phương trình và bất phương trình vô tỷ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.05 MB, 31 trang )
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Loại 1. Phương pháp lũy thừa
A. Nội dung phương pháp
Phần này đề cập đến phương pháp cơ bản nhất khi giải phương trình và bất phương trình vô tỷ -
phương pháp lũy thừa. Sau đây là các quy tắc cấn nhớ khi sử dụng phương pháp này.
* Một số phép biến đổi tương đương phương trình vô tỷ
+)
( ) ( )
f x g x=
⇔
( ) ( )
( )
f x g x
f x 0
=
≥
.
+)
( ) ( )
f x g x=
⇔
( ) ( )
( )
2
f x g x
g x 0
=
≥
.
* Một số phép biến đổi tương đương bất phương trình vô tỷ
( ) ( )
f x g x>
⇔
( ) ( )
( )
f x g x
g x 0
>
≥
.
( ) ( )
f x g x≥
⇔
( ) ( )
( )
f x g x
g x 0
≥
≥
.
( ) ( )
f x g x>
⇔
( )
( )
( )
( ) ( )
2
g x 0
f x 0
g x 0
f x g x
<
≥
≥
>
.
( ) ( )
f x g x≥
⇔
( )
( )
( )
( ) ( )
2
g x 0
f x 0
g x 0
f x g x
<
≥
≥
≥
.
( ) ( )
f x g x<
⇔
( )
( )
( ) ( )
2
g x 0
f x 0
f x g x
>
≥
<
.
1
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
( ) ( )
f x g x≤
⇔
( )
( )
( ) ( )
2
g x 0
f x 0
f x g x
≥
≥
≤
.
2
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1. GPT
3
x 2x 5 2x 1
− + = −
.
( )
1
Giải
Ta có
( )
1
⇔
( )
2
3
x 2x 5 2x 1
2x 1 0
− + = −
− ≥
⇔
3 2
1
2
x 4x 2x 4 0
x
− + + =
≥
.
( )
( )
2
3
( )
2
⇔
( )
( )
2
x 2 x 2x 2
− − −
⇔
( )
( )
( )
( )
( )
( )
thoûa maõn 3
khoâng thoûa maõn 3
thoûa maõn 3
x 2
x 1 3
x 1 3
=
= −
= +
.
Vậy tập nghiệm của
( )
1
là
{ }
1;1 3
+
.
Ví dụ 2. [ĐHD06] GPT
2
2x 1 x 3x 1 0
− + − + =
.
( )
1
Giải
Ta có
( )
1
⇔
2
2x 1 x 3x 1
− = − + −
⇔
( )
2
2
2x 1 x 3x 1
x 3x 1 0
− = − + −
− + − ≥
.
( )
( )
2
3
( )
3
⇔
2
x 3x 1 0
− + ≥
⇔
3 5 3 5
2 2
x
− +
≤ ≤
.
( )
4
( )
2
⇔
4 3 2
x 6x 11x 8x 2 0
− + − + =
⇔
( )
( )
2
2
x 1 x 4x 2 0− − + =
⇔
( )
( )
( )
( )
( )
( )
thoûa maõn
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
x 1 4
x 2 2 4
x 2 2 4
=
= −
= +
.
Tập nghiệm của
( )
1
là
{ }
1;2 2
−
.
Ví dụ 3. [ĐHA05] GBPT
5x 1 x 1 2x 4− − − > −
.
( )
1
Giải
ĐK:
5x 1 0
x 1 0
2x 4 0
− ≥
− ≥
− ≥
⇔
x 2
≥
.
3
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Ta có:
( )
1
⇔
5x 1 2x 4 x 1
− > − + −
⇔
2
5x 1 3x 5 2 2x 6x 4
− > − + − +
⇔
2
2x 6x 4 x 2
− + < +
(do
x 2
≥
⇒
x 2 0
+ >
)
⇔
2 2
2x 6x 4 x 4x 4
− + < + +
⇔
2
x 10x 0
− <
⇔
0 x 10
< <
Kết hợp điều kiện
⇒
tập nghiệm của
( )
1
là
[
)
2;10
.
Ví dụ 4. [ĐHA04] GBPT
( )
2
2 x 16
7 x
x 3
x 3 x 3
−
−
+ − >
− −
.
( )
1
Giải
ĐK:
2
x 16 0
x 3 0
− ≥
− >
⇔
x 4
≥
.
