Bài 30. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Có thể nói, đây là một làn gió mới trong tư duy khi giải phương trình kết hợp hàm số, ý tưởng đầu là đánh giá sao cho càng chặt càng tốt biểu thức vế phải, nhưng nếu sử dụng bất đẳng th[r]

Bài 9 Giải phương trình   5 x 2 4x 9

2 x 5 1 3x 3x 10

2 10 6x 4 3x 1

 

   

Lời giải

Điều kiện

Xét hàm số: f x  2 10 6x  4 3x 1,  với

4 1

3 3

Ta có f ' x  3 6

2 x 3 10 6x

   f ' x  0  10 6x 4 4 3x  x1

Lập bảng biến thiên cho ta

 

 

4 1

;

3 3

4 1

;

3 3

5 Min f x 4 x

3 Max f x 10 x 1

  

  

Từ đó suy ra

5 x 4x 9 5 x 4x 9

10

2 10 6x 4 3x 1

2

x 4x 9

2

 



Bây giờ ta sẽ chứng minh    

2

x 4x 9

2

 

Thật vậy  *  x2 2x 29 4 x 5 1 3x 0.      

Ta đặt a 1 3x a 0 

2

1 a

3



Khi đó ta có được 1a 2 2 a 82 0

9    (luôn đúng) Từ đó suy

ra x là nghiệm duy nhất của phương trình.1

- Nhận xét Có thể nói, đây là một làn gió mới trong tư duy khi giải phương trình kết hợp hàm số, ý

tưởng đầu là đánh giá sao cho càng chặt càng tốt biểu thức vế phải, nhưng nếu sử dụng bất đẳng thức BCS thì sẽ lệch dấu bằng, nhưng nhận thấy

x

nên việc khảo sát hàm số ở mẫu thức là điều ta có thể làm Chính vì thế, nhiều lúc đánh giá càng chặt lại làm bài toán càng khó!

Bài tập tương tự.

1) Giải phương trình x 10  30 x x2 40x 400 2 10. 

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

3) Giải phương trình x x21 32 x 1   2 2x 2.

Bài 10 Giải phương trình 1 2x  4 3x  x24x  2x2 2x 9.

Lời giải

Điều kiện x  ; 4 0;1

2

      

Ta xét hai trường hợp Trường hợp x4.

Do 9 4 3x  16 1 2x   5 x 4   0 nên ta có

4

3

Từ đây suy ra 1 2x 4 3x 7 1 2x 491 2x 

Tuy nhiên, ta lại có  2  49  2   

Do đó 1 2x 4 3x 491 2x

9

Như vậy, để phương trình đã cho thỏa mãn thì trước tiên ta phải có x24x 0 , tức x4.

Thử lại, ta nhận thấy x là một nghiệm của phương trình.4

Trường hợp

1

2

 

Do 4 3x 4 8x 4 1 2x       nên ta có

1 2x 4 3x 4 3x 4 3x 4 3x

Tuy nhiên ta lại thấy rằng

4    4    9 2x 2x 2 nên từ đây ta cũng suy ra

49

1 2x 4 3x 4 3x

9

Như vậy, để phương trình đã cho thỏa mãn thì trước tiên ta phải có x24x 0, tức x 0.

Thử lại, ta nhận thấy x 0 một nghiệm của phương trình

Vậy x4; x 0 là hai nghiệm của phương trình đã cho

- Bình luận Khi đọc và suy ngẫm lời giải của bài toán trên, các ban chắc hẳn nhận ra nét tinh ý rất hay

của người giải Với những đánh giá tưởng chừng nhỏ nhưng hiệu quả của nó lại giúp ta

Có những ý tưởng sáng trong Nét then chốt của bài toán đó là hai đánh giá

4

4 3x 1 2x

3 1

1 2x 4 3x

2









Để có hai bất đẳng thức trên, chúng ta nên có những nhận xét nhỏ ban đầu rằng:

- Phương trình có hai nghiệm x 0; x nên 4 x24x 0

- Nếu x 4 thì phương trình có nghiệm x4.

