Bài 6. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bây giờ việc giải quyết vấn đề phương trình có nghiệm vô tỷ không còn khó khăn nữa (Xem bài Sự hỗ trợ của máy tính CaSiO), nó giúp người giải toán xử lý dạng phương trình này một cách [r]

- BÀI TẬP TỰ LUYỆN.

Bài 1 Giải phương trình x 4 x 2  2 3x 4 x  2 Tập nghiệm

2 14

3

Bài 2 Giải phương trình 1 1 x 2  1 x 3  1 x 3 2 1 x  2

2

2



Bài 3 Giải phương trình 7 2x 2x 3 7x 1 7 2x 2x 3   

2

Đáp số: x 3.

Bài 4 Giải phương trình 1 x 2 31 x 31 x  2

Đáp số: x 0.

3

2



Bài 6 Giải phương trình

6 2x 6 2x 8

3

5 x 5 x

- Kiểu 2 Đưa phương trình vô tỷ về hệ đối xứng kiểu II.

Ví dụ 4 Giải phương trình 2x2 6x 1  4x 5.

Lời giải

Điều kiện

5

4



Phương trình đã cho tương đương với:

2

4x 12x 2 2 4x 5     2x 3 2 2 4x 5 11. 

Đặt 4x 5 2y 3,   ta có hệ:

2

2

2x 3 4y 5

2y 3 4x 5





x y

x y 1

 

 

 

 + Với x y , ta có: 4x 5 2x 3    x 2  3

+ Với x y 1  , ta có: 4x 5 2 1 x 3      x 1  3

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: x 1  3; x 2  3

- Bình luận

- Vấn đề đưa phương trình dạng: ax2 bx c  mx n a,n 0 

về hệ phương trình đối xứng kiểu II nhờ phép đặt ẩn phụ với mục đích giải quyết vấn đề phương trình không có nghiệm hữu tỷ, những năm trước khi có sự ra đời của các máy tính CaSiO thế hệ cao việc xử lý phương trình trên là không đơn giản với nhiều đối tượng học sinh Bây giờ việc giải quyết vấn đề phương trình có nghiệm vô tỷ không còn khó khăn nữa (Xem bài Sự hỗ trợ của máy tính CaSiO), nó giúp người giải toán xử lý dạng phương trình này một cách đơn giản và bên cạnh đó ít nhiều nó cũng làm phương pháp giải toán này mất đi vẻ đẹp riêng vốn có

- Vì dạng phương trình: ax2bx c  mx n a,n 0 

chứa 2 phép toán ngược nhau, nên khi muốn đưa phương trình này về hệ đối xứng kiểu II, ta thường sử dụng quy trình giải toán như sau:

- Tính đạo hàm của hàm số: f x  ax2bx c; f ' x 2ax b

- Giải phương trình: f ' x  0

2a f x

b e

 

(đưa nghiệm về tối giản)

- Sử dụng phép đặt: mx n ex f   và đưa hệ phương trình về đối xứng kiểu II

Ví dụ 5 Giải phương trình x 1 2 2x 1.3  3 

Lời giải

Đặt 3 2x 1 y   y3 2x 1, ta có hệ phương trình:

3

3

x 1 2y

y 1 2x





 

  x3 y3 2 x y  0 x y x   2xy y 220  x y.

Với x y, ta có: x32x 1  x 2x 1 03  

x 1

1 5 x

2

 



 



Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: x 1;

1 5

2





Tổng quát Chúng ta có thể đưa về hệ đối xứng kiểu II với những phương trình có dạng:

Ví dụ 6 Giải phương trình 4x 5 4 4x 3 4 x 1.  

Lời giải

Điều kiện x 1. Phương trình đã cho tương đương với:

4

4x 5  4 x 1 4 x 1 1     4x 5 42 x 1 1  2  4x 5  1 2 x 1 

Đặt 1 2 x 1 y   y 0   y 1 2 x 12   , ta có hệ:

2

2 x 1 1 y

y 1 2 x 1



  





   

        y 2 x 1 

Thay trở lại ta có: 1 2 x 1 2 x 1     1 2 x 1 4 x 1    

5 1

x 1

4



8



 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

11 5

8





- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

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

Bài 2 Giải phương trình

3



  

Đáp số:

Bài 3 Giải phương trình 33x 5 2x 3 3 x 2.

