Chuyen de PT Vo ti

Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ chẳng hạn f x  g x bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm nghiệm duy nhất.Ta thường sử dụng các b[r]

I PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ

1 Kiến thức cần nhớ:

1 √n a¿n=a

¿ 2 a=b ⇔ a 2 n

=b 2 n(ab>0) 3 a=b ⇔ a 2 n+1

=b 2 n+1 , ∀ a , b

2 Các dạng cơ bản:

* Dạng 1:

√f (x )=√g(x )⇔

f (x)≥ 0

f (x )=g(x)

¿{

* Dạng 2:

     

  2 

0

g x

f x g x

f x g x



  



 (Không cần đặt điều kiệnf x   0)

* Dạng 3:

√f (x)+√g(x )=√h(x )⇔

f (x)+g(x )+2√f (x)g (x)=h(x )

f ( x)≥0 g(x )≥ 0

¿{ {

(chuyển về dạng 2)

* Dạng 4:

3

√f (x)+3

√g(x )=3

√h(x )

⇔ f (x)+g (x)+3√3f (x )g(x )(√3f ( x)+√3g (x))=h (x)

Thay √3h(x)=√3f (x )+√3g (x) nhận được phương trình hệ quả

3 Ví dụ

Ví dụ 1 Giải phương trình: √x2−2 x − 8 = √3 (x - 4)

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với:

x − 4 ≥ 0

¿

x − 4¿2

x2−2 x − 8=3¿

¿

⇔ {x2−11 x+28=0 x ≥ 4

x ≥ 4

x=4

¿

x=7

¿

¿⇔

¿

|

x=4

¿

x=7

¿

¿

¿

¿

¿

¿

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7

Ví dụ 2 Giải phương trình: √2 x −1+x2

−3 x +1=0 [ĐH Khối D – 2006]

Biến đổi phương trình thành: 2x1x23x1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:

x4−6 x3+11x2−8 x +2=0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0

hoặc g(x)≥ 0

Ví dụ 3 Giải phương trình: √x+4 −√1 − x=√1− 2 x Txđ:

¿

x+4 ≥ 0

1− x ≥ 0 1=2 x ≥0

⇔− 4 ≤ x ≤ 1

2

¿{ {

¿

⇔√(1 − x )(1− 2 x )=2 x+1⇔

x ≥ −1/2

2 x+1¿2

¿

⇔

¿

¿

¿−1/2 ≤ x ≤ 1/2

¿

(1− x)(1 −2 x)=¿

Ví dụ 4 Giải phương trình: √x+3+√3 x +1=2√x +√2 x+2 Đkxđ: x ≥ 0

√3 x −1 −√2 x +2=√4 x −√x +3¿2

¿

¿

PT⇔√3 x+1−√2 x+2=√4 x −√x+3⇒¿

Thử lại x=1 thỏa mãn

Ví dụ 5 Giải phương trình: √x3+1

x +3 +√x +1=√x2− x +1+√x+3 Đkxđ: x1

PT ⇔ √x3+1

x+1 −√x +3=√x2− x+1 −√x +1 ⇒

√x2− x +1−√x +1¿2⇔ x3+1

x+3=x

2− x −1 ⇔ x2−2 x −2=0 ⇔

¿

x=1 −√3

¿

x=1+√3

¿

¿

¿

√x3+1

x +1 −√x +3¿

2

=¿

¿

¿ Thử lại x=1+√3 là nghiệm

Ví dụ 6 Giải phương trình: 3

√1− x + 3

√2− x = 3

√3− 2 x

Lời giải Lập phương hai vế của phương trình ta có:

1− x+2− x +3√31− x √32− x √3 1− x

¿

+ 3

Suy ra 3 3

√1− x 3

√2− x 3

√3− 2 x = 0

Thông thường dạng √f (x )+√g (x)=√h (x)+√k (x ) , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn khi giải Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc

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

Do đó 3

√1− x = 0 hoặc 3

√2− x = 0 hoặc 3

√3− 2 x = 0, ta tìm được x = 1 ; x = 2; x = 3

2

Thử lại thấy x =1, x = 2, x = 3

2 thỏa mãn

Bài tập đề nghị Bài 1 Giải các phương trình sau:

√x3−2 x2+2 x +1=3 x+1

e 3√x +3 −√x − 2=7 f √3 x +4+√4 x −3=√5 x +4

g 3

√x −1+3

√x − 3+3

√x+1+3

√x +2+3

√x +3=0

i 3

√x −1 −√3 x − 2=2√32 x − 3

l √x −8+√3 x +7=√7 x +3+3√x+2

Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √− x2+3 x −2=√2 m+ x+ x2

Bài 3 Tìm m để phương trình x2  2mx 1 m 2có nghiêm

Bài 4 Tìm m để phương trình 2x2mx 3 x 1 có hai nghiệm phân biệt

Bài 5 [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:

x mx  x

II GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ

Đối với một số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy về dạng đơn giản Tùy theo dạng phương trình

có thể đặt một ẩn, nhiều ẩn, quy về phương trình hoặc hệ phương trình

1 Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn

a Một số dạng thường gặp

Nếu có √f (x ) và f(x) thì đặt t = √f (x )

Nếu có √f (x ),√g(x ) mà √f (x ).√g (x)=a (hằng số) đặt t=√f (x )⇒ g (x)=a/t

Nếu có √f (x )±√g (x),√f (x )g( x), f (x )± g(x)=a đặt t=√f (x )±√g(x)

b Ví dụ áp dụng

Ví dụ 1 Giải phương trình: x2−2 x +4√(4 − x)(x +2) =11

Lời giải Đặt t = √4 (− x )(2+ x) , t ≥ 0 Phương trình đã cho trở thành

t2

Ta thấy t=1 ,t=3 đều thỏa mãn t ≥ 0

Với t=1 thì √(4 − x )(2+ x) = 1 ⇔(4 − x)(2+x )=1 ⇔ x2

−2 x − 7=0 ⇔ x=1 ±2√2

Vậy phương trình có nghiệm là x=1 ±2√2 , x=1

Ví dụ 2 Giải phương trình √3+x+√6 − x −√(3+x)(6 − x)=3 (*)

Lời giải Điều kiện {6 − x ≥ 0 3+x ≥0 ⇔− 3≤ x≤ 6

Cách 1: Đặt t=√3+x+√6 − x ⇒√(3+x )(6 − x )=t

2−9

2 Pt đã cho có dạng:

t − t

2− 9

−2 t − 3=0 ⇔ t=−1(loai)∨t=3

Với t=3 thay vào biểu thức đặt được x=6 ∨ x=− 3

Ví dụ 3 Giải phương trình: 5(√3 x −2+√x −1)=4 x −9+2√3 x2−5 x +2

Đkxđ x ≥ 1 đặt t= √3 x −2+√x − 1 đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0

Ví dụ 4 Giải phương trình:

1+x¿2

¿

1− x¿2

¿

¿

¿

2√¿

x=± 1 không là nghiệm của pt đã cho Chia cả 2 vế PT cho √1− x2

⇔2√1+ x

1 − x+√1− x

1+x −3=0 đặt t=√1+ x

1 − x ⇒2 t+1 /t −3=0 ⇔2 t2−3 t+1=0

giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình

Bài tập đề nghị

a (x − 1)(x +2)+2√x2+x +1=0 b

√1 −2 x

x +1 +√4 x + 4

1 −2 x=3

c √7− x+√x +1=x2

−6 x +13 d √1− x +√x+7+2√− x2−6 x +7=8

e

2

4 3 1 2 3 13 4 51 4

x  x  x  x   x f x x21 x x21 2

g

x

s x 17 x2 x 17 x2 9

2 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

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

t  x  , ta có :

1

t







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

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







Bài tập đề nghị

1 x2

−1=2 x√x2−2 x 2 (4x-1) √4 x2+1 8x2+2x+1

3 x2+2 x +2−(x +2)√x2

3 Đặt ẩn phụ đưa về dạng tích

Sử dụng đẳng thức

au bv ab vu    u b v a  

2 2

Ví dụ 1 Giải phương trình : 3 x 1 3 x2 1 3 x23x2

1

x

x







Ví dụ 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

3

√x

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

Giải: dk x : 1

0

x

x







Ví dụ 4 Giải phương trình :

4

3

x

x



Giải: Đk: x 0

Chia cả hai vế cho x 3:

2

x

4 Đặt ẩn phụ quy về hệ phương trình

Dạng 1: đặt 2 ẩn phụ

n

√a − f (x)+√n b+f (x )=c → u=√n a − f (x) v=√n b+f (x )

