Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình bất phương trình hệ phương trình đại số vô tỷ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (31.58 MB, 727 trang )
ng
vi
et
bo
ok
.c
om
.v
n
ThS. Lê Văn Đoàn
kh
a
DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA
BỒI DƯỢNG HỌC SINH GIỎI 10, 11, 12
THAM KHẢO CHO GIÁO VIÊN
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
MỤC LỤC
Phần I. Phương trình, bất phương trình vô tỷ ........................................ 3
Bài 1. Phương trình vô tỷ cơ bản ....................................................................... 3
Bài 2. Giải phương trình vô tỷ bằng cách đưa về tích số ............................ 11
Sử dụng phép biến đổi tương đương ................................................. 11
Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................. 17
Bài 3. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ................ 64
Dạng 1. a. f ( x) b. n f ( x) c 0 ............................................................. 64
.v
n
Dạng 2. a. f ( x) b. g( x) 2ab. f ( x).g( x) h( x) .............................. 76
Dạng 3. n a f ( x) m b f ( x) c ................................................. 83
om
Dạng 4. a n A2 b n A.B c n B2 0 ................................................. 89
Dạng 5. a. f ( x) b.g( x) c. f ( x).g( x) ................................................... 92
.c
Dạng 6. a. f ( x) b.g( x) c. d. f 2 ( x) e.g 2 ( x) ..................................... 103
n
Dạng 7. f ( x) b( x) a( x) n a( x) f ( x) b( x) ................................ 108
ok
Dạng 8. (ax b)n p. n cx d q.x r , với n 2; 3 ........................ 117
bo
Dạng 9. x 2a x b a2 b x 2a x b a2 b cx d ....... 122
Dạng 10. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn ............................................ 124
et
Dạng 11. mx n a 1 x b 1 x c 1 x2 ................................. 129
Dạng 12. Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức ....................... 130
vi
Dạng 13. x m x . n x n x . p x p x . m x ........... 132
kh
a
ng
Dạng 14. Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình ................... 134
Dạng 15. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ............................. 152
Bài 4. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá ................. 165
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số .................................................... 165
Sử dụng bất đẳng thức cổ điển .......................................................... 186
Đưa về tổng các số không âm hoặc An Bn .................................... 203
Bài 5. Bất phương trình vô tỷ ........................................................................ 212
Bất phương trình vô tỷ cơ bản............................................................. 212
Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn ....................... 214
Nhóm bất phương trình vô tỷ có mẫu số ........................................ 216
Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương .................. 222
Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp .............................................. 225
Sử dụng phương pháp hàm số ........................................................... 237
Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ .................................................... 250
Bài 6. Phương trình, bất phương trình chứa tham số ............................... 251
Bài 2.
kh
a
ng
Bài 4.
vi
et
bo
ok
.c
Bài 3.
.v
n
Bài 1.
om
Phần II.
Phương trình vô tỷ chứa tham số ...................................................... 252
Bất phương trình vô tỷ chứa tham số ................................................ 266
Hệ phương trình đại số, vô tỷ .................................................. 272
Hệ phương trình cơ bản ..................................................................... 272
Hệ đối xứng loại I ................................................................................ 273
Hệ đối xứng loại II ............................................................................... 277
Hệ gần giống đối xứng loại II ............................................................. 282
Hệ đẳng cấp cơ bản .............................................................................. 286
Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp ........... 288
Hệ phương trình đưa về tích số ........................................................ 295
Kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai ................................... 295
Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ............................................................ 308
Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số ..................... 325
Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ .................. 341
Dạng 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 .................. 341
Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình ......... 346
Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản ...................... 353
Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ ........................ 353
Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ ...................................... 366
Chia để xác định lượng ẩn phụ .......................................... 373
Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ ................................. 384
Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn ................. 387
Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu .............................................. 390
Dạng 4. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ................................ 405
Dạng 5. Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa ................................... 410
Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ...................... 423
Phương pháp đánh giá bằng hàm số ................................................. 423
Một số dạng cơ bản ...................................................................... 423
Hệ có: ax (ax)2 1 by (by)2 1 1 .......................... 423
Hệ có: a1 x b1 x c1x d1 a2 y b2 y 2 c2 y ................... 426
3
2
3
a x3 b x2 c x d (a y b ) c y d
1
1
1
1
2
2
2
2
Hệ có:
.............. 434
( a1 x b1 ) c1 y d1 (a2 y b2 ) c2 y d2
Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng ......................... 443
Chia để xuất hiện hàm đặc trưng ....................................... 443
Phép cộng để tìm hàm đặc trưng ....................................... 453
Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng ........ 461
Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển ....................... 468
Bài 5. Hệ phương trình chứa tham số ......................................................... 492
Phần III. Giải chi tiết bài tập rèn luyện .................................................. 508
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
Phaàn 1. PHÖÔNG TRÌNH – BAÁT PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ
§1. PHÖÔNG TRÌNH VOÂ TYÛ CÔ BAÛN
I. Phương trình bậc bốn quy về bậc hai
2
e d
1. Dạng: ax bx cx dx e 0 với 0.
a b
3
2
Phương pháp giải: Chia hai vế cho x2 0, rồi đặt t x
2. Dạng: ( x a)( x b)( x c)( x d) e với a c b d.
d
với
x
b
.v
n
4
om
Phương pháp giải: Viết lại ( x a)( x c) ( x b)( x d) e
x2 (a c)x ac x2 (b d)x bd e và đặt t x2 (a c)x.
3. Dạng: ( x a)( x b)( x c)( x d) ex2 với a.b c.d.
.c
abcd
x thì phương trình
2
abcd abcd
t
x t
x ex2 (có dạng đẳng cấp)
2
2
4. Dạng: ( x a)4 ( x b)4 c
bo
ok
Phương pháp giải: Đặt t x2 ab
ab
ab
(t )4 (t )4 c với
2
2
et
Phương pháp giải: Đặt x t
vi
5. Dạng: ax4 bx3 cx2 dx e 0 , với b3 8a2 d 4abc.
ng
Phương pháp giải: Đặt x t
b
4a
6. Dạng: x4 ax2 bx c
(1)
kh
a
Phương pháp giải: Tạo ra dạng A2 B2 bằng cách thêm hai vế cho một
lượng 2k.x2 k 2 , tức phương trình (1) tương đương:
( x2 )2 2kx2 k 2 (2k a)x2 bx c k 2 ( x2 k)2 (2k a)x2 bx c k 2 .
2 k a 0
Cần vế phãi có dạng bình phương
k?