Ta cần chọn a, b sao cho a 4 3x b 1 2x  

a 1 4 b 3







 





- Nếu

1

0 x

2

 

thì phương trình có nghiệm x 0 , đến đây ta dễ đánh giá hơn vì

4 3x 4 8x 4 1 2x      5x 0, x 0. 

Bài 11 Giải phương trình 41 x 41 x 41 3x 41 3x 41 2x 41 2x 41 4x 41 4x.

Lời giải

Điều kiện

1

x 1

3

Thật ra, nét tinh ý của bài toán chính là hai nhận xét:

41 x 41 x 41 2x 41 2x với mọi

1

3

  

41 3x 41 3x  1 4x  1 4x với mọi

1

3

  

Ta chứng minh nhận xét thứ nhất 41 x 41 x 41 2x 41 2x 1  

với mọi

1

3

  

Thật vậy, bình phương hai vế của  1 ta được

1 x  1 x 2 1 x    1 2x  1 2x 2 1 4x  

Mặt khác, dễ thấy rằng 1 x 2  1 4x2 cho nên ta cần chứng minh 1 x  1 x  1 2x  1 2x

1 x 1 4x

   

Điều này luôn đúng, suy ra ta có điều phải chứng minh

Nhận xét thứ  2

ta chứng minh hoàn toàn tương tự Từ đó suy ra VT VP. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 0.

Vậy x 0 là nghiệm của phương trình đã cho

- Nhận xét Có thể thấy bài toán xuất phát từ ý tưởng của những đánh giá dạng x2  x D0,   Những lớp bài như thế không nhiều nhưng lời giải đẹp và tự nhiên Từ lời giải trên, ta rút ra được bất đẳng thức khá thú vị: 41 nx 41 nx 41 2nx 41 2nx, n  .

Ngoài ra, lớp căn thức của đề bài cho ta nhớ đến một bổ đề bất đẳng thức nhỏ, có nhiều ứng dụng “Cho

a, b 0 ta có a 4  b 4 2   a b 4  ” từ đây, ta liên hệ đến sự thay đổi căn thức, có thể cho rnhững bài toán khá đẹp

Bài 12 Giải phương trình 81 x 81 x 81 3x 81 3x 2 1 2x8  81 2x 

Nguyễn Duy Hồng

Lời giải

Điều kiện

1 3x 0

1 3x 0





 



x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchuy – Schwarz ta có:

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

1

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







Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchuy – Schwarz và kết hợp  1

ta có:

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

2

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







Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchuy – Schwarz và kết hợp  2

ta có:

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

3

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







81 x 81 x 81 3x 81 3x 2 1 2x8 81 2x

Vậy phương trình tương đương với:

1 x 1 3x 1 x 1 3x

1 x 1 3x 1 x 1 3x

1 x 1 3x 1 x 1 3x













Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x 0.

- Nhận xét Với cách chứng minh trên ta có thể tổng quát bài toán trên thành

n1 x n1 x n1 3x n1 3x 2 1 2xn  n1 2x ,

n 2k, k  k chẵn.,

Bài tập tương tự.

Giải phương trình 41 x 41 x 41 3x 41 3x 2 1 2x4  41 2x 

Bài 13 Giải phương trình

Nguyễ Duy Hồng

Lời giải

Điều kiện

1

3

  

Xét hàm số:   4 14 1 4 1 4 1 1

 

f ' x

4

Áp dụng bất đẳng thức trung bình lũy thừa ta có:

1 2x

Mặt khác ta có: 4 3 4 3 4 3 4 3

1

Mặt khác ta có:

     

2

2 2

Từ  1 và  2 ta có: 4 3 4 3 4 3 4 3

2

0 4

 

4

Vậy hàm số f x  liên tục và đơn điệu tằng trên tập số thực

1

3

  

Mặt khác ta có f 0  0, vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0.