Đáp số:

5 3

x 2; x

4



Bài 4 Giải phương trình

3 81x 8 x 2x 4x 2.

3

Đáp số:

3 2 6

3



Bài 5 Giải phương trình 4x 11x 102   x 1 2x  2 6x 2.

Đáp số: Vô nghiệm

Bài 6 Giải phương trình 3162x3 2 27x2 9x 1 1.  (boxmath.vn)

Hướng dẫn: Đặt3162x32 1  27x2 9x 1 y  Đáp số:

336

9



c) Đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình không mẫu mực.

Ví dụ 1 Giải phương trình x 3  x2  8x 48 x 24.  

- Phân tích Nhận thấy phương trình trên được liên kết giữa x2 8x 48 và x, đồng thời nếu đặt: 2

x 8x 48 a

x b



    





 , ta sẽ có ngay biểu thức liên hệ: a2 b 8b 48,2  do vậy ta có thể chuyển bài toán giải phương trình vô tỷ bằng công việc giải hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện 12 x 4.   Đặt

2

x 8x 48 a

x b



    





, ta có hệ:

a b 8b 48

b 3 a b 24

   





  





 



 

a b 8b 48 1

a b 8b 2ab 6a 2b 0 2

   



 



Lại có:  2  a b 26 a b  0

a b 0

a b 6

  

 

 



a b

a b 6

 

 

 



+ Với: ab, thay vào (1) ta có:

2

b 0







+ Với: ab 6 , thay vào (1) ta có:

b 62 b 8b 482

b 6 0





 

  b 5 31, hayx 5 31

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x 2 2 7 ; x 5 31

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

- Phân tích Bài toán có chứa 3 căn thức 1 x, 1 x , 1 x 2 nhưng ta có mối quan hệ:

2

1 x  1 x 1 x  x  1;1

 đồng thời:  1 x  2 1 x 2 2,

do đó ta sẽ sử dụng cách đặt

x 1 a

1 x b

  





 

để đưa bài toán phương trình vô tỷ về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện 1 x 1.   Đặt

x 1 a

1 x b

  





 

Ta có hệ:  

2

a b 2

4a 1 3 a 1 2b ab

  









 



a b 2

2a ab b 2 b 2a 0

  



 

a b 2 2a b a b 2 b 2a 0

  



 



   

a b 2

2a b a b 2 0

  



 



2a b 0

a b 2

a b 2

a b 2 0

   

 

 



 

 

 



 

   



2

2a b 0 5a 2

ab 1

a b 2

   

 





 



  

 

  



2 a 5

a 1







 

 (do a,b 0 ) + Với a 1  1 x 1   x 0

+ Với

2

a

5

5

5

 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 0,

3

5



Ví dụ 3 Giải phương trình 9 x 1   x 2 1 4 x 1     3  4 x 2   3

- Phân tích Bài toán có chứa 2 căn thức 1 x, x 2 đồng thời:  1 x  2 x 2 2 3,

do đó ta

sử dụng cách đặt

x 1 a

x 2 b

  





 

để đưa bài toán phương trình vô tỷ về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện x 2, đặt

x 1 a a 3

x 2 b b 0

   





  a2  b2  Từ đó ta có hệ phương trình:3

a b 3

9 a b 1 4 a b

  





   

a b 3

1

4 a b a b ab 9 a b 1 0

  



 



Đặt:

a b u

a b v

  



 



v u ab

4

v u

a b

2





 



  

 , thay vào (1) ta có:

uv 3







uv 3

u u 3v 9v 1 0

 



 

uv 3



 





v 3

u 1

 

 





Thay trở lại cho ta:

a b 1

a b 3

  



 



a 2

b 1

 

 



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 3.

Ví dụ 4 Giải phương trình  2

x 1 x 1 x 2



  

- Phân tích Bài toán có chứa 3 căn thức x 1,

x 1



 x 1, x 2 ta sẽ tìm cách đưa bài toán về 2 căn

thức bằng cách biến đổi thành

2

x 1

x 1 1

x 2







  lúc này:

3 x 1 2 x 2

1,

x 1 x 1

  do đó ra sẽ

sử dụng cách đặt

x 1 a

x 1

x 2 b

x 1

 





 









 

 để đưa bài toán phương trình vô tỷ về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện x 1.

