Bài 2. Phương trình vô tỷ của Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

- Một bài toán tưởng chừng rất khó, lại được giải quyết một cách đơn giản và tự nhiên từ việc đoán nhận rằng phương trình đó được triển khai từ hằng đẳng thức.. Nhưng cũng có những bài [r]

Trang 1

Ví dụ 2 Giải phương trình 4 2x 1  4 x 1 4 4x 3.

- Phân tích Đặt

4 4 4

2x 1 a

x 1 b 4x 3 c

  



 





 

Ta tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ:

2x 1 m x 1   n 4x 3

m 4n 2

m 3n 1

 



 

 



m 2

n 1





 



 , hay: a4 2b4c4

Từ đó ta cần giải quyết hệ phương trình:

a b c

a 2b c

 





 

  b c 4 2b4 c4  b42b c 3b c3  2 22bc3  0

      b 0 (do a,b,c 0 )

Ở phương trình này chúng ta cần chú ý đến lợi thế (a, b,c 0)

Lời giải

Điều kiện x 1. Đặt

4 4 4

2x 1 a

x 1 b 4x 3 c

  



 





 

Từ đó ta có hệ:

a b c

a 2b c

 





 

  b c 4 2b4c4 b42b c 3b c3  2 22bc3 0

      b 0 (do a, b,c 0 )

Với b 0 , cho ta x 1 Thử lại ta thấy nghiệm của phương trình đã cho là x 1

- Bình luận.

- Phương pháp dùng nhiều ẩn phụ đặc biệt hiệu quả với những phương trình chứa nhiều căn thức mà biểu thức dưới dấu căn thức là bậc nhất, đơn giản vì một nhị thức bậc nhất bất kỳ luôn biểu diễn được qua hai nhị thức bậc nhất khác

- Chúng ta cũng cần lưu ý với những phương tình như trên được cho dưới dạng bậc nhất trá hình, ví dụ:

1) Giải phương trình: 3x2 1 33x2 1 3x 1 x 1    

Thực ra phương trình này cũng giống ví dụ 1, nhưng đã được thay x bởi x 2

2) Giải phương trình: 4 2x2 2x 1  4 x2 x 1 44x2 4x 3

Thực ra phương trình này cũng giống với với dụ 2, nhưng đã được thay x bởi x2 x

- Tóm lại: Khi chúng ta quyết định sử dụng nhiều ẩn phụ cho việc giải phương trình vô tỷ, chúng ta cần đảm bảo rằng sẽ tìm được một biểu thức liên hệ giữa các ẩn phụ đó Việc giải quyết phương trình nhiều

ẩn phụ tùy thuộc vào mức độ khó dễ của bài toán được cho

Ví dụ 3 Giải phương trình

2x 1  2x 1  x 1  3x 1

Lời giải

Điều kiện

1

2



Đặt

a 2x 1

b 2x 1

c x 1

d 3x 1

  





 



Từ đó ta có hệ:

Trang 2

2 2 2 2

1 1 1 1

a b c d



  





   





 



c d a b a b c d

a b c d



 

  

 Suy ra: c d a2 2 2b22ab a b c2 2 2d22cd

a2 b2 a b2 2 c d2 2 2abcd ab cd  0

ab cda2 b2 ab cd 2abcd 0

ab cd

  (do a, b,c,d 0 )

Với ab cd , ta có: 2x 1 2x 1   x 1 3x 1 

2

1

x

2

4x 1 x 1 3x 1







 

Thử lại ta thấy, nghiệm của phương trình đã cho là x 2.

- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1 Giải phương trình x2 3x 2  x2 4x 3 2 x  2 5x 4. Đáp số: x 1.

Bài 2 Giải phương trình x2 1 x2 2x 4  9 6x. Đáp số: x 0;

2

3



Bài 3 Giải phương trình 2 x 13  33x 2 35x 4. Đáp số: x 1.

Bài 4 Giải phương trình 3 7x 1  3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2.  Đáp số: x 0; x , x 9.1 

Bài 5 Giải phương trình

x  x    x Đáp số: x 2.

Bài 6 Giải phương trình 43 x 5   43 3 x   411 x 4x 13.

Đáp số: x1.

     Đáp số: x 1.

4x 30 30 30 x 30

Đáp số:

32





Bài 9 Giải phương trình x 2 x 3 x   3 x 5 x   5 x 2 x.  Đáp số:

239

120



4 Vận dụng các hằng đẳng thức trong giải phương trình vô tỷ

Nhắc đến đại số người ta thường nghĩ ngay tới những hằng đẳng thức đáng nhớ, hằng đẳng thức theo suốt chiều dài toán học từ bậc THCS Với phương trình vô tỷ, dáng dấp của hằng đẳng thức đáng nhớ trải đều khắp nơi, tuy nhiên trong mục này ta nhắc đến sự vận dụng linh hoạt các hằng đẳng thức để mang đến một cách nhìn tuy không mới nhưng chưa hẳn đã quen!