⇒

¿u n

+v n

u+v=c

¿{

Ví dụ 1 Giải phương trình:

3

√1− x +√3 1+x=2 →

u=√31 − x

v=√31+ x

⇒

¿u+v =2

u3

+v3=2

¿{

Ví dụ 2 Giải phươngtrình:

3

u=√32 − x

v=√x − 1

⇒

¿u3

+v2=1

u+v=1

⇒

¿u=0 u=1 u=− 2

⇒

¿x=2 x=1

x =10

¿{

Dạng 2: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : dx+e¿2+nx+m

Ví dụ 3 Giải phương trình:

− 2 x +3¿2+x +4 dat− 2 y+3=√3 x+1

√3 x +1=− 4 x2+13 x − 5 ⇒√3 x +1=−¿

⇔

− 2 x +3¿2+x +4

¿

− 2 y +3¿2=3 x +1

¿

⇔

¿

−2 y +3¿2=x +2 y+1

¿

− 2 y +3¿2=3 x +1

¿

⇒

¿

x= y

¿

2 y=5 − 2 x

¿

¿

−2 y +3=−¿

¿

1= y ⇒4 x2−15 x +8=0⇒ x= 15 −√97

Ví dụ 4 Giải phương trình: x2  x5 5 (1)

Giải : Điều kiện : x50 x5. Đặt x5 y với y0 Từ đó phương trình (1) trở thành

hệ phương trình :

¿

x2− y=5(2)

y2− x=5(3)

¿{

¿

Trừ vế với vế của (2) và (3) ta được : x2  y2 x y 0 (x y)(xy1)0 Xảy ra 2 trường hợp :

a) x y0 hay xy0 , thay vào (2) được phương trình : x2  x 50 giải ra được :

) 21

1

(

2

1

x

b) xy1 0 hay y x1 0 , thay vào (2) cú :x2 x 40 giải ra được :

) 17 1

(

2

1

x

Kết luận : Với 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có 2 nghiệm x1, x2 như trên

Dạng 3: Đưa về hệ tạm

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 x Ta có thể giải như sau :

A B



2

A C







Ví dụ 5 Giải phương trình sau : 2x2  x 9 2x2 x  1 x 4

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

4

x  không phải là nghiệm

Xét x 4 Trục căn thức ta có :

x



Vậy ta có hệ:

2

0

x

x







 

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

8 7

Ví dụ 6 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

t x



thì bài toán trở nên đơn giản hơn

Bài tập đề nghị

Giải các phương trình sau:

√x+3

√35 − x=5

3 3

√x −2+√x +1=3 4 √2−√2(1+x )+√42 x=1

5.x3123 2x 1 (Đặt y=

6 x2+4 x=√x+6

7 3

√2− x+√x − 1=1

8 x −1x+¿√1 −1

x x=√¿

5 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

    v 0 thử trực tiếp

Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)

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







Ví dụ 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







 

2

Ví dụ 2 Giải phương trình :

3

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

Giải:

Đk: 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

Ví dụ 4 Giải phương trình :x3 3x22 x23  6x0

Giải:

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

3 3 2 2 3 6 0 3 3 2 2 3 0

2







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

Ví dụ 5 giải phương trình : x23 x2 1 x4 x21

Giải: Ta đặt :

2

 





 khi đó phương trình trở thành : u3v u2 v2

Ví dụ 6.Giải phương trình sau : x22x 2x 1 3x24x1

Giải :Đk

1 2

x 

Bình phương 2 vế ta có :

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













Ví dụ 7 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

III TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG

1 Trục căn thức 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 A x   0

vô

nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A x   0

vô nghiệm

b Ví dụ

Ví dụ 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



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

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

Giải: Để phương trình có nghiệm thì :

3

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

x 2  A x 0, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :

Dễ dàng chứng minh được : 2 2

3 0,

3

x

Ví dụ 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



3

2 3

2 5

x



Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3

2 Nhân liên hợp

Ví dụ 4 Giải phương trình: 10x2 31x35 7x213x  8 x 3 (1)

Giải

Điều kiện

5 4

x 

Ta biến đổi phương trình như sau:

3

x





 



