PP GIẢI PHUONG TRINH VO TI DANH CHO THCS

Tài liệu cung cấp các phương pháp cơ bản đầy đủ để giải phương trình vô tỉ dành cho THCS

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA

I-KIẾN THỨC:

1/

( ) 0 ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( )

f x

f x g x g x

f x g x

≥





 2/ ( ) ( ) ( ) 02

( ) ( )

g x

f x g x

f x g x

≥



 3/

( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0

( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )

f x

f x g x h x g x

f x g x f x g x h x





( ) 0

( ) ( )

f x

f x g x

≥







2

( ) 0

( ) ( )

n

n

g x

f x g x

≥



=

 6/ 2n+1 f x( ) =2n+1g x( ) ⇔ f x( ) =g x( ) (n N∈ * )

7/ 2n+1 f x( ) =g x( ) ⇔ f x( ) =g2n+1 ( ) (x n N∈ * )

…

II-BÀI TẬP

Bài 1: Giải phương trình: x− 2x+ = 3 0

HD:Ta có: x− 2x+ = 3 0 ⇔ 2x+ = 3 x

2 2

0

3 1

3

x

x x

x

≥



Bài 2: Giải phương trình: x+ − 4 1 − =x 1 2 − x

HD: Ta có: x+ − 4 1 − =x 1 2 − x ⇔ x+ = 4 1 2 − x+ 1 −x

1 2 0

4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )

x

x

 − ≥



⇔ − ≥

1 2

x

 ≤



⇔ 

1 2

2 1 0 (2 1) 2 3 1

x x

 ≤





⇔ + ≥





2

0

7 0

7

x x

x x

x x

x

−

 ≤ ≤

−

⇔ ⇔  = ⇔ =

Bài 3: Giải phương trình: x− − 2 3 x2 − = 4 0

HD:ĐK: 2

2 0

2

4 0

x

x x

− ≥



⇔ ≥

 − ≥

PT 2 3 ( 2)( 2) 0 2 1 3( 2) 0 ( 2 0 ) 217 (2)

9

x x

x x

=



 − =





 =

Kết hợp (1) và (2) ta được: x = 2

Bài 4 Giải phương trình : 3− =x x 3+x

Bài 5 Giải phương trình sau : 2( ) 3 ( )2

3

2 3 9 + x x+ 2 = 2x+ 3 3x x+ 2

III-Bài tập áp dụng:

Bài 1:Giải các phương trình sau:

1/ x+ x− = 1 13 2/ 3 x+ 34 3 − x− = 3 1 3/ 2x+ − 5 3x− = 5 2

1 +x x + = + 4 x 1 5/ x 3 5+ = − x 2− 6/ x 1+ − x 7− = 12 x−

7/ x − x 1 − − x 4 − + x 9 0 + = 8/ x− − = 2 5 0 9/ 3 = 6x x− 2

10/ 5 1 21 0

2

6

x

3x

13/ 16x+ 17 8 = x− 23 14/ 3x+ + 1 2 − =x 3 15/20 − 3 2 − x = 2x− 3

Bài 2: Giải phương trình:

d) 3+ +x 6− =x 3 e) 3x− +2 x− =1 3 f) 3+ −x 2− =x 1

g) x+ = − 9 5 2x+ 4 h) 3x+ − 4 2x+ = 1 x+ 3 i) x− 4x− = 3 2

1

a) Giải phương trình khi m = 1

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

a) Giải phương trình khi m=3

b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm

Bài 6: Giải các phương trình sau:

a/ x− 7 x− − = 3 9 0 d/ 1 9

2 x− − 2 x− + x− = − g/ 2 6

4 7

− = −

x− − x− + x− = − h/ x+ −5 5 x− =1 0 c/ 3x− 7 x+ = 4 0 f) 2 2

(x+ 3) 10 −x =x − −x 12 i/ − + 5x 7 x+ 12 0 =

PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI

I-KIẾN THỨC:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ( ) 0)

f x g x f x

f x g x f x g x

f x g x f x



II-BÀI TẬP:

Bài 1: Giải phương trình: x 2 2 x 1+ + + + x 10 6 x 1+ − + =2 x 2 2 x 1+ − + (2)

HD

: (2) ⇔ x 1 0

x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1

+ ≥







x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|

≥ −





Đặt y = x 1+ (y ≥ 0) ⇒ phương trình(*) đã cho trở thành: y 1 | y 3 | 2 | y 1| + + − = − – Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)

– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3

– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)

Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8

Bài 2:Giải phương trình: x− + 2 2x− + 5 x+ + 2 3 2x− = 5 7 2

HD:ĐK: 5

2

x≥

PT ⇔ 2x− + 5 2 2x− + + 5 1 2x− + 5 6 2x− + = 5 9 14

⇔ 2x− + + 5 1 2x− + = 5 3 14

⇔ 2x− = 5 5

⇔ =x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15

Bài 3:Giải phương trình: x+ 2 x− + 1 x− 2 x− = 1 2

HD:ĐK:x≥ 1

Pt ⇔ x− + 1 2 x− + + 1 1 x− − 1 2 x− + = 1 1 2

⇔ x− + + 1 1 x− − = 1 1 2

Nếu x> 2 pt ⇔ x− + + 1 1 x− − = 1 1 2 ⇔ =x 2 (Loại)

Nếu x≤ 2 pt ⇔ x− + + − 1 1 1 x− = 1 2 ⇔ 0x= 0 (Luôn đúng với ∀x)

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S ={x R∈ | 1 ≤ ≤x 2}

III-Bài tập áp dụng:

Giải các phương trình sau:

1/ x2 + 2x+ = 1 5 2/ x− 4 x+ = 4 3

3/ x2 − 6x+ = 9 2x− 1 4/ x+ 4 x + = 4 5x+ 2

5/ x2 − 2x+ + 1 x2 + 4x+ = 4 4 6/ x− 2 x+ − 1 x− 4 x + = 4 10

x − x+ + x − x+ = 9/ x+ 2 x− + 1 x− 2 x− = 1 2 10/ x− − 3 2 x− + 4 x− 4 x− = 4 1

11/ x+ − 6 2 x+ + 2 x+ − 11 6 x+ = 2 1 12/ x− + 2 2x− + 5 x+ + 2 3 2x− = 5 7 2

13/ x2 + 2x− x2 + 2x+ − = 1 5 0 14/ 2x+ 4 + 6 2x− 5 + 2x− 4 − 2 2x− 5 = 4

15/ x2 − 4x+ + 4 2x= 10 16/ 2

2 1 2 8

x − x+ + x= 17/ x+ x+ +12 x+ =14 2 18/ 14x2 +x+1− 6−2 5 =0

2

x

x+ x− + x− x− = + 20/ x2 − 4x+ = − 4 2 x

21/ (x− + − 1) 4 4 x− + 1 x− − 1 6 x− + = 1 9 1 22/ x+ − 8 6 x− = 1 4

PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường

Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải chúng ta cĩ thể đặt t = f x( ) và chú ý điều kiện của tnếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến tquan trọng hơn

ta cĩ thể giải được phương trình đĩ theo tthì việc đặt phụ xem như “hồn tồn ”

Nhận xét x− x2 − 1. x+ x2 − = 1 1

Đặt t = x− x2 − 1 thì phương trình cĩ dạng: t+ = ⇔ =1t 2 t 1

Thay vào tìm được x= 1

Bài 2 Giải phương trình: 2x2 − 6x− = 1 4x+ 5

5

x≥ −

Đặt t = 4x+ 5(t≥ 0) thì 2 5

4

t

x= − Thay vào ta cĩ phương trình sau:

t t

(t 2t 7)(t 2t 11) 0

Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = − ± 1 2 2;t3,4 = ± 1 2 3

Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1= − + 1 2 2,t3= + 1 2 3

Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: x= −1 2 vàx= +2 3

Cách khác: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 − 6x− ≥ 1 0

Ta được: x x2 ( − 3) 2 − − (x 1) 2 = 0, từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng

Đơn giản nhất là ta đặt : 2y− = 3 4x+ 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)

HD:Điều kiện: 1 ≤ ≤x 6

Đặt y= x− 1(y≥ 0) thì phương trình trở thành: y2+ y+ = ⇔ 5 5 y4− 10y2− +y 20 0 = ( với 5)

Từ đĩ ta tìm được các giá trị của 11 17

2

x= −

Bài 4 Giải phương trình sau : ( ) ( )2

x= + x − − x

HD: ĐK: 0 ≤ ≤x 1

Đặt y= 1− x thì phương trình trở thành: ( )2( 2 )