2
2
VP b 4(2 k a)(c k ) 0
7. Dạng: x4 ax3 bx2 cx d
(2)
Phương pháp giải: Tạo A B bằng cách thêm ỡ vế phãi 1 biễu thức để
2
2
2
a
a2
tạo ra dạng bình phương: x2 x k x4 ax3 2k x2 kax k 2 .
2
4
Do đó ta sê cộng thêm hai vế cũa phương trình (2) một lượng:
3
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
2
2
2 a
a2
a2 2
2
2
2 k x kax k , thì x x k 2 k b x ( ka c)x k d.
2
4
4
a2
2
k
b0
4
Lúc này cần số k thỏa:
k ?
2
( ka c)2 4 2 k a b ( k 2 d) 0
VP
4
II. Phương trình vô tỷ cơ bản
B 0
A B
2
A B
A 0 hay B 0
A B
A B
.v
n
A B C 0
1. Dạng:
om
B 0
A B 0 B 0 hoặc
3 A B A B3 .
A
0
III. Một số phương trình vô tỷ cơ bản thường gặp
(1)
.c
Bước 1. Đặt điều kiện.
ok
Bước 2. Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1) A C B
Bước 3. Bình phương hai vế A C 2 AC B 2 AC B A C.
3
A3B3C
(2)
bo
2. Dạng:
Bước 1. Lũy thừa: ( 3 A 3 B )3 ( 3 C )3 A B 3 3 AB( 3 A 3 B ) C (2)
A 3 B 3 C , thì (2) A B 3 3 ABC C.
A B C D
vi
3. Dạng:
3
et
Bước 2. Thế
(3) với A C B D hoặc AC BD.
Bước 1. Đặt điều kiện.
ng
Bước 2. Biến đổi (3) A C B D và bình phương hai vế.
kh
a
Lưu ý: Biến đỗi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả , do đó khi giãi xong cần
thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai.
Ví dụ 1.
Giải phương trình:
2 x 1 x 2 3x 1 0
Phân tích. Phương trình có dạng tổng quát:
()
Đại học khối D – 2006
mx n ax2 bx c , (m, a 0) ta
đều giải được theo dạng A B. Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ
tiến hành chia Hoócner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo). Còn
nếu ra nghiệm vô tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để
tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đó chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai
nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm.
Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng
4
A B.
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
2
x 3x 1 0
() 2 x 1 x 3x 1
2
2
2 x 1 ( x 3x 1)
2
2
x 1
x 3x 1 0
x 3x 1 0
4
3
2
2
2
x 2 2
x 6 x 11x 8 x 2 0
( x 1) ( x 4 x 2) 0
2
.v
n
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x 2 2.
Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II.
y 2 2x 1
y 2 2x 1 0
Đặt y 2x 1 0, suy ra:
2
2
y x 3x 1 0
x 3x y 1 0
( y 2 x2 ) ( x y) 0 ( y x)( y x 1) 0 y x hoặc y 1 x.
x 0
2x 1 x 2
x 1.
x 2x 1 0
x 1
x 2 2.
Với y 1 x, suy ra: 2 x 1 1 x 2
x 4x 2 0
.c
om
Với y x, suy ra:
Ví dụ 2.
ok
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x 2 2.
Giải phương trình: x2 4x 3 x 5
()
bo
Phân tích. Để kiểm tra phương trình có nghiệm hữu tỉ hay vô tỷ, ta nhập vào casio:
ng
vi
et
X2 4X 3 X 5 và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng
điều kiện) được kết quả X 5.192582404 là vô tỷ. Khi đó định hướng tìm lượng nhân
tử bậc hai bằng chức năng table. Trước tiên ta lưu biến X A, bằng cách nhập
alpha ) shift RCL (–). Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7
và nhập f (X) A2 AX bằng cách bấm: alpha () x2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm = .
Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, còn fx – 570 ES
thì không cần (tức không nhập g( X) ), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho
kh
a
X F( X )
ta bảng giá trị 14 4 6.1925
15 5
1
và ta chỉ quan tâm đến dòng có giá trị là số nguyên,
tức dòng 15 có X 5, F(X) 1, đó chính là hệ số b, c của nhân tử x2 bx c , tức có
x2 5x 1. Lúc này ta sẽ quyết định lũy thừa 2 vế theo công thức A B được
phương trình bậc bốn, sau đó lấy phương trình bậc bốn này chia cho lượng x2 5x 1
sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai.
Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng
A B.
x 2 7 x 2 7
x 4x 3 0
() 2
2
4
3
2
( x 4 x 3) x 5
x 8 x 10 x 23x 4 0
2
5
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
5 29
x 2 7 x 2 7
2
x
hoặc x 1.
2
2
( x 5x 1) ( x 3x 4) 0
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1, x
5 29
2
Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ đối xứng.
2
2
( y 2) x 5
y 4y x 1 0
2
Đặt: y 2 x 5 0, suy ra: 2
x 4x 3 y 2
x 4x y 1 0
om
.v
n
y x
( y 2 x2 ) 3( y x) 0 ( y x)( y x 3) 0
y 3 x
x 2
5 29
Với y x, suy ra: x 5 x 2 2
x
2
x 5x 1 0
x 1
x 5 1 x 2
x 1.
x 3x 4 0
Với y 3 x, suy ra:
.c
5 29
2
Bình luận. Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng hằng đẳng thức 3
số dạng (a b c)2 a2 b2 c 2 2.(ab bc ca) để khai triễn. Tuy cách giải 1 giúp
bo
ok
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 1, x
Ví dụ 3.
vi
et
chúng ta tách các đa thức bậc cao thành tích số, nhưng tính toán khá phức tạp, dễ dẫn
đến những sai lầm và mất nhiều thời gian. Do đó người giải toán thường tìm những
phương pháp đơn giản, ngắn gọn hơn và điển hình đó là lời giải 2 của 2 ví dụ. Phương
pháp đặt ẩn phụ sẽ tìm hiểu kỹ bài học sau với dấu hiệu nhận dạng nhất định.
Giải phương trình: 2( x2 x 6) 5 x3 8
()
ng
Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An
Phân tích. Khác với hai ví dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc 3, ta vẫn giải theo
kh
a
công thức A B, để thu được phương trình bậc bốn. Lúc đó với sự hỗ trợ của máy
tính casio, ta sẽ phân tích được thành tích số dạng bậc 2 nhân bậc 2.
Lời giải 1. Điều kiện: x3 8 0 ( x 2)( x2 2x 4) 0 x 2.
() 8.( x2 x 6)2 25( x3 8) 8x4 41x3 104x2 96x 88 0
x2 6 x 4 0
( x2 6 x 4)(8 x2 18 x 28) 0 2
x 3 13.