Ta có:
( )
1
⇔
( )
2
2 x 16 x 3 7 x− + − > −
⇔
( )
2
2 x 16 10 2x− > −
⇔
( )
2 2
10 2x 0
10 2x 0
2 x 16 100 40x 4x
− <
− ≥
− > − +
⇔
2
x 5
x 5
x 20x 66 0
>
≤
− + <
⇔
x 5
x 5
10 34 x 10 34
>
≤
− < < +
⇔
x 10 34
> −
(TMĐK).
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
( )
10 34;
− +∞
.
4
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Ví dụ 5. GPT
( )
2x 3 x 6 x 5 2 x 4+ + − = + + −
.
( )
1
Giải
ĐK:
x 6
≥
. Ta có
( )
1
⇔
( )
2 2
3x 3 2 2x 9x 18 3x 3 2 2 x x 20− + − − = − + + −
⇔
( )
2 2
2x 9x 18 2 x x 20− − = + −
⇔
x 2
=
(không TMĐK).
Vậy
( )
1
vô nghiệm.
Ví dụ 6. GPT
x 7 4x 1 5x 6 2 2x 3+ + + = − + −
.
( )
1
Giải
ĐK:
3
2
x
≥
.
Ta có
( )
1
⇔
( )
x 7 2 2x 3 5x 6 4x 1+ − − = − − +
⇒
2 2
9x 5 4 2x 11x 21 9x 5 2 20x 19x 6
− − + − = − − − −
⇔
2 2
2 2x 11x 21 20x 19x 6
+ − = − −
⇔
( ) ( )
2 2
4 2x 11x 21 20x 19x 6+ − = − −
⇔
2
12x 63x 78 0
− + =
⇔
2
4x 21x 26 0
− + =
⇔
13
4
x 2
x
=
=
.
Thử lại ta thấy chỉ
13
4
x
=
là nghiệm của
( )
1
. Vậy
( )
1
có nghiệm duy nhất
13
4
x
=
.
Nhận xét:
+) Hai phương trình:
( ) ( )
f x g x
=
và
( ) ( )
2 2
f x g x
=
nói chung là không tương đương.
Vì lý do này mà trong ví dụ nói trên, sau khi thu được kết quả cuối cùng, ta phải thử lại.
+) Việc quyết định khi nào bình phương hai về của phương trình là quan trọng. Trong ví
dụ nói trên, động tác bình phương được thực hiện sau khi chuyển vế. Nhờ thế mà sau khi
bình phương, ta giản ước được
9x 5
−
ở hai vế.
5
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Ví dụ 7. Biện luận số nghiệm của PT
3
x x m 1 x− − − = −
.
( )
1
Giải
Ta có
( )
1
⇔
3 2
x x m x 2x 1
1 x 0
− − − = − +
− ≥
⇔
3 2
x x x m 1
x 1
+ − = − −
≤
.
( )
2
Do đó số nghiệm của
( )
1
bằng số nghiệm thỏa mãn
x 1
≤
của
( )
2
nên bằng số điểm chung của
đường thẳng
y m 1
= − −
với đồ thị hàm số
( )
3 2
f x x x x
= + −
(
x 1
≤
).
Ta có
( )
2
f ' x 3x 2x 1
= + −
.
( )
f ' x 0
=
⇔
1
3
x 1
x
= −
=
.
Kết luận:
*
m 1 1
− − >
⇔
m 2
< −
:
( )
1
vô nghiệm.
*
25
7
m 1
− − < −
⇔
18
7
m
>
:
( )
1
có
1
nghiệm.
*
25
7
m 1
m 1 1
− − = −
− − =
⇔
18
7
m
m 2
=
= −
:
( )
1
có
2
nghiệm.
*
25
7
m 1 1− < − − <
⇔
18
7
2 m
− < <
:
( )
1
có
3
nghiệm.
Ví dụ 8. [ĐHB06] Tìm
m
để PT sau đây có hai nghiệm phân biệt
( )
2
x mx 2 2x 1 1
+ + = +
.
Giải
Ta có
( )
1
⇔
( )
2
2
x mx 2 2x 1
2x 1 0
+ + = +
+ ≥
⇔
( ) ( )
2
1
2
3x 4 m x 1 0 2
x
+ − − =
≥ −
.
( )
2
là phương trình bậc hai có
( )
2
4 m 12 0 m∆ = − + > ∀
⇒
( )
2
luôn có hai nghiệm phân biệt
1
x
,
2
x
. Theo định lý Vi-ét thì
( )
m 4
1 2
3
1
1 2
3
x x
3
x x
−
+ =
= −
.
