Phương trình chứa căn thức

Dạng 5: 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 q[r]

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC

1 PHƯƠNG PHÁP LUỸ THỪA

Dạng 1 : Phương trình A B A 0(B 0)

A B



   



Dạng 2: Phương trình A B B 02 Tổng quát:

A B





  





2

2

0

k

k

B

A B

A B





  





Dạng 3: Phương trình

(chuyển về dạng 2)

0

2

A

 



 +)3 A3 B  3C   A B 33 A B 3 A 3 BC (1)

và ta sử dụng phép thế :3 A3 B C ta được phương trình : A B 33 A B C C  (2)

Dạng 4: 3 A B  A B3 ; 2k 1A B  A B2k 1

Chú ý: - Phương trình (2) là phương trình hệ quả của ph tr (1).

- Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là

một phép biến đổi hệ quả Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại

Giải các phương trình sau:

1) x2 4x6  x4 2) x2 2x4 2x 3) x 3 x2  4 x2  9 4) 3x29x1x2 5) x2  3x 2  3 x 0 6) 3x29x1 x2

7) 3x3 3x15 8) 4 1x  2x 9) 3 x13 x13 5x

10) 3 x53 x63 2x11 11) 3 x13 x23 x30 12)

3 2

1   

x

13) x3 7x  2x8 14) 5x1 3x2 x10 15)

x x

x2 3  52

16) y14 12y 0 17) x2  x16 x2 2x 2 x2  x4

18) x23x2 x26x5 2x29x7 19) x1 x92 20)

2 7

2   x  

x

(20) x 3 3x 1 2 x 2x2

 Nhận xét :

Nếu phương trình : f x  g x  h x  k x  Mà có : f x   h x g x   k x , thì ta biến đổi phương trình về dạng f x  h x  k x  g x  sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả

(21)

3

2

1

3

x

x



 Nhận xét :

Nếu phương trình : f x  g x  h x  k x  Mà có : f x h x        k x g x thì

ta biến đổi f x  h x  k x  g x sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả

2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Dạng 1: Các phương trình có dạng :

  A B  A B   0, đặt t A B  A B t  2

  ( )f x  f x( )  0, đặt t f x( ) f x( )t2

x a



2

x a





Chú ý:

 Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại

Bài 1 Giải các phương trình sau: 7) 5x2 10x17x2 2x

1) (x1)(x4)5 x2 5x28 2) x323x22 x23x7 3)

2 2 5 2

)

5

(x  3 x2  x 

x

4) x2 4x22 x2 4x5 5)4 (4x)(2x) x2 2x12 6)

12 2 )

6

)(

4

( x x x2  x

Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm?

a) ( 1  2x)( 3 x)  2x2  5x 3 m b) x2 2x4 3xx1m3

Bài 3 Cho phương trình: x2 2x4 (3x)(x1) m2

a Giải phương trình khi m = 12 b Tìm m để phương trình có nghiệm?

3 x

1 x ) 3 x ( 4 ) 1 x )(

3 x











a Giải phương trình với m = -3 b Tìm m để phương trình có nghiệm?

Dạng 2: Các phương trình có dạng: A B A B2C0 Đặt t A B

Bài 1 Giải các phương trình sau:

3

2

3 5 2 2 3 1 3

2x  x  x x2  x - 2

c) (AN’01) 7x7  7x62 49x2 7x42 18114x d)

6 16 x x 2

4 x

4

2

1 2 2

5

x

x x

2

1 2 2

3

x

x x x

h) z1 z32 (z1)(z3) 42z i) 3x2 x14x92 3x2 5x2 (KTQS‘01)

Bài 2 Cho phương trình: 1x  8x  1x8xa (ĐHKTQD - 1998)

a Giải phương trình khi a = 3 b Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm.?

Bài 3 Cho phương trình: 3x 6x 3x6xm (Đ59)

a Giải phương trình với m = 3 b Tìm m để phương trình có nghiệm?