8x 18x 28 0 : VN
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 3 13.
Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương
trình về dạng: 2( x 2) 2( x2 2x 4) 5 ( x 2)( x2 2x 4)
Lời giải 2. Đặt u x 2 0, v x2 2x 4 3.
6
(1)
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
2
u 1
u
u
u
(1) 2u 2v 5uv 2 5 2 0 2 hoặc
v 2
v
v
v
2
2
x 2 2 x2 2x 4
4 x 2 9 x 14 0
u 2 v
2
x 3 13.
Suy ra:
2 x 2 x2 2 x 4
x 6 x 4 0
2u v
Lời giải 3. Chia hai vế cho lượng dương: x2 2x 4 ( x 1)2 3 3.
.v
n
x2
2
2
x2
x2
x 2x 4
(1) 2 2
5 2
20
x 2x 4
x 2x 4
x2
1
2
x 2x 4 2
Ví dụ 4.
Giải phương trình:
om
x 2 4( x2 2 x 4)
x 3 13.
2
4( x 2) x 2 x 4
7 x2 x x 5 3 2 x x 2
()
.c
A 0 hay B 0
A B
, khi đó có
A B
2 phương án chọn A 0 hay B 0. Dựa vào đặc điểm của bài toán, ta nên chọn
phương án nào đơn giản nhất, tức chọn B 3 2x x2 0 và có lời giải như sau:
2
3 2 x x 0
Lời giải. Phương trình ()
2
2
7 x x x 5 3 2 x x
3 x 1
x 2 (do x 0 không là nghiệm của phương trình)
x5
x
ng
vi
et
bo
ok
Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản:
kh
a
3 x 1
2 x 0
3 x 1
x2
0
2 x 0
x 1 x 1.
x
3
x 4
2
2
x x 16 x 16 0
x
(
x
5)2 ( x 2)2
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.
Ví dụ 5.
()
Giải phương trình: 2 3x 1 x 1 2 2x 1
Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản
A B C , ta sẽ đặt điều kiện, chuyển
vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng
A B.
Lời giải. Điều kiện: x 1. Khi đó: () 2 3x 1 x 1 2 2 x 1
4(3x 1) x 1 4(2x 1) 4 ( x 1)(2x 1)
7
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
x 1
4 2 x 2 3x 1 3x 9
x 5.
2
23x 102 x 65 0
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 5.
Ví dụ 6.
Giải phương trình:
4 x2 7 x 2 2 x2 x 1 1
()
.v
n
Phân tích. Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình
phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 4x 2 sẽ triệt tiêu và có lời giải sau:
1
Lời giải. Điều kiện: x hoặc x 2.
4
() 4x2 7 x 2 1 2 x2 x 1 ( 4 x2 7 x 2 1)2 4( x2 x 1)
om
29 4 67
3x 5 0
2 4 x2 7 x 2 3x 5 2
x
7
7
x
58
x
33
0
Giải phương trình:
x2 x 2 x2 x2 2 x 0
()
ok
Ví dụ 7.
29 4 67
7
.c
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x
A.B A. B khi A 0, B 0 và
et
thức tách căn hợp lý, tức:
bo
Phân tích. Phương trình có dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương
lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất. Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn
thức có chung một nghiệm x 0 nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và
tách căn. Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công
A.B ( A) (B)
vi
A. B khi A 0, B 0. Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau:
x2 x 0, x2 0
x 1
x 0 hoặc
2
x 2
x 2x 0
ng
Lời giải. Điều kiện:
Khi đó () x( x 1) x( x 2) 2 x2
(1)
kh
a
Trường hợp 1. Nếu x 0 thì (1) luôn đúng nên x 0 là 1 nghiệm của (1).
Trường hợp 2. Nếu x 1 thì (1) x x 1 x x 2 2 x x
x 1 x 2 2 x ( x 1 x 2)2 (2 x )2
9
, (do : x 1).
8
Trường hợp 3. Nếu x 2 x 1 0; x 2 0 nên:
2 x2 x 2 2 x 1 x
(1) x x 1 x x 2 2 x x 1 x x 2 2 x
( 1 x x 2)2 (2 x )2 2 x2 x 2 1 2x : vô nghiệm.
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 0; x
8
9
8
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
Ví dụ 8.
Giải phương trình:
3
()
x 1 3 3x 1 3 x 1
A 3 B 3 C , khi đó hướng xử lý là lập
phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức (a b)3 a3 b3 3ab(a b), rồi
Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản
3
thay thế
3
A 3 B 3 C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải
phương trình hệ quả dạng
3
3
f ( x) g( x) f ( x) g( x) . Từ đó có lời giải sau:
Lời giải. Tập xác định: D .
4x 2 3. 3 ( x 1)(3x 1) ( 3 x 1 3 3x 1) x 1
3 ( x 1)(3x 1).( 3 x 1 3 3x 1) ( x 1)
3
x 1 3 3x 1 3 x 1 vào (1), suy ra:
(1)
3
( x 1)(3x 1)( x 1) ( x 1)
om
Thế:
.v
n
() ( 3 x 1 3 3x 1)3 ( 3 x 1)
( x 1)4x2 0 x 1 hoặc x 0.
.c
( x 1)(3x 1)( x 1) ( x 1)3 ( x 1). (3x 1)( x 1) ( x 1)2 0
Với x 1 thì phương trình () sai nên loại nghiệm x 1.
ok
Với x 0 thì phương trình () đúng nên nhận nghiệm x 0.
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0.
10x 1 3x 5 9x 4 2x 2
bo
Ví dụ 9.
Giải phương trình:
()
et
Phân tích. Phương trình có dạng: A B C D với A C B D, cụ thể:
(10x 1) (2x 2) (9x 4) (3x 5) 12x 1, nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng:
kh
a
ng
vi
A C D B và bình phương hai vế. Nhưng do khi chuyển vế và bình
phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm
vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp.
5
Lời giải. Điều kiện: x , thì () 10x 1 2x 2 9x 4 3x 5
3
( 10x 1 2x 2)2 ( 9 x 4 3x 5)2
12x 1 2 (10x 1)(2x 2) 12x 1 2 (9x 4)(3x 5)
6
(10x 1)(2 x 2) (9 x 4)(3x 5) 7 x2 15x 18 0 x 3, x
7
Kết luận: So với điều kiện và thế vào (), phương trình có nghiệm x 3.