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
⇔
( )
2
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng
1
2
−
⇔
1
1
2
1
2
2
x
x
≥ −
≥ −
⇔
1
1
2
1
2
2
x 0
x 0
+ ≥
+ ≥
6
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
⇔
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 2
2 2
1 1
1 2
2 2
x x 0
x x 0
+ + + ≥
+ + ≥
⇔
( )
( )
( )
1 2
1 1
1 2 1 1
2 4
x x 1 0
4
x x x x 0
+ + ≥
+ + + ≥
.
Thay
( )
3
vào
( )
4
ta thu được
m 4
3
1 1 m 4 1
3 2 3 4
1 0
. 0
−
−
+ ≥
− + + ≥
⇔
m 1 0
2m 9 0
− ≥
− ≥
⇔
9
2
m 1
m
≥
≥
⇔
9
2
m ≥
.
Vậy
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
⇔
9
2
m ≥
.
Chú ý: Ví dụ trên có thể được làm bằng cách khác như sau:
Biến đổi
( )
1
về dạng:
2
3x 4x 1
x
1
2
m
x
+ −
=
≥ −
.
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
⇔
y m
=
có hai điểm chung với ĐTHS
2
3x 4x 1
x
y
+ −
=
,
1
2
x
≥ −
.
7
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
C. Bài tập
Bài 1. Giải các phương trình sau
1)
2
x x x 2 3
+ + + =
.
2)
2
x 2 x 3x 1 0
+ + + + =
.
3)
3
3x x x 1 2
+ − + = −
.
4)
3 2
x x 6x 28 x 5
+ + + = +
.
5)
4 3
x 4x 14x 11 1 x− + − = −
.
6)
( )
4 3 2
x 5x 12x 17x 7 6 x 1
+ + + + = +
.
Bài 2. Giải các phương trình sau
1)
x 3 3x 1 2 x 2x 2+ + + = + +
.
2)
2 2
x 2x x 2 x x 2x 2+ + + = + + −
.
3)
1 1
x
x
x x− = −
.
Bài 3. Giải các phương trình sau
1)
3 3 3
x 1 x 1 x 2− + + =
.
2)
3 3
3
x 1 x 3 2
− − − =
.
3)
3 3
3 3
2x 1 1 x x− + − =
.
Bài 4. Giải các bất phương trình sau
1)
x 9 2x 4 5
+ + + >
.
2)
( )
2
x 1 2 x 1+ ≥ −
.
3)
2
2x 5 x 4x 3
− < − + −
. 4)
2 2 2
x 3x 2 x 4x 3 2 x 5x 4
− + + − + ≥ − +
.
5)
( ) ( )
x 1 2x 1 3 x 1− − ≥ −
.
6)
2x
2x 2
2x 1 1
> +
+ −
.
Bài 5. Giải và biện luận theo
m
các phương trình
1)
2
x 1 x m− − =
.
2)
x m x m m
− + + =
.
Bài 6. [ĐHB07] Chứng minh với mọi
m 0
>
, phương trình
( )
2
x 2x 8 m x 2+ − = −
có hai
nghiệm phân biệt.
Bài 7. Giải và biện luận theo
m
các bất phương trình sau
1)
m 2 x x m
+ − > +
. 2)
x m x 2
− < −
.
8
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
D. Đáp số
Bài 1. 1
1
. 2
3
−
3
1
−
.
4
1
,
1 13
2
− ±
. 5
2
−
,
1
. 6
2 3
− +
.
Bài 2. 1
1
. 2 vô nghiệm. 3
1
.
Bài 3. 1
0
,
1±
. 2
1
,
3
. 3
0
,
1
,
1
3
2
.
Bài 4. 1
x 0
>
. 2
x 1
= −
hoặc
1 x 3
≤ ≤
. 3
14
5
1 x≤ <
.
4
x 1
=
hoặc
x 4
≥
. 5
1 x 2
≤ ≤
. 6
1
2
x 0
− < <
.
Bài 5. 1
m 1
< −
hoặc
0 m 1
≤ <
: vô nghiệm,
1 m 0
− ≤ <
hoặc
m 1
≥
:
2
m 1
2m
x
+
= −
.
2
m 0
<
hoặc
0 m 2
< <
: vô nghiệm,
m 0
=
:
x 0
=
,
m 2
≥
:
2
m 4
4
x
+
=
.
Bài 7. 1
m 1
> −
:
x m 1
< − +
,
m 1
≤ −
:
x m
≥
hoặc
m 2 x m 1
− − < < − +
.
