CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (369.21 KB, 34 trang )
CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9
A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG :
+ Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối
+ biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng
vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối.
I.KIẾN THỨC BỔ SUNG
* Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b
x
a
b
−
ax + b Trái dấu với a 0 Cùng dấu với a
II.CÁC DẠNG BÀI TẬP
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
a)
2 1 0x − =
, b)
2 3x − =
a)
2 1 0x − =
⇔
2x – 1 = 0
⇔
x = ½ . Vậy : S =
1
2
b)
2 3x − =
⇔
2 3
2 3
x
x
− =
− = −
⇔
5
1
x
x
=
= −
.Vậy : S =
{ }
1;5−
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1 2x x− = −
⇔
2 1 2
2 1 2
x x
x x
− = −
− = − +
⇔
1
1
x
x
= −
=
. Vậy : S =
{ }
1;1−
1
* DẠNG 1 :
f(x) = a
(1)
• a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm
• a = 0 , ta có Pt (1)
⇔
f(x) = 0
• a > 0 , ta có Pt (1)
⇔
f(x) = a
f(x) = -a
* DẠNG 2:
f(x) = g(x)
⇔
( )
( )
g x
g x
f(x) =
f(x) = -
* DẠNG 3:
f(x) = g(x)
⇔
≥
f(x) 0
f(x) = g(x)
f(x) < 0
f(x) = -g(x)
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
3 2 2 6x x
− = +
+ Với x
≥
2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6
⇔
x = 8 ( nhận)
+ Với x <
2
3
, ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6
⇔
x = - 4/5 ( nhận)
Vậy : S =
4
;8
5
−
Ví dụ 4.1: Giải các phương trình sau :
2 1 3 1 1x x
− − − =
+ Bảng xét dấu :
• Với x < ½ , ta có Pt : 1 – 2x – 3( 1 – x ) = 1
⇔
x = 3 ( loại )
• Với ½
≤
x < 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(1 – x ) = 1
⇔
x = 1 ( loại )
• Với x
≥
1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(x – 1 ) = 1
⇔
x = 1 ( nhận )
Vậy : S =
{ }
1
Ví dụ 4.2: Giải các phương trình sau :
2 1 2 1 2x x x x+ − + − − =
; ĐK : x
≥
1
⇔
1 2 1 1 1 2 1 1 2x x x x− + − + + − − − + =
⇔
1 1 1 1 2x x− + + − − =
(2) ; ( vì
1 1 0x − + >
)
* Nếu x > 2 thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 +
1x −
- 1 = 2
1x −
= 1
⇔
x = 2 (loại)
* Nếu 1
2x
≤ ≤
thì Pt (2)
⇔
1x −
+1 + 1 -
1x −
= 2
⇔
0.x = 0 , Pt vô số nghiệm
Vậy Pt đã cho có nghiệm 1
2x
≤ ≤
+ : Sau khi biến đổi đến Pt (2) ta có thể viết :
1 1 1 1x x− − = − −
Chú ý bất đẳng thức
A A≥
với điều kiện xảy ra ” =” là A
≥
0 .
Vì thế 1 -
1x −
≥
0
⇔
1x −
≤
1
⇔
x
≤
2
Kết hợp với ĐK ban đầu ta có 1
2x≤ ≤
Ví dụ 4.2: c)
2 2 2
6 9 2 2 1 0x x x x x+ + − − + + =
Giai : ⇔
( ) ( )
2 2
2
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
3 2 1 0x x x+ − − + =
. (2)
+ Nếu
3x < −
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x− + − − − − =
⇔
0. 5 0x − =
: vô nghiệm.
x 1/2 1
2x – 1 – 0 + +
X - 1 – – 0 +
2
* DẠNG 4:
( )a b h x
+ =
f(x) g(x)
+ Dùng bảng xét dấu các giá trị biến là nghiệm của các đa thức ,
để khử dấu giá trị tuyệt đối , rồi giải các Pt
+ Nếu :
3 0x
− ≤ <
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − − − =
⇔
2 1 0x
+ =
⇔
1
2
x = −
.
+ Nếu :
0 1x
≤ <
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − − + =
⇔
4 1 0x
+ =
⇔
1
4
x = −
, (loại).
+ Nếu ;
1x
≥
, (2)⇒
( ) ( )
3 2 1 0x x x+ − − + =
⇔
0. 5 0x
− =
: vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm
1
2
x = −
.
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau : a)
2
2 1 5x x− + =
; b)
2
4 4 1 2x x x− + = −
c)
2 2
6 9 4 4 0x x x x− + + + + =
B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM
+ Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình.
+ Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên.
I.CÁC DẠNG BÀI TẬP :
Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x
2
+ 2x + 1 =
4 1x +
(*)
ĐK : 4x + 1
≥
0
⇔
x
≥
- ¼
(*)
⇔
4x
2
+ 4x + 2 = 2
4 1x +
⇔
4x
2
+ 4x + 1 – 2
4 1x +
+1 = 0
⇔
4x
2
+ (
4 1x +
- 1 )
2
= 0
⇔
( )
4 0
4 1 1
x
x o
=
+ − =
⇔
0
4 1 1
x
x
=
+ =
⇔
x = 0 ( nhận) . Vậy : S =
{ }
0
Ví dụ 5’: Tìm các giá trị x, y, z biết :
1
2 3 5 ( 7)
2
x y z x y z
− + − + − = + + −
(1)
+ ĐK : x
≥
2 ; y
≥
3 ; z
≥
5
(1)
⇔
2 2 2 3 2 5 7 0x y z x y z
− + − + − − − − + =
⇔
2 2 2
( 2 1) ( 3 1) ( 5 1) 0x y z
− − + − − + − − =
⇔
2 1 0
3 1 0
5 1 0
x
y
z
− − =
− − =
− − =
⇔
3
4
6
x
y
z
=
=
=
3
* DẠNG 5 : A
2
+ B
2
= 0
⇔
A = 0
B = 0
* DẠNG 6 :
⇔
A = 0
A + B = 0
B = 0
Ví dụ 6 : Giải các phương trình sau :
2
1 3 2 0x x x− + − + =
(**)
(**)
⇔
2
1 0
3 2 0
x
x x
− =
− + =
1 0
( 1)( 2) 0
x
x x
− =
− − =
⇔
1
1
2
x
x
x
=
=
=
⇔
x = 1 . Vậy : S =
{ }
1
Ví dụ 7 : Giải các phương trình sau :
2
2 1 1 0x x x− + + − =
⇔
2
1 0
2 1 0
x
x x
− =
− + =
⇔
2
1 0
( 1) 0
x
x
− =
− =
⇔
x =1 . Vậy : S =
{ }
1
II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Giải các phương trình sau :
a)
1
1 2 ( )
2
x y z x y z+ − + − = + +
; b) x + y + 4 = 2
x
+ 4
1y −
;
c) x + y + z + 4 =
2 2 4 3 6 5x y z− + − + −
; d )
2 2
9
3 2 1 0
4
x x x x+ + + + + =
C. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP VÀ BẤT ĐẲNG THỨC :
+ Sử dụng được tính chất đối lập ở hai vế của phương trình.