Ví dụ 10. Giải phương trình:
4 x 1 x 7 2 2 x 3 5x 6
()
Phân tích. Nếu biến đổi 2 2x 3 8x 12 thì phương trình đã cho đưa về giống
như thí dụ trên với (8x 12) ( x 7) (5x 6) (4x 1) 9x 5 và có lời giải sau:
9
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
Điều kiện: 2x 3 0. Khi đó: () x 7 8x 12 5x 6 4x 1
( x 7 8x 12)2 ( 5x 6 4x 1)2
13
, x 2.
4
13
Kết luận: So với điều kiện và thế vào (), phương trình có nghiệm x
4
( x 7)(8 x 12) (5x 6)(4 x 1) 12 x2 63x 78 0 x
x3 1
x 1 x 3 x2 x 1
()
x3
Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa
Phân tích. Phương trình có dạng
.v
n
Ví dụ 11. Giải phương trình:
A B C D với A.C B.D, cụ thể ta có
x 1
( x 3) ( x 1)( x2 x 1) x3 1, nên sẽ viết về dạng A C D B
x3
và bình phương để giải phương trình hệ quả. Từ đó có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: x 1.
x2 x 1 x 1
2
x3 1
x3 1
x32
x 3 x2 x 1 x 1 2 x2 x 1 x 1
x3
x3
bo
ok
2
x3 1
()
x3
x3
.c
om
3
x3 1 ( x 3)( x2 x 1) x2 2x 2 0 x 1 3 hoặc x 1 3.
et
Kết luận: So với điều kiện và thế vào () nghiệm cần tìm là x 1 3.
vi
BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5.
BT 2.
Giải phương trình: 2x2 5x 1 7 x3 1.
BT 3.
Giải phương trình:
9x2 42x 49 1 3 x2 6x 6.
BT 4.
Giải phương trình:
2x2 10x 8 x2 1 2x 2.
BT 5.
Giải phương trình:
2x2 3x 1 x2 x 2 3x2 4x 1.
BT 6.
Giải phương trình:
BT 7.
Giải phương trình:
2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2.
BT 8.
Giải phương trình:
x 3 3x 1 2 x 2x 2.
BT 9.
Giải phương trình:
x 3 3x 2 x 3
x 1 x 3 x2 4x 3.
x3
kh
a
ng
BT 1.
BT 10. Giải phương trình:
10
3
x 1 3 x 2 3 x 3 0.
8 x3 1
2x 1 4 x2 2 x 1 2 x 3.
2x 3
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
§2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ TÍCH
.v
n
I. Sử dụng phép biến đổi tương đương
Dùng các phép biến đổi , đờng nhất kết hợp với việc tách , nhóm, ghép thích
hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích sớ đơn giãn hơn và biết cách
giải, chẳng hạn như: A.B 0 A 0 hoặc B 0...
Một sớ biến đổi thường gặp:
f ( x) ax2 bx c a.( x x1 )( x x2 ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của f ( x) 0.
Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau:
+ u v 1 uv (u 1) v(u 1) 0 (u 1)(1 v) 0 u v 1.
om
+ au bv ab vu a(u b) v(u b) 0 (u b)(a v) 0.
Ví dụ 12. Giải phương trình: ( x 3) 10 x2 x2 x 12
()
.c
Phân tích. Thấy vế phải phân tích được thành tích số: x2 x 12 ( x 3)( x 4)
dựa vào f ( x) ax2 bx c a.( x x1 )( x x2 ) với x1 , x2 là 2 nghiệm của phương
ok
trình f ( x) 0, nên sẽ có nhân tử x 3 với vế trái và có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: 10 x2 0 10 x 10.
vi
et
bo
() ( x 3) 10 x2 ( x 3)( x 4) ( x 3). 10 x2 ( x 4) 0
x 3 0
x 4
x 3.
x 3 hoặc 2
2
10 x x 4
2 x 10 x 6 0
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 3.
ng
Ví dụ 13. Giải phương trình:
x x 1 x2 x 1
()
kh
a
Phân tích. Với điều kiện x 0 thì phương trình x x 1 1 x x 1 và
có dạng u v 1 uv (u 1)(v 1) 0 u v 1 và có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: x 0.
() x x 1 1 x x 1 ( x 1) ( x 1 x x 1) 0
( x 1)(1 x 1) 0 x 1 hoặc
x 1 1 x 1 hoặc x 0.
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x 0, x 1.
Ví dụ 14. Giải phương trình: x 2 7 x 2 x 1 x2 8x 7 1
Phân tích. Sử dụng phân tích
()
x2 8x 7 ( x 1)(7 x) và ghép từng cặp lại
với nhau sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về tích số.
Lời giải. Điều kiện: 1 x 7.
11
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
() ( x 1) 2 x 1 2 7 x ( x 1).(7 x) 0
x 1( x 1 2) 7 x (2 x 1) 0
x 1 2
x 5
( x 1 2).( x 1 7 x ) 0
x 1 7 x
x 4
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 4, x 5.
Ví dụ 15. Giải phương trình: x 2 5 x 2 x 2 10 3x x2 2
()
Phân tích. Tương tự thí dụ trên, thấy
.v
n
Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015
10 3x x2 ( x 2)(5 x) nên ghép các
om
biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: 2 x 5.
() ( x 2) ( x 2)(5 x) 2 5 x 2 x 2 0
.c
x 2( x 2 5 x ) 2( x 2 5 x ) 0
ok
3
x2 5x
x
( x 2 5 x )( x 2 2) 0
2
x 2 2
x 2
bo
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x
x 2 3x 2 x 2 2 x x
vi
et
Ví dụ 16. Giải phương trình:
ng
Phân tích. Nếu quy đồng và phân tích
x
6
5
x
3
, x 2.
2
()
6
x 2 5x 6
( x 2)( x 3)
5
,
x
x
x
x2 3x x( x 3) sẽ xuất hiện nhân tử và có lời giải sau:
rồi nhóm với cụm
kh
a
Lời giải. Điều kiện: x 0.
( x 2)( x 3)
() x( x 3)
(2 x 2 2 x) 0
x
x2
x 3 x
2( x 2 x) 0
x
x3
x x2
x
x3
2( x 2 x) 0 ( x 2 x)
2 0
x
x2 x
x2 x 2 0
x 2
x 3 2 x
x 1
x 3 4x
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm x 1, x 2.
12
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
Ví dụ 17. Giải: x 2x 3 3( x 5 1) 3x 2x2 13x 15 2x 3
Phân tích. Nếu quan sát kỹ, phương trình chỉ chứa 2 căn thức
khi phân tích
2x 3,
()
x 5 sau
2x 13x 15 (2x 3)( x 5) và nhóm nhân tử chung phù hợp sẽ
2
xuất hiện phương trình tích số và có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: 3x 2 0.