2
9
4
2 m< ≠
:
x m
≥
,
9
4
m =
:
9 5
4 2
x≤ ≠
,
m 2
≤
:
x 2
>
.
9
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
10
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Loại 1. Phương pháp ẩn phụ
A. Nội dung phương pháp
Dùng ẩn phụ là một phương pháp thông dụng để giải phương trình nói chung và phương trình vô
tỷ nói riêng. Đối với phương trình vô tỷ, phương pháp này có thể được phân loại như sau:
+) Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chỉ chứa ẩn phụ.
+) Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chứa cả ẩn mới và ẩn cũ.
+) Đặt một ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa cả ẩn mới và ẩn cũ.
+) Đặt hai ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa hai ẩn phụ.
11
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải các PT
1)
2 2
x x 11 31
+ + =
.
( )
1
2)
( ) ( ) ( )
2
x 5 2 x 3 x 3x 1
+ − = +
1) 2) .
Giải
1) Đặt
( )
2
t x 11 2
= +
⇒
( )
2 2
t 11 3
x t 11
≥
= −
, ta thu được phương trình
( )
2
t 11 t 31
− + =
⇔
2
t t 42 0
+ − =
⇔
( )
( )
( )
( )
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
t 6 3
t 7 3
=
= −
Thay
t 6
=
vào
( )
2
ta có
2
x 11 6+ =
⇔
2
x 11 36
+ =
⇔
2
x 25
=
⇔
x 5
= ±
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
5
±
.
2)
( )
1
⇔
2 2
x 3x 3 x 3x 10 0
+ + + − =
.
Đặt
( )
2
t x 3x 2
= +
⇒
( )
2 2
t 0 3
x 3x t
≥
+ =
, ta thu được phương trình
2
t 3t 10 0
+ − =
⇔
( )
( )
( )
( )
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
t 2 3
t 5 3
=
= −
.
Thay
t 2
=
vào
( )
2
ta có
2
x 3x 2
+ =
⇔
2
x 3x 4
+ =
⇔
2
x 3x 4
+ −
⇔
x 1
x 4
=
= −
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
1; 4
−
.
Ví dụ 2. Giải các phương trình
1)
( )
2
1
x
x 2x x 3x 1 1
+ − = +
.
2)
( )
3
2 4 2
x x x 2x 1 1
+ − = +
.
Giải
1) Ta thấy
x 0
=
không phải nghiệm của
( )
1
nên
( )
1
⇔
1 1
x x
x 2 x 3
+ − = +
⇔
( )
1 1
x x
x 2 x 3 0
− + − − =
.
12
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Đặt
( )
1
x
t x 2
= −
⇒
( )
1
2
x
0 3
tx
t
≥
=−
, ta thu được phương trình
2
t 2t 3 0
+ − =
⇔
( )
( )
( )
( )
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
t 1 3
t 3 3
=
= −
.
Thay
t 1
=
vào
( )
2
ta có
1
x
x 1
− =
⇔
1
x
x 1− =
⇔
2
x x 1 0
− − =
⇔
1 5
2
±
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
1 5
2
±
.
2) Ta thấy
x 0
=
không phải nghiệm của
( )
1
nên
( )
1
⇔
1 1
3
x x
x x 2
+ − = +
⇔
( )
1 1
3
x x
x x 2 0
− + − − =
.
Đặt
( )
x
3
1
t x 2
= −
⇒
x
3
1
x t
− =
, ta thu được phương trình
3
t t 2 0
+ − =
⇔
( )
( )
2
t 1 t t 2 0
− + + =
⇔
t 1 0
− =
(do
( )
2
2
1 7
2 4
t t 2 t 0 x+ + = + + > ∀
)
⇔
t 1
=
.
Thay
t 1
=
vào
( )
2
ta có
1
3
x
x 1
− =
⇔
1
x
x 1− =
⇔
2
x x 1 0
− − =
⇔
1 5
2
±
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
1 5
2
±
.
Ví dụ 3. Giải các phương trình
1)
2
2x x 1 x 2 x x 1+ + + + + =
( )
1
.
2)
2
x 2x x 3 2x x 3 9
+ + + + + =
.
Giải
1) Đặt
t x 1 x
= + +
( )
2
⇒
( )
2 2
t 1 3
2x 2 x x t 1
≥
+ + = −
.
Với phép đặt ẩn phụ như trên
( )
1
trở thành
2
t 1 t 1
− + =
⇔
2
t t 2 0
+ − =
⇔
( )
( )
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
t 1 ( 3 )
t 2 ( 3 )
=
= −
.