+ Ngoài những bất đẳng thức của các số không âm ở bài trước , cần nắm
thêm và sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc như BĐT Cô Si;
BĐT Svacxơ; BĐT về giá trị tuyệt đối vào việc giải phương trình.
I/KIẾN THỨC CƠ BẢN
1_ Sử dụng tính chất tính chất đối nghịch giá trị của hai vế Pt :
Ví dụ 8 : Giải các phương trình sau :
a)
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x
+ + + + + = − −
⇔
2 2 2
3( 1) 4 5( 1) 9 5 ( 1)x x x
+ + + + + = − +
Mà (VT) =
2 2
3( 1) 4 5( 1) 9 4 9 5x x
+ + + + + ≥ + =
,
dấu”=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
Và (VP) = 5 – (x + 1)
2
≤
5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1
Do đó :
2 2 2
3 6 7 5 10 14 4 2 5x x x x x x
+ + + + + = − − =
(x + 1)
2
= 0
⇔
x = -1 . Vậy : S =
{ }
1−
b)
2
7 9 16 66x x x x− + − = − +
; ĐK :
7 9x
≤ ≤
(VT) : A =
7 9x x− + −
⇔
A
2
= 2 + 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
4
* DẠNG 7 :
⇔
A = 0
A + B = 0
B = 0
* DẠNG 8 :
≥
≤
A m
B m
A = B
⇔
A = m
B = m
(Áp dụng BĐT Cô Si 2
( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − =
)
Do đó A
≤
2
(VP) : B =
2
16 66x x− +
= (x – 8 )
2
+ 2
≥
2
Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận)
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau :
a)
2 4 2 2
3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + − + = − −
b)
2 2 2
6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x
− + + − + + − + = +
c)
2
2
2
6 15
6 18
6 11
x x
x x
x x
− +
= − +
− +
2_ Sử dụng bất đẳng thức CÔ-SI cho hai số không âm
Ví dụ 9.1 : Giải các phương trình sau :
2
3 2
1
5 3 3 2 3
2 2
x
x x x x
+ + − = + −
ĐK : Vì 5x
3
+ 3x
2
+ 3x – 2 = (x
2
+ x + 1) (5x – 2)
Mà x
2
+ x + 1 = (x + ½)
2
+ ¾ > 0
nên
3 2
5 3 3 2x x x
+ + −
có nghĩa khi 5x – 2
≥
⇔
x
≥
2/5
⇒
3 2 2
5 3 3 2 ( 1)(5 2)x x x x x x
+ + − = + + −
≤
2 2
1 5 2 1
3
2 2 2
x x x x
x
+ + + −
= + −
( theo BĐT Cô-Si cho hai số không âm)
Dấu “ = ” xảy ra khi x
2
+ x + 1 = 5x – 2
⇔
x
2
– 4x + 3 = 0
⇔
(x – 1)(x – 3) = 0
⇔
x = 1 ; x = 3 . Vậy : S =
{ }
1;3
Ví dụ 9.2 : Giải các phương trình sau :
2
2 3 5 2 3 12 14x x x x
− + − = − +
Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta có :b
2 3 1 5 2 1
2 3 5 2 (2 3).1 (5 2 ).1 2
2 2
x x
x x x x
− + − +
− + − = − + − ≤ + =
Dấu “ = ” xảy ra khi
2 3 0
5 2 0
x
x
− =
− =
⇔
x = 2
Mặt khác 3x
2
– 12x +14 = 3(x
2
– 4x + 4) + 2 = 3(x – 2)
2
+ 2
2≥
Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 0
⇔
x = 2
Vậy Pt có nghiệm duy nhất x = 2
3_ Sử dụng bất đẳng thức SVAC XƠ
5
* DẠNG 9 : Với hai số a ,b không âm ta có :
≥
a + b 2 a.b
Dấu “=” xảy ra khi a = b
Ví dụ 10 : Giải các phương trình sau :
2
2 10 12 40x x x x− + − = − +
; ĐK : 2
≤
x
≤
10
Ta có (VT) =
2 2
2 10 (1 1 )( 2 10 ) 4x x x x− + − ≤ + − + − =
Nên :
2 10 4x x− + − ≤
, dấu ‘=” xảy ra khi
2 10
1 1
x x− −
=
⇔
x = 6
Mà (VP) =
2 2
12 40 ( 6) 4 4x x x− + = − + ≥
, dấu ‘=” xảy ra khi x = 6
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6
4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :
Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :
2 2
4 4 6 9 1x x x x
− + + − + =
Giải :
2 2
( 2) ( 3) 1 2 3 1
2 3 2 3 1
x x x x
x x x x
⇔ − + − = ⇔ − + − =
⇔ − + − ≥ − + − =
Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x)
≥
0
⇔
2
≤
x
≤
3
Vậy Pt đã cho có nghiệm là : 2
≤
x
≤
3
Ví dụ 11’ : Giải các phương trình sau :
2 2
4 4 6 9 1x x x x− + + − + =
(1)
⇔
2 3 1x x
− + − =
Áp dụng BĐT
A A≥
dấu “=” xảy ra khi A
≥
0 , ta có :
2 3 2 3 2 3 1x x x x x x
− + − = − + − ≥ − + − =
(2)
Do (1) nên phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức
2 0
3 0
x
x
− ≥
− ≥
⇔
2 3x≤ ≤
là nghiệm Pt
CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA
1)
1 1 2x x− − + =
; ĐK : x
≥
1
6
* DẠNG 10 :
≤
2 2 2 2
ax + by (a + b )(x + y )
Dấu “=” xảy ra khi
a b
=
x y
• DẠNG 11 :
≥
A + B A + B
Dấu “=” xảy ra khi A và B cùng dấu hay A.B
≥
0
• DẠNG 11’ :
≥
A A
Dấu “=” xảy ra khi A
≥
0
⇔
1 2 1x x− = + +
Ta thấy vế phải lớn hơn vế trái , Pt
2)
2 2
6 2 1x x x+ = − −
; ĐK :
x
≥
1 Ta thấy vế trái lớn hơn x , vế phải không lớn hơn x ,
Pt vô nghiệm
3)
2
1 3 2 ( 1)( 3 5) 4 2x x x x x x− − + + − − + = −
ĐK : x
≥
1 , nên vế trái
≥
2 ; vế phải
≤
2 , suy ra hai vế bằng 2 , khi đó x = 1
II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau :
a)
4 4 9 6 1x x x x+ − + + − =
; ĐK : x
≥
0 , đưa về dạng
2 3 1x x
− + − =
Nghiệm :
4 9x≤ ≤
b)
6 4 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + =
; ĐK : x
≥
-2 ,
Đặt :
2 0x y+ = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
2 7x≤ ≤
c)
2 4 2 7 6 2 1x x x x+ − − + + − − =
; ĐK : x
≥
2 ,
Đặt :
2 0x y− = ≥
đưa về dạng
2 3 1y y
− + − =
. Nghiệm :
6 11x
≤ ≤
D. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ :
+ Biết thay thế một biểu thức chứa ẩn số trong phương trình bằng một
ẩn số phụ để được một phương trình trung gian mà ta biết cách giải.