Bài 4 Cho phương trình: x1 3x (x1)(3x) m (m-tham số) (ĐHSP Vinh 2000)

a Giải phương trình khi m = 2 b Tìm để phương trình đã cho có nghiệm

Bài 5 Tìm a để PT sau có nghiệm: 2x 2x 2x2xa

Tất cả bài tập 2, 3, 4, 5 ta có thể sáng tạo thêm những câu hỏi hoặc những bài tập sau:

a) Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất? (ĐK cần và đủ)

b) Tìm a để phương trình đã cho vô nghiệm?

Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu (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

Giải: Đặt t  x22 , ta có : 2   3

1

t

t x







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

Giải:

Đặt : t  x22x3, t  2 Khi đó phương trình trở thành : x1t x21

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

1

t

t x







Từ một phương trình đơn giản :  1 x 2 1x 1  x 2 1x0, khai triển ra ta sẽ được pt sau

Bài 3 Giải phương trình sau : 4 x  1 1 3x2 1 x 1x2

Giải:

Nhận xét : đặt t  1x, pttt: 4 1 x 3x 2t t 1x (1)

Ta rút x 1 t2 thay vào thì được pt: 3t22 1x t 4 1  x 1 0

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t

không có dạng bình phương

Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo   2 2

1x , 1x

Cụ thể như sau : 3x  1 x 2 1x thay vào pt (1) ta được:

Bài 4 Giải phương trình: 2 2x 4 4 2 x 9x216

Giải

Bình phương 2 vế phương trình: 4 2 x416 2 4 x216 2 x9x216

Ta đặt : t  2 4 x20 Ta được: 9x216t32 8 x0

Ta phải tách 9x2 2 4 x2 9 2 x28 làm sao cho t có dạng chính phương

Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau

1) 4x1 x2 12x2 2x1 2) 21 x x2  2x 1 x2  2x 1 3)

36 1 x

12

x

x2    

4) 1x2x2  4x2 1 x1 5) 4 1x3x3 1x 1x2 6)

1 cos sin

sin

sinx x 2x x

x

1 x 3 x

1 1 x

1

x

x y x y

y x x



  2 2  2cos  13 4cos2

2 sin

4

3

4

Một số dạng khác.

1)   2   2

4 3 1 7 3 1

3

3 1

2  x  x x 

1 3

1 2

3   x  x

x

4) 10 x3 83x2 x6 5) 4 x x21 x x212 6)

0 2

12 2 2

12

2









x x

x

x

7)

12

35 1





x

x

1

3 1

1 1 1

3 1

1

2 2

2 2

2



















x x

x x x

x x

1  

x x

x

4

2

2







x

Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :

 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2uvv2 0 (1) bằng cách

Xét v0 phương trình trở thành :

2

0

     

thử trực tiếp

0

v

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

 a A x  bB x c A x B x   

 uv mu2nv2

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  bB x c A x B x   

Như vậy phương trình Q x  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  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

giải “ nghiệm đẹp”

at   bt c

Bài 1 Giải phương trình : 2x2 25 x31

Giải: Đặt u x1,v x2 x 1

Phương trình trở thành :  2 2 Tìm được:

2

2







 



5 37 2

x 

Bài 2 Giải phương trình : 2 3 4 2

3

x  x   x x 

Bài 3: giải phương trình sau :2x25x 1 7 x31

Giải:

Đk: x1

Nhận xt : Ta viết  x 1  x2  x 1 7 x1 x2 x 1

Đồng nhất thức ta được: 3x 1 2x2  x 1 7 x1 x2 x 1

Đặt u  x 1 0 ,v x 2  x 1 0, ta được:

9

4







 



Ta được :x 4 6

Bài 4 Giải phương trình : 3 2  3

x  x  x  x Giải:

Nhận xét : Đặt y x2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :

2

x y







Pt có nghiệm :x2, x 2 2 3

b).Phương trình dạng : uv 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 : x23 x2 1 x4x21

Giải:

Ta đặt : khi đó phương trình trở thành :

2

2 1

u x

 







3

u v u v

Bài 2.Giải phương trình sau : x22x 2x 1 3x24x1

Giải

Đk 1 Bình phương 2 vế ta có :

2

x

x22x 2x 1 x2 1 x2 2x 2x 1 x22x2x1

Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ :

2 2





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

Giải:

