x

x x





15x  12x 12 10 2  x 1 x  3

15x  12x 12 10 2  x 1 x  3 1

2

x 

 2  2    2

3 2x 1  3 x   3 10 2x 1 x  3

3a  3b  10ab

3

3

a

b a

do b

b

 

               



Với 3ba, a 3b ta được:

 

2

2

1 2

x

  



    



Với b 3a, a 3b ta được: 2

2

1

114 18

35

x

x x





35



2

2

1

2 2( 5)

5 (2 3)( 2 1 3) 2

Đk: x Với đk trên, pt tương đương



 





 



x

x x

2

(2 3)( 2 1 3) 2

t t

Đặt t=

trở thành: t

2

1 17

2





 





nhận loại

Giải

(loại)

t t

t

4



Vậy pt có nghiệm là

x x