+ Biết tìm nghiệm số phụ từ đó suy ra nghiệm của phương trình.
I/ NỘI DUNG :
Ví dụ 12 : Giải các phương trình sau : x
4
– x
2
– 12 = 0 (1)
Đặt : x
2
= y
≥
0
(1)
⇔
y
2
– y – 12 = 0
⇔
(y – 4)(y + 3) = 0
⇔
3( )
4( )
y loai
y nhan
= −
=
+ Với y = 4
⇔
x
2
= 4
⇔
x =
±
2 . Vậy : S =
{ }
2;2−
Ví dụ 13 : Giải các phương trình sau :
(12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330
Giải :
⇔
(12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*)
Đặt : y = 12x – 3
(*)
⇔
(y + 2)(y +1)y (y -1) = 7920
⇔
(y
2
+ y - 2)(y
2
+ y) – 7920 = 0 (**)
Đặt t = y
2
+ y -1
(**)
⇔
(t – 1)(t + 1) = 7920 t
2
= 7921
⇔
t =
±
89
7
* DẠNG 12 : PT TRÙNG PHƯƠNG : ax
4
+ bx
2
+ c = 0 ( a
≠
0 )
+ Đặt : x
2
= y
≥
0 , ta có Pt : ay
2
+ by + c = 0
* DẠNG 13 : PT dạng : (x + a)(x + b)(x + c) (x + d) = m
Với a + b = c + d
+ Đặt y = (x + a)(x + b)
+ Với t = 89 thì ta có y
2
+ y – 90 = 0
9
10
y
y
=
= −
⇔
12 3 9
12 3 10
x
x
− =
− = −
⇔
1
7
12
x
x
=
−
=
+ Với t = - 89 thì ta có y
2
+ y + 88 = 0 Pt vô nghiệm
Vậy : S =
7
;1
12
−
Ví dụ 14 : Giải các phương trình sau : ( x – 6)
4
+ (x – 8)
4
= 16 (1)
Giải : Đặt : y = x - 7
(1)
⇔
( y + 1)
4
+ (y – 1)
4
= 16 khai triển rút gọn ta có : y
4
+ 6y
2
– 7 = 0 (2)
Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6
Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x
4
+ 3x
3
+ 4x
2
+ 3x
+ 1 = 0
Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : (x
2
+
2
1
x
) + 3( x +
1
x
) + 4 = 0 (*)
+ Đặt : y = x +
1
x
nên x
2
+
2
1
x
= y
2
– 2
(*)
⇔
y
2
+ 3y + 2 = 0
⇔
(y + 1)(y + 2) = 0
⇔
y = - 1 hoặc y = -2
+ Với y = -1 ta có Pt : x +
1
x
= -1
⇔
x
2
+ x + 1 = 0 Pt vô nghiệm .
+ Với y = -2 ta có Pt : x +
1
x
= -2
⇔
x
2
-2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1
8
* DẠNG 14 : PT dạng : (x + a)
4
+ (x + b)
4
= k
+ Đặt : y = x +
a +b
2
* DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax
4
+ bx
3
±
cx
2
+ bx + a = 0
( a
≠
0 ) .
+ Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x
2
,
Ta được Pt sau : a (x
2
+
2
1
x
) + b ( x
±
1
x
) + c = 0
+ Đặt : y = ( x
±
1
x
) , giải Pt ẩn y suy ra nghiệm x
DẠNG 16 : Pt đẳng cấp bậc hai đối với u , v ( u, v phụ thuộc x )
Có dạng : au
2
+ buv + cv
2
= 0 ( a
≠
0 )
+ xét v = 0
⇒
u = 0
+ Xét v
≠
0, chia hai vế cho v
2
ta có Pt :
÷ ÷
2
u u
a +b + c = 0
v v
Đặt y =
u
v
ta có Pt bậc hai ẩn y : ay
2
+ by + c = 0
Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x
2
– 3x – 1 )
4
– 13x
2
(x
2
– 3x – 1)
2
+ 36x
4
= 0 (*)
Đặt : u = (x
2
– 3x – 1)
2
; v = x
2
(*)
⇔
u
2
– 13uv + 36v
2
= 0
+ Xét v = 0
⇒
u = 0 , ta có
2 2
2
( 3 1) 0
0
x x
x
− − =
=
⇔
x
∈∅
+ xét v
≠
0 , chia hai cho v
2
ta có Pt :
13 36
−
÷ ÷
2
u u
+ = 0
v v
Đặt y =
÷
u
v
ta có PTBh : y
2
– 13y + 36 = 0
E-PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC ( HAY PT VÔ TỈ )
Ví dụ1. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥
≥
⇔ ⇔
=
− =
+ = −
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 4x 4 x 8− + + =
(1)
Giải: (1) ⇔
2
(x 2) 8 x− = −
Với điều kiện x ≤ 8. Ta có:
(1) ⇔ |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
9
DẠNG 1 :
f(x) = a
+ a < 0 , Pt vô nghiệm .
+ a = 0 , f(x) = 0
+ a > ) _ Giải Pt - ĐK : f(x)
≥
0
_ Bình phương hai vế
_ Giải Pt , đối chiếu ĐK tìm nghiệm
DẠNG 2:
( )g xf(x) =
[ ]
2
( )g x
≥
⇔
g(x) 0
f(x) =
DẠNG 3:
2
af (x) =
(với a
≥
0)
⇔ f(x) = a
– Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 ; HD: Đáp số: x = 5.