Thay
t 1
=
vào
( )
2
ta được
x 1 x 1
+ + =
( )
4
.
13
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Xét
( )
4
:
ĐK:
x 0
≥
.
* Dễ thấy
x 0
=
là nghiệm của
( )
4
.
*
x 0
>
⇒
( )
VT 4 1
>
⇒
x
không phải nghiệm của
( )
4
.
Vậy
( )
1
có nghiệm duy nhất
x 0
=
.
2)
( )
1
⇔
( )
2
x x x x 3 2x x 3 9
+ + + + + + =
.
Đặt
t x x 3
= + +
( )
2
⇒
( )
2 2
t 3 3
x x 2x x 3 t 3
≥ −
+ + + = −
.
Với phép đặt ẩn phụ như trên
( )
1
trở thành
2
t 3 t 9
− + =
⇔
2
t t 12 0
+ − =
⇔
( )
( )
thoûa maõn
khoâng thoûa maõn
t 3 ( 3 )
t 4 ( 3 )
=
= −
.
Thay
t 3
=
vào
( )
2
ta được
x x 3 3+ + =
( )
4
.
Xét
( )
4
:
ĐK:
x 3
≥ −
.
* Dễ thấy
x 1
=
là nghiệm của
( )
4
.
*
x 1
>
⇒
( )
VT 4 4
>
⇒
x
không phải nghiệm của
( )
4
.
*
3 x 1
− ≤ <
⇒
( )
VT 4 4
<
⇒
x
không phải nghiệm của
( )
4
.
Vậy
( )
1
có nghiệm duy nhất
x 1
=
.
Ví dụ 4. Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm:
( )
2 2 2
x 2x 2m 5 2x x m 1
+ + − − =
.
Giải
Đặt
( )
2
t 5 2x x 2
= − −
⇒
2 2
x 2x 5 t
+ = −
. Phương trình
( )
1
trở thành:
Khi đó phương trình trở thành:
( )
2 2
t 2mt m 5 0 3
− + − =
⇔
t m 5
= ±
.
Xét hàm
( )
2
f x 5 2x x
= − −
. Ta có
( ) ( )
2
f x 6 x 1
= − +
. Ta thấy
( )
f x 0 x
≥ ∀
, dấu bằng xảy
ra
⇔
x 1 6
= − ±
;
( )
f x 6 x
≤ ∀
, dấu bằng xảy ra
⇔
x 1
= −
. Do đó tập giá trị của hàm
f
là
0; 6
, thành thử
( )
2
có nghiệm
⇔
t 0; 6
∈
.
14
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Vậy
( )
1
có nghiệm
⇔
( )
2
có nghiệm
t 0; 6
∈
⇔
0 m 5 6
0 m 5 6
≤ + ≤
≤ − ≤
⇔
5 m 6 5
5 m 6 5
− ≤ ≤ −
≤ ≤ +
.
Chú ý:
Điều kiện phương trình
( ) ( )
f x m *
=
có nghiệm:
o
( )
*
có nghiệm
⇔
đường thẳng
y m
=
có điểm chung với đồ thị hàm
số
( )
y f x
=
.
o
( )
*
có nghiệm
⇔
m
thuộc tập giá trị của hàm số
( )
y f x
=
.
Trong ví dụ trên, ta dùng điều kiện thứ hai để tìm điều kiện phương trình
có nghiệm. Về việc tìm tập giá trị của hàm số
( )
y f x
=
, ta có thể dùng khẳng
định sau: Nếu
f
đạt giá trị nhỏ nhất là
m
tại
a
, đạt giá trị lớn nhất là
M
tại
b
và
f
liên tục trên đoạn với hai đầu mút
a
,
b
thì tập giá trị của
f
là
[ ]
m;M
.
Ví dụ 5. Giải phương trình
( ) ( )
2 2
2 1 x x 2x 1 x 2x 1 1
− + − = − −
.
Giải
Đặt
( )
2
t x 2x 1 2
= + −
,
( )
1
trở thành:
( )
2
2 1 x t t
− =
⇔
( )
t t 2 1 x 0
− − =
⇔
( ) ( )
t 0
t 2 1 x 0 t 2 1 x
=
− − = ⇔ = −
.
Thay
t 0
=
vào
( )
2
ta có
2
x 2x 1 0
+ − =
⇔
2
x 2x 1 0
+ − =
⇔
x 1 2
= − ±
.