- Nhận xét Lời giải trên nhắc đến bất đẳng thức trung bình lũy thừa, ta có thể hiểu ở đây là chứng minh

  a3b34 2 a 4b43  a2b222 a 4b4

luôn đúng theo BCS

Bài 14 Giải phương trình x33x224 1 x 4 1 2x  4   3 24x 12 1 x 16  

Nguyễn Duy Hồng

Lời giải

Điều kiện

1 x 0

1 x 0

1 2x 0







2

Xét hàm số f x  x33x2 24 1 x 4 1 2x  4   3  24x 12 1 x 16  

4

Mặt khác theo AM – GM ta có:

1 2x 1 2x 1 2x 1 2x

1 2x



1 x 1 x

1 x



Mặt khác ta lại có:

1 x  1 x  1 x  1 x 24 12 3 

2

Từ  1

,  2

và  3

ta có: 4

1 x 1 2x 1 x

2

4

1 x 1 2x 1 x

1

2

Vậy hàm số f x 

liên tục và đơn điệu tăng trên tập số thực

1

2

  

- Khi x 1, thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn, vậy x 1 không phải là nghiệm của phương trình

- Khi 0 x 1  ta có f x f 0  0, vậy phương trình f x  0

vô nghiệm

- Khi x 0, thay vào phương trình thấy đúng nghiệm, vậy x 0 là một nghiệm của phương trình

- Khi

1

x 0

2

thì ta có f x f 0  0, vậy phương trình f x 0 vô nghiệm

- Khi

1

x

2



thay vào phương trình thấy không thỏa mãn, vậy

1 x 2



không là nghiệm của phương trình

Kết hợp với điều kiện  * ta có x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

- Nhận xét Lời giải trên dựa vào các đánh giá AM – GM và BCS rất đẹp, tuy nhiên cách nghĩ ra những

đánh giá như thế không phải dễ Nhận thấy x 0 là một nghiệm của phương trình, ta có thể dùng phương pháp liên hợp và kết hợp bất đẳng thức để giải Tuy nhiên, cách giải trên dài và gặp nhiều tính toán, nên chúng tôi không trình bày tại đây Bạn đọc có thể thử sức với ý tưởng trên

Bài 15 Giải phương trình 10x3 16 1 x 5 5x 45x2 16 1 x 5

2

Lời giải 1

Điều kiện x 0 Phương trình đã cho tương đương với:

20x  45x 10x 32 1 x   32 1 x 0

f x 20x  45x 10x 32 1 x   32 1 x

Suy ra    2    3  3

f ' x 10 6x  9x 1  8 1 x  1 x 

Ta sẽ chứng minh f ' x 0 với 1 x 1.   Thật vậy

Vì 0 x 2  nên theo bất đẳng thức AM – GM và so sánh lũy thừa ta có1

8 1 x  1 x 16 1 x 16 1 x

Như vậy ta chỉ cần chứng minh 16 1 x  2 6x2 9x 1  22x2 9x 15 0 *   

Bất đẳng thức  *

luôn đúng với 1 x 1.   Do đó f x  nghịch biến trên 1;1  Mặt khác f 0  0 nên x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Lời giải 2

Điều kiện 1 x 1.   Phương trình đã cho được viết lại dưới dạng:

20x 32 1 x 1 x 10x 45x   32 1 x 1 x

Trường hợp 1: 0 x 1. 

Ta có 1 x 1  nên    

2 3

VT 20x 32 1 x 10 1

và 1 1 x Nên 45x232 1 x  2VP 2 

Ta chứng minh 20x332 1 x  210x 45x 2 32 1 x    2 3

Bất đẳng thức này tương đương với 3  2  3  2 

20x 32 x  2x 1 10x 45x   32 x 2x 1

(đúng, do 0 x 1  )

Cộng theo vế các bất đẳng thức  1 ,  2

và  3

ta được VT VP, đẳng thức xảy ra  x 0. Trường hợp 2: 1 x 0  

Ta có 1 x 1  nên    

2 3

VT 20x 32 1 x 10x 4

và 1 1 x nên 45x232 1 x  2 VP 5 

Ta tiếp tục chứng minh 20x332 1 x  210x 45x 232 1 x    2 6

Bất đẳng thức này tương đương với 20x332 x 2 2x 1 10x 45x   332 x 22x 1 

(đúng, do 1 x 0   )

Cộng theo vế các bất đẳng thức  4 ,  5

và  6

ta được VT VP, đẳng thức xảy ra  x 0. Vậy

x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Lời giải 3

Tập xác định: 1 x 1.  

