Tài liệu PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ pdf

www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng

PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Vấn đề này xuất hiện nhiều trong các đề thi toán vào Đại
học, Cao đẳng. Ngay từ lớp 10 các bạn cần nắm vững những
phương pháp để giải quyết các phương trình, bất phương trình
vô tỷ.
1. Phương pháp lũy thừa
Những điều cần lưu ý:
- Phải đảm bảo các căn bậc chẵn có nghĩa.
- Chỉ được bình phương hai vế của phương trình, bất phương trình
khi hai vế không âm.
- Một số phép biến đổi tương đương cơ bản
a= b . ;
ab
a0
=


=

a= b .
2
b
0
ab
=




=



a< b . 0 = a < b ; ab< .
2
b
0
ab
a0
>


<

=



ab> .
2
b
0
a0
b
0
ab
 <




=



=





>




- Thận trọng trước khi quyết định lũy thừa hai vế bởi sẽ làm tăng
bậc của ẩn. Có khi phương trình, bất phương trình đưa về được
dạng tích.
Thí dụ 1: (Đề ĐHXD - 1997) Giải phương trình
2
xx1++=1 (*)
Giải: Ta có (*) .
2
x11x+=− .
2
22
1x 0
x1(1x)


−>


+= −


.
.
2
1x1
(x 1)[1 (1 x) (1 x) ] 0
−= =



+−− +=


2
1x1
x(x 1)(x x 1) 0
−= =



+−−=


.
1x1

x0
x1
15
x
2
−= =


=




=−




±

=




.
x0
x1
15
x

2
=


=−


−
=



Thí dụ 2: Giải phương trình
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
3x 1 2x 1 x+− +=


Giải:
Ta có 3x1 2x1 (3x1)(2x1)+− += + − +
.
()
[
]
3x 1 2x 1 3x 1 2x 1 1 0+− + ++ +− =
Trường hợp 1: 3x 1 2x 1+= + . 3x + 1 = 2x + 1 = 0
Trường hợp 2: 3x 1 2x 1 1++ +=
.
1

x
3
5x 2 2 (3x 1)(2x 1) 1

=−



++ + + =

.
2
1
x
3
26x 5x1 5x1

=−



++=−−


.
2
11
x
35
x10x3


−==−



−−=

0
.
x527=−
Tóm lại pt có 2 nghiệm x = 0 hoặc x =
52 . 7−
Chú ý: Nếu các bạn dùng phương pháp lũy thừa ngay từ đầu mà
không đưa về dạng tích thì lời giải sẽ phức tạp hơn nhiều.
Thí dụ 3: (Đề thi Tài chính Kế toán - 1997)
Giải bất phương trình:
2
51 2x x
1
1x
−−
<
−
(*)
Giải: (*) .
.
2
22
2
1x 0

51 2x x 0
1x 0
51 2x x (1 x)
51 2x x 0
 −<




−−=




−>




−−<−




−−>



2
2

2
x1
x2x51
x1
x250
x2x51
 >




+−=




<




−>




+−=




0
0
Giải từng hệ ta có nghiệm
x (1; 1 2 13 ] [ 1 2 13; 5].−+ .−− −
Chú ý: Nhiều bạn và nhiều cuốn sách luyện thi hiện nay đang sử
dụng phép biến đổi:
33
ab+=c (1) .
()
3
33 3 3
ab3a.b a b c=+ + =
Sau đó thế
33
a+ b bởi c để được:
3
33
ab3ab.cc++ = (2)
Lưu ý rằng các nghiệm của (2) chưa hẳn đã là nghiệm của (1). Ta
thử tìm mối liên hệ giữa tập nghiệm của (1) và (2).
Ta có: (2) .
3
33
ab(c) 3ab.(c)0++− − − =
Dùng kết quả:

333 222
x y z 3xyz (x y z)(x y z xy yz zx)++− =++ ++−−−
ta dẫn đến:
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất

Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
(2) .
()()()()
22
33 33 3 3
abc ab ac bc

