Phương trình chứa căn thức

Đây là bài toán khó đối với học sinh,các em rất khó khăn trong việc sử dụng các phương Pháp khác để giải phương trình này .Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy hàm là một

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

VD1: Giải phương trình : 3 3

5x   1 2x  1 x 4 (1)

Nhận xét

Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng Từ đó ta thấy vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 4 là hàm hằng ,đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu

Lg: Đk: 31

5

x  ,Đặt f(x)= 3 3

5x   1 2x  1 x

f’(x)=

2

1

2 5 1 3 (2 1)

x

>0 x

3

1 ( ; ) 5

  nên hàm số đồng biến

trên [31 ; )

5

  Mà f(1)=4 nên x=1 là nghiệm

VD 2 : Giải phương trình : 3 2

2x  3x  6x 16  4 x  2 3 Nhận xét :

Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện

Đk:

x

Đặt f(x) = 3 2

2x  3x  6x 16  4 x,

f’(x)=

2

3 2

0, ( 2; 4)

2 4

x x

x x

 



Nên hàm số đồng biến ,f(1)=2 3 nên x=1 là nghiệm

VD3 : Giải phương trình

x2 2 x13 x6  4 x6 2 x13 x 2

Đk: 1

2

x 

Viết lại phương trình dưới dạng như sau

 2x 1 3 x2 x64

Nhận thấy 2x   >0 1 3  x>5

hơn nữa hàm g(x)= 2x   , h(x) =1 3 x2 x dương đồng biến 6 với x>5

mà f(7) =4 nên x=7 là nghiệm

VD 4 : Giải phương trình x5 x3  1 3 x   ( ĐH Ngoại thương 4 0 2000)

Lg:

Đặt f(x) =x5 x3 1 3 x  ,4 1

3

x 

3

2 1 3

x

 Vậy f(x) đồng biến với 1

3

x  ,f(-1) =0 nên x=-1 là nghiệm

VD5: Giải phương trình : 3 (2x  9x2  3) (4  x 2)(1  1  x x2 )  0 (3) Lg:

Trước khi vận dụng phương pháp hàm số ,ta xét cách giải sau của Thầy :

Nguyễn tất Thu :Gv THPT Lê Quý Đôn –Biên Hoà đồng Nai

(Đăng trên báo toán học và tuổi trẻ với chủ đề :Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá)

3 (2x  (3 )x  3)   (2x 1)(2  [ (2  x 1) ] 3  Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x.(2x+1)<0 hay

1

;0

2

x      

nhận thấy nếu 3x= -(2x+1) 1

5

x

   thì hai vế của phương trình bằng nhau Vậy

1

5

x   là nghiệm của phương trình Hơn nữa ta thấy nghiệm

;0

x        

Ta chứng minh 1

5

x   là nghiệm duy nhất

2  (3 )x  3)   2 (2x 1)   3 3 (2x  (3 )x  3)   (2x 1)(2  [ (2  x 1) ] 3 

3 (2x  (3 )x  3) (2  x 1)(2  [ (2  x 1) ] 3   0 suy ra phương trình vô nghiệm trên khoảng 1 1

;

với 1

0

   làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên 1

;0

5



 Vậy nghiệm của phương trình là

1 5

x  

Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất

Ta xét cách giải khác sau bằng phương pháp hàm số

Viết lại phương trình dưới dạng:

3 (2x  (3 )x  3)   (2x 1)(2  [ (2  x 1) ] 3 

Xét hàm số f(t)=

2

2

3

t

t



hàm số luôn đồng biến

Do đó (3)f(3x)=f[ (2  x 1)] 3x=-2x-1 x= 1

5



Bình luận :

Qua hai cách giải trên chắc các thầy cô đều đồng ý với tôi là cách giải thứ hai hay và tự nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu Tôi đã kiểm nghiệm phương trình này trên hai lớp ôn thi đại học và không có học sinh nào giải theo cách giải của thày Thu vì nó thiếu sự tự nhiên không

có ‘ Manh mối ’ để tìm lời giải Đây là bài toán khó đối với học sinh,các

em rất khó khăn trong việc sử dụng các phương Pháp khác để giải phương trình này Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người thày Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán ,để học sinh có đủ ‘sức đề kháng’ trước các bài toán lạ

VD6 :Giải phương trình :2x3 x2 3 2x33x 1 3x 1 3 x2 2(1) Lg:

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

Xét hàm số f(t)= 3

t t f’(t)= 2  

3

1

3

t

trên R\ 0 

(*) f(2x3-3x+1)=f(x2+2)  2x3-3x+1= x2+2 (2x+1)(x2-x-1)=0

1 1 5

;

x   

VD7:Giải phương trình 3 x23 2x2  1 3 2x2  3 x1

Lg:

Ta có

3 x2 2x  1 2x  3 x 1 3 x2 3 x 1 2x  1 2x (*) Xét hàm số f(t) =3 3

1

t  t dễ thấy hàm số f(t) đồng biến trên R\ 0; 1  

nên (*) f(2x2)=f(x+1) 2x2=x+1x=1 hoặc x= 1

2



VD8: Giải phương trình 3 6 x   1 8 x3 4 x  1

Lg:

Biến đổi phương trình tương đương với

3 6x 1 8x 4x 1 6x 1 3 6x 1 (2 )x 2x (*)

Xét hàm số f(t)=t3+t dễ thấy f(t) đồng biến nên (*)f(3 6x  )=f(2x) 1

2

Nếu |x|>1 thì | 3

4x  3x|=|x||4x 3| > 1

2 (1) vô nghiệm Nếu x 1 đặt x=cost t0; phương trình trở thành

4cos3t-3cost = 1

2 cos3t =1

    chọn các nghiệm trong

khoảng t0; ta có nghiệm , 5 , 7

   từ đó suy ra các ngiệm

của phương trình là cos ; cos5 ; cos7

Bình Luận:

Bài toán trên được giải dựa vào tính chất sau của hàm số :

f(t) đơn điệu thì f(t 1 )=f(t 2 ) t 1 =t 2 .Tuy nhiên mỗi bài toán trước khi áp dụng được tính chất trên vào giải phương trình thì người giải toán cần phải biến đổi ,lột bỏ được cái nguỵ trang của bài toán ,đưa về dạng thích hợp có lợi cho việc sử dụng công cụ giải toán Muốn làm tốt được điều đó người thầy phải thường xuyên chú trọng việc bồi dưỡng tư duy hàm cho học sinh

VD9: Giải phương trình x2 15 3x 2 x2 8

Lg: xét f(x)= 3x 2 x2 8 x2 150

Nếu 2 3 2 0, 2 8 2 15 0

3

x  x  x   x   Vì vậy 2

3

x

  đều không là nghiệm

Nếu '

Vậy f(x) đồng biến khi 2

3

x  ,f(1)=0

Nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình

VD10 :Giải phương trình: 4 4

x 2  4 x 2

f x  x 2  4 x với 2 x 4 

 

f x

Ta có: f x 0    x 2 4 x x Nhìn 3

bảng biến thiên suy ra:

f x f 3 2 x 2,4

 Phương trình   4 4

f x  x 2  4 x 2 có nghiệm duy nhất x  3

VD 11 : Giải phương trình sau: 3 2 x   1 3 2 x  2  3 2 x  3  0 (1) Lg:

Xét phương trình 3 2 x   1 3 2 x  2  3 2 x  3  0

Tập xác định: D = R Đặt f(x) = 3 2 x   1 3 2 x  2  3 2 x  3  0

Ta có:

2

3 , 1 , 2

1

; 0 ) 3 2 (

2 )

2 2 (

2 )

1 2 (

2 )

(

'











x x

x x

f





































































2

3 2

3 , 1 1

, 2

1 2

1

,

x  0 x0 1 

f   0 

f

(x0)

Ta thấy f(-1)=0  x=-1 là một nghiệm của (1) Ta có:

3 ) 2

3 (

;

3

)

2

1

f

Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):

x -∞

2

3

 -1

2 1  +∞

f’(x)   

F(x) +∞

0 3

-∞ -3

Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0  x = -1

vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm

Bình luận :

Nhiều phương trình vô tỷ được giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích hợp sau đó

đưa về hệ phương trình ,từ đó vận dụng hàm số để giải

VD12: Giải phương trình : 3 2 3 2

x  x  x  x  x

Lg: Đặt y= 3 2

7x  9x 4

Ta có



Xét hàm số f(t)=t3+t, f’(t)=3t2+1>0  t R hàm số đồng biến nên ta có y=x+1

2

x  x  x o  x    

Bình Luận :

Một trong những ứng dụng mạnh và lý thú của hàm số là vận dụng vào việc tìm Đk của tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước.Đây cũng là một trong những dạng toán quen thuộc mà học sinh hay gặp trong câu V của các đề thi vào các trường đại học trong những năm gần đây