+ Nhận thấy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho

+ Xét: x 1. Phương trình đã cho tương đương với:

2

x 1

x 1 1

x 2







x 1 a

x 1

x 2 b

x 1

 





 









 

x 1 x 1

Ta có hệ:  

2 2







3a 2b 1

2 b 1 ab a b 1



 



2

3a 2b 1

2 b 1 a 2b 1



 



2

3a 2b 1

2 b 1 a

2b 1











4 2 2

b 1

2b 1





4b 40b 66b 44b 11 0

      (vô nghiệm, do b 0 )

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

Ví dụ 5 Giải phương trình x 5 x 1 1    33x 4

- Phân tích Bài toán chỉ chứa 2 căn thức x 1, 33x 4 đồng thời: 3 3x 4 3 3 x 1  2 1

, nên ta

sẽ sử dụng cách đặt 3

x 1 a 3x 4 b

  





 

 để chuyển bài toán về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện x1 Đặt 3

x 1 a 3x 4 b

  





 

 a 0 

Phương trình đã cho trở thành:

a 4 a 1 b

b 3a 1

   







 

 

3

a 4a b 1 1

b 3a 1 2

   



 

 Trừ vế theo vế của (1) và (2) ta có:

a 3a 4a 2 b b 0     a 1  3 a 1 b3b

3

Hay hàm số f u  u3u

đồng biến trên  , do đó: f a 1   f b   a 1 b  Thay vào (1) ta có: a34a a 1    1  a 3a 03  a 0 (do a 0 )

+ Với a 0  x 1 0   x1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1

Ví dụ 6 Giải phương trình x 1 2x 1 2   x 1.

- Phân tích Phương trình trên có 2 căn thức x 1, 2 x 1 đồng thời ta lại có:

2

  , do đó ta nghĩ đến phương án dung ẩn phụ để đưa phương trình vô tỷ trên

về hệ phương trình hữu tỷ bằng cách đặt

a x 1

b 2 x 1

  





   



Lời giải

Điều kiện x1 Đặt

a x 1

b 2 x 1

  





   

Từ đó ta có hệ:

2

a 2a 1 b

b a 2





 



2

a 2a 1 b

a b 2

  



 

 



 

2

2a 4a 2 b 1

2 b a 2



 

 

 Thay (2) vào (1) ta có:

2a  4a  a b b 2a ab b 4a2   2  b2 0

2a b a 2ab b  2 0

2a b

 



+ Với 2a b, thay vào (2) ta có:

 2

2 2a  a  4a a 2 02  

1 33 a

8



 

(do a 0 ) Thay trở lại ta có:

1 33

x 1

8



32

 

 

+ Với a 2ab b  2  kết hợp với (2) ta có: 0

2

2







3 2

b 2b 1 0



 



2 2

b b 2 1 0

a b 2



 

 

 (vn) do b 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

15 33

32

 



Ví dụ 7 Giải phương trình 11 3x 1 3x   26x x 11 3x. 2 

- Phân tích Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa 11 3x và x, đồng thời  11 3x 23x 11,

vì vậy ta sử dụng phép đặt,

11 3x a

x b





 để phương trình đã cho về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện

11

x

3



Đặt

11 3x a

x b







11

a 0,b

3

   a 3b 112 

Từ đĩ ta cĩ hệ phương trình:

2







 

   

2

3b 11 a 1

a 1 ab 3b 2 3b 2

  



 



Thay (1) vào (2) ta cĩ: a 1 ab 3b  2 2 2 11 a  2  b a 3 2a2   2 a 21 0

a 3 b  2 2a 7 0

a 3

b 2a 7 0 loại do a 0

 

 



+ Với a 3, thay trở lại cho ta: 11 3x 3 

2 x 3

 

Vậy phương trình cĩ nghiệm

2

x 3



Ví dụ 8 Giải phương trình x x2  7x 10 5 x  2 7x 10 x  2 8x 10.