() ( x 2x 3 3x) (2 x 3)( x 5) 2 x 3 3( x 5 1)
x( 2x 3 3) 2x 3( x 5 1) 3( x 5 1)
.v
n
x( 2x 3 3) ( x 5 1)( 2x 3 3) ( 2x 3 3)( x x 5 1) 0
om
2x 3 3
x 3
x 5 x 1 x 4
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 3, x 4.
()
.c
Ví dụ 18. Giải phương trình: 3x2 3x 2 ( x 6) 3x2 2x 3
ok
Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc
phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:
3x2 3x 2 (3x2 2x 3) 5( x 1) và xuất hiện thêm hạng tử có chứa ( x 1),
bo
nên phân tích: ( x 6) 3x2 2x 3 ( x 1) 5 3x2 2x 3, rồi phân phối và
ghép hạng tử phù hợp sẽ đưa được về phương trình dạng tích, từ đó có lời giải 1.
vi
et
1 10
1 10
hoặc x
3
3
Lời giải 1. Tách ghép đưa về phương trình tích số.
Điều kiện: 6 x
ng
() (3x2 2x 3) 5 ( x 1) ( x 1) 3x2 2x 3 5 3x2 2x 3
kh
a
( 3x2 2x 3)2 5 3x2 2x 3 5( x 1) ( x 1) 3x2 2x 3 0
3x2 2x 3( 3x2 2x 3 5) ( x 1)(5 3x2 2x 3) 0
3x 2 2 x 3 5
( 3x2 2 x 3 5)( 3x2 2 x 3 x 1) 0
3x 2 2 x 3 x 1
2
3x 2 x 28 0
1 85
1 85
x
x
x 1
3
3
2 x 2 4 x 4 0
x 1 3 x 1 3
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x 1 3, x
1 85
3
Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
13
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
Đặt t 3x2 2x 3 0 t 2 3x2 2x 3 3x2 t 2 2x 3. Khi đó:
(1)
() t 2 2x 3 3x 2 ( x 6).t t 2 ( x 6).t 5( x 1) 0
Xem (1) là phương trình bậc 2 với ẩn là t và có biệt số:
t ( x 6)2 20( x 1) x2 8x 16 ( x 4)2 , suy ra: t x 1 hoặc t 5.
3x 2 2 x 3 5
Do đó:
và giải tương tự như cách giải 1.
3x 2 2 x 3 x 1
Bình luận. Phương trình có dạng ax2 bx c (mx n). ax2 px q , ta sẽ giải
() ( x 6)( 3x2 2x 3 5) 3x2 2 x 28
om
.v
n
bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn nếu biệt số Δ là số chính phương. Bản
chất của phương pháp cũng là một hình thức đưa về tích số.
Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử chung của
phương trình là 3x2 2x 28.
3x2 2 x 28 0
( x 6)(3x 2 x 28)
3x2 2 x 28
x6
2
1
3x 2 x 3 5
3x2 2 x 3 5
ok
.c
2
et
bo
3x2 2 x 28 0
và giải tương tự như cách 1.
3x2 2 x 3 x 1
Nhận xét. Đối với bài toán trên, tôi không tìm được lượng nhân tử chung bằng chức
năng table của casio. Khi đó ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra
nhân tử chung như sau: nhập 3X 2 3X 2 (X 6) 3X 2 2X 3 và bấm shift
ng
vi
solve 100 được nghiệm là X 2,739848152, gán nghiệm này vào biến A, tức
bấm Ans A, ( Ans / shift / RCL / ()). Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại
kh
a
phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm X 3.406514819, rồi cũng lưu
nghiệm này vào biến B: Ans B, ( Ans / shift / RCL / ,,,). Khi đó ta tính tổng, tích
2
28
và AB
nên theo Viét thì A, B là
3
3
2
28
2 nghiệm của X2 SX P 0, tức có nhân tử x2 x
hay 3x2 2x 28.
3
3
của A và B được A B 0,6666666667
Ví dụ 19. Giải phương trình: x2 4x ( x 3) x2 x 1 1 0
()
Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc
phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:
x2 4x 1 ( x2 x 1) 3x và xuất hiện thêm hạng tử có chứa 3x , nên sẽ phân
tích: ( x 3) x2 x 1 x x2 x 1 3 x2 x 1 và ghép hạng tử phù hợp sẽ xuất
hiện nhân tử chung và đưa được về phương tình tích số. Từ đó có lời giải 1.
14
khangviet.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821
1 5
1 5
hoặc x
2
2
Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số.
() ( x2 x 1) x x2 x 1 (3x 3 x2 x 1) 0
Điều kiện: x2 x 1 0 x
( x2 x 1)2 x x2 x 1 3( x x2 x 1) 0
x2 x 1( x2 x 1 x) 3( x x2 x 1) 0
om
.v
n
x2 x 1 x
( x2 x 1 x) ( x 2 x 1 3) 0
x2 x 1 3
x 0
x 1
x
1
0
:
x 1 41 thỏa mãn điều kiện.
x2 x 1 9
2
1 41
1 41
, x
2
2
ok
Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
.c
Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là x 1, x
Đặt t x2 x 1 0, suy ra: t 2 x2 x 1 x2 t 2 x 1. Khi đó:
bo
() t 2 x 1 4x ( x 3).t 1 0 t 2 ( x 3).t 3x 0
(1)
et
Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn là t và có biệt số:
t x
t ( x 3)2 12x x2 6x 9 ( x 3)2 , suy ra:
t 3
ng
vi
Với t x2 x 1 và giải ra cũng được kết quả như trên.
Lời giải 3. Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử x2 x 10 bằng casio.
() ( x2 x 10) ( x 3) x2 x 1 3 0
kh
a
( x2 x 10)
( x 3).( x2 x 10)
x2 x 1 3
0
x2 x 10 0
1 41
x2 x 10 0
x
x3
2
2
1
0
x
x
1
x
x 1
x2 x 1 3
Ví dụ 20. Giải phương trình: 2x2 6x 10 5.( x 2) x 1 0
()
Phân tích. Khác với các thí dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc nhất và có dạng
tổng quát là ax2 bx c (dx e). x . Khi đó sẽ phân tích biểu thức ngoài dấu
căn theo biểu thức tích mang dấu căn bằng đồng nhất thức, nghĩa là biểu diễn
2x2 6x 10 m.( x 2)2 n.( x 1)2 mx2 (n 4m).x (n 4m) và so sánh hệ
15
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
số trước x2 , x và hệ số tự do được m n 2. Khi đó, ta có 2 hướng xử lý thường gặp
là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia
cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2.