VD 13 ( ĐH KA-08) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực

phân biệt

4 2x  2 x 2 64 x  2 6x m

Lg: Đặt f(x) = 4 2x  2x 2 64 x  2 6 x ,x 0; 6

3 3 4 4 ' 3 3 3 3 4 4 4 4 (6 ) (2 ) 1 1 1 1 6 2 ( ) 2 6 2 6 2 (2 ) 2 (6 ) 2 (6 ) (2 ) x x x x f x x x x x x x x x               Nhận thấy hai số hạng của f’(x) cùng dấu với nhau nên f’(x) =0 khi 6-2x=2x hay x=2 Bảng biến thiên :

x 0 2 6

f’(x) + 0 -

f(x) 9 3 2 2 4

2 6  2 6 4

12  2 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai ghiệm thực phân biệt Khi 2 6 2 64 m 4122 3

Bình luận

Đây là bài toán khó về ứng dụng của hàm số trong việc giải phương trinh

Việc tính đạo hàm đã gây nhiều khó khăn cho học sinh,nhưng việc xét

dấu

của dạo hàm còn phức tạp hơn Mặt khác bài toán đòi hỏi học sinh phải

có kiến

thức và kỹ năng vững vàng mới giải được Đây là câu khó khăn nhất của

đề Khối A năm 2008.Ta xét thêm một số ví dụ khác

VD 14 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt dương

11 4 1 72

2

x

  =m Lg: Đặt y= 11 4 1 72

2

x

  ta có

'

1

y



' 2

2 2 11 28 0 ( ) 1 2 4 28 y g x x x x       Lại có g(x) nghịch biến với x>0 ; g(3)=1 nên x=3 là nghiệm duy nhất mà

' ' 3 ( ) 1 0 3 ( ) 1 0 x g x y x g x y           vì vậy ta có bảng biến thiên sau x 0 3 + 

y’ - 0 +

y +  + 

15

2

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m>15

2

Bình Luận :

Bài toán trên khó khăn cho học sinh không chỉ ở công đoạn tính đạo hàm mà còn gây khó khăn cả trong việc giải phương trình y ’ =0 và xét dấu của đạo hàm Để giải được phương trình y ’ =0 và xét được dấu đạo hàm ở bài toán trên có sự phục vụ rất lớn của đạo hàm Ta có thể tiếp cận bài toán trên theo cáh khác như sau :

2

2

2

2

 

Lại có theo bất đẳng thức Bunhiacopki

2

2 2

2

    Dấu = xảy ra khi

3 1

x

x x

Theo bất đẳng thức cô si ta có 3 9 3 6 15

2  x x  2   2 Dấu bằng khi x=3

từ đó ta có 11 4 72 15

x

Lập bảng biến thiên ta được kết quả như trên

Bình Luận :

Cách giải này giúp học sinh không phải tính đạo hàm và xét dấu của đạo hàm nhưng lại gặp khó khăn trong việc lựa chọn điểm rơi trong bất dẳng thức Cô si và Bunhia Để luyện tập học sinh có thể làm bài tập

tương tự :

Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm dương

2

2

x

Nhận xét :

Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình ,học sinh cũng hay mắc sai lầm trong việc kết luận về tổng,tích hai hàm đồng biến

Ta xét thêm một ví dụ khác

VD15: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

x x  x  12  m  2010  x  2009  x 

Lg:

Đk : 0  x  2009

Viết lại phương trình dưới dạng :(x x  x  12)(

2010  x  2009  x) =m

Xét hàm số f(x) =(x x  x  12)( 2010  x  2009  x)

Ta có h(x) =x x  x  12 >0 và đồng biến trên 0  x  2009

g(x)= 2010  x  2009  x

0  x  2009

nên hàm số đồng biến trên 0  x  2009, hơn nữa g(x) >0 với

0  x  2009

vì vậy f(x) =h(x)g(x) đồng biến trên 0  x  2009.vì vậy phương trình có nghiệm

khi

Bình Luận:

Khi hướng dẫn học sinh vận dụng tính chất của hàm số vào giải phương trình người thầy cũng cần lưu ý học sinh:Khi xét trên tập D thì tích của hai hàm đồng biến (Nghịch biến )chưa chắc là hàm đồng biến

(nghịch biến) chỉ có tích

của hai hàm đồng biến (nghịch biến ) dương mới là hàm số đồng biến

(nghịch biến )

VD16 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

(4m3) x 3 (3m4) 1x m 1 0 (1)

Lg:

Điều kiện   3 x 1

Phương trình  m(4 x 3 3 1x1)3 x 3 4 x 1 1

m

    (2)

Vì  x 3 2 1 x2  4

Nên ta đặt

2 2 2

2

1 1

1

t x

t t x

t



 







Với t  0;1

Khi đó (2) trở thành:  

( )

(1) có nghiệm(3) có nghiệm t 0;1 có

2

2 2

Bình luận :Giáo viên nên giải thích tại sao ta đặt ?

2 2 2

2

1 1

1

t x

t t x

t



 







xuất phát từ vấn đề lượng giác hoá: x2 y2 a2 ta đặt