- Phân tích Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa x2 7x 10 và x, đồng thời nếu đặt

2

x b







  a2 b2 7b 10 do vậy ta cĩ thể đưa phương trình đã cho về hệ phương trình hữu tỷ

Lời giải

Điều kiện 2 x 5.  Đặt

2

x b







b 5 a b 8b 10

a b 7b 10





  



 

 

2

a ab 5a b 0 1

a b 7b 10 0 2

    



 

   



Lấy phương trình (1) nhân với

9 4

 rồi cộng với phương trình (2), ta cĩ:

5a 9 b 5 a b 37b 10 0

a b 8 5a 4b 5 0

  

 

  



+ Với a b 8  , ta cĩ:

a 0

6 b 8 3

 



   

 , hay trường hợp này khơng xảy ra

+ Với 5a 4b 5,  thay vào (2) ta cĩ:

4b 52 b2 7b 10 0

2 b 5





 



15 5 5

2



 

hay

15 5 5

2





Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm

15 5 5

2





- Bình luận.

- Ở trong phần này ta cĩ thể thấy rằng, vấn đề làm sao lại nghĩ đến phương án dùng 2 ẩn phụ để chuyển

về hệ phương trình Chúng ta đã tìm thấy câu trả lời

- Tuy nhiên điều quan trọng hơn là vì sao lại nghĩ đến việc xử lý hệ phương trình như trên, mời các bạn đón đọc cuốn sách viết về Hệ phương trình của chúng tôi, các bạn sẽ nhận được câu trả lời bạn mong muốn

- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1 Giải phương trình 3 2  x 2  2x x 6.

Đáp số:

11 3 5

2



Bài 2 Giải phương trình 5x 1 3 9 x 2x  23x 1. Đáp số: x 1.

Bài 3 Giải phương trình 3

x 1 2 1

x 2 2x 1 3

 





1 5

x 0; x

2



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

Đáp số:

1 5

2





Bài 5 Giải phương trình 3 6x2 x 1  2x 1 4 3x 1 5 8x.     Đáp số: x 1.

Bài 6 Giải phương trình 4 1 x x 6 3 1 x     2 5 1 x. Đáp số:

3

2



Bài 7 Giải phương trình x 5 x 1 6x 7     33x 2.

Đáp số: x1; x 14 6 6. 

Bài 8 Giải phương trình 4 x 2    4x 2 3   x 2 

Đáp số: x1

Bài 9 Giải phương trình

2x 1 4 3x 1



   Đáp số: x 1.

Bài 10 Giải phương trình 8 x 1  2 x  26 x 10 2 x 8x 16.   

Đáp số:

1

x 4



Bài 11 Giải phương trình 2 5x 3 x 1 5 x 1 3 x 3 5x 1             

Đáp số:

1 11

x ;x ;x 3

5 25

Bài 12 Giải phương trình 2

3x 1



   Đáp số: x 1.

d) Đưa phương trình vô tỷ về hệ phương trình có nhiều ẩn phụ.

Ví dụ 1 Giải phương trình 3 x 1 3 3x 1 3 x 1.

- Phân tích Đặt

3 3 3

x 1 a 3x 1 b,

x 1 c

  



 





 



- Ta tìm mối liên hệ giữa các ẩn số: x 1 m 3x 1 n x 1       

3m n 1

m n 1

  

 

 



1 m 2 1 n 2







 

 



Suy ra: 2a3 b c ,3 3

- Từ đó ta có hệ: 3 3 3

a b c

  





a a b ab 0

     a a 2ab b 2 0  a 0

Lời giải

Đặt

3

3

3

x 1 a

3x 1 b,

x 1 c

  



 





 

  2a3 b c ,3 3 từ đó ta có hệ phương trình:

a b c

  





  2a3 b3 a b 3  a a b ab3 2  2 0  a a 2ab b 2 0  a 0

Với a 0 thay trở lại ta có: 3 x 1 0   x 1

Thử lại cho ta nghiệm của phương trình là: x1

Tổng quát: Để giải hệ 3 a x b1  1 3 a x b2  2 3a x b3  3 , ta đặt

3

3

3

a x b u

a x b v

a x b w





 





 



Sau đó tìm các số ,  thỏa mãn (tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ)



 



Việc còn lại là giải quyết hệ phương trình: 3 3 3

u v w

  





 bằng phương pháp thế