Điều kiện: x 1. Khi đó: () 2( x 2)2 2( x 1)2 5( x 2) x 1 0 (1)
Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số.
.c
om
.v
n
(1) 2( x 2)2 ( x 2) x 1 2( x 1)2 4( x 2) x 1 0
( x 2) 2( x 2) x 1 2 x 1 x 1 2( x 2) 0
x 1 2( x 2)
2( x 2) x 1 ( x 2) 2 x 1 0
2 x 1 x 2
x 2
x 2
2
2
x 3
x 1 4( x 4 x 4)
4 x 17 x 15 0
x8
x
2
x
2
4( x 1) x 2 4 x 4
x 2 8 x 0
ok
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x 3, x 8.
Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp.
Đặt a x 2, b x 1 0. Do x 1 là nghiệm nên b x 1 0, thì:
2
bo
a 2b
a
a
(1) 2a 2b 5ab 0 2 5 2 0
b
b
2a b
Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là x 3, x 8.
Lời giải 3. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2.
2
et
2
vi
Do x 1 là nghiệm nên chia hai vế cho ( x 1)2 0 thì:
2
kh
a
ng
x2
x2
x2
x2
1
(1) 2
20
2 hoặc
5
x1 2
x1
x1
x1
Giải tương tự như trên cũng được x 3, x 8.
Lời giải 4. Ghép bậc nhất ax b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau
khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm x 3, x 8.
() ( x 2). ( x 7) 5 x 1 x2 11x 24 0
2
( x 2)( x 11x 24)
( x2 11x 24) 0
5 x1 x7
x2 11x 24 0
x2
( x2 11x 24)
1 0
5 x 1 x 7 2 x
5 x1 x7
Giải tương tự như trên, ta cũng được kết quả x 3, x 8.
16
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vơ tỷ – ThS. Lê Văn Đồn
§3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
BẰNG CÁCH ĐẶT ẨN PHỤ
1. Dạng 1. a. f ( x) b. n f ( x) c 0
om
(1)
.v
n
I. Đặt ẩn phụ để giải phương trình vơ tỷ
Đặt ẩn phụ là một hình thức đưa bài tốn từ tình thế phức tạp sang tình thế
đơn giản hơn mà đã biết cách giải. Có rất nhiều cách đặt ẩn phụ khác nhau tùy
thuộc vào đặc điểm của từng phương trình mà ta có thể đặt một ẩn phụ, hai ẩn
phụ, ba ẩn phụ,… để đưa về phương trình hoặc hệ phương trình. Sau khi đặt
ẩn phụ, ta cần đi tìm điều kiện cho ẩn phụ. Tùy vào mục đích của ẩn phụ mà ta
đi tìm điều kiện cho hợp lý (dễ, khơng gây sai sót).
II. Một số dạng đặt ẩn phụ cơ bản thường gặp và phương pháp giải.
.c
Nhận dạng: Biểu thức chứa biến trong và ngồi căn thức có mối liên hệ.
Phương pháp giải:
Bước 1. Đặt điều kiện.
ok
Bước 2. Đặt t n f ( x) t n f ( x) thì (1) a.t n b.t c 0 t x.
bo
Để tìm hiểu kỹ dạng này, ta cùng xét các ví dụ sau:
()
Ví dụ 77. Giải phương trình: 3x2 12x 5 10 4x x2 12 0
et
Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t 10 4x x2 0, thì biểu thức chứa biến số ngo|i
căn thức 3x2 12x 3.(4x x2 ) có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau:
vi
Lời giải. Điều kiện: 10 4x x2 0 2 14 x 2 14.
ng
Đặt t 10 4x x2 0 t 2 10 4x x2 3x2 12x 3(10 t 2 ).
kh
a
t 0
() 3(10 t 2 ) 5t 12 0 2
t 3.
3t 5t 42 0
Với t 3, suy ra:
10 4x x2 3 x2 4x 1 0 x 2 5.
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 2 5.
Ví dụ 78. Giải phương trình: ( x 4)( x 1) 3 x2 5x 2 6
()
Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t x2 5x 2 0, thì biểu thức chứa biến số ngo|i
căn thức ( x 4)( x 1) x2 5x 4 có mối liên hệ với nhau nên có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: x2 5x 2 0.
Đặt t x2 5x 2 0 t 2 x2 5x 2 x2 5x t 2 2.
() t 2 3t 4 0 t 1 (loại) hoặc t 4 (nhận).
64
khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848
Với t 4, suy ra: x2 5x 2 4 x2 5x 14 0 x 2 hoặc x 7.
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là x 2, x 7.
()
Ví dụ 79. Giải phương trình: 6x2 2x 3 3x2 x 4 10 0
Phân tích. Nhận thấy nếu đặt t 3 3x2 x 4 , thì biểu thức chứa biến số ngo|i căn
thức: 6x2 2x 2.(3x2 x) có mối liên hệ với nhau nên có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải. Tập xác định: D .
.v
n
Đặt t 3 3x2 x 4 t 3 3x2 x 4 3x2 x t 3 4.
() 2(t 3 4) t 10 0 2t 3 t 18 0 (t 2)(2t 2 4t 9) 0 t 2.
4
3x2 x 4 2 3x2 x 4 0 x 1 hoặc x
3
4
Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 1, x
3
3
()
3 x x2 2 x x2 1
.c
Ví dụ 80. Giải phương trình:
om
Với t 2, suy ra:
bo
ok
Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A B C , hướng xử lý thường gặp l|
đặt điều kiện, lũy thừa v| giải phương trình hệ quả. Do hai biểu thức chứa biến trong
căn thức có mối liên hệ với nhau, để đơn giản có thể đặt t x2 x v| có lời giải sau:
Lời giải. Điều kiện: 1 x 2. Đặt t x2 x. Khi đó:
() 3 t 2 t 1 3 t 1 2 t 3 t 3 t 2 2 t
vi
et
t 0
t 0
2t t 2
t 1.
t t 2 0
t 1 t 2
ng
Với t 1, suy ra: x2 x 1 x
1 5
1 5
hoặc x
2
2
kh
a
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x
Ví dụ 81. Giải phương trình: 3 x
3
2 x
2x
1
7
2x
1 5
2
()
1
1
Phân tích. Đối với b|i to{n có dạng thuận nghịch loại f x ; x2 2 0 ta đều
x
x
2
1
1
1
có thể giải bằng c{ch đặt ẩn số phụ t x t 2 x x2 2 2.
x
x
x
Lời giải. Điều kiện: x 0, thì () 3 x
1
1
2 x
7
4
x
2 x
(1)
65
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
Đặt t x
1
Cauchy
2 x
2
x
1
2 x
1
1.