Ví dụ : Giải các phương trình sau :
a)
3 2 7x x− = −
;
⇔
2
2 7 0
3 (2 7)
x
x x
− ≥
− = −
⇔
2
7 / 2
4 29 52 0
x
x x
≥
− + =
Giải Pt : 4x
2
– 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại)
b)
2
3 3 5x x− = −
⇔
2
3 5 0
3 3 5
x
x x
− ≥
− = −
⇔
2
5 / 3
3 2 0
x
x x
≥
− + =
⇔
5 / 3
( 2)( 1) 0
x
x x
≥
− − =
⇔
5 / 3
2( ); 1( )
x
x nh x l
≥
= =
Ví dụ 1: Giải phương trình:
x 3 5 x 2+ = − −
(2)
Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có:
(2) ⇔
x 3 x 2 5+ + − =
⇔
2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − =
( bình phương 2 vế )
⇔
(x 3)(x 2) 12 x+ − = −
⇔
2 2
2 x 12
2 x 12
x 6
25x 150
x x 6 144 x 24x
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔ =
=
+ − = + −
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6
Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 7 12 x+ − − = −
(3)
Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có:
(3) ⇔
x 1 12 x x 7+ = − + −
⇔
x 1 5 2 (12 x)(x 7)+ = + − −
( bình phương 2 vế )
⇔
2
2 19x x 84 x 4− − = −
⇔ 4(19x – x
2
– 84) = x
2
– 8x + 16
⇔ 76x – 4x
2
– 336 – x
2
+ 8x – 16 = 0
10
DẠNG 4:
f(x) = g(x)
( ) 0( ( ) 0)
( ) ( )
f x hayg x
f x g x
≥ ≥
⇔
=
DẠNG 4.1:
( )h x
+ =
f(x) g(x)
DẠNG 4.2:
( )h x
+ =
f(x) g(x)
⇔ 5x
2
– 84x + 352 = 0
( ) ( )
2 2
2
84 352 42 1764 1764 352
5 x x 5 x 2 x
5 5 5 25 25 5
42 4 44
5 x 5 5 x 8 x (x 8) 5x 44
5 25 5
− + = − × + − +
÷ ÷
= − − × = − − = − −
÷ ÷
⇔ x
1
=
44
5
; x
2
= 8
Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x
1
=
44
5
; x
2
= 8
Ví dụ1. Giải phương trình:
x x 1 x 4 x 9 0− − − − + + =
(4)
Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có:
(4) ⇔
x 9 x x 1 x 4+ + = − + −
⇔
2x 9 2 x(x 9) 2x 5 2 (x 4)(x 1)+ + + = − + − −
⇔
7 x(x 9) (x 1)(x 4)+ + = − −
⇔
2 2
49 x 9x 14 x(x 9) x 5x 4+ + + + = − +
⇔ 45 + 14x + 14
x(x 9)+
= 0
Với x ≥ 4 ⇒ vế trái của phương trình luôn là một số dương ⇒ phương trình vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +
⇔
x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|+ + + + − = + −
Đặt y =
x 1+
(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
BÀI TẬP : Giải các phương trình sau :
1/
2
3 4 2 2x x x+ − = −
; KQ : S =
{ }
1
3/
3 2 3x x+ − =
; KQ : S =
{ }
6
:
f (x) g(x)=
⇔
2
g(x) 0
f (x) [g(x)]
≥
=
Ví dụ. Giải phương trình:
x 1 x 1+ = −
(1)
Giải: (1) ⇔
2
x 1
x 1
x 1
x 3
x 3x 0
x 1 x 1
≥
≥
≥
⇔ ⇔
=
− =
+ = −
11
DẠNG 4.3:
( ) ( )h x t x
+ = +
f(x) g(x)
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3
:
f (x) g(x) h(x)+ =
c) Dạng 3:
f (x) g(x) h(x)+ =
d) Dng 4:
f (x) g(x) h(x) k(x)+ = +
2/
4 3 2x x− − =
; KQ : S =
{ }
7
F. PHƯƠNG TRÌNH CÓ NHIỀU DẤU CĂN THỨC :
• PP chính : Điều kiện cho Pt có nghĩa , chuyển vế cho hợp lí , bình
phương hai vế , đối chiếu điều kiện chọn nghiệm .
1)
1 5 1 3 2x x x− − − = −
; ĐK
1
: x
1≥
_Chuyển vế ( bớt dấu - ) ,ta có :
1 5 1 3 2x x x− = − + −
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 2 – 7x =
2
2 15 13 2x x− +
Đến đây có hai cách giải :
• Cách 1: ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
_ Bình phương hai vế rút gọn được : 11x
2
– 24x + 4 = 0
⇔
(11x – 2)(x – 2) = 0
x
1
= 2/11 (loại ) ; x
2 = 2
( loại ) . Vậy Pt vô nghiệm
• Cách 2 : ta có ĐK
2
: 2 – 7x
≥
0
⇔
x
≤
2/7 trái với ĐK
1
: x
1≥
Vậy Pt vô nghiệm
2)
3 4 1x x+ − − =
ĐK: x
≥
4 ; bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
13
3)
15 3 6x x− + − =
15 3 6x x− + − =
;bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
1−
4)
2 1 1 1x x x− − − − =
chuyển vế
2 1 1 1x x x− − = + −
;
bình phương hai vế ta có KQ : S =
{ }
1
5)
2 1 2 1 2x x x x− − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
1/ 2 1x≤ ≤
6)
6 9 6 9 6x x x x+ − + − − =
; bình phương hai vế ta có KQ :
3 / 2 3x≤ ≤
!"#$%&'()(&*#$%&!&+,
7)
2 1 2 1x x x− − − = +
; ĐK : x
≥
2 .(1)
Bình phương hai vế được 2x – 1 + x – 2 + 2
2
2 5 2 1x x x− + = +
⇔
2
2 5 2 2x x x− + = −
Phải x
≤
2 (2) . Từ 1 & 2 ta có x = 2 , nghiệm đúng Pt
8)
3 15 4 17 2x x x+ − + = +
ĐK : x
≥
- 2
Chuyển vế , bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x
≤
-2
Do đó x = -2 , nghiệm đúng Pt
9)
1 10 2 5x x x x+ − + = + + +
; ĐK : x
≥
- 1
Bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x
≤
-1 . Nghiệm x = -1
G. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
I.Phương trình vô tỉ bậc cao :
12
1)
2 2
3 21 18 2 7 7 2x x x x
+ + + + + =
(1) ; ĐK: x
2
+ 7x + 7
≥
0
Đặt :
2
7 7x x y+ + =
≥
0
⇔
x
2
+ 7x + 7 = y
2
(1)
⇔
3y
2
+ 2y – 5 = 0
⇔
(y – 1)(3y + 5) = 0
⇔
y = -5/3 (loại) ; y = 1 (nhận)
+
2
7 7 1x x+ + =
⇔
x
2
+ 7x + 6 = 0
⇔
(x + 1)(x + 6) = 0
⇔
x = -1 ; x = -6
Với x = -1 ; x = -6 thỏa mãn x
2
+ 7x + 7
≥
0 . Vậy nghiệm Pt x = -1 ; x = -6
2)
2 3 2 2 2 2 1 2 2x x x x x+ + + + + − + = + +
(*) ; ĐK : x
≥
-2
Đặt
2 3 2x x a+ + + =
;
2 2 2x x b+ − + =
Ta có : a + b =
1 2 2x+ +
và a
2
– b
2
=
1 2 2x+ +
Suy ra a – b = 1 . Từ đó a =
1 2x+ +
; b =
2x +
(**)
Từ (*) , (**) tính được x . nghiệm x = 2( loại giá trị x = -1)
3)
2 2
2 9 4 3 2 1 2 21 11x x x x x− + + − = + −
Đặt : 2x
2
– 9x + 4 = a
≥
0 ; 2x – 1 = b
≥
0 . Pt là
3 15a b a b+ = +
Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được b = 0 hoặc b = a . Nghiệm ½; 5
4) X
2
+ 3x + 1 = (x + 3)
2
1x +
(1)
Giải : Đặt t =
2
1x +
, t
≥
0 ; (1)
⇔
t
2
– (x + 3)t + 3x = 0 (2)
∆
= (x + 3)
2
– 12x = (x - 3)
2
≥
0
Nên Pt (2) có nghiệm : t = x ; t = 3
+ Với t = x thì
2
1x +
= x , Pt vô nghiệm .