Ví dụ 1 Giải phương trình

9x

x 8



Lời giải

Điều kiện x 0. Phương tình đã cho tương đương với:

 x 8 2 2 3 x  x 8 3 x2 0   x 8 3 x  2 0

x 8 3 x

    x 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

- Nhận xét.

- Với cách làm này, bài toán được giải quyết một cách ngắn gọn, đẹp mắt và tự nhiên

Trang 3

- Nếu đặt x 8 a,  3 x , ta nhận thấy rằng thực ra phương trình trên được khai triển từ hằng đẳng b thức a b 2 0

Bài tập tương tự.

1) Giải phương trình

4x

5x 1



2) Giải phương trình

2

2x 1



3) Giải phương trình x 2  1 x 2 x 1  x 1 1 x     2

x  6x 29 2 3x  10x 3 10 2x x 3  3x 1

Lời giải

Điều kiện

1

3



Phương trình đã cho tương đương với:

x 5 2x 3   3x 1 2 x 3 3x 1     2 x 5   x 3 2 x 5     3x 1 0 

Đặt

x 3 a

3x 1 b

x 5 c

  



 



  

a b c 2ab 2bc 2ca 0    

2

     a b c 0   Thay trở lại ta có phương trình x 3  3x 1 x 5 0   

 x 3 2  3x 1 2 x 1 0

3 x 1

x 1

x 1 0

x 3 2 3x 1 2



x 3 2 3x 1 2

Do

1 0,

x 3 2   3x 1 2   

1

3



 

- Kết luận Nghiệm của phương trình đã cho là x 1.

- Nhận xét Thực ra bài toán được khai triển từ hằng đẳng thức

a b c  2 a2b2c22ab 2bc 2ca. 

với a x 3, b 3x 1 ; c x 5 

1) Giải phương trình x2 3x 14 2 2x  29x 4 6 2x   x 4  2x 1  

KQ x 0 2) Giải phương trình 16x219x 7 4  3x25x 2 8x 2   2 x 2 3x 1    

KQ x 1.

Ví dụ 3 Giải phương trình 26 x  5x 1  13x 14  5 2x 12 5x 1 5 2x        18x 32

(Chọn ĐT dự thi VMO 2013 – Lương Thế Vinh, Đồng Nai)

Lời giải

Điều kiện x 0 Đặt

a 5x 1

b 5 2x

  





 

a23b212 a  3a2b2 12 b 12ab 6 a    2b28

Trang 4

Thay trở lại ta có 5x 1  5 2x  2  5x 1 1    1 5 2x 0

5 x 2 2 x 2

0 5x 1 3 1 5 2x

5x 1 3 1 5 2x

x 2

  Do

0, 5x 1 3 1    5 2x 

1 5

5 2

   

Kết luận Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2.

- Nhận xét Ta nhận thấy rằng, bản chất thực sự của bài toán là quá trình khai triển hằng đẳng thức

a b 2  3 0

với a 5x 1; b 5 2x.

1) Giải phương tình x 17  4 x 20 x  x 1 9 4 x x 1        36

KQ.T0;3

2) Giải phương trình x 16 1 2x   16 5x  1 x 6x 12 1 2x 1 x         20

KQ

8

9

Ví dụ 4 Giải phương trình 4x28x 4  x 1 3x 2 2x   25x 3.

Lời giải

Điều kiện

1

2



Phương trình đã cho tương đương với:

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

2x 1 2 x 2 2x 1 x 32

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





 + Với 2x 1 2 x   2x 1  x 3 1  

, ta có:

 1  2x 1  2x 1 1    2 x x 3 0

0

x 1

  Do

0 2x 1 1 2 x x 3



1

2

 

+ Với 2x 1 2 x    2x 1  x 3   2

, ta có:

2x 1 2 x   2x 1  x 3 0  vô nghiệm, do

2x 1 2 x   2x 1  x 3  2x 1 2 x 2x 1  x 3 0  ,

1

2

 

Kết luận Phương trình có nghiệm duy nhất là x 1.

A  B  với 0 A2x 1 2 x ;   B 2x 1  x 3  

1) Giải phương trình x22x 2x x 3 6 1 x 7.     Đáp số: x 1.

2) Giải phương trình x25x 4 2x 4  x 5 2 3 x x 2       

Đáp số: x1.

Ví dụ 5 Giải phương trình 5x 8  2x 1 7x x 3 9x 18      x 26  x 1

Lời giải

Trang 5

Điều kiện

2x 1 a

x 3 b

x 1 c

  



 





 

a23b a b23a b 27 27c 9c    2 c3 a b 3 3 c 3

a b 3 c

     a b c 3 0   

Thay trở lại ta có: 2x 1  x 3  x 1 3 0  

 2x 1 1  x 3 2 x 1 0

2 x 1 x 1

x 1 0 2x 1 1 x 3 2

x 1 0

    x 1. Do

2 x 1 x 1

1 0, 2x 1 1 x 3 2

      x 1

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1.

