CHUYÊN ĐỀ PT CHỨA HAI PHÉP TOÁN NGƯỢC NHAU

Lời nói đầu: có thể nói chủ đề phương trình là một chủ đề xuyên suốt trong
chương trình tóan của trường phổ thông. Do đó gần như tất cả các kỳ thi tuyển
sinh ta đều gặp chủ đề này, trong chủ đề phương trình có một loại phương trình rất
khó đối với học sinh là phương trình chứa hai phép toán ngược nhau, loại phương
trình này cũng dễ ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẳng.Vì lí do đó nên
tôi muốn giới thiệu đến học sinh phương pháp giải đối với lọai tóan này.
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI

βα
+++=+ xedxcbax
2
)(
, với d = ac +
α
và e = bc +
β
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Điều kiện: ax + b ≥ 0
a
b
x
−
≥⇔
Đặt
baxedy +=+
điều kiện dy +e≥ 0
Khi đó phương trình chuyển thành hệ :






−++−=+
+=+
⇔





+++=+
+=+
βα
βα
edyxedxc
baxedy
xedxcedy
baxedy
2
2
2
)(
)(
)(





++−=+
+=+

⇔
)2()()(
)1()(
2
2
bcdyxdacedxc
cbcaxedyc
Lấy (1)-(2) theo vế hai phương trình ta được: d(x – y)h(x,y) = 0



=
=
⇔
)4(0),(
)3(
yxh
yx

Thế (3) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x.
Thay (4) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x.
CÁC VÍ DỤ:
Ví Dụ 1:Giải phương trình :
)1(541
2
++=+ xxx
Giải:
ĐK: x+1≥0
1
−≥⇔

x
khi đó,
(1)
1)2(1
2
++=+⇔ xx
(ở đây a=b=c=d=β=1, e=2 , α=0 thỏa mãn ).
Đặt y +2 =
1+x
đk : y+2 ≥0
(*)2−≥⇔ y
.
Khi đó phương trình chuyển thành hệ:





+=+
+=+
⇔





+=+
++=+
)2()2(1
)1()2(1

1)2(
1)2(2
'2
'2
2
2
yx
xy
xy
xy
Lấy (1
’
)-(2
’
) theo vế ta được : x – y = - (x – y) (x +y +4)
yxyxyx
x
= →←=++−⇔
−≥ 1,(*)
0)5)((
.
Thay x=y vào (1
’
) ta được : x
2
+3x+3=0 vô nghiệm.
Vậy (1) vô nghiệm.
Ví Dụ 2: Giải phương trình :
)1(0,77
28

94
2
>+=
+
xxx
x
Giải : (1)
4
7
)
2
1
(7
28
94
2
−+=
+
⇔ x
x
Đặt
28
94
2
1 +
=+
x
y
đk:
(*)

72
73
72
3
2
1 −
≥⇔≥+ yy
Khi đó phương trình được chuyển về hệ:







+=+
+=+
⇔







+
=+
+=+
)2(77
2

1
)1(77
2
1
28
94
)
2
1
(
77
2
1
'2
'2
2
2
yyx
xxy
x
y
xxy
yxyxyxyxyxyx
x
= →←=++−⇔−−−−=−⇒
>0(*),22
0)8)(()(7)(7
.
Với x = y thay vào (1
’

) ta được : 14x
2
+12x-1=0
.
7
350
0
−
=→←
>
x
x
Vậy (1) có nghiệm là
.
7
350 −
=x
Ví Dụ 3: Giải phương trình :
)1()(01312
2
Rxxxx ∈=+−+−
Giải:
ĐK: 2x-1≥0
2
1
≥⇔ x
(1)
1312
2
−+−=−⇔ xxx

)2()1(12
2
xxx +−−=−⇔
.
Đặt –y+1=
.12 −x
ĐK:y≤1
Khi đó phương trình (2) đưa về hệ:





−=−
−+=−
⇔





−=−
+−−=+−
)2(12)1(
)1(1)1(
)1(12
)1(1
'2
'2

2
2
xy
yxx
yx
xxy
yxxyxyyxxy −=−+−⇔−=−−−⇒ )2)(()1()1(
22



−=
=
⇔=−+−⇔
xy
xy
yxxy
1
0)1)((
Thay y=x vào phương trình (2
’
) ta được: x
2
- 4x + 2 = 0




−=
+=

⇔
)(22
)(22
nx
lx
Thay y=1-x vào phương trình (2
’
) ta được: x
2
-2x +1 = 0
1=⇔ x
.
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=1,
22 −=x
.
Chú ý:
+ Trong phương trình (2) nếu đặt y – 1 =
12 −x
thì ta không giải được
bằng phương pháp này do điều kiện d=ac+α và e=bc+β không thỏa.
+ Bài này còn có thể giải bằng cách đặt u=
12 −x
(u≥0) đưa về phương
trình bậc bốn giải bằng cách nhẩm nghiệm.Hoặc đưa về phương trình
BA =
rồi
dùng công thức để giải.
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA

βα

+++=+ xedxcbax
3
3
)(
Với d = ac +α , e = bc + β.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Đặt
3
baxedy +=+
.
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:





+++=+
+=+
βα
xedxcedy
baxedy
3
3
)(
)(
)2()()(
)1()(
)(
)(
3

3
3
3
I
bcdyxdacedxc
bcacxedyc
edyxedxc
baxedy





++−=+
+=+
⇔





−++−=+
+=+
⇔
βα
Trừ hai vế của ( I ) ta được : d (x-y)h(x;y) = 0



=

=
⇔
)4(0),(
)3(
yxh
yx
Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x.
Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x.
Ví Dụ 4: Giải phương trình sau:
)1(2332
3
3
−=+ xx
Giải:
(1)
3
2
3
1
23
3
3
+=−⇔ xx
(2) (ở đây a = 3, b = -2,
)
3
2
,0,0,1,
3
1

=====
βα
edc
.
Đặt
3
23 −= xy
ta được hệ phương trình





=+
=+
)2(32
)1(32
'3
'3
xy
yx
0)2)(()(3
2233
=+++−⇔−=−⇒ yxyxyxxyyx
yx
=⇔
vì
)02
4
3)

2
(2(
2
222
>+++=+++
yy
xyxyx
.
Thay x=y vào (1
’
) ta được x
3
- 3x + 2 = 0



−=
=
⇔
2
1
x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,x = -2
DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ VÀ LÔGARÍT CÙNG MỘT CƠ SỐ

βα
+++=
+
xedxcs

s
bax
)(log
với
βα
+=+= bceacd ,
Giải:
Hướng 1:
Đk:



>+
≠<
0
10
edx
s
Đặt
)(log edxbay
s
+=+
, khi đó phương trình được chuyển về thành hệ:





+=
+−+=

⇔





+=
+++=
+
+
+
+
)2(
)1()()(
edxs
exacdacys
edxs
xbaycs
bay
bax
bay
bax
βα

)3(acysacxsacxacyss
baybaxbaybax
+=+⇔−=−⇒
++++
Xét hàm số
actstf

bat
+=
+
)(
là hàm số đơn điệu khi s>1 và ac>0, hoặc 0<s<1
và ac<0. Khi đó (3)
yx
=⇔
.
Thay y=x vào (2) ta được
)4(0=−−
+
edxs
bax
. (4) được giải bằng pp hàm số.
Hướng 2:
=
+bax
s
βα
+++ xedxc
s
)(log
=
bcexacdedxc
s
−+−++ )()(log

