Một số phương pháp giải các bài toán trong chủ để giải 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 (456.12 KB, 36 trang )
1
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN
BÀI THU HOẠCH
RÈN LUYỆN NGHIỆP VỤ SƯ PHẠM THƯỜNG XUYÊN III
ĐỀ TÀI: Một số phương pháp giải các bài toán trong chủ để giải phương trình vô
tỷ.
Sinh viên thực hiện: Võ Hồng Sơn.
Lớp toán 3b.
Mã sv: 11s1011090
Huế, 10/2013
2
MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU 3
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ 4
I. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LUỸ THỪA. 4
A. PHƯƠNG PHÁP. 4
B. VÍ DỤ. 4
C. BÀI TẬP. 6
II. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ TÍCH 8
A. PHƯƠNG PHÁP. 8
B. VÍ DỤ. 8
C. BÀI TẬP. 9
III. PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC. 10
A. CƠ SỞ. 10
B. PHƯƠNG PHÁP, VÍ DỤ. 10
1. PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG. 10
2. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ ĐƯA VỀ HỆ TẠM. 13
C. BÀI TẬP. 15
IV. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ. 17
A. PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN ĐỐI VỚI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN. 17
1. Dạng 1. 17
2. Dạng 2. 19
B. ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 ĐỐI VỚI 2 BIẾN. 21
1. Dạng 1. 21
2. Dạng 2. 23
C. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN. 23
D. ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH. 24
1. Cách 1. 24
2. Cách 2. 25
E. BÀI TẬP. 27
V. SỬ DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ. 32
A. PHƯƠNG PHÁP, VÍ DỤ. 32
B. BÀI TẬP . 34
KẾT LUẬN 35
TÀI LIỆU THAM KHẢO 36
3
LỜI NÓI ĐẦU
Việc giải môt phương trình vô tỷ là một nội dung quan trọng trọng trong cấu trúc
các đề thi đại học- cao đẳng, cũng như ứng dụng trong giải quyết các bài toán thực
tiển. Đây là một đề tài hấp dẫn của đại số, lôi cuốn nhiều người, đồng thời đây là một
nội dung có thể phát triển tốt tư duy cho học sinh.
Tuy nhiên, việc giải một bài toán Phương trình vô tỷ không hề đơn giản. Để giải
một bài toán Phương trình vô tỷ ta cần có Phương pháp giải một cách khoa học.
Trong việc giải Phương trình vô tỷ có rất nhiều Phương pháp giải, một bài toán có thể
dung Phương pháp này để giải mà không thể dung Phương pháp khác hoặc có thể có
nhiều Phương pháp để có thể giải một bài toán. Tuy nhiên cần có một cái nhìn tổng
quan để có thể áp dụng các Phương pháp một cách thích hợp nhất, làm cho bài làm
trở nên ngắn gọn, dể hiểu, khoa học. Nhất là trong các kì thi tuyển sinh đại học thì đó
là nhưng vấn đề quan trọng đối với các thí sinh, nhất là những em học không được
tốt.
Để giúp các bạn học sinh lớp 10, các thí sinh tham gia các kì thi tuyển sinh đại học
có thể tiếp cận và khái quát lại phần Phương trình vô tỷ. tài liệu này xin trình bày lại
một số Phương pháp giải phương trình vô tỷ thường gặp:
phương pháp nâng luỹ thừa.
phương pháp biến đổi về tích.
phương pháp trục căn thức.
phương pháp đặt ẩn phụ.
phương pháp sử dụng sự biến thiên của hàm số.