Từ (1) và (2) suy ra

2

3 0

x



Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3

Ví dụ 5 Cho các số thực x, y thoả mãn (x x21)(y y21) 1 (1) Chứng minh rằng

0

x y 

Giải

Nhận thấy (x x21)(y y21)(x x21)(y y21) 1 nên nếu kết hợp với phương trình (1) ta suy ra (x x21)(y y21) 1  ( x2 1 x)( y2 1 y) 1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra

+) Nếu x=0 thì từ(*) suy ra y=0 do đó x+y=0

+) Nếu x 0 thì từ (*) suy ra x và y trái dấu nhau Bình phương hai vế của (*) ta được

x  y y x  x y x y  (Đpcm)

IV PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ

1 Một số lưu ý

Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f x( )g x( )) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ

ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô

si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0 Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý

Thường ta đánh giá như sau:

f x g x









 , hoặc đánh giá f x( )g x( ) cũng như là f x( )g x( )…

Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác

Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá

2 Một số ví dụ

Ví dụ 1 Giải phương trình sau: 3

|x +1|+

|x +1|

3 =2 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có 3

|x +1 |+

|x +1|

|x +1|

|x +1|

3 =2 bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi

3

|x +1|=

|x+1|

3 khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4

Ví dụ 2 Giải phương trình: 3x26x 7 5x210x14 4 2  x x 2

Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5, do đó hai vế cùng bằng 5 Ta được phương trình

có nghiệm duy nhất là x 1

Ví dụ 3 Giải phương trình

2 2

9

x    Đk x 0 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được

2

Vt =

2

đẳng thức xảy ra hay

1

1

1

x

x









1 7

x

.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

1 7

x 

Ví dụ 4 Giải phương trình

3

2

x y  y x  xy

Đk x1;y1

Ta có

x y  y x  y x x  x y y  xy

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

1

2









Từ đó ta được phương trình có nghiệm là ( ; ) (2;2)x y 

Bài tập đề nghị

x  x  x  x  x  x  x

3

2

x  x   x

4

2

3

2

x x



5

2

2

6 13 x2  x4 9 x2 x4 16

(x2)(2x1) 3 x6 4  (x6)(2x1) 3 x2 9

2x 1 x  3x2 2x 2x 3 x  x6

10

V PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

1 Một số dạng cơ bản

a Phương trình f x( )k Nếu f x( ) đơn điệu thì phương trình f x( )k có nghiệm duy nhất

0

x x (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm).

b Phương trình f x( )g x( ) Nếu f x( ) đồng biến và g x( ) nghịch biến thì phương trình

f x g x có nghiệm duy nhất x x 0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm).

c Phương trình f u( )f v( ) Nếu f x( ) đơn điệu thì phương trình f u( )f v( ) u v

2 Các ví dụ minh họa

Ví dụ 1 Giải phương trình: √4 x −1+√4 x2− 1=1 Đkxđ x ≥ 1/2 .Xét hàm số

y=√4 x −1+√4 x2−1 txd x ≥ 1/2

Có đạo hàm y ,= 2

√4 x −1+

4 x

√4 x2− 1>0∀ x ≥ 1/2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt

không có quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 2 Giải phương trình: x5

+x3−√1− 3 x+4=0 Xét hàm số y=x5

+x3−√1 −3 x +4 txđ x≤1/3 có đạo hàm y '=5 x4+3 x2+ 3

2√1− 3 x>0 h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có

quá một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán

Ví dụ 3.Giải phương trình: √3− x+x2−√2+ x − x2=1⇔ √3− x+x2=√2+ x − x2+1

đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = √3+t txđ [−3,2] f`(t)= 1

2√3+t>o hàm số tăng

t¿

,

2√2− t<0

g(t)=1+√2 −t ⇒ g¿

hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một điểm duy nhất ,

thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm x= 1±√5

2

Ví dụ 4 Giải phương trình : 2x1 2   4x24x43 2x  9x23 0

2x 1 2  2x 12 3  3x 2  3x2 3 f 2x 1 f  3x

Xét hàm số f t  t2 t23

, là hàm đồng biến trên R, ta có

1 5

x 

Ví dụ 5 Giải phương trình x3 4x2 5x 6 37x29x 4

Giải Đặt y37x29x 4, ta có hệ :

3 3







Xét hàm số : f t   t3 t, là hàm đơn điệu tăng Từ phương trình

5

2

x

x







 



Bài tập đề nghị

1 1 x 1x2x36x 2 36x 1 8x3 4x 1