2 1 −y y + −y 1002 = ⇔ = ⇔ = 0 y 1 x 0

Bài 5 Giải phương trình sau : 2 1

x

HD:Điều kiện: − ≤ < 1 x 0

Chia cả hai vế cho x ta nhận được:x 2 x 1 3 1

Đặt t x 1

x

= − , ta giải được

Bài 6 Giải phương trình : x2 + 3 x4 −x2 = 2x+ 1

HD: x= 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 1 3 1

2

Đặt t=3 1

x

x

− , Ta có : t3 + − = ⇔t 2 0 1 1 5

2

Bài 7.Giải phương trình:3x2 + 21x+ + 18 2 x2 + 7x+ = 7 2

HD:Đặt y = x2 + 7x+ 7;y≥ 0

Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0

5 3 1

y y

−

 =



⇔

=



1

y

⇔ =

Với y = 1 ⇔ x2 + 7x+ = 7 1 ⇔  = −x x= −16 Là nghiệm của phương trình đã cho

Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn

giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải

2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :

Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2 +αuv+βv2 = 0 (1) bằng cách

Xét v≠ 0 phương trình trở thành :

2

0

v α v β

v= 0 thử trực tiếp

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

 a A x. ( ) +bB x( ) =c A x B x( ) ( ).

u v mu nv

α +β = +

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được

phương trình vô tỉ theo dạng này

a) Phương trình dạng : a A x. ( ) +b B x. ( ) =c A x B x( ) ( ).

Như vậy phương trình Q x( ) =α P x( ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

.

P x A x B x

Q x aA x bB x





Xuất phát từ đẳng thức :

( ) ( )

x + = x+ x − +x

x + = x − x+ x + x+

4x + = 1 2x − 2x+ 1 2x + 2x+ 1

Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:4x2 − 2 2x+ = 4 x4 + 1

Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai

at + − =bt c giải “ nghiệm đẹp”

Bài 1 Giải phương trình : 2(x2 + 2) = 5 x3 + 1

2

u = x+ u≥ v= x − +x v≥

phương trình trở thành : ( 2 2)

2

2

u v

u v uv

u v

=





 =



Tìm được: 5 37

2

x= ±

Bài 2 Giải phương trình : 2 3 4 2

3

HD:Dễ thấy: x4 + + =x2 1 (x4 + 2x2 + − 1) x2 =(x2 + +x 1) (x2 − +x 1)

Ta viết α(x2 + + +x 1) (β x2 − + = −x 1) 3 (x2 + +x 1) (x2 − +x 1)

Đồng nhất vế trái với (*) ta được :

( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )

u= x + +x u≥  v=x − +x v≥ 

phương trình trở thành :-3u+6v=- 3 uv ⇒ =u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x

Bài 3 Giải phương trình : 3 2 ( )3

x − x + x+ − x=

HD:Nhận xét : Đặt y= x+ 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và

y :

2

x y

x y

=



Pt có nghiệm :x= 2, x= − 2 2 3

b).Phương trình dạng : αu+βv= mu2 +nv2

Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên

Bài 1 Giải phương trình : 2 2 4 2

x + x − = x − +x

HD:Ta đặt : 2 2 ( , 0; )

1

u x

u v u v

v x

 =



 khi đó phương trình trở thành :

3

u+ v= u −v

hay: 2(u + v) - (u - v)= (u v u v+ ) ( − )

Bài 2.Giải phương trình sau : 2 2

x + x+ x− = x + x+

HD:Đk 1

2

x≥ Bình phương 2 vế ta có :

( 2 ) ( ) 2 ( 2 ) ( ) ( 2 ) ( )

x + x x− = x + ⇔ x + x x− = x + x − x−

Ta có thể đặt :

2

2

u x x

v x

 = +

 khi đó ta có hệ :

2

2

uv u v

=





= − ⇔

=



Do u v, ≥ 0 1 5 2 1 5( )

u= + v⇔ x + x= + x−

Bài 3 Giải phương trình : 5x2 − 14x+ − 9 x2 − −x 20 5 = x+ 1

HD:Đk x≥ 5 Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 − 5x+ = 2 5 (x2 − −x 20) (x+ 1)

Nhận xét : Không tồn tại số α β, để : 2x2 − 5x+ = 2 α(x2 − −x 20) +β(x+ 1) vậy ta không thể đặt :

1

u x x

v x

 = − −

Nhưng may mắn ta có : (x2 − −x 20) (x+ = 1) ( x+ 4) (x− 5) (x+ = 1) (x+ 4) (x2 − 4x− 5)

Ta viết lại phương trình: 2(x2 − 4x− + 5) 3(x+ 4) = 5 (x2 − 4x− 5)(x+ 4) Đến đây bài toán được giải quyết

3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Từ những phương trình tích ( x+ − 1 1)( x+ − + = 1 x 2) 0,

( 2x+ − 3 x)( 2x+ − + = 3 x 2) 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau

Bài 1 Giải phương trình :x2 + −(3 x2 + 2)x= + 1 2 x2 + 2

HD:Đặt t = x2 + 2;t ≥ 2 , ta có : 2 ( ) 3

1

t

t x

=



Bài 2 Giải phương trình : (x+ 1) x2 − 2x+ = 3 x2 + 1

HD:Đặt : t = x2 − 2x+ 3, t ≥ 2

Khi đó phương trình trở thnh : (x+ 1)t =x2 + 1 ⇔ x2 + − + 1 (x 1)t = 0

Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :

1

t

t x

=



Bài 3:Giải phương trình:x2 + 3x+ = 1 (x+ 3) x2 + 1

HD:Đặt t = x2 + 1;t ≥ 1

Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0⇔(t - x)(t - 3) ⇔  =t t =3x

Nếu t = x ⇔ x2 + = 1 x (Vô lý)

Nếu t = 3 ⇔ x2 + = ⇔ = ± 1 3 x 2 2

Vậy:x= ± 2 2

4 Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích

Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô

tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa

về hệ

Xuất phát từ đẳng thức ( )3 3 3 3 ( ) ( ) ( )

3

a b c+ + =a + + +b c a b b c c a+ + + , Ta có ( )3 ( ) ( ) ( )

a + + =b c a b c+ + ⇔ a b a c b c+ + + =

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba

2 2

3 7x+ − 1 x − − +x 8 x − 8x+ = 1 2

3 3x+ + 1 3 5 − +x 3 2x− − 9 3 4x− = 3 0

Bài 1 Giải phương trình :x= 2 −x 3 − +x 3 −x 5 − +x 5 −x 2 −x

HD:ĐK:x≤ 2

Đặt





, ta có :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2

u v u w

u uv vw wu

v uv vw wu u v v w

w uv vw wu v w u w





, giải hệ ta

u= ⇔ =x

2x − + 1 x − 3x− = 2 2x + 2x+ + 3 x − +x 2

HD:Ta đặt :

2 2 2 2

2

a x

b x x

d x x













, khi đó ta có : a b c d2 2 2 2 x 2

a b c d

+ = +



⇔ = −



Bài 3 Giải các phương trình sau : 4x2 + 5x+ − 1 2 x2 − + =x 1 9x− 3

HD:Đặt 422 5 1 ( ; 0)

1

a b

b x x





Ta được hệ phương trình:

2 4 2 9 3

a b x

 − = −



Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b ⇔(a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 2

1 2

a b

=



⇔  = −

3

⇔ + + = − + ⇔ = (thoả mãn) Nếu a = 1 - 2b ⇔ 4x2 + 5x+ = − 1 1 2 x2 − +x 1 (*)

Ta có : VT(*) ≥ 0 (1)

VP(*) =

2

− − + = −  − ÷ + ≤ − <

Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1

3

x=

Bài tập áp dụng:

Giải các phương trình sau : ( ) 4( )3 4 3 2( )

4

x+ x −x + −x = − +x x + x −x

5 Đặt ẩn phụ đưa về hệ:

5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường

Đặt u=α( )x v, =β( )x và tìm mối quan hệ giữa α( )x và β( )x từ đó tìm được hệ theo u,v

Bài 1 Giải phương trình: x3 35 −x x3( + 3 35 −x3) = 30

HD:Đặt y= 3 35 −x3 ⇒ x3 +y3 = 35

Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3( 3 ) 30

35

xy x y

x y





 , giải hệ này ta tìm

được ( ; ) (2;3) (3;2)x y = = Tức là nghiệm của phương trình là x∈ {2;3}

Bài 2 Giải phương trình: 4 629 −x+ 4 77 +x = 8

HD:ĐK:− ≤ ≤ 77 x 629

Đặt

4

4

629

( ; 0) 77

u v



4

4 + =

= +

⇒u v u v

Đặt t = uv

128 1695 0

113

t

t

=



⇒ − + = ⇔  =

Với t = 15 ⇒ x = 4

Với t = 113 ⇒ x = 548

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}

5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II

Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II

Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : ( )

( )

2 2





thì đơn giản

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y= f x( ) sao cho (2) luôn đúng ,

2 1

y= x+ − , khi đó ta có phương trình : ( )2 2

Vậy để giải phương trình : x2 + 2x= x+ 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ

Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : ( )

2 2

x ay b

y ax b

α β

α β





phương trình dạng sau : đặt αy+ =β ax b+ , khi đó ta có phương trình :

( )2 a

x ax b b β

α β

Tương tự cho bậc cao hơn : ( )n a n

x ax b b β

α β

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :

(αx+β)n = p a x b n ' + + ' γ đặt αy+ =β n ax b+ để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ??? Việc chọn α β; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :(αx+β)n = p a x b n ' + + ' γ là chọn được