Đk x5 Chuyển vế bình phương ta được: 2x25x 2 5 x2 x 20 x1

Nhận xét : không tồn tại số  , để : 2x25x 2  x2  x 20 x1 vậy ta không thể đặt

1

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

Dạng 5: 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    , Ta có

3

a b c  a b  c a b b c c a  

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

37x 1 x   x 8 x 8x 1 2

33x 1 35 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

Giải : , ta có : , giải hệ ta được:

2 3

5

  



  



2

2

2

2 2

u v u w

u uv vw wu





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

Giải Ta đặt : , khi đó ta có :

2

2

2

2

2













a b c d

x

  



  





Bài 3 Giải các phương trình sau

1) 4x25x 1 2 x2  x 1 9x3

x x x  x   x x  x x

3 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.

 Sử dụng đẳng thức

u v  uv u v 

au bv ab vu    u b v a  

  a c x- b d- 

m



   

A B  A B A B  

a3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b

Bài 1 Giải phương trình : 3 x 1 3 x  2 1 3 x23x2

1

x

x







Bi 2 Giải phương trình : 3 x 1 3 x2  3 x3 x2x

Giải:

+ x0, không phải là nghiệm

+ x0, ta chia hai vế cho x: 3 1 3 3 3 1 3 

Bài 3 Giải phương trình: x 3 2x x 1 2x x24x3

Giải: dk x:  1

0

x

x







Bài 4 Giải phương trình : 4

3

x

x



Giải:

Đk: x0

Chia cả hai vế cho x3:

2

x

 Dùng hằng đẳng thức

Biến đổi phương trình về dạng :

A B  A B A  A  B A  B  A B  B 

Bài 1 Giải phương trình : 3 x x 3x

Giải:

Đk: 0 x 3 khi đó pt đ cho tương đương :x3 3x2 x 3 0

Bài 2 Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x 4

Giải:

Đk:x 3 phương trình tương đương :

2

1

3 1 3

18

x

x





 

   

Bài 3 Giải phương trình sau : 3 2  3  2

2 3 9 x x2 2x3 3x x2 Giải : pttt  3

ĐS: x=1.

Bài tập đề nghị

Giải các phương trình sau :

1) x2 10x213 x32 x76 4) 8) x2 8x153 x32 x56 2) n x12 3n x12 2n x2 10 (với n  N; n  2) 5) x

x

x x

4 2

4 7

2









(ĐHDL ĐĐ’01)

3) x2x22 x22 x1 6)

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

7) x2 x1 x1 x x2 x 0 (1) (HVKT QS - 2001)

4 5 3

4 2

2  x  x  x  x  x

x

3 x22002x2001 x22003x2002  x2 2004x2003 4

2

) 2 ( 1

(

2 x x  x x  x

5 x(x1) x(x2) 2 x(x3) 8)

4 5 2

3 4 2

2  x  x  x  x  x

6 x(x1) x(x2)  x(x3) 9 x2 3x2 x2 6x5  2x2 9x7

(BKHN- 2001)

5 PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI.

1 x2  x5 x2 10x50 5 2 x34 x1 x86 x11

3

2

3 1

2 1

5 x2 x1 x2 x12 (HVCNBC’01) 6 x4 2x2 11x

4 1 2

4 x  x 

7 x 4x4  x 4x4 2 8 x158 x1 x86 x1 1

6 PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP

6.1 Nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung

a) Phương pháp

Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích x x A x 0  0 ta có thể giải phương trình A x 0 hoặc chứng minh

vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía

A x 

vô nghiệm

A x 

b) Ví dụ

Bài 1 Giải phương trình sau : 3x25x 1 x2 2 3x2  x 1 x23x4

Giải:

Ta nhận thấy : 3x25x 1 3x23x3 2x2 v x22  x23x43x2

Ta có thể trục căn thức 2 vế :

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 2 Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x212 5 3  x x25

3

x   x   x   x

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng

, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :

x2  A x 0

Dễ dàng chứng minh được :

3 0,

3

x

Bài 3 Giải phương trình :3 x2  1 x x31

Giải :Đk x 3 2

Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình

 

3

3

3

2 5

x

x



 

Ta chứng minh :

3

2

3

2 5

x



  Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3

6.2 Đưa về “hệ tạm “

a) Phương pháp

 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của Ta có thể giải như sau :x

, khi đĩ ta có hệ:

A B

A C







b) Ví dụ

Bài 4 Giải phương trình sau : 2x2  x 9 2x2   x 1 x 4

Giải:

Ta thấy : 2x2  x 9 2x2  x 1 2x4

không phải là nghiệm

4

x 

Xét x 4

x

Vậy ta có hệ:

2

0

x

x





Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=8

7

Bài 5 Giải phương trình : 2x2  x 1 x2  x 1 3x

Ta thấy : 2x2  x 1 x2  x 1 x22x, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1 thì bài toán trở nên đơn giản hơn

t x



Bài tập đề nghị

Giải các phương trình sau :

x  x  x x 

(HSG Toàn

4 3 10 3  x  x 2

Quốc 2002)

2 2x 5x  x 2x 10x

2

3 x  4 x 1 2x3

3 x  1 3x  2 3x2

(OLYMPIC

2x 11x21 3 4 x 4 0

2007)

2x  1 x 3x 2 2x 2x 3 x  x 2

2x 16x18  x  1 2x4

x   x  x 

Giải các phương trình sau:

1) x(x1) x(x2)2 x(x3) 2) 2 x(x1) x(x2)  x2 3)

x x

x2 2 1

2

4)

x x x

x

21 21

21













x x

x













6 5 7

5 7

3 3

3 3

6) 4

x 5 x 2 3 x x 2

x

3

x2    2    2 

7) 2x2 1 x2  x2  2x2 2x3 x2 x2

8) 3x27x3 x22 3x2 5x1 x23x4

9) x2  2003x 2002  x2  2004x 2003  2 x2  2005x 2004

7 PHƯƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ

1 Dùng hằng đẳng thức :

 Từ những đánh giá bình phương : A2B20, phương trình dạng A2B2 0  0

0

A B





 



2 Dùng bất đẳng thức

 Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: A m nếu dấu bằng ỏ (1) và

B m





 

 (2) cùng dạt 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, dấu bằng khi

1

x

x



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

1

x

 Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :   khi đó :

( )

A f x

B f x

 









 

 

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

Bài 1 Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): 2 2

9

 Giải: Đk x0

1

x

x

7

Bài 2 Giải phương trình : 13 x2x4 9 x2x4 16

Giải: Đk:   1 x 1

Biến đổi pt ta có :  2

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

 

  Dấu bằng

2 2

2 1

5 1

10 16 10

5

x x

x

x





Bài 3 giải phương trình: x3`3x28x40 8 4 4 x 4 0

Ta chứng minh : 8 44 x  4 x 13 và 3 2   2 

x  x  x   x x  x

Bài tập đề nghị

Bài 1: Giải các phương trình sau

4 x 41 x x 1 x 248

2x  8 4 4x 4 x 4

16x  5 6 4x x

3` 3 2 8 40 8 44 4 0

x  x  x  x 

8x  64x x 8x 28

2

2

Bài 2: Giải các phương trình sau:

1) 3x2  6x 7  5x2  10x 14  4  2xx2 2) 6 18

11 6

15

2

2













x x

x x

3) x2  6x 11  x2  6x 13  4 x2  4x 5  3  2 4)

5

,

3

2  x  x  x x  x

x

5) 2x2 8x12 34 3x212x13 6) x2 2x5 x12 7)

4

41 ) 1

(

2 x x  x x

8)

x

x x

x x

x

2 1

2 1 2 1

2 1 2 1 2

1

















 9) x2 4x x2 6x11 (Đ11)

10) x22x3 2x2x 13x3x2 11) x2 10x x2 12x52

8 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ

Dạng 1: Đưa về hệ phương trình bình thường Hoặc hệ đối xứng loại một.

 Đặt u  x v,   x và tìm mối quan hệ giữa   x và   x từ đó tìm được hệ theo u,v

Bài 1 Giải phương trình: x325x x3 325x330

Đặt y 335x3  x3y335