11. Dạng 11. mx n a 1 x b 1 x c 1 x 2
Phương pháp giải:
Biểu diễn: mx n (1 x) (1 x) ( ).x ( ) và đồng nhất hệ số
m
, . Sau đó đặt u 1 x 0, v 1 x 0, để đưa về
được hệ:
n
phương trình hai ẩn u, v có thể giải bằng cách đưa về tích số hoặc ẩn phụ khơng
hồn tồn (xem u là biến số và v là hằng số hoặc ngược lại).
Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau:
Ví dụ 77.
()
Giải phương trình: 3 1 x 2 4 1 x 4 1 x 3 x
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1.
Ta có: 3 x (1 x) (1 x) ( ) x và đồng nhất hệ số được hệ
1 2
Khi đó viết: 3 x 2(1 x) (1 x) và
phương trình
3
1
(i )
() 3 (1 x)(1 x) 4 1 x 4 1 x 2(1 x) (1 x)
2
2
Đặt u 1 x 0, v 1 x 0, thì (i ) 3uv 4v 4u 2u v
(i ) 3uv 4v 4u 2u2 v2 v 2 (4 3u)v 2u2 4u 0
Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và v là hằng số thì có:
(4 3u)2 4(2u2 4u) u2 8u 16 (u 4) 2 .
3u 4 u 4
2u 4
1 x 2 1 x 4
v
2
x 0.
, suy ra:
Do đó:
1 x 1 x
v 3u 4 u 4 u
2
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất là x 0.
Ví dụ 78.
()
Giải phương trình: 3x 1 4 x 1 2 1 x 1 x 2
Đề nghị Olympic 30/04/2014 – THPT Chuyên Long An – Tỉnh Long An
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1.
Ta có: 3x 1 (1 x) (1 x) ( ) x và đồng nhất hệ số được hệ
3
phương trình:
1
1
Khi đó viết: 3x 1 (1 x) 2(1 x).
2
() (1 x) 2(1 x) 4 x 1 2 1 x
(i)
(1 x)(1 x)
2
2
Đặt u 1 x 0, v 1 x , thì (i ) u 2v 4v 2u uv
u2 (2 v) u 4v 2v 2 0
Xem đây là phương trình bậc hai với ẩn là u và v là hằng số.
u (2 v)2 4(4 v 2 v 2 ) 9 v 2 12 v 4 (3 v 2)2 .
2 v 3v 2
2 v
u
2
, suy ra:
Do đó:
u 2 v 3v 2 2 v
2
3
1 x 2 1 x
x
5
1 x 2 1 x
x 0
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm của phương trình là x
3
, x 0.
5
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word
Ví dụ 79.
Giải phương trình: 3x 2 1 4 1 x 2 2 1 x 2
()
1 x4
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1.
Bản chất của bài tốn này cũng giống hai thí dụ trước khi thay x 2 bởi x.
2
2
2
2
Ta có: 3x 1 (1 x ) (1 x ) ( ) x và đồng nhất hệ số được hệ:
3
1
1
Khi đó viết: 3x 2 (1 x 2 ) 2(1 x 2 ) và:
2
() (1 x 2 ) 2(1 x2 ) 4 1 x 2 2 1 x2
(i )
(1 x 2 )(1 x 2 )
Đặt u 1 x 2 0, v 1 x 2 0, thì (i ) u2 2v 2 4v 2u uv
u2 (2 v) u 4v 2 v 2 0 có biệt số u (3v 2)2 .
2 v 3v 2
2 v
1 x 2 2 1 x 2
u
2
x 0.
,
Do đó:
suy ra:
1 x 2 2 1 x 2
u 2 v 3v 2 2 v
2
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0.
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
BT 110. Giải phương trình: x 3 1 x 2 1 x 3 1 x 2
( x )
()
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1. Đặt a 1 x 0, b 1 x 0.
() 3. 1 x2 2 1 x 1 x (1 x) 2.(1 x)
3ab 2b a a2 2b 2 a 2 (1 3b) 2b 2 2b 0 ( a 2b).( a 1 b) 0
a 2b hoặc a 1 b.
3
Với a 2b , suy ra: 1 x 2 1 x 1 x 4.(1 x) x
5
Với a 1 b , suy ra:
1 x 1 1 x 2 1 x 1 2 x x
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm là x
3
2
3
3
, x
2
5
()
BT 111. Giải phương trình: x 6 4 1 x 5 1 x 3 1 x2
( x )
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1. Đặt a 1 x 0, b 1 x 0.
() 3. 1 x 2 5. 1 x 4. 1 x 2.( x 1) (1 x) 3
3ab 5a 4b 2a2 b2 3 b2 (4 3a).b 2a 2 5a 3 0
(b 2a 3).(b a 1) 0 b 2a 3 hoặc b a 1.
Với b 2a 3, suy ra:
Với b a 1, suy ra:
1 x 2 x 1 3 12 x 1 12 5x : vô nghiệm.
1 x 1 x 1 2 1 x 1 2 x x
3
2
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là x
BT 112. Giải phương trình: (4
1 x ) 1 x 1 3 x 2 1 x
()
3
2
( x )
Lời giải. Điều kiện: 1 x 1. Đặt a 1 x 0, b 1 x 0.
() 4. x 1 2.(1 x) (1 x) 2. 1 x 1 x 2 .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word
4a 2a2 b2 2b ab 2 a2 (4 b).a 2b b 2 0 (2 a b).( a b 2) 0
b 2a hoặc b 2 a.
3
Với b 2a , suy ra: 2 x 1 1 x 4.( x 1) 1 x x
5
2
Với b 2 a , suy ra: x 1 1 x 2 2 2 1 x 4 x 0.
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của phương trình là x
3
, x 0.
5
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word