Thay
( )
t 2 1 x
= −
vào
( )
2
ta có
( )
2
x 2x 1 2 1 x
+ − = −
⇔
( )
2 2
2 1 x 0
x 2x 1 4x 8x 4
− ≥
+ − = − +
⇔
2
x 1
3x 10x 5
≤
− +
⇔
5 10
3
x 1
x
±
≤
=
⇔
5 10
3
x
−
=
.
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ }
5 10
3
1 2;
−
− ±
.
Ví dụ 6. Giải phương trình
( )
3 3
3 3
x 35 x x 35 x 30 1
− + − =
÷
.
15
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Giải
Đặt
3
3
t 35 x
= −
⇔
3 3
t 35 x
= −
⇔
( )
3 3
x t 35 2
+ =
.
Thay
3
3
t 35 x
= −
vào
( )
1
, ta có
( ) ( )
xt x t 30 3
+ =
.
Ta có hệ gồm hai phương trình
( )
2
và
( )
3
:
( )
3 3
x t 35
xt x t 30
+ =
+ =
⇔
( ) ( )
( )
3
x t 3xt x t 35
xt x t 30
+ − + =
+ =
⇔
( )
( )
3
x t 125
xt x t 30
+ =
+ =
(thay phương trình dưới vào phương trình trên)
⇔
( )
x t 5
xt x t 30
+ =
+ =
⇔
x t 5
xt 6
+ =
=
(thay phương trình trên vào phương trình dưới)
Ta có
2
T 5T 6 0
− + =
⇔
T 2
T 3
=
=
. Do đó, hệ nói trên tương đương với
x 2
t 3
x 3
t 2
=
=
=
=
.
Vậy tập nghiệm của
( )
1
là
{ }
2;3
.
Chú ý: Định lý Vi-ét đảo
Xét hệ
x y S
(1)
xy P
+ =
=
và phương trình
2
t St P 0 (2)
− + =
.
Khi đó:
(1)
có nghiệm
⇔
(2)
có nghiệm.
Trong trường hợp
(2)
có nghiệm
1
t
và
2
t
thì:
1
2
2
1
x t
y t
(1)
x t
y t
=
=
⇔
=
=
.
Ví dụ 7. [ĐHA09] Giải phương trình
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 1
− + − − =
.
Giải
16
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Đk:
6 5x 0
− ≥
⇔
6
5
x
≤
.
Đặt
( )
( )
( )
3
u 3x 2 2a
2
v 6 5x 2b
= −
= −
⇒
v 0
≥
.
Ta có
( )
2
⇒
3
2
u 3x 2
v 6 5x
= −
= −
⇔
3
2
5u 15x 10
3v 18 15x
= −
= −
⇒
3 2
5u 3v 8
+ =
⇔
( )
3 2
5u 3v 8 0 3
+ − =
.
Thay
( )
2
vào
( )
1
, ta được
2u 3v 8 0
+ − =
⇔
( ) ( )
2
3
v u 4 4
= − −
.
Thay
( )
4
vào
( )
3
, ta có:
( ) ( )
2
3
2
3
5u 3 u 4 8 0 3
+ − − − =
⇔
( )
3 2
4
3
5u u 8u 16 8 0+ − + − =
⇔
3 2
15u 4u 32u 40 0
+ − + =
⇔
( )
( )
2
u 2 15u 26u 20 0+ − + =
⇔
( )
2
u 2 0
15u 26u 20 0 ' 131 0
+ =
− + = ∆ = − <
⇔
u 2
= −
.
Thay
u 2
= −
vào
( )
2a
, ta được
3
3x 2 2
− = −
⇔
3x 2 8
− = −
⇔
x 2
= −
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
x 2
= −
.
17
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
C. Bài tập
Bài 1. Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1)
2
1 x 1 x 2 1 x 4− + + + − =
.
2)
2
3x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2
− + − = − + − +
.
3)
( )
3
3 2
x 3x 2 x 2 6x 0
− + + − =
.
4)
( ) ( )
3 x 6 x 3 3 x 6 x+ + − = + + −
.
5)
2 2
2x x 5x 6 10x 15
+ − − > +
. 6)
2
7x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x
+ + − + + − ≤ −
.
7)
5 1
5 x 2x 4
2x
2 x
+ < + +
. 8)
2
x
1 x 1 x 2
4
+ + − ≤ −
.
Bài 2. Cho phương trình
( ) ( )
3 x 6 x 3 x 6 x m+ + − − + − =
.
1) Giải phương trình với
m 3
=
.
2) Tìm
m
để phương trình có nghiệm.