A  B  với 0 A 2x 1 2 x 3 ;    B3 x 1  

Bài tập tương tự

1) Giải phương trình 7x 19  x 1 9 5x  2x 6 27x 63    3x 31 3x 4.  

KQ x1. 2) Giải phương trình 64x336x233x 7 48x223x 5  2 x 24x 8  3x 1.

KQ x 1.

- Bình luận

Qua các ví dụ trên, ta có thể nhận thấy rằng một bài toán với lời giải sử dụng hằng đẳng thức luôn cho những điều bất ngờ và thú vị

- Một bài toán tưởng chừng rất khó, lại được giải quyết một cách đơn giản và tự nhiên từ việc đoán nhận rằng phương trình đó được triển khai từ hằng đẳng thức Nhưng cũng có những bài toán nhìn rất khó với cách làm này lại được giải một cách đơn giản bằng một phương pháp khác

- Tuy nhiên khi sử dụng khai triển hằng đẳng thức để “chế đề” ta có thể gửi gắm được nhiều ý đồ giải toán trong đó Và chung quy lại, một bài toán nói riêng và một phương trình vô tỷ nói chung thường có nhiều cách giải quyết (Chúng ta sẽ tìm hiểu thêm ở chương 2) và để giải quyết nó chúng ta cần có những cái nhìn bao quát nhất về các phương pháp giải toán

D PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

Khi đoán biết được một số nghiệm của một phương trình vô tỷ, cũng như so sánh được các đại lượng ở hai vế của phương trình đó Ta thường lựa chọn phương pháp đánh giá để giải quyết phương trình

Một bài toán phương trình vô tỷ được giải bằng phương pháp đánh giá thường cho ta một lời giải bất ngờ, đẹp mắt và thể hiện được tư duy linh hoạt của người giải toán Sau đây là một số kỹ năng cần thiết giúp chúng ta cùng nhìn nhận phương pháp đánh giá một cách gần gũi hơn

1 Làm chặt miền nghiệm để đánh giá.

Ví dụ 1 Giải phương trình 347x 15 x   2x.

- Phân tích

- Do x 3 , là một nghiệm của phương trình Nên khi đó: 4

3 x









- Ta viết lại phương trình thành x 3 47x 15  2x0 * 

- Ta tìm nghiệm chung của các hệ bất phương trình:

+ 4

3 x 0







x 0









  0 x 3 

Trang 6

+ 4

3 x 0







x 3

x 0







- Như vậy:

+ Nếu 0 x 3  thì 3 x 47x 15  2x 0

hay (*) vô nghiệm

+ Nếu x 3 thì 3 x 4 7x 15  2x0

hay (*) vô nghiệm

Hay phương trình (*) có nghiệm duy nhất x 3.

Lời giải

Điều kiện x 0

Phương trình đã cho tương đương với: x 3 47x 15  2x0 * 

+ Nhận thấy x 3 là nghiệm của phương trình (*)

+ Xét các hệ bất phương trình:

- 4

3 x 0







x 0







- 4

3 x 0







x 3

x 0









Suy ra:

+ Nếu 0 x 3  thì 3 x 47x 15  2x 0

hay (*) không có nghiệm x0;3 

+ Nếu x 3 thì 3 x 47x 15  2x 0

hay (*) không có nghiệm x3;

Vậy PT có nghiệm duy nhất là x 3.

Ví dụ 2 Giải phương trình 47x211x 6  3x  x 6.

Lời giải

Điều kiện x 0.

Phương trình đã cho tương đương với: 47x211x 6  3x6 x  0

- 4 2

6 x 0







x 6

x 0









  0 x 6 

- 4 2

6 x 0







x 6

x 0







Suy ra:

+ Nếu 0 x 6  thì 47x211x 6  3x6 x  0

hay (*) không có nghiệm x0;6

+ Nếu x 6 thì 47x211x 6  3x6 x 0

hay (*) không có nghiệm x6;

Vậy PT có nghiệm duy nhất x 6.

Trang 7

Ví dụ 3 Giải phương trình x 1 2 x 1 3  2x 1 3 3 * 

Lời giải

Điều kiện

1

2



-

3

x 1 x 1

2x 1 2x 1







x 1 x 1 1 0 2x 1 2x 1 1 0 1

x 2





 



x 1 x

0

x 1 1 2x 1 x

0 2x 1 1 1 x 2









 



 







-

3

x 1 x 1

2x 1 2x 1







x 1 x 1 1 0 2x 1 2x 1 1 0 1

x 2





 



x 1 x

0

x 1 1 2x 1 x

0 2x 1 1 1 x 2









 



 







1

x 0 2

Suy ra:

+ Nếu x 0 , ta có:

VT   *  x 1 2 x 1 3  2x 1 3 x 1 2x 1   2x 1 

2

x x 3 3

    VP (*) hay (*) không có nghiệm x0;

+ Nếu

1

x 0

2

, ta có:

VT   *  x 1 2 x 1 3  2x 1 3 x 1 2x 1   2x 1 

    VP (*) hay (*) không có nghiệm x0;

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0.

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	408,49 KB