+− − + ++ + =

0

.
33
33
abc
ab

+=


==−


c
(1)
(3)

Như vậy:
y Nếu (3) vô nghiệm thì (1) và (2) tương đương.

y Nếu (3) có nghiệm x = α thì (2) cũng có nghiệm x = α. Nghiệm
này thỏa mãn (1)
. x = α là nghiệm của hệ
33
33
abc
ab

+=


==−


c
. a = b = c = 0
Nghiệm này không thỏa mãn (1)
. x = α
không thỏa mãn : a = b = c = 0.
y Nếu x = α là nghiệm của (2), không là nghiệm của (3) sẽ là
nghiệm của (1).
Thí dụ 4: Giải phương trình:
33
3
2x 1 x 1 3x 1++ += − (1)
Giải: a = 2x + 1; b = x + 1;
3
c3x=−1
Ta có phương trình (2)
2x + 1 + x + 1 +

3
(2x 1)(x 1)(3x 1) 3x 1++ −=−3
.
3
(2x 1)(x 1)(3x 1) 1++ −=−
. .
32
6x 7x 0+=
x0
7
x
6
=



=−



Ta có (3) là
33
3
2x 1 x 1 3x 1+= +=− − . x = 0.
Vậy
7
x
6
=− không là nghiệm của 93) nên là nghiệm của (1). Mặt
khác x = 0 không thỏa mãn 2x + 1 = x + 1 =

3
3x 1 0−= nên
không thỏa mãn (1).
Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất
7
x
6
=− .
Chú ý: Các bạn giải bài trong đề 48 của Bộ đề thi tuyển sinh cần
lưu ý (3) vô nghiệm nên (1) và (2) tương đuowng.
2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Điều cần lưu ý các bạn là điều kiện của ẩn phụ phải thật chính xác,
kẻo chuyển bài toán ban đầu về một bài toán không tương đương.
Các hướng đặt ẩn phụ sẽ thể hiện qua các thí dụ:
Thí dụ 5: (Đề thi ĐHKTQD - 1998). Xác định a để phương trình
1x 8x a (1x)(8x)++ −=− + − (*) có nghiệm.
Giải: Đặt t1x8=++−x
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng

⇒
8x 1x 72x
t'
2(1x)(8 x)
2(1x)(8x)(8x 1x)
−− + −
==
+−
+− −++

.

Lập bảng biến thiên của t:
x
-1 8
t' +
−

t


3

32





3

Khi đó:
2
t9
(1 x)(8 x)
2
−
=+ −
nên (*) trở thành
2

t
ta
2
−
=−
9
.
2
t9
ta
22
+− =
(**)
Phương trình (*) có nghiệm . (**) có nghiệm thỏa mãn
t[3;32]. . đường thẳng y = a có điểm chung với đồ thị
2
t9
yf(t) t
22
==+−
với t[3;32]. .
Vì f'(t) = t + 1 nên ta có bảng biến thiên:
t

−1
3
32

f'(t)
−

0 + + +
f(t)


3

9
32
2
+



Do đó
9
a3; 32
2


.+




.
Thí dụ 6: Giải phương trình:
22
(4x 1) x 1 2x 2x 1−−=++
Giải: Đặt
2

tx1=+=
2
2(t 1) 2x−+
1 1. thì Phương trình đưa về dạng

22
xt=−
(4x 1).t 1−= +
.

2
2t (4x 1)t 2x 1 0.−−+−=
Giải t theo x ta có
1
t
2
= hoặc t = 2x − 1.





Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
Vì t = 1 nên t = 2x − 1 .
2
x12x+= −1 .
22
1

x
2
x1(2x1)

=



+= −


.
2
1
x
2
3x 4x 0

=



−=

.
4
x
3
= .