Bài 3. Tìm
m
để BPT
( )
2
m x 2x 2 1 x 2 x 0
− + + + − ≤
÷
có nghiệm
x 0;1 3
∈ +
.
Bài 4. Tìm
m
để BPT
( ) ( )
2
2 x 4 x x 2x m+ − ≤ − +
nghiệm đúng với mọi
[ ]
x 2;4
∈ −
.
Bài 5. Giải các PT sau:
1)
2 2
1 1 x 2x+ − =
.
2)
( ) ( )
3
3 2 2
x 1 x x 2 1 x
+ − = −
.
3)
2 3
1 x 4x 3x
− = −
.
Bài 6. Giải các PT sau:
1)
( )
3 2
5 x 1 2 x 2
+ = +
.
2)
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1
+ + − − − = +
.
3)
( )
2 3
2x 5x 2 4 2 x 21x 20− + = − −
.
4)
( )
2 3
2 x 3x 2 3 x 8
− + = +
.
Bài 7. [ĐHA07] Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm:
4
2
3 x 1 m x 1 2 x 1− + + = −
.
Bài 8. Giải các phương trình:
1)
3
24 x 12 x 6
+ + − =
.
2)
3
x 3 x 3
+ + =
.
3)
4 4
x 17 x 3
+ − =
.
4)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
3 3
3
2 x 7 x 2 x 7 x 3
− + + − − + =
.
5)
3
3 3
x x 16 x 8
+ − = −
.
6)
4 4 4
x x 1 2x 1+ + = +
.
Bài 9. Với giá trị nào của
a
thì phương trình:
3 3
1 x 1 x a
− + + =
có nghiệm.
Bài 10. Giải các phương trình sau
1)
3
3
x 1 2 2x 1
+ = −
.
2)
2
x 3
2x 4x
2
+
+ =
. 3)
3
3
x 1
2x 1
2
+
= +
.
18
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
D. Đáp số
Bài 1. 1
0
. 2
2
.
3
2
,
2 2 3−
. 4
0
,
3
−
.
5
5 3 5 5 3 5
2 2
; ;
− +
−∞ ∪ +∞
÷ ÷
. 6
6
7
;6
.
7
( ) ( )
3 3
2 2
0; 2 2;
− ∪ + +∞
. 8
[ ]
1;1
−
.
Bài 2. 1
3
−
,
6
. 2
6 2 9
m 3
2
−
≤ ≤
.Bài 3.
2
m
3
≤
.
Bài 4.
m 4
≥
.Bài 5. 1
3
2
±
. 2
2
2
,
1 2 2 2
2
− − −
.
3
1
2
−
,
2 2
4
+
±
.
Bài 6. 1
5 37
2
±
. 2
5 61
2
+
,
8
.
3
9 193
4
±
,
17 3 73
4
±
. 4
x 3 13= ±
Bài 7.
1
1 m
3
− < ≤
.
Bài 8. 1
24
−
,
88
−
,
3
. 2
1
.
3
1
,
16
. 4
1
,
6
−
.
5
8
,
56 3010
7
±
. 6
0
.
Bài 9.
0 a 2
< ≤
.
Bài 10.1
1
,
1 5
2
− ±
. 2
3 17
4
− ±
,
5 13
4
− ±
.
3
1
2
−
.
19
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Loại 2. Phương trình và bất phương trình tích
A. Nội dung phương pháp
Phần này đề cấp đến việc giải phương trình, bất phương trình vô tỷ bằng cách đưa phương trình,
bất phương trình cần giải về phương trình, bất phương trình tích.
Nhân tử chung có thể thấy ngay hoặc nhận được sau một số phép biến đổi đơn giản. Việc sử
dụng biểu thức liên hợp đôi khi cho ta lời giải bất ngờ.
Về biểu thức liên hợp, ta cũng cần biết:
Biểu thức liên hợp của
a b−
là
a b+
:
( ) ( )
a b a b a b
+ − = −
.
Biểu thức liên hợp của
3 3
a b
−
là
( ) ( )
2 2
3 3 3
a ab b
+ +
:
( ) ( ) ( )
2 2
3 3 3 3 3
a b a ab b a b
− + + = −
.
… .
21
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
B. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình
( )
2
x 3 2x x 1 2x x 4x 3 1
+ + + = + + +
.
Giải
( )
1
⇔
( ) ( )
x 3 2x x 1 2x x 3 x 1+ + + = + + +
(ĐK:
x 1
≥ −
)
⇔
( ) ( )
x 3 1 x 1 2x x 1 1 0
+ − + + + − =
⇔
( ) ( )
x 1 1 2x x 3 0
+ − − + =
⇔
x 1 1 0
2x x 3 0
+ − =
− + =
⇔
x 1 1
x 3 2x
+ =
+ =
⇔
2
x 1 1
2x 0
x 3 4x
+ =
≥
+ =
⇔
x 0
x 1
=
=
.
Ta thấy cả
2
giá trị
0
và
1
đều thỏa mãn điều kiện để phương trình có nghĩa. Vậy tập nghiệm
của phương trình là
{ }
0;1
.
Ví dụ 2. [ĐHD02] Giải bất phương trình
( )
( )
2 2
x 3x 2x 3x 2 0 1
− − − ≥
.
Giải
Đk:
2
2x 3x 2 0
− − ≥
⇔
1
2
x
x 2
≤ −
≥
.
( )
1
⇔
2
2
x 3x 0
2x 3x 2 0
− =
− − =
hoặc
2
2
x 3x 0
2x 3x 2 0
− >
− − >
⇔
1
2
x 0
x 3
x 2
x
=
=
=
= −
hoặc
1
2
x 0
x 3
x
x 2
<
>
< −
>
22
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
⇔
1
2
x 0
x 3
x 2
x
=
=
=
= −
hoặc
1
2
x
x 3
< −
>
.
Kết hợp với điều kiện để
( )
1
có nghĩa, ta có tập nghiệm của
( )
1
là:
(
{ }
[
)
1
2
; 2 3;
−∞ − ∪ ∪ +∞
.
Ví dụ 3. Giải phương trình
( )
3
x x 2 0 1
+ − =
.
Giải
Đk:
x 0
≥
.
Ta có
( )
1
⇔
( )
( )
3
x 1 x 1 0
− + − =
⇔
( )
( )
2
x 1
x 1 x x 1 0
x 1
−
− + + + =
+
⇔
( )
2
1
x 1 x x 1 0
x 1
− + + + =
÷
+
⇔
x 1 0
− =
(do
2
1
x x 1
x 1
+ + +
+
=
( )
2
1
2
1 3
x 0
4
x 1
+ + + >
+
x 0
∀ ≥
)
⇔
x 1
=
(thỏa mãn điều kiện để
( )
1
có nghĩa).
Vậy
( )
1
có nghiệm duy nhất
x 1
=
.
Ví dụ 4. [ĐHB10] Giải phương trình
( )
2
3x 1 6 x 3x 14x 8 0 1
+ − − + − − =
.
Giải
Đk:
3x 1 0
6 x 0
+ ≥
− ≥
⇔
( )
1
3
x 6 2− ≤ ≤
.
Ta có
( )
1
⇔
( ) ( )
2
3x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0
+ − + − − + − − =
⇔
( )
( ) ( )
3 x 5
x 5
x 5 3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
−
−
+ + − + =
+ + + −
⇔
( ) ( )
3 1
x 5 3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
− + + + =
+ + + −
⇔
x 5 0
− =
(do
( )
3 1
3x 1 0
3x 1 4 1 6 x
+ + + >
+ + + −
1
3
x : x 6∀ − ≤ ≤
)
⇔
x 5
=
(thỏa mãn
( )
2
).
23
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
Vậy
( )
1
có nghiệm duy nhất
x 5
=
.
24
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
C. Bài tập
Bài 1. Giải các phương trình
1)
3
2
3 3
x 1 x 2 1 x 3x 2
+ + + = + + +
.
2)
3 3
2 2
3 3
x 1 x x x x+ + = + +
.
3)
4
3 2
4
x 1 x 1 x x+ + = + +
.
4)
3 2 2 2
x x 3x 3 2x x 3 2x 2x
+ + + + = + + +
.
Bài 2. Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1)
4 1 5
x x 2x
x x x
+ − = + −
.
2)
2 2
4
2x x 6 x x 2 x
x
+ + + + + = +
.
3)
2 2
2x x 9 2x x 1 x 4
+ + + − + = +
.
4)
2 2
x 2x 3 x 6x 11 3 x x 1
− + − − + > − − −
.
25
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
ST&BS: Cao Văn Tú Email:
D. Đáp số
Bài 1. 1
0
,
1
−
. 2
1
. 3
0
,
1
. 4
0
.
Bài 2. 1
2
. 2
1
. 3
0
. 4
2 x 3
< ≤
.
26
PT, BPT Vô tỉ. Blog: www.caotu28.blogspot.com