+ Với t = 3 thì
2
1x +
= 3 , Pt có nghiệm x =
2 2±
Ví dụ 5. Giải phương trình
x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1+ + + + + − + = + − +
(2)
Giải: (2) ⇔
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1+ + + + + + − + + = + − + +
⇔
x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1|+ + + + − = + −
Đặt y =
x 1+
(y ≥ 0) ⇒ phương trình đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|+ + − = −
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8
II Phương pháp đưa về phương trình tích
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2x 1 x 2 x 3+ − − = +
Giải. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của
phương trình:
(x 3)( 2x 1 x 2 1) 0+ + + + − =
⇔
x 3 0
2x 1 x 2 1
+ =
+ + − =
⇒ PT vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2
x 1 2(x 1) x 1 1 x 3 1 x+ + + = − + − + −
(1)
Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1) ⇔
( ) ( )
x 1 1 x 2 x 1 1 x 1 0+ − − + − − + =
13
⇔ x
1
= 0; x
2
=
24
25
−
Ví dụ 3. Giải phương trình:
3 2 4
x 1 x x x 1 1 x 1− + + + + = + −
(1)
Giải. Chú ý: x
4
– 1 = (x – 1)(x
3
+ x
2
+ x + 1).
(1) ⇔
( )
(
)
3 2
x 1 1 1 x x x 1 0− − − + + + =
⇔ x = 2
III. Phương pháp đặt ẩn phụ
-./,01/
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x x 1 1+ + =
(1)
Giải: Đặt
x 1+
= y (y ≥ 0)
⇒ y
2
= x + 1 ⇔ x = y
2
– 1 ⇔ x
2
= (y
2
– 1)
2
⇒ (2) ⇔ (y
2
– 1)
2
+ y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y
2
+ y − 1) = 0.
Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là:
1 5
0; 1;
2
−
−
Ví dụ 2. Giải phương trình:
( )
3
x 1 1 2 x 1 2 x− + + − = −
(1)
HD: ĐK: x ≥ 1. Đặt
x 1 1− +
= y
(1) ⇔
( ) ( )
3 2
x 1 1 x 1 1 2 0− + + − + − =
⇔ y
3
+ y
2
– 2 = 0
⇔ (y – 1)(y
2
+ 2y + 2) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 1
Ví dụ 3 :
( ) ( )
3 6 3 6 3x x x x+ + − − + − =
Điều kiện phương trình có nghĩa là
3 0
6 0
x
x
+ ≥
− ≥
⇔
3
6
x
x
≥ −
≤
⇔
3 6x
− ≤ ≤
.
Đặt
3 6 0y x x y= + + − ⇒ >
;
( ) ( ) ( ) ( )
2
3 2 3 6 6 9 2 3 6y x x x x x x= + + + − + − = + + −
Suy ra
( ) ( )
2
9
3 6
2
y
x x
−
+ − =
, thay vào phương trình (d), ta được :
2
9
3
2
y
y
−
− =
⇔
( )
2
2 9 6y y− − =
⇔
2
2 3 0y y− − =
⇔
3
1,( )
y
y loai
=
= −
.
Với
3y =
và
3 6x− ≤ ≤
:
3 6 3x x+ + − =
⇔
( )
2
2
3 6 3x x+ + − =
⇔
( ) ( )
3 3 6 6 9x x x x+ + + − + − =
⇔
( ) ( )
3 6 0x x+ − =
⇔
3 0
6 0
x
x
+ =
− =
⇔
3
6
x
x
= −
=
.
-./1/
Ví dụ 1. Giải phương trình: 2(x
2
+ 2) = 5
3
x 1+
(3)
Giải. Đặt u =
x 1+
, v =
2
x x 1− +
(ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó:
u
2
= x + 1, v
2
= x
2
– x + 1, u
2
v
2
= x
3
+ 1. ⇒ (3) ⇔ 2(u
2
+ v
2
) = 5uv ⇔ (2u − v)(u − 2v) = 0
Giải ra, xác định x. Kết quả là: x ∈
5 37 5 37
;
2 2
+ −
14
Ví dụ 2. Giải phương trình:
( )
(
)
2
x 5 x 2 1 x 7x 10 3+ − + + + + =
(1)
Giải. ĐK: x ≥ –2. (1) ⇔
( ) ( )
x 5 x 2 1 (x 5)(x 2) 3+ − + + + + =
Đặt:
x 5+
= u,
x 2+
= v (u, v ≥ 0)⇒ u
2
– v
2
= 3. (1) ⇔ (a – b)(1 + ab) = a
2
– b
2
⇔ (a – b)(1 – a + ab – b) = 0 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0
Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất
Ví dụ 3. Giải phương trình:
x 1 3x 2x 1+ − = −
(1)
Giải. ĐK: x ≥ 0. Đặt
x 1+
= u,
3x
= v (u, v ≥ 0)
(1) ⇔ b – a = a
2
– b
2
⇔ (a – b)(a + b + 1) = 0
Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x =
1
2
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 4. Giải phương trình:
4 1 5
x x 2x
x x x
+ − = + −
(1)
Giải. Đặt
1
x
x
−
= u,
5
2x
x
−
= v (u, v ≥ 0)
(1) ⇔
1 5 1 5
x 2x x 2x 0
x x x x
− − − − − − − =
÷ ÷
⇔ u – (v
2
– u
2
) – v = 0
⇔ (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2
-./1/
Ví dụ 1 : Giải phương trình:
2 2
x 3x 2 x 3 x 2 x 2x 3+ + + + = + + + −
(1)
Giải. ĐK: x ≥ 2. (1) ⇔
(x 1)(x 2) x 3 x 2 (x x)(x 3)− − + + = + + − +
Đặt:
x 1−
= a,
x 2−
= b,
x 3+
= c (a, b, c ≥ 0): (1)
⇔ ab + c = b + ac ⇔ (a – 1)(b – c) = 0
⇔ a = 1 hoặc b = c. Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2. Giải phương trình :
x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 2 x. 5 x= − − + − − + − −
Giải. Đặt :
u 2 x= −
;
v 3 x= −
;
t 5 x= −
(u ; v ; t ≥ 0)
⇒ x = 2 − u
2
= 3 − v
2
= 5 − t
2
= uv + vt + tu
Từ đó ta có hệ:
(u v)(u t) 2 (1)
(v u)(v t) 3 (2)
(t u)(t v) 5 (3)
+ + =
+ + =
+ + =
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]
2
= 30
Vì u ; v ; t ≥ 0 nên:
(u v)(v t)(t u) 30+ + + =
(4)
Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:
30
v t (5)
2
30
u t (6)
3
30
u v (7)
5
+ =
+ =
+ =
Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:
15
31 30 31 30
2(u v t) u v t
30 60
+ + = ⇒ + + =
(8)
Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:
2
30
u
60
11 30 30 239
v x 2
60 60 120
19 30
t
60
=
= ⇒ = − =
÷
÷
=
. -./1/2#3+&"
Ví dụ 1. Giải phương trình
x 1 2x 1 5− + − =
+ : Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5
+ Cách 2: Đặt
x 1 u 0− = ≥
và
2x 1 v− =
.