Khi x 1 , thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn, vậy x 1 không là nghiệm của phương trình

Kh x , thay vào phương trình ta thấy không thỏa mãn, vậy x1  không là nghiệm của phương 1 trình Khi 1 x 1  

Xét hàm số f x  10x3 16 1 x 5 5x 45x2 16 1 x 5

2

Ta có:

2

f ' x 30x 16 5 45x 16

  30x2 40 1 x  3  5 45x 40 1 x   3

f " x 60 40 45 40

  60x 60 1 x 45 60 1 x    

f ''' x 60

1 x 1 x

30 2

1 x 1 x

Mặt khác theo AM – GM ta có:

  1 1 x x  

 

 

Cộng các vế của các bất đẳng thức  1

và  2

lại ta được:

Mặt khác ta lại có:

2

1 x  1 x  1 x  1 x  Vậy ta có: f ''' x  30 2 1 1 0,

1 x 1 x

   

f " x f " 1 60 45 60 2 0

   

f ' x f ' 1 30 5 45 40 2 40 2 0

Vậy hàm số f x 

nghịch biến trên tập x  1;1, mặt khác ta thấy f 0  0, vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0.

- Bình luận Loạt các bài toán trên cho chúng ta thấy sựu táo bạo và tinh tế trong việc sử dụng các bất

đẳng thức kinh điển trong việc chứng minh đạo hàm không đổi dấu

Bài 16 Giải phương trình 2 x 2    1 x 3  1 x 3  x2  x 1 x2 x 1

Lời giải

- Nhận xét Ta nhận thấy nếu thay x bởi x thì phương trình không thay đổi Suy ra ta chỉ cần xét x 0.

Ta lại chú ý đến hằng đẳng thức đã nhắc đến ở các ví dụ trước là

1 x  1 x  2 1 1 x 2

đẳng thức xảy ra kh x 0. Đến đây ta chỉ cần chứng minh 2x 2  x2 x 1  x2 x 1 với x 0.

Thật vậy, bình phương hai vế lên ta được

4x 8x 4 2x   2 2 x  x 1 x  x 1   x2  x 1 x2 x 1 28x 0.

Đẳng thức xảy ra khi x 0 Vậy x 0 là nghiệm của phương trình đã cho

Bài 17 Giải phương trình 51 2015x 51 2015x 51 2016x 51 2016x Nguyễn Duy Hồng

Lời giải

Nhận thấy nếu x là nghiệm thì 0 x0 cũng là nghiệm, vậy ta chỉ cần xét phương trình trên tập số thực

x 0.

Xét hàm số: f t  51 2015t 51 2015t

trên tập số thực t 0.

 

f ' t

4 5

1 2015t 1 2015t 2015

f ' t

5 1 2015t 1 2015t



Ta đi chứng minh:

4 5

1 2015t 1 2015t 2015

5 1 2015t 1 2015t

Thật vậy khi t 0, ta có:

4030t4030t  2015t24030t 1 2015t2 4030t 1

1 2015t2 1 2015t2

    1 2015t 2 1 2015t 2 0

1 2015t2 1 2015t2 1 2015t2 1 2015t2 0

1 2015t4 1 2015t4 0

      1 2015t 4 1 2015t4

4 5

1 2015t 1 2015t 2015

5 1 2015t 1 2015t

Vậy hàm số: f x  51 2015t 51 2015t

nghịch biến với mọi t 0. Phương trình tương đương với: f 2015x  f 2016x   2015x 2016x  x 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 0.