Ngoài ra còn nhiều phương pháp giải phương trình vô tỷ khác hay và độc đáo
nhưng tài liệu này xin phép không trình bày vì nó không được phổ biến như: phương
pháp đánh giá; phương pháp lượng giác hoá; phương pháp tính chất của vecter;
Phương pháp đưa về Phương trình có dấu giá trị tuyệt đối
Cấu trúc của tài liệu này xin trình bày lí thuyết các Phương pháp giải các bài toán
Phương trình vô tỷ, sau đó là một số ví dụ để người đọc có thể hiểu (thường là các
bạn chưa làm quen với Phương pháp này) và nhìn lại một cách khái quát cách giải bài
toán Phương trình vô tỷ (thường là các bạn thí sinh). Sau đó là một số bài tập từ cơ
bản đến nâng cao, ở đây có lòng vào một số để thi đại học để các bạn làm thử. Một số
bài sẻ có hướng dẩn, đáp số cho các bạn. qua phần bài tập hi vọng sẻ giúp người đọc
rèn luyện kỉ năng nhìn nhận, đánh giá và giải các bài toán một cách linh hoạt. Bài tập
ở đây đã được phân dạng để các bạn có thể rèn luyện kỉ năng trước, hy vọng sẻ giúp
ích được cho bạn đọc. Đồng thời hy vọng người đọc có thể cảm nhận thêm vẻ đẹp
của toán học qua các bài toán Phương tình vô tỷ.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng, nhưng còn nhiều thiếu sót. Hy vọng người đọc thông
cảm và góp ý, làm cho tài liệu ngày càng tốt hơn.
4
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP NÂNG LUỸ THỪA.
A. PHƯƠNG PHÁP:
Áp dụng cho các dạng`
n
A B
(
A,B là nhị thức)
ở đây nếu n là bậc chẳn ta có 2 cách làm như sau:
Cách 1. Biến đổi tương đương
2
0
B
pt
A B
từ đây giải hệ ta có ngay nghiệm của hệ là nghiệm của Phương trình.
Cách 2. Ta sử dụng Phương trình hệ quả, muốn vậy ta đặt điều kiện
0
A
rồi giải
Phương trình sau:
2
A B
. Sau đó đối chiếu nghiệm của Phương trình sau, nếu thoả
mãn điều kiện
0
A
thì đó là nghiệm của Phương trình đã cho, đây là dạng Phương
trình hay gặp trong các đề thi đại học.
A B
(ví dụ trường hợp
( ) ( )
f x g x
ta biển đối về hệ Phương trình
( ) 0
( ) 0
( ) ( )
f x
pt g x
f x g x
A B C
(A.B.C.D là nhị thức)
A B C D
(A.B.C.D là nhị thức)
Ta bình phương hai vế không âm để đưa về phương trình đơn giản hơn. Đôi khi ta
phải sử dụng phương trình hệ quả.
Nếu phương trình có A+B=C+D thì nên đưa về dạng
A C D B
. Bình
phương 2 vế rồi giải phương trìnhh hệ quả.
B. VÍ DỤ
Vd1. Giải phương trình sau:
3 3 1 2 2 2
x x x x
Giải: Điều kiện:
0
x
5
3 1 2 2 4 3
3 1 2 2 2 (3 1)(2 2) 4 3 2 4 ( 3)
(3 1)(2 2) 4 ( 3)
1
pt x x x x
x x x x x x x x
x x x x
x
Thử lại ta có x=1 là ngiêm của phương trình.
Vd2. Giải phương trình sau:
3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
Giải: Điều kiện:
1 3 0
x x
Khi đó:
3
2
3
2
3
3 2 3
3
2
2
1
1 1 3
3
1
3 1 1
3
1
3 2 1 1 1 2 1
3
1
3 1
3
2 2 0
1 3
x
x x x x
x
x
x x x x
x
x
x x x x x x
x
x
x x
x
x x
x
Thử lại ta có
1 3
x là nghiệm của phương trình.
Vd3. Giải Phương trình
2 3 0
x x
(1)
Giải: Đk:
0
x
. Khi đó.