Ta có hệ:
2 2
u v 5
v 2u 1
+ =
− =
⇔
u 2
u 12
=
= −
⇔ x = 5.
Ví dụ : 2 Giải phương trình:
8 x 5 x 5+ + − =
Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt
8 x+
= u ,
5 x v− =
(u, v ≥ 0):
⇒
2 2
u v 5
u v 13
+ =
+ =
u 2 u=3
v
v 3 v=2
=
⇔
=
Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 3. Giải phương trình:
2 2
25 x 9 x 2− − − =
Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt
2
25 x−
= u,
2
9 x−
= v (u, v ≥ 0)
⇒
2 2
u v 2
u v 16
+ =
+ =
⇔
u v 2 u 5
u v 8 v 3
− = =
⇔
+ = =
. Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 4. Giải phương trình:
1 x 4 x 3− + + =
Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt
1 x u ; 4 x v− = + =
(u, v ≥ 0)
⇒
2 2
u v 3
u v 5
+ =
+ =
⇒
x 0
x 3
=
= −
Ví dụ 5. Giải phương trình:
2
2 x 2 x 4 x 2− + + + − =
Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt
2 x u, 2 x v− = + =
(u, v ≥ 0) ⇒
2
(u v) 2uv 4
(u v) uv 2
+ − =
+ + =
Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2
4#5+!6&"#78
Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình:
2
x 4 x m− = −
Giải. Ta có:
2
x 4 x m− = −
⇔
2 2 2 2
x m x m
x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0
≥ ≥
⇔
− = − + − + =
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:
2
m 4
x
2m
+
=
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔
2
m 4
2m
+
≥ m
+ Nếu m > 0: m
2
+ 4 ≥ 2m
2
⇔ m
2
≤ 4 ⇔
0 m 2< ≤
16
+ Nếu m < 0: m
2
+ 4 ≤ 2m
2
⇔ m
2
≥ 4 ⇔ m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm
2
m 4
x
2m
+
=
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:
mxx −=− 3
2
(Đ thi hc sinh gi!i c"p t$nh năm hc 1999 – 2000)
. Ta có:
2
2 2 2 2
x m x m
x 3 x m
x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0
≥ ≥
− = − ⇔ ⇔
− = + − − + =
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m ≠ 0:
2
m 3
x
2m
+
=
. Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ⇔
2
m 3
m
2m
+
≥
+ Nếu m > 0: m
2
+ 3 ≥ 2m
2
⇔ m
2
≤ 3 ⇔
0 m 3≤ ≤
+ Nếu m < 0: m
2
+ 3 ≤ 2m
2
⇔ m
2
≥ 3 ⇔ m ≤
3−
Tóm lại:
– Nếu
0 m 3≤ ≤
hoặc
m 3≤ −
. Phương trình có một nghiệm:
2
m 3
x
2m
+
=
– Nếu
3 m 0− < ≤
hoặc
m 3>
: phương trình vô nghiệm
Ví dụ 3. Giải và biện luận theo tham số m phương trình:
x x m m− = −
Giải. Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành
x( x 1) 0− =
⇒ có hai nghiệm: x
1
= 0, x
2
= 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x m)( x m 1) 0− + − =
x m 0
x 1 m
− =
⇔
= −
+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x
1
= m; x
2
=
2
(1 m)−
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m
IV. Phương trình chứa căn thức bậc ba :
17
I/
3 3
3
A + B = C
_ nâng lũy thừa 3 hai vế.
II/
3 3
A ± B = k
.
Đặt
=
=
3
3
Bv
Au
suy ra hệ đối xứng theo
u
và
v
.
1)
3 3
2 1 1x x+ + =
(1)
Giải : áp dụng hằng đẳng thức (a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
Lập phương hai vế , áp dụng hằng đẳng thức (a + b)
3
= a
3
+ b
3
+ 3ab(a + b)
2x + 1 + x +
3 3
3
3 (2 1).( 2 1 ) 1x x x x+ + + =
(2)
Thay
3 3
2 1 1x x
+ + =
vào Pt (2)
⇒
có
3
(2 1)x x x+ = −
⇔
x (2x + 1) = -x
3
⇔
x(2x + 1 + x
2
) = 0
⇔
x(x + 1)
2
= 0
⇔
x = 0 ; x = -1
Thử lại : x = 0 thỏa mãn ; x = -1 không thỏa mãn . Vậy S =
{ }
0
9:1/
3 3
2 1 1x x
+ + =
Đặt :
3
2 1x a+ =
;
3
x b
=
, rồi tìm a , b .
Thì 2x + 1 = a
3
; x = b
3
nên a
3
– 2 b
3
= 2x + 1 – 2x = 1
Cần tìm a , biết a + b = 1 và a
3
– 2 b
3
= 1
⇔
a
3
– 2(1 – a)
3
= 1
⇔
a
3
–1- 2(1 – a)
3
= 0
⇔
(a – 1 )[ a
2
+ a + 1) + 2 (a – 1)
2
] = 0
Dễ thấy ( a
2
+ a + 1) + 2 (a + 1)
2
> 0 nên a = 1 , suy ra b = 0 . Vậy S =
{ }
0
2)
3 3
1 7 2x x+ + − =
+ 6#$%$2;2<
=9:
3
1x a+ =
;
3
7 x b
− =
Ta có : a + b = 2 và a
3
+ b
3
= 8
⇒
3a
2
– 6a = 0 . KQ : -1 ; 7
3)
3 3
3 6 1x x+ − − =
+9:
3
3x a
+ =
;
3
6 x b
− =
Ta có : a – b = 1 và a
3
+ b
3
= 9
⇒
(b – 1)(2b
2
+ 5b + 8) = 0 được b = 1
Nghiệm x = 5
+ 9;.>!
3 3
3 6 1x x
+ + − =
, giải tương tự
4)
3 3 3
1 2 3 0x x x+ + + + + =
Cách 1: Đặt
3
x + 2 = y
⇒
y
3
= x + 2 , thế vào và chuyển vế ta có :
3 3
3 3
1 1y y y
− + + = −
, lập phương 2 vế có y
3
= y.
6
3
1y −
* Với y = 0 , có nghiệm x = -2
* Với y
≠
0 , có y
2
=
6
3
1y −
lập phương 2 vế , vô ngh
: x = -2 nghiệm đúng Pt
Với x < -2 ; x > -2 Pt vô nghiệm . Xem bảng sau :
Ví dụ 5 . Giải phương trình:
4
4
97 x x 5− + =
(1)
Giải : Đặt
4
97 x−
= u,
4
x
= v (u, v ≥ 0)
X
3
1x +
3
2x +
3
3x +
Vế trái
X< -2 < -1 < 0 < 1 < 0
X > -2 > -1 > 0 > 1 > 0
18
⇒ (1) ⇔
4 4
u v 5
u 2 u 3 x 81
v 3 v 2 x 16
u v 97
+ =
= = =
⇔ ∨ ⇔
= = =
+ =
Ví dụ 7. Giải phương trình:
3
3
3
x 2x 3 12(x 1)+ − = −
Giải. Đặt
3
3
x u, 2x 3 v= − =
(1)
⇔
3 3 3 3 3 3
3
u v 4(u v ) u v 3uv(u v) 4(u v )+ = + ⇔ + + + = +
2 2 2
u v
3.(u v).(u 2uv v ) 0 3.(u v).(u v) 0
u v
= −
⇔ + − + = ⇔ + − = ⇔
=
⇒ kết quả
8 )
3
2 2 2
3 3
( 1) ( 1) 1 1x x x
+ + − + − =
+ Đặt :
3
x +1
= a
9)
3 3
24 12 6x x
+ + − =
7)
3 3
2 1 3x x− + + =
PHƯƠNG TRÌNH KHÁC
1)
(
)
(
)
2 3 2 3 4+ + − =
x x
2)
20 3 2 2 3x x− − = −
ĐK : 3 – 2x
≥
0
⇔
x
3 / 2≤
Pt trở thành
20 3 2 3 2x x− − = −
⇔
3 2 17 2x x− = +
⇔
2
17 2 0
3 2 (17 2 )
x
x x
+ ≥
− = +
⇔
2
17 / 2
2 35 143 0
x
x x
≥ −
+ + =
Giải Pt đươc : x = - 13/2 (nhận ) ; x = -11 ( loại)
-./<22+!?5,(@A",,0+,%B,+,2C5.!>
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2
x 7
8 2x 2x 1
x 1
+
+ = + −
+
Giải: điều kiện x ≥
1
2
Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình
– Nếu
1
x 2
2
≤ <
: VT =
6
1 8 8 3
x 1
+ + < +
+
. Mà: VP >
8 3+
– Nếu x > 2: VP = 2x
2
+
2x 1−
> 2.2
2
+
3
=
8 3+
. VT <
8 3+
19
x 2 x 1 2 1
6 6
1 1 3
x 1 2 1
> ⇒ + > +
+ < + =
+ +
Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2
Ví dụ 2. Giải phương trình:
2 2 2 2
3x 7x 3 x 2 3x 5x 1 x 3x 4− + − − = − + − − −
Giải: Thử với x = 2. Ta có:
2 2 2
3.4 7.2 3 2 2 3.2 5.2 1 2 3.2 4
1 2 3 6
− + − − = − + − − −
⇔ − = −
(1) ⇔
2 2 2 2
(3x 5x 1) 2(x 2) (x 2) 3(x 2) 3x 5x 1 x 2− − − − + − − − = − − − −
Nếu x > 2: VT < VP
Nếu x < 2: VT > VP
Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 3. Giải phương trình:
6 8
6
3 x 2 x
+ =
− −
Giải : ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =
3
2
là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó là
nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x <
3
2
:
6
2
3 x
<
−
và
8
4
2 x
<
−
⇒
6 8
6
3 x 2 x
+ <
− −
.
Tương tự với
3
2
< x < 2:
6 8
6
3 x 2 x
+ >
− −
Ví dụ 4. Giải phương trình:
2 2
3x(2 9x 3) (4x 2)(1 1 x x ) 0+ + + + + + + =
(1)
Giải : (1)
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0⇔ + + + + + + + =
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3⇔ + + = − + + + +
Nếu 3x = –(2x + 1) ⇔ x =
1
5
−
thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x =
1
5
−
là
một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng
1
; 0
2
−
÷
. Ta chứng minh
đó là nghiệm duy nhất.
Với
1 1
x
2 5
− < < −
: 3x < –2x – 1 < 0
⇒ (3x)
2
> (2x + 1)
2
⇒
2 2
2 (3x) 3 2 (2x 1) 3+ + > + + +
Suy ra:
(
)
(
)
2 2
3x 2 (3x) 3 (2x 1) 2 (2x 1) 3 0+ + + + + + + >
⇒ (1) không có nghiệm trong khoảng
này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi
1 1
x
2 5
− < < −
. -./23!+D&.>!EFGH>2IB7:
Ví dụ. Giải phương trình
x 4x 1
2
x
4x 1
−
+ =
−
Giải: điều kiện
1
x
4
>
20
Áp dụng bất đẳng thức
a b
2
b a
+ ≥
với ab > 0
Với điều kiện
1
x x 4x 1 0
4
> ⇒ − >
. Nên:
x 4x 1
2
x
4x 1
−
+ ≥
−
. Dấu “=” xảy ra ⇔
2
x 4x 1 x 4x 1 0= − ⇔ − + =
⇔
2 2
x 4x 4 3 0 (x 2) 3 x 2 3 x 2 3− + − = ⇔ − = ⇔ − = ± ⇔ = ±
BÀI TẬP
1. Phương trình chứa
A
và
A
.
Đặt
( )
0≥= tAt
suy ra phương trình bậc hai theo
t
.
2. Phương trình chứa nhiều căn thức.
Đặt điều kiện để căn thức có nghĩa.
Nâng lũy thừa nhiều lần để khử dần các căn.
Giải phương trình so với điều kiện suy ra nghiệm.
3. Dùng ẩn số phụ.
Đặt
t
là các căn thức, suy ra phương trình bậc 2, bậc 3,…theo
t
.
Hoặc đặt
u
và
v
là các căn thức, suy ra hệ phương trình theo
u
và
v
.
I.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình:
2193
2
−=+− xxx
.
Đs:
3=x
.
Ví dụ 2. Giải phương trình:
xxx −=−− 242
2
.
Đs:
2
−=
x
.
Ví dụ 3. Giải phương trình:
0321
333
=+++++ xxx
.
Đs:
2−=x
.
Ví dụ 4. Giải phương trình:
11
2
=++ xx
.
Đs:
2
51
,1,0
−
=−== xxx
.
Ví dụ 5. Giải phương trình:
1635223132
2
−+++=+++ xxxxx
.
Đs:
3
=
x
.
Ví dụ 6. Giải phương trình:
112
3
−−=− xx
.
Đs:
10,2,1 === xxx
.
Ví dụ 7. Giải phương trình:
( ) ( )
123231
2
−+−=−+− xxxx
.
Đs:
5=x
.
I.3. Bài tập
Bài 1. Giải phương trình:
55 =−+ xx
.
Đs:
5
=
x
.
Bài 2. Giải phương trình:
4259 +−=+ xx
.
Đs:
0=x
.
Bài 3. Giải phương trình:
xx
x
x
−=−−
−
123
23
2
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 4. Giải phương trình:
7916 =++− xx
.
Đs:
7,0 == xx
.
21
Bài 5. Giải phương trình:
2
3
1212
+
=−−+−+
x
xxxx
.
Đs:
5,1 == xx
.
Bài 6. Giải phương trình:
36333
22
=+−++− xxxx
.
Đs:
2,1 == xx
.
Bài 7. Giải phương trình:
+−=−+−
x
x
x
x
1
4
1
22
2
2
.
Đs:
1=x
.
Bài 8. Giải phương trình:
21212 =−−+−+ xxxx
.
Đs:
1
2
1
≤≤ x
.
Bài 9. Giải phương trình:
3111
22
=++ xx
.
Đs:
5
±=
x
.
Bài 10. Giải phương trình:
012315 =−−−−− xxx
.
Đs:
2=x
.
Bài 11. Giải phương trình:
( )( )
xxxx 3325
2
+=−+
.
Đs:
4,1 −== xx
.
Bài 12. Giải phương trình:
21717 =−−+ xx
.
Đs:
8
=
x
.
Bài 13. Giải phương trình:
1221221 =−−−−−+− xxxx
.
Đs:
4
9
=x
.
Bài 14. Giải phương trình:
11
2
=+−++ xxxx
.
Đs:
1,0 == xx
.
Bài 15. Giải phương trình:
221682
22
+=−+++ xxxx
.
Đs:
1±=x
.
Bài 16. Giải phương trình:
5
3
2314
+
=−−+
x
xx
.
Đs:
2
=
x
.
Bài 17. Giải phương trình:
22
4324 xxxx −+=−+
.
Đs:
3
142
,2,0
−−
=== xxx
.
Bài 18. Giải phương trình:
( )( )
54141 =−++−++ xxxx
.
Đs:
3,0 == xx
.
Bài 19. Giải phương trình:
( )
1313
22
++=++ xxxx
.
Đs:
22±=x
.
Bài 20. Giải phương trình:
( )
62223 ++=−+ xxx
.
Đs:
2
5311
,3
−
== xx
.
Bài 21. Giải phương trình:
224222
2
+−−=+−− xxxx
.
22
Đs:
2=x
.
Bài 22. Giải phương trình:
( )( )
45252 =−++−++ xxxx
.
Đs:
2
533±
=x
.
Bài 23. Giải phương trình:
xx +=+ 17
3
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 24. Giải phương trình:
024
22
=+−− xx
.
Đs:
0=x
.
Bài 25. Giải phương trình:
16212244
2
−+−=−++ xxxx
.
Đs:
5
=
x
.
Bài 26. Giải phương trình:
0322212
333
=+++++ xxx
.
Đs:
1−=x
.
Bài 27. Giải phương trình:
1
2
1
2
1
3
=−++ xx
.
Đs:
2
17
,
2
1
−=±= xx
.
Bài 28. Giải phương trình:
23123 −=−−+ xxx
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 29. Giải phương trình:
( )( )
2
22121 xxxx −+=−+
.
Đs:
2
1
=x
.
Bài 30. Giải phương trình:
( )
12103
22
−−=−+ xxxx
.
Đs:
3−=x
.
Bài 31. Giải phương trình:
253294123
2
+−+−=−+− xxxxx
.
Đs:
2
=
x
.
Bài 32. Giải phương trình:
xxx 224
2
=++−
.
Đs:
2=x
.
Bài 33. Giải phương trình:
2152
2
=−++− xxx
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 34. Giải phương trình:
6444 =−++−+ xxxx
.
Đs:
4=x
.
Bài 35. Giải phương trình:
xxxx −+=−+ 1
3
2
1
2
.
Đs:
1,0 == xx
.
Bài 36. Giải phương trình:
( ) ( )
2
221 xxxxx =++−
.
Đs:
8
9
,0 == xx
.
Bài 37. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )( )
32772
3
3
2
3
2
=−+−++− xxxx
.
Đs:
6,1 −== xx
.
Bài 38. Giải phương trình:
211
4
2
4
2
=−++−− xxxx
.
Đs:
1
=
x
.
23
Bài 39. Giải phương trình:
112423 =−−+−−− xxxx
.
Đs:
5=x
.
Bài 40. Giải phương trình:
(
)
303535
3
3
3
3
=−+− xxxx
.
Đs:
3,2 == xx
.
Bài 41. Giải phương trình:
( )
0112
2
=−+−−−− xxxxxx
.
Đs:
2
=
x
.
Bài 42.
0642532
2
=−+−−+− xxxx
.
Đs:
2=x
.
Bài 43. Giải phương trình:
2
2
1
2
1
1
2
33
=++
+ xx
x
.
Đs:
1
=
x
.
Bài 44. Giải phương trình:
( )
121212
22
−−=−+− xxxxx
.
Đs:
61±−=x
.
Bài 45. Giải phương trình:
123
22
=−+−−− xxxx
.
Đs:
2
51±
=x
.
Bài 46. Giải phương trình:
16522252
22
=−+−++ xxxx
.
Đs:
2
7
,1 −== xx
.
Bài 47. Giải phương trình:
21212 =−−−−+ xxxx
.
Đs:
2≥x
.
Bài 48. Giải phương trình:
5898
44
=++− xx
.
Đs:
73,8 −=−= xx
.
Bài 49. Giải phương trình:
91717
22
=−+−+ xxxx
.
Đs:
4,1 == xx
.
Bài 50. Giải phương trình:
( )
0
28
94
77
2
>
+
=+ x
x
xx
.
Đs:
14
256 +−
=x
.
Bài 51. Giải phương trình:
x
x
xx
4
2
47
2
=
+
++
.
Đs:
4,1 == xx
.
Bài 52. Giải phương trình:
11414
2
=−+− xx
.
Đs:
2
1
=x
.
Bài 53. Giải phương trình:
77
2
=++ xx
.
Đs:
2
291
,2
−
== xx
.
Bài 54. Giải phương trình:
6
23
9696
+
=−−+−+
x
xxxx
.
24
Đs:
73,25,13 === xxx
.
25