Thí dụ 7: Giải phương trình:
3
3
x122x+= −1

Giải: Đặt
3
t2x=−
3
x12t.+=
1 ,
t
x
1
1
0
. khi đó phương trình đã cho
trở thành
Vậy ta có hệ:
3
t12x+=
3
3
x12
t12

+=


+=




Nếu x > t
⇒ ⇒ 2t > 2x ⇒ t > x mâu thuẫn.
33
x1t+> +
Nếu x < t ⇒ ⇒ 2t < 2x ⇒ t < x cũng mâu thuẫn.
Vậy t = x. Phương trình đã cho tương đương với
33
x1t+< +
3
x12x+= . ⇒ (x
3
x2x1−+=
2
1)(x x 1) 0−+−=

⇒
x1
15
x
2
=


−±

=



.
Thí dụ 8: Giải phương trình
4
4
x17x+−=3
Giải: Đặt
4
ux==0;
4
7x=−=v1 , dẫn đến hệ: 0
7
=
0 0
44
uv3
uv1
+=



+=


.
22 2
uv3
[(u v) 2uv] 2(uv) 17
+=




+− − =


.
.
2
uv3
(uv) 18(uv) 32 0
+=



−+


uv3
uv 2
uv 16
+=


=




=



Theo định lý Viet thì u, v là các nghiệm của phương trình:
. t = 1 và t = 2 hoặc (vô nghiệm).
2
t3t2−+=
2
t3t16−+ =
Do đó:





Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
u1
v2
u2
v1
 =



=



=




=



.
4
4
4
4
x1
17 x 2
x2
17 x 1


=




−=





=




−=




.
.
x1
x16
=


=

3. Sử dụng bất đẳng thức và tính chất hàm số
Thí dụ 9: Giải phương trình
2000 2000
1x 1x 1++ −=
Giải: Điều kiện căn thức có nghĩa: −1 = x = 1.
Gọi vế trái là f(x). Nếu x > 0 thì
2000
1x 1+> nên f(x) > 1, không
thỏa mãn. Nếu x < 0 thì
2000
1x− nên f(x) > 0 cũng không thỏa
mãn. Tóm lại phương trình vô nghiệm.

Thí dụ 10: (ĐH Ngoai thương - 1997). Giải phương trình:

22
x153x2 x8+=−+ +.
Giải: Viết phương trình về dạng:

22
x15 x83x+− += −2.
Gọi vế trái là f(x) thì f(x) > 0 với mọi x nên 3x − 2 > 0
⇒
2
x
3
> .
Lưu ý:
22
7
x)
x15 x8
=
++ +
f( ta có:
+ f(1) = 1 = 3.1 − 2 nên x = 1 là nghiệm.
+ Nếu x > 1 thì f(x) < f(1) = 1 < 3x − 2 nên không thỏa
mãn.
+ Nếu
2
x1
3
<< thì f(x) > f(1) = 1 > 3x − 2 nên cũng không thỏa
mãn.
Tóm lại: PT có nghiệm duy nhất x = 1.

Chú ý: Các bạn lớp 12 có thể thấy f'(x) < 0 với
2
x
3
> nên f(x)
nghịch biến trên
2
;
3
+8



.
Thí dụ 11: Tìm m để phương trình:
44
1x 1x 1x 1x m++ −+ ++ −= có nghiệm duy nhất.
Giải: Gọi vế trái là f(x) thì f(x) là hàm số chẵn trên [−1; 1].
Điều kiện cần: Giả sử phương trình có nghiệm duy nhất x = α, vì
f(x) là hàm số chẵn nên f(α) = f(−α)
⇒ x = −α cũng là nghiệm. Vì
nghiệm là duy nhất nên α = −α
⇒ α = 0. Thay x = 0 vào phương
trình ta có m = f(0) = 4.
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng

Điều kiện đủ: Với m = 4, ta có phương trình f(x) = 4. Áp dụng bất
đẳng thức Bunhiacôpski ta được

()
2
1x 1x 2(1x1x) 4++ − = ++− = ⇒ 1x 1x 2++ −= (1)
Tương tự:
()
()
2
44
1x 1x 2 1x 1x 4++ − = ++ − =

⇒
44
1x 1x 2++ −= (2)
Từ (1), (2) suy ra: f(x) = 4. Vậy f(x) = 4 . (1), (2) đồng thời trở
thành đẳng thức.
.
44
1x 1x
1x 1x

+= −


+= −



Do đó m = 4 là giá trị duy nhất thỏa mãn.
Thí dụ 12. Giải bất phương trình
29

xxx12x+−+>−+
9
1

Gọi vế trái là f(x) và vế phải là g(x)

()
2
2
2
222
2x 1
1
(2x 1) 3 2x 1
xxx1'
2x x1
f'(x)
2x x x1 2x x x1 4x x x1.x 2x1
−
+
−++−
+−+
−+
===
+−+ +−+ +−+ −+
2

22
|2x1|2x1
0

4x xx1.xx1
−+ −
>=
+−+ −+
mọi x
⇒ f(x) đồng biến trên R.
Mặt khác g'(x) =
mọi x nên f(x) nghịch biến trên R.
2
99x 0−=
Ta có: f(1) = g(1) =
2 . Nếu x > 1 thì f(x) > f(1) = g(1) . g(x)

⇒ x > 1 thỏa mãn. Nếu x < 1 thì f(x) < f(1) = g(1) < g(x) nên
không thòa mãn.
Tóm lại: Nghiệm của bất phương trình là x > 1.
4. Phương pháp lượng giác hóa
Nhiều phương trình, bất phương trình có thể lượng giác hóa để lợi
dụng các công thức lượng giác rút gọn các biểu thức vô tỷ.
Thí dụ 13: Giải phương trình
()
22
11x x121x+− = + −
Giải: Để căn thức có nghĩa thì x . [−1; 1]. Đặt x = sinα với
;
22
ππ

α. −





. Phương trình trở thành:
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
1cos sin(12cos)+α=α+ α .
3
2 cos sin sin 2 2 cos 2sin cos
22
αα
=α+ α<> =
22
αα

;
22
ππ

α. −


0
2
α
.
32
sin
22

α
=
333
;
244
αππ

.−


3
24
απ
=
33
24
απ
==

Vì
nên cos .
Do đó
.
Vì nên hoặc .
6
π
α=
hoặc
2
π

α=
.
1
x
2
= hoặc x = 1.
Thí dụ 14: Tìm m để bất phương trình:
mx mx++−=2 có nghiệm.
Giải: Với m < 0 thì m− x vô nghĩa với mọi x nên bất PT vô
nghiệm. Với m = 0 thì dễ thấy bất phương trình có nghiệm duy
nhất x = 0. Với m > 0 thì điều kiện căn thức có nghĩa là
x
01
m
==
.

Đặt
xmcos=α với α . 0;
2
π






thì bất phương trình trở thành:
m(1 cos ) m(1 cos )+α+ −α . 2=
1

cos
24
m
απ

−=


. Với
0;
2
π

α.




thì
2
cos .
22
απ
=−
1
4



=

Vậy bất phương trình có nghiệm:
1
2
m
=
2
. 0 = m = 2. Tóm lại: 0 = m = 2.
Bài tập: 1. Giải phương trình
a)
32
1 2(x 2)+= +5x
b)
2
2
5x 10x 1
x2
x6x1
−+
−=
+−
1

c)
11
x x x 2000
24
++++=

d)
3x 1 x 1 2x+− +=

2. Tìm m sao cho:
a)
2
3x mx m 3 1 2x−+−+= có nghiệm duy nhất.
Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục
www.truongthi.com.vn Lớp học qua mạng
b)
22
x 2xm 32xx−+=+− thỏa mãn với . x [ 1; 3].−
3. Giải bất phương trình:
a)
11x
x1
xx
−
−− −>
1
x

b)
3
3x 1 x 1 4.−+ +>
4*. Giải phương trình:
23 3
11x (1x) (1x) 21x

+− + − − =+−

2

.


Môn Toán Tiến sĩ Lê Thống Nhất
Nhà xuất bản Giáo dục