2
2
(1) 2 3 2 3
2 3 0
3
x x x x
x x
x
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhất x=3
Vd4. Giải phương trình:
x 1 x 1
(1)
Giải: (1)
2 2
x 1 0 x 1
x 1
x 3
x 1 (x 1) x 3x 0
3
x
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhất x=3
6
Vd5. Giải phương trình:
2 3 0
x x
Giải:Ta có:
2 3 0
x x
2 3
x x
2 2
0 0
2 3 2 3 0
0
31
3
x x
x x x x
x
xx
x
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhất x=3
Vd6. Giải phương trình:
4 1 1 2
x x x
Giải: Ta có:
4 1 1 2
x x x
4 1 2 1
x x x
1 2 0
1 0
4 1 2 1 2 (1 2 )(1 )
x
x
x x x x x
2
1
2
2 1 2 3 1
x
x x x
2 2
1
2
2 1 0
(2 1) 2 3 1
x
x
x x x
2
1 1
1 1
2 2
0
2 2
0
7 0
7
x
x
x
x
x x
x
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhất là x=0
C. BÀI TẬP
Bài 1 Giải các phương trình
a)
2
3 2 1
x x x
b)
2
3 9 1 2
x x x
c)
2
2 3 4
x x x
d)
2 2
( 3) 4 9
x x x
e)
3 7 2 8
x x x
f)
2 3 5 2
x x x
g)
2 2
( 3) 3 2 8 15
x x x x x
h)
2 2
( 4) 10 2 8
x x x x
7
i)
2
3 2 1
3 2
x
x x
x
j)
2
4 3 1
4 3
x
x x
x
Bài 2 Giải phương trình
a)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
b)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7
x x x x x x
c)
2 2 2
3 2 4 3 5 4
x x x x x x
Bài 3 Giải phương trình
a)
3 3 3
5 6 2 11
x x x
b)
3 3 3
1 1 5
x x x
c)
3 3 3
2 1 1 3 1
x x x
HD:
7
6
x (Phải thử , loại nghiệm)
Bài 4 Giải phương trình
a)
1 4 9 0
x x x x
. HD: Bình phương 2 lần. nghiệm
0
x
b)
1 16 4 9
x x x x
HD: Bình phương 2 lần. nghiệm
0
x
c)
3 3 1 2 2 2
x x x x
8
II. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI VỀ TÍCH
A. PHƯƠNG PHÁP.
Ta đưa phương trình đã cho về phương trình tích rồi giải từng Phương trình thừa
số. Thường áp dụng cho các dạng phương trình
1 ( 1)(1 ) 0
( )( ) 0
U V UV U V
AU BV AB UV U B A V
Trong đó U,V là các biểu thức theo biến x.
B. VÍ DỤ.
Vd1. Giải phương trình sau:
2
1 1
x x x x
Giải: Điều kiện:
0
x
. Khi đó:
2
1 1
1 1(1 ) 0
( 1)( 1) 0
1 1
0
1 1
x x x x
x x x
x x
x x
x
x
Thử lại ta có nghiệm của phương trình là x=0 hoặc x=1.
Vd2.( đề dự bị khối D năm 06) . Giải phương trình sau:
2
2 1 2 7 2 1 8 7 1
x x x x x x
Giải: Điều kiện:
1 7
x
2
2 1 2 7 2 1 8 7 1
1( 1 2) 7 (2 1) 0
( 1 2)( 1 7 ) 0
1 2 5
4
1 7
x x x x x x
x x x x
x x x
x x
x
x x
Thử lại ta thấy x=5 và x=4 là nghiệm của phương trình đã cho.
Vd3. Giải phương trình sau:
3 32 2
3 3
1 0
x x x x x
Điều kiện:
x
. Ta có
9
Cách 1:
3 32 2
3 3
3 3 3 3
3 3 3
3
3 3
1 0
1(1 ) ( 1) 0
(1 )( 1 ) 0
1
1
1 0
x x x x x
x x x x
x x x
x
x
x x
Thử lại ta thấy x=1 là nghiệm của phương trình.
Cách 2: ta thấy x=0 không phải là nghiệm của phương trình. Chia hai vế cho
3
x
ta có:
3 32 2
3 3
3 3
3
3
3
1 0
1
1 1
1
( 1)(1 ) 0
1
x x x x x
x
x x
x
x
x
x
x
Thử lại ta có x=1 là nghiệm của phương trình.
C. BÀI TẬP
Bài 1 Giải phương trình
a)
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
HD: Phương trình
( 3 2 )( 1 1) 0 0; 1
x x x x
b)
4
3 4
3
x
x x
x
HD PT
2
( 2 2 ) 0 1
x x x
c)
2 2 2
5 97
2 3 9 4 : (1 3) 9 1;
18
x x x HD PT x x x
Bài 2 Giải phương trình
a)
2
10 21 3 3 2 7 6
x x x x
b)
2
8 15 3 3 2 5 6
x x x x
c)
2
2 1 ( 1) 0
x x x x x x
d)
2
7 4
4
2
x x
x
x
10
III. PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC.
A. CƠ SỞ.
Áp dụng các hằng đẳng thức
2 2
3 3 2 2
( )( )
( )( )
a b a b a b
a b a b a ab b
B. PHƯƠNG PHÁP, VÍ DỤ.
1. PHƯƠNG PHÁP TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ
CHUNG.
Từ phương trình ban đầu ta nhẩm có nghiệm x=a. suy ra biến đổi phương trình về
dạng (x-a)A(x)=0
Từ đó giải Phương trình tích đó.
Vd1. Giải Phương trình
3
4 1 3 2
5
x
x x
(1)
Giải: Điều kiện
2 / 3
x
.(ta thấy vế trái có mối quan hệ đặc biệt với vế phải. nên trục
căn thức là thích hợp nhất). Ta có:
3
4 1 3 2
5
3 3
5
4 1 3 2
( ì 3 0)
4 1 3 2 5(2)
x
x x
x x
x x
v x
x x
Dùng phương pháp nâng luỹ thừa ta có:
2
2
2 2
2
4 1 3 2 5 7 1 2 12 5 2 25
7
12 5 2 13
2
49
12 5 2 91 169, _ 26 / 7
4
342( )
86 171 0
2
4
x x x x x
x
x x
x x x x voi x
x loai
x
x
x
Vậy Phương trình có nghiệm duy nhất x=2.
11
Ta cũng có thể giải Phương trình (2) bằng nhiều cách khác đơn giản hơn, trong có
có cách sau:
Đặt
( ) 4 1 3 2
f x x x
'
2 3
( ) 0. 2 / 3
4 1 2 3 2
f x x
x x
Vậy f(x) đồng biến trên
2 / 3;
Mà f(2)=5 suy ra x=2 là nghiệm của phương trình.
Vd2. Giải phương trình sau
2 2
12 5 3 5
x x x
(1)
Giải: Ta thấy x=2 là 1 giá trị thích hợp để phá các căn thức. Mặt khác thay x=2 vào
(1) ta thấy x=2 là một nghiệm cuả phương trình. Vì vậy ta biến đổi:
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
12 5 3 5
( 1 2 4 ) ( 5 3) 3( 2 )
4 4
3( 2)
12 4 5 3
2 2
( 2 )( 3) 0
12 4 5 3
2
2 2
3 0(*)
12 4 5 3
ó
(*) ( 2 )( 1 2 5 ) 3 0
ét 12 5
7
3 5(
12 5
x x x
x x x
x x
x
x x
x x
x
x x
x
x x
x x
ta c
x x x
x x x
x s
x x
_ 5 / 3)
uyra x
với
5 / 3
x
ta có
2 2
2 2
2 0
12 5 0
( 2)( 12 5) 3 0
x
x x
x x x
nên (*)vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=2
Vd3. (B-2010) Giải phương trình sau
2
3 1 6 3 14 8 0
x x x x
12
Giải: Nhẩm nghiệm ta thấy x=5 là một nghiệm của phương trình, là một số thích
hợp để phá 2 căn.
Giải: Điều kiện
1
6
3
x
2
2
3 1 6 3 14 8 0
( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0
3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
3 1 4 1 6
3 1
( 5)[ (3 1)] 0
3 1 4 1 6
x x x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
Với
1
6
3
x
thì
3 1
(3 1) 0
3 1 4 1 6
x
x x
nên x=5 là nghiệm duy nhất
của phương trình.
Vd4. giải Phương trình:
2 2 2 2
3 5 1 2 3 1 3 4
x x x x x x x
Giải: Ta nhận thấy :
2 2
3 5 1 3 3 3 2 2
x x x x x
và
2 2
2 3 4 3 2
x x x x
Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế :
2 2
2 2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Vd5. Giải phương trình:
2
2 1 2
x x x x x
(1)
Giải: ĐK
2; 1
x x
2 2
2
1 2
1 2
3
2 2
1 2
x x x x
x
x x x x
x
x
x x x x
Nếu x
1 ta có
3
1 2
3
2
2 1 2 3
2
1 2 2
x x x x
x x x
x x x x x
13
Giải (3) theo Phương pháp nâng luỹ thừa ta tìm được x
Nếu x
-2 ta có
3
1 2
3
2
2 1 2 4
2
1 2 2
x x x x
x x x
x x x x x
Giải (4) theo Phương pháp nâng luỹ thừa ta tìm được x
Vd6. Giải phương trình :
2 33
1 1
x x x
Giải :Đk
1
x
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
2 33
2
2 23
3
0
3
1 2 3 2 5 3 1
1 2 1 4
x
x x x x
x x
Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3
2. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ ĐƯA VỀ HỆ TẠM.
Phương pháp: Từ phương trình ban đầu có dạng ( ) ( )
f x a f x b
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
( ) ( )
2
f x a f x
b
f x a f x
a
b
f x a f x
f x a f x b
f x a f x b
a
f x a b
b
Từ đó tính giải Phương trình mới đơn giản hơn.
Vd1. Giải phương trình sau
2 2
3 3 3 6 3
x x x x
Giải: với mọi x Ta có
14
2 2
2 2
2 2
3 3 3 6 3
3
3
3 3 3 6
1
1
3 3 3 6
x x x x
x x x x
x x x x
Suy ra ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2
2
3 3 3 6 3
3 3 3 6 1
2 3 3 2
3 3 0
1
2
x x x x
x x x x
x x
x x
x
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=1 hoặc x=2.
Vd2. Giải phương trình sau
2 2
2 9 2 1 4
x x x x x
Giải: Ta thấy x=4 không phải là nghiệm của phương trình. Phương trình có nghĩa
khi
4
x
. Khi đó.
2 2
2 2
2 2
2 9 2 1 4
2( 4)
4
2 9 2 1
2 9 2 1 2 _( ì_x>4)
x x x x x
x
x
x x x x
x x x x v
Từ đây ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2
2 2
2 9 2 1 4
2 9 2 1 2
2 2 9 6
4
4(2 9) ( 6)
8/ 3
( )
0
x x x x
x x x x
x x x
x
x x x
x
tm
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0 và x=8/3
15
C. BÀI TẬP
Bài 1 (Khối B 2010) Giải phương trình :
2
3 1 6 3 14 8 0
x x x x
HD: PT
3 1
( 5)( 3 1) 0
3 1 4 6 1
x x
x x
. Nghiệm duy nhất
5
x
Bài 2. Giải phương trình :
3
2 3 2 3 6 5 16 0
x x
HD: PT
2
3 3
6 15
( 2)[ + ]=0 2
( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4
x x
x x x
Bài 3 Giải phương trình :
a)
2 2
2 9 2 1 4
x x x x x
.
HD: Ta có
2 2
0 ( 4) 0 2 9 2 1
VT x x x x x
Nhân với biểu thức liên hợp ta được :
2 2
2
2 2
2 9 2 1 2
8
2 2 9 6 0;
7
2 9 2 1 4
x x x x
x x x x
x x x x x
b)
2 2
2 1 1 3
x x x x x
. Từ phương trình
0
x
2 2
2 2
2 1 1
( 2 1 2 ) ( 1 ) 0 ( 1)[ ]=0 1
2 1 2 1
x
x x x x x x x x
x x x x x x
Bài 4. Giải phương trình :
2 33
1 2
x x x
HD: Điều kiện :
3
2
x
.
Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
2
2 33
2 3
2 2
3
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x x x x
x
x x
Ta chứng minh :
2
2
2 2 23 3
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
2
3
3 9
2 5
x x
x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài 5 Giải phương trình
a)
2
1 4 1 3
x x x
b)
2
1 9 1 4
x x x
c)
2 2
12 5 3 5
x x x
.
HD: Nghiệm duy nhất
2
x
Nhận xét
2 2
5
12 5 3 5
3
x x x x
để chứng minh biểu thức còn lại vô
16
nghiệm.
d)
2 2
15 3 2 8
x x x
e)
2 2 2 2
3 5 1 2 3 3 3 3 4
x x x x x x x
HD: Nghiệm
2, ( ) 0
x P x
vô nghiệm.
Bài 6 Giải phương trình
a)
2 2
3 1 ( 3) 1
x x x x
.
b)
4 3 10 3 2
x x
c)
2 (2 )(5 ) (2 )(10 )
x x x x x
d)
2 2
2 16 18 1 2 4
x x x x
e)
2 2 2 2
2 1 3 2 2 2 3 2
x x x x x x x
f)
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4
x x x x x x x
Bài 7 Giải phương trình :
a)
3 2
4 1 2 3
x x x
b)
3 2 3
1 3 2 3 2
x x x
c)
2
3
2 11 21 3 4 4 0
x x x
d)
2 33
1 1
x x x
17
IV. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.
A. PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN ĐỐI VỚI CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH CƠ
BẢN.
Có nhiều trường hợp khi giải Phương trình vô tỉ mà biến đổi tương đương sẻ đưa
ra một Phương trình phức tạp, bậc cao. Khi đó ta sử dụng Phương pháp đặt ẩn phụ để
đưa về các Phương trình đơn giản hơn. Có 3 bước cơ bản cho Phương pháp này:
Bước 1. Đặt ẩn phụ và tìm điều kiện cho ẩn phụ.
Bước 2. Đưa Phương trình ban đầu về Phương trình có biến là ẩn phụ, giải Phương
trình vừa tạo với ẩn mới.
Bước 3. Đối chiếu điều kiện, rồi thế ẩn củ vào, ta được Phương trình theo ẩn củ, ta
giải ra nghiệm, đối chiếu điều kiện, kết luận nghiệm.
Mấu chốt ở đây là ở bước một phải đặt ẩn phụ như thế nào để việc bài toán trở nên
đơn giải nhất. dưới đây xin trình bày một số cách đặt sau:
1. Dạng 1.
Trong phương trình có
( ) à ( )
f x v f x
thì ta đặt
( )
t f x
(thường áp dụng cho các
bài toán chỉ chưa 1 dấu căn).
Vd1. Giải phương trình sau
2
( 5)(2 ) 3 3
x x x x
Giải: Điều kiện
0
3
x
x
khi đó
2 2 2
( 5)(2 ) 3 3 10 ( 3 ) 3 3
x x x x x x x x
Đặt
2
3 , ì_t 0
t x x th
Phương trình trở thành
2
2
3 10 0
5( )
t
t t
t loai
Với x=2 ta có
2 2
1
3 2 3 2 0
4
x
x x x x
x
Thử lại ta thấy phương trình có 2 nghiệm và x=1 và x=-4.
Vd2.(A-2002) tìm m để phương trình
2 2
1 2 1 0
x x m
(1) có ít nhất 1
nghiệm trong đoạn
0; 3
.
18
Ta có tập xác định:R
Đặt
2
1 1t x t
Khi
0; 3 1;2x t
Từ đầy bài toàn phát biểu lại: tìm m để phương trình
2
2 2t t m (2) sau có ít nhất
1 nghiêm 1;2t
Xét hàm trên 1;2t
ta có
Ta có đồ thị hàm số
2
( )f t t t
Vậy bài toán được thoả mãn
khi
0 2m
Vd3.
Giải phương trình:
2
2 6 1 4 5x x x
Giải:Điều kiện:
4
5
x
Đặt 4 5( 0)t x t thì
2
5
4
t
x
. Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 2
10 25 6
2. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
2 2
( 2 7)( 2 11) 0t t t t
t -∞ -1/2 1
2
+∞
f
(t)
2
6
-
1/4
19
Ta tìm được bốn nghiệm là:
1,2 3,4
1 2 2; 1 2 3
t t
Do
0
t
nên chỉ nhận các gái trị
1 3
1 2 2, 1 2 3
t t
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l:
1 2 2 3
vaø x x
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2
2 6 1 0
x x
Ta được:
2 2 2
( 3) ( 1) 0
x x x
, từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt :
2 3 4 5
y x
và đưa về hệ đối xứng
2. Dạng 2.
Dạng phương trình có chứa ( ), ( ) à ( ) ( )
f x g x v f x g x k
. Thì đặt
( ) ( )
k
t f x g x
t
Vd1. Giải phương trình
2 2
1 1 2
x x x x
Nhận xét
2 2
1. 1 1
x x x x
Suy ra đặt
2
1, 0
t x x t
Khi đó phương trình trở thành
2
2 2
2
1
2,( 0)
2 1 0 1
1 1 1 1
1
1
1( 1 1) 0
1 1
1
t t
t
t t t
x x x x
x
x
x x x
x x
x
Thử lại ta thấy phương trình có nghiệm duy nhất x=1.
3. Dạng 3.
Dạng phương trình
( ) ( ) à ( ) ( )
f x g x kv f x g x
Khi đó ta 2 có thể chọn một trong 2 con đường sau
_ ( ) ( ) ( ) ( )
_ ( ), ( ) _ _
dat t f x g x f x g x
dat u f x v g x he phuong trinh
20
Vd1. Giải phương trình
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2(1)x x x x x
Điều kiện 1x . Khi đó
Vp=
2 2
4 9 2 3 5 2 (3 2) 2 (3 2)( 1) 6 ( 3 2) 1) 6x x x x x x x x
Đặt t=
3 2 1x x
,t>0
(1) Trở thành
2 2
3
6 6
2( )
t
t t t t
t loai
Suy ra
2 2 2
3 2 1 3 4 3 2 3 5 2 3 3 5 2 16 48 36 2x x x x x x x x x x
Vd2.(B-04). Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x
(1)
Điều kiện
2 2 2 4 2
1 1
_ 1 1 , 0 2 2 1 2
_ _ 0 2
x
dat t x x t t x t
ta th a y t
Ta có bài toán được viết lại: tìm m để phương trình
2
2 2 _ ó_nghiê _ 0; 2m t t t c m t
2
2
0; 2
2
t t
t m
t
Xét hàm
2
2
( ) ê 0; 2
2
t t
f t tr n
t
ta
có hàm số nghich biến trên
0; 2
, tại t=0 thì ( ) 1f t , tại
t=
2
thì ( ) 2 1f t .đồ thị
hàm số:
Suy ra yêu cầu bài toán
được thoả mản khi
2 1 1m
.
21
B. ĐẶT ẨN PHỤ ĐỂ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2 ĐỐI VỚI 2 BIẾN.
Dạng chung:
2 2
0(1)
u auv bv
2
_ 0_ _ _
_ 0, _ (1): 0
neu v xet truc tiep
u u
neu v ta co a b
v v
1. Dạng 1.
. ( ) ( ) ( ) ( )
1. _ ( ), ( ), _ _ _ _ (1)
( ) ( )
2. _2 _ _ ( ) 0. ì _ _ _ _ ình : 0.
( ) ( )
a f x bg x c f x g x
c dat u f x v g x dua phuong trinh ve dang
f x f x
c chia ve cho g x th ta co phuong tr a c b
g x g x
Vd1. (A-07) tìm m để phương trình sau có nghiệm
24
3 1 1 2 1
_ 1
x m x x
dk x
Đặt
4
4
1, 0
1, 0
u x u
v x v
Phương trình trở thành
2 2
3 2
u mv uv
Vì v>0 suy ra
2
3 2 0
u u
m
v v
Đặt
4 4
1 2
1 0 1
1 1
u x
t t
v x x
Bài toán viết lại: tìm m để phương trình
2
3 2
t t m
có nghiệm
0;1
t
Xét hàm f(t) trên
0;1
t có
t 0 1/3 1
f(t)
Đồ thị hàm số
0
1
/3
-
1
22
Suy ra yêu cầu bài toán được thoả mản khi 1 1/3m
Vd2. Giải phương trình
2 3
2 4 3 4x x x
(1)
Giải: điều kiện
3 2
4 0 ( 4) 0x x x x x
. Khi đó
2 3 2 2
2 4 3 4 4 2 3 ( 4)x x x x x x x
Đặt
2
, 0
4, 0
u x u
v x v
ta có phương trình
2
2 2
2
2
2 3 0 2 3 1 0
1
1
2
2
4
2( )
4
2
u u
v u uv
v v
u
u v
v
v
u
u
v
x x
x tm
x
x
Thử lại ta thấy Phương trình có nghiệm x=2.
23
2. Dạng 2.
Dạng Phương trình
2 2
au bv mu nv
Bình Phương 2 vế ta đưa Phương trình về dạng thuần nhất.
Vd1. Giải phương trình
2 2 4 2
3 1 1
x x x x
(1)
Điều kiện:
2
1 1
x x
Khi đó đặt
2
2
0
1 0
u x
v x
. Khi đó ta có Phương trình:
2 2
3
u x u v
(2) (đây là Phương trình dạng 2)
2 2 2 2 2
2
2 2
9 6 10 0
0 1 0
1( )
10 6
10 1 6
u v uv u v v uv
v x
x tm
v u
x x
Vậy Phương trình có 2 nghiệm
1
x
C. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN.
PHƯƠNG PHÁP: Ta đặt ẩn phụ t theo biến x, rồi xuất hiện một Phương trình mới
có cả 2 biến, ta coi x là tham số, t là ẩn, từ đó ta giải ra t, thế lại theo x ta có nhưng
Phương trình đơn giản hơn theo x mà việc giải nó để tiến hành hơn.
Vd1. Giải phương trình
2 2
3 1 ( 3) 1
x x x x
(1)
Giải: đặt
2 2 2
1 1 1
t x t x t
. Khi đó (1) viết lại:
2
1 ( 3) 3 0
t x t x
(ở đây ta ngầm hiểu là Phương trình bậc 2 theo ẩn t nhưng ta
khôn ghi vào bài làm để lập luận một cách chặt chẻ, mặt khác khi ta tiến hành tính ∆
mà ta thấy không thể khai căn được ∆ thì ta nên thử giải bài toán bằng Phương pháp
khác. Thí dụ ở đây ta có
2
( 3) 0
x
nên ta có
3
t
t x
). Do đó
2
2
2
2
1 ( 3) 3 0 ( 3)( ) 0
3 1 3
8 2 2( )
1 ( )
t x t x t t x
t x
x x tm
t x
x x vn
Vậy Phương trình có 2 nghiệm
2 2
x
Vd2. Giải phương trình
2 2
( 1) 3 3 1
x x x x
(1)
Với mọi x. đặt
2
3 3, 0
t x x t
Ta có
2 2
2 3 0
x x t
có nghiệm khi
' 2
2 0
t
Suy ra điều kiện của t là
2
t
. Khi đó (1) viết lại
24
2 2
2
2
( 1) 2 2 ( 1) 2( 1)
( 2) ( ( 1) 0
2 2 3 2
1 2
1
2 3 1( )
x t t x t x t x
t t x
t x x
x
t x
x x x vn
Thử lại ta thấy
1 2
x
là các nghiệm của Phương trình.
D. ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
PHƯƠNG PHÁP: ta tiến hành đặt ẩn phụ nhưng ta làm xuất hiện một hệ Phương
trình có thể dể dàng giải và từ đó ta có thể giải Phương trình đã cho.
1. Cách 1.
Đưa Phương trình về hệ đối xứng loại 2 và gần đối xứng. thương áp dụng cho các
dạng Phương trình: ax
n
n
x b a b
ta đặt ax
n
t b
khi đó ta có hệ Phương trình
( )
x
n
n n
n
x at b
x t a t x
t a b
Vd1. Giải phương trình
3
3
1 2 2 1
x x
(1)
Đặt
3
2 1
t x
khi đó ta có hệ:
3
3 3
3
2 2
2 2 2
0
3 2
2 1
2( )
2 1
3
( )( 2) 0 ( ) 2 0
2 4
0
2 1 0 ( 1)( 1) 0
5 1 5 1
( 1)( )( ) 0
2 2
1
5 1
2
5 1
2
x t
x t t x
t x
t t
x t x xt t x t x
x t
x x x x x
x x x
x
x
x
25
Thử lại ta thấy Phương trình có 3 nghiệm phân biệt
1
5 1
2
5 1
2
x
x
x
Vd2.(D-06). Giải phương trình
2
2 1 3 1 0
x x x
(1)
Điều kiện
1/ 2
x
. Khi đó
Đặt
2
2 1, 0 2 1
t x t t x
ta có hệ Phương trình
2
2
2 1
3 1
t x
x x t
(đây là hệ Phương trình gần đối xứng)
2 2
( )( 1) 0
1
x t x t x t x t
t x
t x
2
2 1 0 1
t x x x x
1
t x
đk
1
1
2
x
2 2
2 1 (1 ) 4 2 0
2 2( )
2 2( )
x x x x
x loai
x tm
Vậy Phương trình có nghiệm x=1 hoặc
2 2
x
ở đây ta cũng có thể giải bài toán bằng cách khác như sau:
Đặt
2
2 1, 0
1
2
t x t
t
x
Phương trình trở thành:
4 2
2 2
4 4 1 0
( 1) ( 2 1) 0
1 1
2 1 2 2
t t t
t t t
t x
t x
2. Cách 2.
Đặt ẩn phụ đưa về hệ Phương trình thông thường. thường áp dụng cho các Phương
trình có dạng
a. ( ) ( )
n n
a f x b f x c