4x
2 t2 x
3t 2(t 1) 7
2t 2 3t 9 0
(1)
t 3.
t 2
t 2
2
1
2 x
3 2x 6 x 1 0 x
3 7
83 7
x
2
2
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm là x
Ví dụ 82. Giải phương trình: x 1 x2 4x 1 3 x
83 7
2
.v
n
Với t 3 x
()
Phân tích. Nh}̣n th}́y biểu thức ngoài căn thức là x 1, biểu thức trong căn thức có
x
1
,
x
ok
.c
x 0 được
om
1
1
t2
4 v| đặt t x
x
x
x
thì sẽ biểu diễn hết theo biến mới t v| có lời giải chi tiết như sau:
Lời giải. Điều kiện: x 0.
Trường hợp 1. Nếu x 0 thì () 2 0 : sai nên x 0 không là nghiệm.
chứa x2 1. Nếu chia
Trường hợp 2. Nếu x 0, chia hai vế cho
x 0, thì:
1 Cauchy
1
1
4 3 0 (1). Đặt t x
2 t 2 x 2.
x
x
x
x
2 t 3
5
(1) t 2 6 3 t 2
t Suy ra:
2
2
t 6t 9 t 6
1
5
1
1
x
2( x )2 5 x 2 0 x 2 x x 4 x
2
2
4
x
x
bo
1
ng
vi
et
() x
kh
a
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm x 4, x
Ví dụ 83. Giải phương trình:
1
4
2 x2 8 x 5 2 x 2 4 x 5 6 x
()
Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản A B C , nhưng ta sẽ không lũy
thừa lên do sau khi lũy thừa bậc cao nhất của nó sẽ không triệt tiêu v| sẽ g}y khó khăn
cho việc giải. Để ý hệ số của a, c , (a 2, c 5) của 2 tam thức bậc hai ax2 bx c
trong hai căn thức ở vế tr{i bằng nhau, nên ta sẽ chia 2 vế cho x 0 sau khi xét
x 0 có phải l| nghiệm hay không ? Khi đó đặt ẩn phụ sẽ đưa b|i to{n về dạng cơ bản.
Lời giải. Điều kiện: x 0. Do x 0 không là nghiệm nên chia hai vế của
phương trình () cho
() 2 x
66
x 0, ta được:
5
5
8 2x 4 6
x
x
(1)
khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848
Đặt t 2 x
5 Cauchy
2 10. Khi đó: (1) t 8 t 4 6
x
2t 4 2 (t 8)(t 4) 36 t 2 4t 32 16 t
2 10 t 16
2 10 t 16
2
t 8.
2
36t 288
t 4t 32 (16 t )
Với t 8, suy ra: 2 x
5
4 6
4 6
hoặc x
8 2 x2 8 x 5 0 x
x
2
2
4 6
2
Bình luận. Trong rất nhiều b|i to{n, phép đặt ẩn phụ chỉ được x{c định khi qua c{c
phép biến đổi, chẳng hạn: phép chia, phép lũy thừa, phép đồng nhất,… Sau đ}y ta cùng
xét một v|i ví dụ về loại n|y.
om
.v
n
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x
1
()
3x 1
x
Học sinh giỏi tỉnh Đồng Tháp năm 2011
.c
Ví dụ 84. Giải phương trình: x2 2 x x
ok
Phân tích. Sau khi chia cho lượng x 0, thì phương trình xuất hiện những đại
1
1
1
x , x , có mối liên hệ với nhau nên sẽ đặt t x 0.
x
x
x
x 0
x 0
x2 1
x
Lời giải. Điều kiện: 1
1; 0 1; .
x
0
0
x
x
Chia 2 vế của phương trình () cho x 0, ta được:
vi
et
bo
lượng
1
1
1
1
(1)
3 x 2 x 3 0
x
x
x
x
t 2 2t 3 0
t 1 t 3
1
t 1.
Đặt t x 0, thì (1)
x
t 0
t 0
kh
a
ng
() x 2 x
Với t 1, suy ra:
x
1
1
1 5
1 x 1 x2 x 1 0 x
x
x
2
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x
Ví dụ 85. Giải phương trình:
x8
1 5
2
9x
6 x 0
()
x8
Học sinh giỏi tỉnh Bến Tre năm 2014
67
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
Phân tích. Nếu chia 2 vế cho
nghịch đảo của nhau l|
x8
x
x 0, thì phương trình sẽ tạo ra 2 đại lượng có dạng
x
,
x8
Từ đó đặt t
x8
x
x
x8
1
và có
t
lời giải 1. Nhưng để ý, sau khi qui đồng v| bỏ mẫu ta được 10x 8 6 x( x 8) 0,
đ}y l| dạng cơ bản A B (lời giải 2). Ngo|i ra, do hệ số trước căn thức l| số chẵn,
nên có khả năng đưa về dạng tổng c{c số không }m, hoặc An Bn (lời giải 3).
Điều kiện: x 0.
x 0, ta được:
Đặt t
x8
x
9
x8
x
x
x8
60
(1)
0, thì (1) t
9
6 0 t 2 6t 9 0 t 3.
t
om
()
.v
n
Lời giải 1. Do x 0 không là nghiệm nên chia 2 vế cho
.c
Với t 3, suy ra: x 8 3 x x 8 9x x 1.
Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x 1.
Lời giải 2.
ok
() 10x 8 6 x( x 8) 0 3 x2 8x 5x 4 x 1 : thỏa mãn điều kiện.
Lời giải 3.
bo
() 10x 8 6 x( x 8) 0 (3 x )2 2.(3 x ). x 8 ( x 8)2 0
et
(3 x x 8)2 0 3 x x 8 x 1 : thỏa mãn điều kiện.
()
vi
4
Ví dụ 86. Giải phương trình: x2 3x 3 4 3x x 1
x
ng
Lời giải. Điều kiện: x 1. Chia 2 vế của () cho x2 0, ta được:
kh
a
1 1 1 1 1 1
() 1 3 2 4 2 3
2
x x x x x x
(1)
2
1 1
1 1 1 1
1 1 1
1
1
Đặt t
2
2
t 0;
x x
4 x
x 4
4 x 2
2
2
(1) 1 3t 2 (4t 2 3).t 4t 3 3t 2 3t 1 0 (4t 1)(t 2 t 1) 0 t
2
Suy ra:
1 1 1
1 1 1
1 2 3
2
0
x 8 4 3.
x x
4
x
4
x x 16
Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là x 8 4 3.
Ví dụ 87. Giải phương trình:
68
x x2 1 x x2 1 2
()
1
4
khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848
Phân tích. Nhận thấy
x x2 1 x x2 1 ( x x2 1) ( x x2 1) 1
v| nếu đặt t x x2 1 thì
x x2 1
x2 1 0
Lời giải. Điều kiện:
2
x x 1 0
1
nên có lời giải sau:
t
( a)
1
35
12 x
.v
n
1
Đặt t x x2 1 0, khi đó: () t 2 t 2 2t 1 0 t 1.
t
x 1
Với t 1, suy ra: x x2 1 1 x2 1 x 1 2
x 1.
2
x 1 ( x 1)
Kết luận: Thế vào ( a), suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x 1.
2
om
()
x 1
Đề nghị Olympic 30/04/2013 – Chuyên Phan Ngọc Hiển – Cà Mau
Ví dụ 88. Giải phương trình: 1
2
et
bo
ok
.c
Phân tích. Với điều kiện x2 1 0, thì vế phải dương v| để phương trình có nghiệm
thì cần thêm điều kiện l| x 0. Lúc n|y biểu thức trong căn thức có dạng bậc 2, do đó
ta cần lũy thừa hai vế để tạo ra dạng bình phương khi 2 vế đều dương, từ đó định
hướng được phép đặt ẩn phụ v| có lời giải 1 như sau:
x2 1 0
x 1.
Điều kiện:
x 0
Lời giải 1. Bình phương và đặt 1 ẩn phụ.
x 35
x2
2x2
1225
() x
x2 2
x 1
x2 1 12
x2 1 144
x4
x2
1225
(1)
2
2
0
2
x 1
x 1 144
ng
vi
2
2
1225
0
25
t 2t
t
0, khi đó: (1)
144
2
12
x 1
t 0
kh
a
Đặt t
x2
25
25
25
25 x2 1 12x2 144 x4 625x2 625 0 x2
x2
12
9
16
5
5
Suy ra: x hoặc x
3
4
5
5
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x , x
3
4
Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình.
Với t
69
Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải PT, BPT, HPT đại số, vô tỷ – ThS. Lê Văn Đoàn
1
2 1
u
u 2
x
35
x
x
Đặt
() x
(1).
2
2
2
x 1 12
v x 1
v 2 x 1 1 1
x2
x2
x
u2 v2 1
(u v)2 2uv 1
Suy ra: u v 1 và kết hợp với (1) được hệ 1 1 35 12
(u v) uv
u v 12
35
2
2
.v
n
2
7
12
S 2 P 1
Đặt S u v, P uv, (S2 4P). Khi đó hệ
S , P
5
25
12S 35P
7
12
4
3
Khi đó u, v là nghiệm của phương trình: X 2 X
0X X
5
25
5
5
5
4
3
1 4
1 3
5
hoặc u hoặc x hoặc x
4
5
5
x 5
x 5
3
om
Suy ra: u
8
2 x2
5 4 x2
40
x
x2 4 x2
ok
5x
5
5
, x
3
4
4 x2
bo
Ví dụ 89. Giải phương trình:
.c
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x
()
Lời giải. Điều kiện: 2 x 2.
x
4 x2
(1)
4 x2
x2
4 x2
4
x2
, suy ra: t 2
2
t 2 1.
x
4 x2
x2
x2 4 x2
ng
Đặt t
20
vi
et
4
x2 5
x
4 x2
() 2
x
4 x2 2 4 x2
x
kh
a
5
1
(1) t 2 t 1 0 t 2 hoặc t
2
2
Với t
Với t
x
4 x2
x
4 x2
4 x2
x 0
2 4 2 x 4 x2 2
x 2
2
x
x (4 x ) 4
x 0
4 x2
1
1
4 x 4 x2 4
: VNo .
2
x
2
2
x 4 x 64 0
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2.
Ví dụ 90. Giải phương trình:
70
27 x
8 x 25
2
125
14 0
x2
()
khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 3910 3821 – 0903 906 848
b
mx
n 0 . Khi đó ta thêm
x2
ax2 b
Phân tích. Phương trình có dạng tổng qu{t
b
mx
ax2 b
x
bớt dạng: 2 a
na 0
m
n a 0. Từ đó
2
2
x
x
ax b
ax2 b
x
ax2 b 1
có phép đặt ẩn t
2 v| giải phương trình bậc ba theo t.
, suy ra:
x2
t
ax 2 b
Lời giải. Điều kiện: x 0.
25
27 x
5(8 x2 25)
5 2 8 54 0
54 0
x2
x
8 x2 25
8 x2 25
x
8 x2 25 1
Đặt t
2 Khi đó:
0, suy ra:
x2
t
8 x2 25
27 x
(1)
.v
n
()
.c
53 5
53 5
1
hoặc t
hoặc t
6
6
3
1
, suy ra:
3
Với t
53 5
, suy ra:
6
8 x2 25
x 0
1
8 x2 25 3x 2
x 5.
3
x 25
x
ok
x
Với t
53 5
(5 3 5) 8 x2 25 6 x
6
bo
t
5
1
54 0 27t 3 54t 2 5 0 t (27t 2 45t 15) 0
2
t
3
om
(1) 27t
8 x 25
2
53 5
, suy ra:
6
ng
Với t
vi
et
x 0
x 0
: VNo .
2
2
2
(70
30
5)(8
x
25)
36
x
(560
174)
x
25(70
30
5)
0
x
8 x 25
2
53 5
(5 3 5) 8 x2 25 6 x
6
kh
a
x 0
x 0
VNo .
2
2
2
(70 30 5)(8 x 25) 36 x
(524 240 5)x 1750 750 5 0
Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 5.
Ví dụ 91. Giải phương trình: 2x2 3x 7 3 3 4x 4 0
()
Học sinh giỏi Tp. Hà Nội năm 2015
Phân tích. Phương trình có 1 căn thức v| sử dụng casio tìm được 1 nghiệm duy nhất
x 1 nên sẽ có rất nhiều c{ch giải. Ở đ}y tôi xin được trình b|y phương ph{p đặt ẩn
số phụ bằng hệ số bất định, tức đi tìm c{c số a, b, c sao cho thỏa mãn đồng nhất
thức: 2x2 3x 7 a.(4x 4)2 b.(4x 4) c 16a.x2 (32a 4b).x 16a 4b c.
16a 2; 32a 4b 3
1
7
a , b , c 12.
Từ đó đồng nhất hệ số thu hệ:
16
a
4
b
c
7
8
4
71