=
cbaxedxedxc

s
)()()(log +−+++
)1()()(log)( edxedxccbaxs
s
bax
+++=++⇔
+
Xét hàm số f(t) =
)0(log >+ ttct
s
.
st
c
tf
ln
1)(
'
+=⇒
, xét
0
ln
1 ≥+
st
c
tìm các khỏang mà ở đó f(t) đơn điệu.
Khi đó (1) có dạng:
0)()( =−−⇔+=⇔+=
+++
edxsedxsedxfsf
baxbaxbax

phương trình này giải được bằng phương pháp hàm số.
Ví Dụ 5: Giải phương trình sau:
)1(1)56(log67
7
1
+−=
−
x
x
Giải:
Cách 1:
ĐK:x >
6
5
Đặt
)56(log1
7
−=− xy
khi đó:
(1)





−=
−=
⇔




−=−
+−=
⇔
−
−
−
)3(567
)2(567
)56(log1
1)1(67
1
1
7
1
x
y
xy
y
y
x
x
)4(67676677
1111
yxxy
yxyx
+=+⇔−=−⇒
−−−−
Xét hàm số: f(t) = 7

t-1
+ 6t là hàm số tăng trên R.
(4)
yxyfxf =⇔=⇔ )()(
khi đó (2) có dạng:
(*)0567
1
=+−
−
x
x
Xét hàm số
567)(
1
+−=
−
xxg
x
Ta có :
67ln7)(
1'
−=
−x
xg
,
07ln7)("
21
>=
−x
xg

do đó g(x) là hàm số lõm nên
phương trình (*) có không quá 2 nghiệm.
Mà g(1) = g(2) = 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x = 2.
Cách 2:
ĐK:
6
5
>x
.
)2()56(log656)1(67)56(log6561567)1(
7
1
7
1
−+−=−+⇔−+−+=−+⇔
−−
xxxxxx
xx
Xét
)0(log6)(
7
>+= ttttf
. Khi đó f(t) là hàm số tăng trên (0;+∞).
Từ (2) ta có
(*)0567567)56()7(
111
=+−⇔−=⇔−=
−−−
xxxff
xxx

Giải (*) như trên.
Ví Dụ 6:Giải phương trình:
)1()16cos2cos4(log2cos
6
sin)
2
1
(
3
4
sin2
2
−−+=+ xxx
x
π
Giải:
(1) viết lại có dạng:
)12cos3(log2cos
2
1
)
2
1
(
4
sin2
2
−+=+ xx
x
(2)

ĐK: 3cos2x ≥1.
(2)
).12cos3(log)4(log2cos.212.2
42
12cos
−+=+⇔
−
xx
x

)3()12cos3(log2cos.212.2
2
12cos
−+=+⇔
−
xx
x
Đặt z = cos2x đk
1≤z
. khi đó (3)
)4()13(log212
2
−+=+⇔ zz
z
.
Đặt y=
)13(log
2
−z
đk:

3
1
>z
. Khi đó phương trình (4) được chuyển thành hệ
)5(2222
212
132
zyyz
yz
z
zyzy
z
y
+=+⇔−=−⇒





+=+
−=
Xét hàm số f(t) = 2
t
+ t . Là hàm số tăng trên R.
Từ (5) ta có
zyzfyf =⇔= )()(
.
Thay y = z vào
)6(0132 =+− y
y

.phương trình (6) có không quá 2 nghiệm.
Do đó y =1, y= 3(loại) là 2 nghiệm của (6).
Với z = 1
)(12cos Zkkxx ∈=⇔=⇔
π
.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
)( Zkkx ∈=
π
.
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU:
1.
513413
2
−+−=+ xxx
.
2.
.55
2
=+− xx
3.
.22
2
+−= xx
4.
.534
2
+=−− xxx
5.

.2032.32152
2
−+=+ xxx
6.
3
3
1221 −=+ xx
.
7.
255336853
23
3
−+−=− xxxx
.
8.
.12)15(log36
6
+++= xx
x
9.
).21(log13
3
xx
x
+++=
HẾT.