Bài 1: Giải phương trình: x2 − 2x= 2 2x− 1

HD:Điều kiện: 1

2

x≥

Ta có phương trình được viết lại là: (x− 1) 2 − = 1 2 2x− 1

Đặt y− = 1 2x− 1 thì ta đưa về hệ sau:

2 2

x x y

y y x







Trừ hai vế của phương trình ta được (x y x y− )( + ) 0 =

Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x= + 2 2

Cách 2: Đặt 2x− = + 1 t a ⇒ 2x− = +1 t2 2at a+ 2

Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2

kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình:

2 2

x x t

t t x







Giải hệ này ta sẽ tìm được x

Bài 2 Giải phương trình: 2x2 − 6x− = 1 4x+ 5

HD:Điều kiện 5

4

x≥ −

Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 − 12x− = 2 2 4x+ ⇔ 5 (2x− 3) 2 = 2 4x+ + 5 11

Đặt 2y− = 3 4x+ 5 ta được hệ phương trình sau:

2 2

x y x y





Với x= ⇒y 2x− = 3 4x+ ⇒ = + 5 x 2 3

Với x y+ − = ⇔ = − ⇔ − − = 1 0 y 1 x 2x 1 4x+ 5 (vô nghiệm)

Kết luận: Nghiệm của phương trình là x= + 2 3

Áp dụng:

Bài 3:Giải phương trình:x2 − x+ = 5 5

Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x = 4 9( 0)

28

x x

+ > .

Bài 5: Giải phương trình:2x2 + 2x+ = 1 4x+ 1

PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ I-KIẾN THỨC:

1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:

Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 ≤ (a2 +b2 )(x2 +y2 )

Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ =a x b y

2.Bất đẳng thức côsi:

a) Với hai số a, b ≥ 0 thì ta có:

2

a b

ab

+ ≥ Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ =a b

b) Với ba số a, b, c ≥ 0 thì ta có: 3

3

a b c

abc

+ + ≥ Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ =a b= c

c) Với bốn số a, b, c, d ≥ 0 thì ta có: 4

4

a b c d

abcd

+ + + ≥ Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ =a b= c = d

e) Với n số a1, a2,…, an ≥ 0 thì ta có: 1 2

1 2

n n

n

a a a n

+ + + ≥ Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ =a1 a2 = = a n

3.GTLN,GTNN của biểu thức:

a/ A = m + f2(x) ≥ m

A m

MinA m

⇒ ≥

Dấu ''='' xảy ra ⇔f(x) = 0

b/ A = M - g2(x) ≤ M

ax

A M

M A M

⇒ ≤

Dấu ''='' xảy ra ⇔g(x) = 0

4 Dùng hằng đẳng thức :

Từ những đánh giá bình phương : A2 +B2 ≥ 0, ta xây dựng phương trình dạng A2 +B2 = 0

Từ phương trình ( ) (2 )2

5x− − 1 2x + 9 5 − x− 2 + x− = 1 0

4x + + 12 x− = 1 4 x 5x− + 1 9 5 − x

5 Dùng bất đẳng thức

Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: (1)

(2)

A m

B m

≥



 ≤

nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A B=

Ta có : 1 + +x 1 − ≤x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x= 0 và 1 1 2

1

x

x

+ , dấu bằng khi

và chỉ khi x = 0 Vậy ta có phương trình: 1 2008 1 2008 1 1

1

x

+

Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : ( )

( )

A f x

B f x

 ≥



 khi đó :

( ) ( )

A f x

A B

B f x

 =





 Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được

II-BÀI TẬP:

Bài 1 Giải phương trình : 13 x2 −x4 + 9 x2 +x4 = 16

HD:Đk: − ≤ ≤ 1 x 1

Biến đổi pt ta có : ( )2

x −x + +x =

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:

13 13 1 −x + 3 3 3 1 +x ≤ 13 27 13 13 + − x + + 3 3x = 40 16 10 − x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2( 2) 16 2

2

x − x ≤  =

 ÷

 

Dấu bằng

2 2

2 1

5 1

3

2

5

x x

x

x





Bài 2 Giải phương trình: x3` − 3x2 − 8x+ 40 8 4 − 4 x+ = 4 0

HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x+ ≤ + 4 x 13 và 3 2 ( ) (2 )

Bài 3: Giải phương trình: 7 − +x x− = 5 x2 − 12x+ 38

HD:Ta có :VT2=( 7 − +x x− 5)2 ≤(1 + 1).(7- x + x - 5) = 4

Nên : 0 < VT ≤ 2

Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2 ≥ 2

Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6

Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho