Ôn chuyên đề Phương Trình ôn thi ĐH từ các năm trước
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.59 MB, 55 trang )
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
ai
H
TUYỂN TẬP PT – BPT CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT TRÊN CẢ NƯỚC
oc
01
/>
w
w
w
.fa
ce
bo
o
k.
co
m
/g
ro
up
s/
Ta
iL
ie
uO
nT
hi
D
PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP
PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP TỐI ƯU
CHỨNG MINH PT BẬC 4, BẬC 6 VÔ NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP
PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP TỐI ƯU
CHỨNG MINH PT BẬC 4, BẬC 6 VÔ NGHIỆM
/>
/>
Phần I. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
hi
D
ai
H
oc
01
I.Lý thuyết:
Giả sử phương trình f ( x) 0 có thể đưa về dạng: f (u) f (v) có nghiệm thuộc đoạn [ a; b ]. Khi đó ta có thể
tạo ra vô số bài toán với một hàm số đơn điệu trên khoảng ( a; b) .
Do đó ta sẽ đưa 2 vế của phương trình ban đầu về dạng giống nhau f (t ) rồi suy ra u v . Có nhiều bài toán cần
phải đặt ẩn phụ để nhìn thấy hàm đặc trưng. Khi xét hàm, phải hợp tập xác định của 2 biến lại, để khảo sát hết
các giá trị của 1 biến. Công cụ giúp ta dự đoán hàm số chính là chức năng Mode 7 TABLE trong máy tính cầm
tay.
Bước 1: Tìm được nghiệm X k . Gán nghiệm vào biến A : X k A .
a p
Bước 2: Nhập vào máy F( X) F( A) AX F(p) = q B
, ( p , q ) .
b q
nT
Hi vọng bạn đọc sẽ nắm rõ phương pháp cũng như vận dụng được phương pháp này. Thân ái .
uO
II.Các ví dụ:
Điều kiện: x
Ta
iL
ie
Bài 01. Giải phương trình: x 3 5x 2 3x 3 (3x 6) 3x 4 (1) .
1 13
4
. Với nghiệm x
, thay vào căn 3x 4 x 1 .
2
3
s/
Do đó PT có dạng ( x 1)3 k ( x 2)2 2( x 1) (3x 4) 3x 4 k (3x 4) 2 3x 4 (2) .
up
Lấy x 3 5x 2 3x 3 ( x 1)3 2( x 1) 2 x 2 2 x 6 2( x 1)2 2(3x 4) .
ro
Vậy (1) ( x 1)3 2(x 1)2 2(x 1) (3x 4) 3x 4 2(3x 4) 2 3x 4 (3) .
3
2
2
Xét f (t) t 2t 2t , f '(t) 3t 4t 2 0 t và f (t ) liên tục trên .
/g
m
1 13
Nên (3) f ( x 1) f ( 3x 4) x 1 3x 4 x2 1
.
x
x x30
2
k.
co
Chú ý: Để tìm k ở (2) có rất nhiều cách, như là đồng nhất hệ số, thử nghiệm. Tuy nhiên, cách giải như trên
là cách nhanh nhất.
bo
o
Bài 02. Giải phương trình: ( x 4)( x 2 2) ( x 1)( x2 2x 3) (1) .
ce
Điều kiện: x 2 . Quan sát thấy 2 vế có sự tương đồng:
x 2 x 1.
w
.fa
Ta có (1) ( x 2 2) x 2 2 ( x 1 2) ( x 1) 2 (2) .
2
3 13
Nên (2) f ( x 2) f ( x 1) x 2 x 1 x2 1
.
x
x 3x 1 0
2
w
w
2
3
2
2
Xét f (t) (t 2)(t 2) t 2t 2t 4, f '(t) 3t 4t 2, f '(t) 0 t .
Chú ý: (2) có thể viết lại thành x3 x2 x 5 ( x 4) x 2 ( x 2) x 2 2 x 2 (3) .
Lấy x3 x2 x 5 (x 1)3 2( x 1) 2 x 2 6 x 2 2( x 1) 2 2( x 2) .
3
2
Khi đó (3) ( x 1) 2( x 1) 2( x 1) ( x 2) x 2 2( x 2) 2 x 2 .
Xét f (t) t 3 2t 2 2, f '(t) 3t 2 4t 2 0 t f ( x 1) f ( x 2) .
/>
/>Bài 03. Giải phương trình: x3 5x2 17 x 7 2( x2 4) 2x2 7 (1) .
Khi đó (1) ( x 2)3 ( x 2)2 ( x 2) (2x2 7) 2x2 7 2x2 7 2x2 7 (2) .
Suy ra (2) f ( x 2) f ( 2 x2 7 ) x 2 2 x 2 7
x 2
x 1 .
x2 4x 3 0
x 3
ai
H
3
2
2
Xét f (t) t t t , f '(t) 3t 2t 1 0 t .
hi
D
Bài 04. Giải phương trình: ( x 3) x 1 ( x 3) 1 x 2x 0 (1) .
nT
x 1 1 x .
Điều kiện: 1 x 1 . Dự đoán
uO
Nên (1) ( x 1 2) x 1 x 1 (1 x 2) 1 x 1 x .
Xét f (t) (t 2 2)t t 2 t 3 t 2 2t , t 0 x 1 1 x x 0 .
Ta
iL
ie
Chú ý: Biến t chạy theo căn, chứ không phải chạy theo x nên xét trên miền 0; .
Bài 05. Giải phương trình: ( x 36) 8 x 3 3x 3 12x 99 (1)
s/
Điều kiện: x 8. PT có ba nghiệm. Dựa vào bảng dưới suy ra: 3 8 x 3 3x 3 .
6
1
0
3
3
0
up
3X
x3
/g
9
8
m
3
8x
ro
73
X
co
(1) 27 27 8 Xx 9(8 x) (8 x) 8 x 3 8 x (3 x 3) 3 3 x 3.
(3 8 x )3 (3 8 x ) (3x 3) 3 3x 3 (2).
k.
3
2
Xét f (t) t t , f '(t) 3t 1 0 t .
bo
o
3
Nên (2) 3 8 x 3x 3 . Đặt t 8 x 0 x 8 t . Phương trình trở thành:
2
ce
3 t 3 3(8 t 2 ) 3 t 3 12t 2 27t 0 t 0; 3;9 x 73; 1;8.
w
.fa
3
4
3
2
Bài 06. Giải phương trình: x (2x 7)( x 2 2) 4x 14x 3x 2 (1) .
w
Điều kiện: x 2. Ta có:
(1) x3 (2x 7) x 2 3x2 2 x 0 . Chia hai vế cho x 3 , ta được:
3 2
2 3
3 2( x 2) x 2 3 x 2 3 .
x x
x
x
1
1 5
1 5
0 . Vậy x
Xét f (t ) t 3 2t , f '(t ) 0 t x 2 x
.
2
x
2
Chú ý: Khi gặp x 3 hoặc x 2 ở ngoài căn, xét x 0 không phải là nghiệm sau đó chia xuống.
w
oc
01
Điều kiện: x . Dự đoán 2x2 7 x 2 ( thay nghiệm của phương trình vào).
Lấy x3 5x2 17 x 7 ( x 2) 3 ( x 2) ( x 2) 2 (2 x 2 7) .
(2 x 7) x 2
/>
/>Bài 07. Giải phương trình: 2(4x 3) x 1 ( x 11) x 2 6x 2 (1) .
Điều kiện: x 2 . Từ hai nghiệm, ta có mối quan hệ: 2 x 1 x 2 2 .
(1) 8( x 1) 2 x 1 ( x 11) x 2 6x 2 .
3
3
oc
01
2 x 1 2 x 1 x 2 2 x 2 2 (2).
3
Xét f (t) t 2t , f '(t) 0 t . Nên (2) f ( x 1) f ( x 2 2).
ai
H
34
x 2.
9
2 x 1 x 2 2 4( x 1) x 2 4 x 2 x
hi
D
Bài 08. Giải phương trình: (2x 3) 2x 3 ( x 2) x 1 4 x 5 (1) .
ie
uO
nT
Điều kiện: x 1. Dự đoán: 2x 3 x 1 1 .
a 2 x 3 0
3
3
2
Đặt
a2 2b2 1 . Phương trình trở thành a b 4b b 1(2) .
b x 1 0
(2) a3 (b3 3b2 3b 1) b2 2b a3 (b 1)3 (b 1)2 2b2 1.
Ta
iL
a3 a2 (b 1)3 (b 1)2 f (t) t 3 t 2 , f '(t) 3t 2 2t 0 t 0.
s/
Suy ra a b 1 2x 3 x 1 1 x 3 x 1 .
up
Bài 09. Giải phương trình: 2x 16x2 3 (2x 3) x2 3x 3 3 2x (1) .
ro
Điều kiện: x . Dự đoán 4x 2x 3 do hai vế có lượng ngoài căn giống trong căn.
/g
(1) 2x (4x)2 3 (2x 3) x2 3x 3 3 2 x . Nhân 2 vào 2 vế.
m
(4x) (4x)2 3 (2 x 3) (2 x 3)2 3 6 4 x . Để ý 6 4 x 2.4 x 2(2 x 3) .
co
(4x) (4x)2 3 2.4 x (2 x 3) (2 x 3)2 3 2(2 x 3) (2) .
k.
Xét f (t ) t t 2 3 2t , f '(t ) t 2 3
t2
t2 3
2 0 t .
ce
bo
o
3
Nên (2) f (4 x) f (2 x 3) 2 x 3 0 x .
2
w
.fa
Bài 10. Giải phương trình:
5 x x 1 5 4x x2
x
x 6 (1).
2
a b ; ab .
a2 6
x
b2 6
Đặt 5 x x 1 a 0 5 4 x x2
; b x6 0 x6
b.
2
2
2
a2 6
b2 6
t2 6
Khi đó (1)
a
b f (t )
t , f '(t ) t 1 0 t 0 .
2
2
2
2
8 2 41
Suy ra 5 x x 1 x 6 x 2 (5 x)( x 1) 5x 16 x 20 0 x
.
x0
5
w
w
Điều kiện: 1 x 5. PT có dạng ẩn phụ
/>
/>Bài 11. Giải phương trình:
x3 6 x2 15x 13
1
x9
(1) ( x 2, 9).
2
x 12
x 4x 7
VP chứa đa thức, VT chứa 1 căn. Mặt khác nghiệm của pt thỏa mãn
x 9 x 2 . Ta có:
x 6 x 15x 13
1
( x 9) x 9 3( x 9) 1
x9
. Biến đổi VT thành VP:
2
x 12
x93
x 4x 7
( x 2)3 3( x 2) 1 ( x 9) x 9 3( x 9) 1
t 3 3t 1
1
f
(
t
)
t 2
, t 7 .
2
2
x93
( x 2) 3
t 3
t 3
ai
H
oc
01
2
x
x4 2x3 2x 1
(1).
x3 2x2 2x
hi
Bài 12. Giải phương trình:
D
2t
3 29
x 2
.
0, t 7 x 9 x 2 2
x
2
x 3x 5 0
2
(t 3)
f '(t ) 1
nT
3
3 5
3t 2 (t 2 1) 2t 4 t 4 3t 2
2
0, t (0; ) nên (2) x x 1 x 0;
.
2
2
2
2
(t 1)
(t 1)
up
Mà f '(t )
Ta
iL
( x 1)3 ( x 1)
x x
( x 1)3
t3
x
(2) f (t ) 2
, t (0; ).
x 1 ( x 1)2 1
t 1
x ( x 1)2 1
s/
Do đó
ie
uO
4
3
3
x4 2 x3 2 x 1 ( x 1)3 ( x 1)
x 2 x 2 x 1 ( x 1) ( x 1)
Điều kiện: x 0 . Ta có: 3
2
2
3
2
x
2
x
2
x
x
(
x
1)
1
x
2
x
2
x
x ( x 1)2 1
Điều kiện: x 1 . Dự đoán
/g
ro
Bài 13. Giải phương trình: x x 1 (2x 3)2 (2x 2) x 2 (1).
x 1 2x 3 do hai vế có dạng giống nhau.
co
m
(1) ( x 1) x 1 x 1 (2x 3)3 (2x 3)2 x 2 .
( x 1) x 1 x 1 x 1 (2x 3)3 (2x 3)2 2x 3.
ce
bo
o
2
k.
3
x
Xét f (t ) t t t , f '(t ) 0 t f ( x 1) f (2 x 3)
x 2.
2
x 1 (2 x 3)2
3
w
w
w
.fa
Bài 14. Giải phương trình:
Ta có:
x1
(2) 1
x1
3
x2 x 2( 3 2 x 1 3)
3
2x 1 3
( x 2)( x 1 2)
3
x2 x 2 3 2x 1
2x 1 3
2x 1 3
1
; x 13 .
(1) x
2
x12
x2 x 6
3
2x 1 3
( x 3)( x 2)
3
2x 1 3
(2) .
( x 2)( x 1 2) 3 2 x 1 3 .
( x 1) x 1 x 1 2 x 1 3 2 x 1 f ( 2 x 1) f ( 3 2 x 1) x 0 x
/>
1 5
.
2
/>Bài 15. Giải phương trình:
4
3x 4 6 3x 4 4 x 4 2 x (1) .
Điều kiện: 0 x 2 . Ta có:
Bảng biến thiên:
3
f '(t )
4 4 (3 t)2
1
4 4 (3 t)2
0
0
; f '(t ) 0 t 0 .
3
D
t
1
ai
H
Xét f (t ) 4 3 t 4 3 t , t
3; 3 ; f '(t )
nT
hi
f (t )
Trường hợp 1: x 1 0 x 1 3( x 1) 0 f (t) đồng biến trên 3; 0 .
uO
Nên (2) f (3x 3) f ( x 1) x 1 (loại).
ie
Trường hợp 2: x 1 0 x 1 3( x 1) 0 f (t) đồng biến trên 0; 3 .
1 x x 2
x2 x
1 x x 4
2
x2 1 (1)
up
2
s/
x2 x 2
Ta
iL
Nên (2) f (3x 3) f ( x 1) x 1 (loại).
Trường hợp 3: x 1 (thỏa mãn). Vậy x 1 là nghiệm của phương trình.
Bài 16. Giải phương trình:
1 17
Điều kiện: x 0;
1 .
2
Với x 1 , phương trình 2 0 (không thỏa mãn).
Phân tích. Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 .
Nhìn qua có thể thấy mối liên hệ giữa căn thức trên và căn thức dưới. Ta có:
k.
x2 x 2
1 ( x x 2) 4
2
bo
o
(1)
co
m
/g
ro
x2 x
1 ( x x) 4
2
x2 1 .
ce
Đặt a x2 x 2 a 2;7 17 và b x2 x b 0; 4 . Phương trình trở thành:
a
w
.fa
1 4 a
b
1 4 b
x2 1 f ( a) f (b) x 2 1 (2).
w
w
Nếu chứng minh được f (t )
t
1 4 t
là một hàm đồng biến thì giải quyết được bài toán.
Ta có x2 x 2 x2 x a b 2(1 x) (3).
Xét f (t )
t
1 4 t
oc
01
(1) 4 3 3( x 1) 4 3 3( x 1) 4 3 ( x 1) 4 3 ( x 1) (2). .
, f '(t ) 0 t 0; 4 . Suy ra f (t ) đồng biến trên 0; 4 .
1 17
x 1
x D1 1;
Th1. x2 1 0
VP (2) 0 .
2
x 1
/>
/>Nên từ (3) suy ra a b f (a) f (b) 0 (2) vô nghiệm.
Th2. x2 1 0 1 x 1 x D2 0;1 VP 0.
Nên từ (3) suy ra a b f (a) f (b) 0 (2) vô nghiệm.
oc
01
Th3. x2 1 0 x 1 .
Thử lại, x 1 là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x 1 .
Bài 17. Giải phương trình: (8x 10) x 1 (5 x 1)( x 10 x 1 25) .
D
ai
H
Điều kiện: x 1 . Phương trình đã cho tương đương với:
(1) 2(4x 4 1) x 1 (5 x 1)( x 1 10 x 1 25 1) .
hi
2(4x 4 1) x 1 (5 x 1)3 (5 x 1) .
nT
8( x 1) x 1 2 x 1 (5 x 1)3 (5 x 1) .
Xét f (t) t 3 t , f '(t) 3t 2 1 0 t .
ie
5 2 19
x ...
3
Ta
iL
Đặt t x 1 0 x t 2 1 3t 2 10t 17 0 t
uO
2 x 1 5 x 1 3x 20 10 x 1 .
Bài 18. Giải phương trình: 5 5 1 x3 x2 (4x2 25x 18) (1).
s/
Điều kiện: x 1 . Phương trình đã cho tương đương với:
ro
(1) 25x3 5 1 x3 4x4 18x2 5.
up
(1) 25x3 5 5 1 x3 4 x4 25x3 18 x2 .
/g
25(1 x3 ) 5 1 x3 4x4 18x2 20 .
m
25(1 x3 ) 5 1 x3 (2 x2 4)2 2x2 4 (2) .
co
Xét f (t) t 2 t , f '(t) 2t 1 0 t 0 .
k.
(2) 5 1 x3 2x2 4 ( x2 5x 3)(4x2 5x 3) 0 x ...
bo
o
x
Bài 19. Giải phương trình: (4 x 7) x 2 (2 x 3) 2 x 3 1 (1).
2
ce
Điều kiện: x 2 . Phương trình đã cho tương đương với:
w
.fa
(1) 2(4x 7) x 2 (2 x 3)( x 2.2 x 3 2) .
w
w
8( x 2) x 2 2 x 2 (2 x 3)( x 3 2.2 x 3 4 1) .
8( x 2) x 2 2 x 2 (2 x 3)3 (2 x 3) (2) .
Xét f (t) t 3 t , f '(t) 3t 2 1 0 t . Suy ra f (t ) đồng biến trên .
(2) f (2 x 2) f (2 x 3) .
x 3
43
2 x 2 2 x 3 3x 9 4 x 3 2
x 3 x .
9
9 x 70 x 129 0
/>
/>Bài 20. Giải phương trình: x4 x2 ( x2 2x 1)3 2 4x 2 x2 x4 (1).
3
Điều kiện: x . Biến đổi phương trình về cùng dạng hai vế.
( x2 2x 1)3 2( x2 2x 1) x2 x4 2 3 x2 x4 (2)
Xét f (t) t 3 t , t , vì đây là hàm đồng biến nên:
(2) x 2 2 x 1 3 x 2 x 4 ( x 2 x 1) ( x 3 x 2 x 4 ) 0
D
ai
H
1 5
0 x2 x 1 0 x
.
2
hi
3 2
x
( x 2 x 1) 1
3 2
x 3 x(1 x 2 ) 3 (1 x 2 )2
oc
01
(1) x4 x2 ( x2 2x 1)3 2 4x 2 3 x2 x4 .
3
2
3
2
Bài 21. Giải phương trình: 2x x 2x 3x 1 3x 1 x 2 .
3
uO
3
nT
III. Bài tập áp dụng:
ie
Bài 22. Giải phương trình: x3 15x2 78x 141 5 3 2x 9 .
Ta
iL
3
2
Bài 23. Giải phương trình: (9x 1) 9x 1 8x 12 x 10 x 3 .
3
2
3
Bài 24. Giải phương trình: 2x 10x 17 x 8 2x 5x x .
up
s/
3
ro
2
Bài 25. Giải phương trình: 3 x x 4 2 12 x x 4x 2 4x 5 .
/g
2
2
2
Bài 26. Giải phương trình: 1 x x x 4 x x 5 x .
co
m
2
Bài 27. Giải phương trình: 5( x x 6) 5x 19 ( x 2)( x 5 4 x 3)( x 3 2) .
(2 x 1)2 (4 x2 4 x 3)
2x 1 3 2x 2 4x 4x2 3 4 .
4
bo
o
k.
Bài 28. Giải phương trình:
ce
Bài 29. Giải phương trình: 24 x2 60 x 36
1
5x 7
1
x 1
.
w
w
w
.fa
Bài 30. Giải phương trình: ( x2 3x)(1 x2 1) 2 x 3 2 x 7.
Bài 31. Giải phương trình: x 3 x 2 x 1
x1
2 2x
x2 x 2
2 x2 x 1
.
Bài 32. Giải phương trình: 8x2 11x 3 (2 2x 1 1)( 3 4 x 5).
/>
/>
Phần II. PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP
I.Các ví dụ:
oc
01
Bài 01. Giải phương trình: ( x 2)2 ( x 3)2 x 1 9 x 1 7 81x 32
Điều kiện: x 1 .
9 x 1 7
Vì 81x 32 9 x 1 7 9 x 1 7 nên (1)
( x 2)2 ( x 3)2 x 1 9 x 1 7(2)
32
Th1: 9 x 1 7 x
.
81
Th2: (2) x2 4x 3 ( x2 6x) x 1 0 x( x 3) x 1 ( x 3) x( x 3) 3x x 1 0 .
ai
H
nT
hi
D
up
s/
Ta
iL
ie
uO
x2
( x 3) x x 1 1
0 ( x 3). f ( x) 0 (3).
x33 x1
x2
0 x 1. Do đó cần chứng minh x x 1 1 0 x 1.
Ta có
x33 x1
x
2
0x
Cách 1. Đặt g( x) x x 1 1 , g '( x) x 1
.
3
2 x1
Bảng biến thiên:
2
3
3
x
3
/g
ro
g '( x)
m
92 3
9
k.
co
g( x)
bo
o
Từ bảng biến thiên ta suy ra g( x)
0
92 3
0 x
1;0 . Do đó f ( x) 0 x 1 .
9
w
.fa
ce
32
Vậy x 3 S 3; .
81
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có:
w
w
1
1
1
x x 1 1 x 1x
1 .
x 1 x 1
x1
2 x1 2 x1
Lại có x 1
Suy ra x 1
1
2 x1
1
2 x1
1
2 x1
1
2 x 1
3 3 x 1
1
1
2 x 1 2 x 1
3
3
4
1.
1 0 x x 1 1 0 f ( x) 0 x 1.
/>
/>Bài 02. Giải phương trình: 3x2 14x 13 ( x 1) 4x 5 2( x 5) x 3 (1).
5
Điều kiện: x . Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 .
4
Cách 1. Liên hợp thường. Ta có:
oc
01
(1) 3x2 14x 13 ( x 1) 4x 5 2( x 5) x 3 0 .
D
hi
4x 4
4x 4
thì sẽ sai vì
có thể bị âm.
3
3
4x 5 3
4x 5
4 x 5 2 x 10
Nên f ( x) 3x 10
x 5 2x 5
0 . Vậy x 1 .
3
3
3
Cách 2. Truy ngược dấu. Ta cần làm cho dấu của biểu thức trong ngoặc luôn dương.
Vì x 1 có thể âm nên ta sẽ tìm lượng liên hợp cho 4 x 5 nhận cả 2 nghiệm x 1 .
uO
Ta
iL
ie
Nếu ta cho
4x 4
nT
4x 4
2 x 10
( x 1) 3x 10
0.
4x 5 3
x3 2
4x 4
2 x 10
Đặt f ( x) 3x 10
.
4x 5 3
x3 2
4x 4
2 x 10
4 x 5 2 x 10 4 x 5
x 5.
Ta có:
3
2
3
4x 5 3
x3 2
ai
H
( x 1)(3x 10) ( x 1)( 4x 5 3) 2( x 5)( x 3 2) 0 .
s/
Suy ra ( x 1)( x 2 4x 5) và ( x 5) x 3( x 3 2) .
up
Bình phương lên, ta có ( x 1)( x 1)2 và ( x 5)( x 1) x 3 .
ro
(1) 3x2 14x 13 ( x 1) 4x 5 2( x 5) x 3 0 .
/g
x2 3x 4 ( x 1)( x 2 4x 5) ( x 5) x 3( x 3 2) 0 .
co
m
( x 1)2
( x 5) x 3
( x 1) x 4
0 x 1.
x 2 4x 5
x 3 2
bo
o
k.
Bài 03. Giải phương trình: 8x2 10x 11 14x 8 11 (1).
11
. Phương trình tương đương với:
10
(1) 4(2 x 2 x 1) ( 10 x 11 2 x 3) ( 14 x 18 2 x 4) 0.
ce
Điều kiện: x
w
w
w
.fa
1
1
(2 x 2 x 1) 2
0 (2).
10 x 11 2 x 3
14 x 18 2 x 4
5
7
2
2
11
11
10
x
11
14
x
18
Ta có: f '( x)
0 x
f ( x) x
.
2
10
10
( 10 x 11 2 x 3) ( 14 x 18 2 x 4)
11
11
Do đó: f ( x) f
. Vậy (2) 2 x2 x 1 0 x 1;
0 x
10
10
1
.
2
/>
/>Bài 05. Giải phương trình: ( x2 x 6) x 1 ( x 2) x 1 3x2 9 x 2
1
x 1 1
up
x 2 x 1
x 1 1
ro
x12
2
1
x12
( x 1 1)2
x1 1
ai
H
D
1
x12
0 x 1.
/g
x 1 1
1
2 x 1 , suy ra f ( x) 0 x 1. Nên (2) x S 2; 3.
s/
x2
Ta
iL
2
Cách 2. Ta có:
ie
3
g( x)
x2
0
uO
g '( x)
Từ BBT suy ra g( x)
2
nT
x
hi
2x2 10x 12 ( x 3)( x 2)( x 1 1) ( x 2)( x 1 2) 0 .
( x 3)( x 2)( x 2) ( x 2)( x 3)
2( x 3)( x 2)
0.
x 1 1
x1 2
x2
1
( x 3)( x 2)
2 0 ( x 3)( x 2). f ( x) 0 (2) .
x1 2
x 1 1
x2
; g '( x) 0 x 2. Bảng biến thiên:
Cách 1. Đặt g( x)
x 1 1
oc
01
Điều kiện: x 1 . Phương trình đã cho tương đương với:
1
. Để ý (2 2 x 1 1)(2 2 x 1 1) 8 x 3 và 8x2 11x 3 (8x 3)( x 1) .
2
co
Điều kiện: x
m
Bài 06. Giải phương trình: 8x2 11x 3 (2 2x 1 1)( 3 4 x 5) (1) .
w
.fa
ce
bo
o
k.
2 2 x 1 1 0.
Do đó (1)
2( x 1) 2 x 1 x 1 3 4 x 5(3).
3
Th1. 2 2 x 1 1 0 4(2 x 1) 1 0 x .
8
3
Th2. (3) (2x 1) 2x 1 x 1 4 x 4 x (4) . Xét f (t) t 3 t , f '(t) 3t 2 1 0 t .
w
w
5
x 4
x 4
x .
Nên (4) 2 x 1 3 4 x
3
3
2
2
8
(2 x 1) (4 x)
8 x 11x 14 x 15 0
Bài 07. Giải phương trình: 3 5x 4 3 x 4 4x2 18x 12 0 (1) .
Bài toán chứa nghiệm x 0 và nhân tử x2 3x 3 0 . Do đó ta ưu tiên liên hợp nghiệm lẻ trước.
4
Điều kiện. x
. Phương trình đã cho tương đương với:
5
/>
/>
(1) 3( 5x 4 x 1) 3( x 4 x 1) 4( x2 3x 3) 0 .
3 21
4
.
nên x2 3x 3 0 x
2
5
4 3 21 3 21
Suy ra ĐK của PT là x D D1 D2 ;
; .
2
2
5
3
3
4.
Th1. x D1 . Ta có f ( x)
5x 4 x 1
x 4 x 1
15
3
3
3
2
5
x
4
2
x
4
f '( x)
0 x D1 f ( x) nghịch biến trên D1 .
A2
B2
4
Suy ra f ( x) f 0 . Do đó phương trình vô nghiệm.
5
D
ai
H
5x 4 x 1 0 x
Ta
iL
ie
uO
nT
hi
Xét
oc
01
3
3
( x2 3x 3)
4 0 ( x2 3x 3). f ( x) 0 .
x 4 x 1
5x 4 x 1
Chú ý: Khi liên hợp phải xét mẫu số có bằng 0 hay không. Phần này các bạn chuyển lên trên để trình bày.
3 21
x 1
Xét x 4 x 1 0
( không phải là nghiệm của phương trình).
x
2
2
x
4
(1
x
)
Th2. x D2 . Ta có f '( x) 0 x D2 f ( x) nghịch biến trên D2 .
5 2
x 4 x x 1 x 1 x (1).
4
co
Bài 08. Giải phương trình:
/g
ro
3 21
là nghiệm của phương trình.
2
m
Vậy x 0 và x
up
s/
3 21
Suy ra f ( x) f
mà f (0) 0 nên PT f ( x) 0 có nghiệm duy nhất x 0 .
2
k.
Điều kiện: 1 x 1.
Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với:
bo
o
(1) 5x2 4 4 x 4 x 4( 1 x 1 x ) .
(2 x)2 4 2 (2 x) (2 1 x2 )2 4 2 2 1 x2 .
ce
Xét f (t ) t 2 4 2 t , t 0; vì 2 x 0 và 2 1 x2 0 .
w
w
w
.fa
f (t ) t 2 4 2 t , t 0; f '(t ) 2t
2
2t
0 t 0 nên f (t ) đồng biến trên 0; .
Do đó f (2 x) f (2 1 x2 ) 5x2 4 x 0 x 0 x
5
.
4
Cách 2. Liên hợp. Ta có:
(1) 5x2 4x 4( 4 x 1 x 1 x ) 0.
5x2 4 x 4
2 x 2 1 x2
4 x 1 x 1 x
0.
/>
/>
5x 2 4 x 4
(2 x)2 (2 1 x2 )2
(2 x 2 1 x2 )( 4 x 1 x 1 x )
0.
oc
01
4
5
(5x2 4 x) 1
0x0x .
g( x)
4
Chú ý. Cách 1 đi thi rất khó làm bởi vì đòi hỏi nhạy bén, tư duy sắc sảo. Đi thi nên làm cách liên hợp.
ai
H
Bài 09. Giải phương trình: 4 x 1 2 2x 3 ( x 1)( x2 2) .
Điều kiện: x 1. Phương trình đã cho tương đương với:
D
(1) 4( x 1 2) 2( 2x 3 3) ( x 3)( x2 2 x 4) 0 .
Bài 10. Giải phương trình:
Ta
iL
ie
uO
nT
hi
4
4
( x 3)
( x 1)2 3 0 .
2 x 1 3 2x 3
Với x 1 , thỏa mãn phương trình ban đầu.
4
4
4
4
( x 1)2 3
0 3 0.
Với x 1 ,
2 0 3 2 3
2 x 1 3 2x 3
Vậy phương trình có nghiệm x 1 và x 3.
3x 2 3 x 1 x3 3x2 4x 1 (1).
up
s/
2
Điều kiện: x . Phương trình đã cho tương đương với:
3
2
(1) x( x 3x 2) x 3x 2 x 1 3 x 1 0.
ro
x( x2 3x 2) x 3x 2 x 1 3 x 1 0.
k.
co
m
/g
1
x
0 (2).
( x2 3x 2) x
x 3x 2 ( x 1)2 ( x 1) 3 x 1 3 ( x 1)2
Mẫu số của phân thức trong ngoặc có thể bằng 0 .
Nhóm x 1 3 x 1 3 x 1 3 ( x 1)2 1 để mẫu không bị bằng 0 tại x 1 .
bo
o
(1) x( x2 3x 2) x 3x 2 3 x 1
3
( x 1)2 1 0.
w
.fa
ce
3
3 ( x 1)2
2
x 1 1
3 x 1( x 2)
x 3 x 1 0. x 1; 2.
2
x 3x 2 3 x 1 3 x 1 1
w
w
Bài 11. Giải phương trình: ( x 1) 2x 3 2(3x 1) 4x 2 2(8x2 7 x 1) (1).
1
1
Điều kiện: x . Phương trình có duy nghiệm x .
2
2
Ý tưởng của bài toán sẽ truy ngược dấu giống bài 02. Tuy nhiên, điều đó không thể thực hiện được bởi
1
1
khi thay vào 4 x 2 thì ta không nhận được bộ số hữu tỷ với x
và x .
3
2
/>
/>1
. Phương trình đã cho tương đương với:
3
(1) 2(8x2 7 x 1) ( x 1) 2x 3 2(3x 1) 4 x 2 0.
3
3 1
3x2 x ( x 1) 2x 3( 2 x 3 2) (3x 1) 4 x 2( 4 x 2 2) 0.
2
2 2
( x 1)(2 x 1) 2 x 3 (3x 1)(4 x 2) 4 x 2
6 x 2 3x 3
0.
2x 3 2
4x 2 2
( x 1) 2 x 3 2(3x 1) 4 x 2
1
(2 x 1) 3( x 1)
0x .
2
2x 3 2
4x 2 2
1
1
Th2. x . Ta có:
2
3
2
2(8x 7 x 1) 2.4x(2x 1) 2.3x 2.1 2(3x 1) 2(3x 1) 4x 2 .
nT
hi
D
ai
H
oc
01
Th1. x
uO
Suy ra 2(8x2 7 x 1) ( x 1) 2 x 3 2(3x 1) 4 x 2 . Vậy phương trình vô nghiệm.
ie
Bài 12. Giải phương trình: x3 3x2 10x 26 3x 3 5 2x (1).
s/
Ta
iL
2
Điều kiện: 3 x . Phương trình đã cho tương đương với:
5
3
2
(1) x 3x 10x 26 3x 3 5 2x 0.
( x 2)( x2 x 12) 3 3x 3 5 2x 1 0.
k.
co
m
/g
ro
up
3
2
( x 2) x2 x 12
0.
3x 3 3
5 2x 1
2
Với 1 x ta có x2 x 12 ( x 3)( x 4) 0
5
3
2
0 .Vậy x 2 là nghiệm duy nhất.
Do đó x2 x 12
3x 3 3
5 2x 1
bo
o
Bài 13. Giải phương trình:
3( x2 2 x 3)
x 4 1
7 x2 19 x 12
12 7 x
16 x2 11x 27
7
, x 3. Có căn ở dưới mẫu thì ta cần phải khử căn.
12
3( x 1)( x 3) (12 7 x)( x 1)
(1)
16 x2 11x 27 .
x 4 1
12 7 x
w
w
w
.fa
ce
Điều kiện: 4 x
3( x 1)( x 3)( x 4 1) (12 7 x)( x 1)
( x 1)(16 x 27).
x3
12 7 x
Với x 1 , thỏa mãn. Khi đó phương trình tương đương với:
3 x 4 12 7 x 16x 24 (3 x 4 12 7 x )(3 x 4 12 7 x ) .
3 x 4 12 7 x 1 16 x 23 2 12 7 x x
382 6 333
.
256
/>
/>Bài 14. Giải phương trình: ( x 2) x 1 (4x 5) 2x 3 6 x 23 0 (1).
Điều kiện: x 1. Ta sẽ giải bài này theo 2 cách.
Cách 1. Liên hợp thường.
(1) t 3 6t 2 t 17 (4t 2 1) 2t 2 1 0 .
ai
H
uO
t 3 6t 2 t 17 (4t 2 1)(t 1) (4t 2 1)( 2t 2 1 t 1) 0.
hi
x 1 t 0 x t 2 1. Phương trình đã cho trở thành:
nT
Cách 2. Đặt
D
2( x 2)
2(4 x 5)
( x 3)
4 0 ( x 3). f ( x) 0.
2( x 1 2)
2x 3 3
2( x 2) 2(4 x 5)
2( x 2)
2(4 x 5)
Ta có:
,x 1 .
2(
x
1
2)
2
x
3
3
0
2(
x
1
2)
2
x
3
3
Suy ra f ( x) 0 x 1 . Vậy x 3 là nghiệm duy nhất.
oc
01
(1) ( x 2)( x 1 2) (4 x 5)( 2 x 3 3) 4 x 12 0 .
2t 2 1 t 1 , xem phần liên hợp tối ưu ở chương dưới)
t 2 2t
3t 3 2t 2 16 (4t 2 1).
0.
2t 2 1 t 1
4t 3 t
(t 2) 3t 2 4t 8
0 t 2 x 3.
2t 2 1 t 1
s/
Ta
iL
ie
(Để tìm biểu thức
ro
up
Bài 15. Giải phương trình: 2x2 3x 7 2 x 3 2 3 2x 0 (1).
m
/g
2
Điều kiện: 3 x . Phương trình đã cho tương đương với:
3
2
(1) 2x 3x 5 2( x 3 2) 2(1 3 2 x ) 0.
k.
co
2
4
( x 1) 2 x 5
0 ( x 1). f ( x) 0.
x3 2
3 2x 1
Nhìn thì có vẻ đẹp nhưng 2x 5 vẫn có thể bị âm. Ta có:
2
bo
o
f ( x) 2 x 6
4
1 2( x 3)
3 3 2x
x3 2
3 2x 1
3
2( x 3)
0 x 3; . Vậy x 1 .
2
x 3 2 ( 3 2 x 1)(3 3 2 x )
ce
3 2x 1
2( x 3)
2
w
w
w
.fa
x3 2
2
/>
/>II. Bài tập áp dụng:
Bài 16. Giải phương trình: (5x 4) 3x 2 5 2 x (6x 1) x 3 .
oc
01
Bài 17. Giải phương trình: x x 2 x3 4x2 5x x3 3x2 4 .
D
x2 2x 8
( x 1)( x 2 2) .
x2 2x 3
hi
Bài 20. Giải phương trình:
x3 4 x2 x 3 x3 2 x2 6 2 x2 x 3 .
nT
Bài 19. Giải phương trình:
ai
H
Bài 18. Giải phương trình: x2 4x 3 ( x 1) 8x 5 6x 2 .
uO
Bài 21. Giải phương trình: ( x 1) x 2 ( x 6) x 7 x2 7 x 12 .
Bài 23. Giải phương trình:
Ta
iL
ie
Bài 22. Giải phương trình: 3 5x 1 3 x 3 4x2 26x 10 0 .
2 x 2 x 4 x2 2( x2 x 1) .
w
w
w
.fa
ce
bo
o
k.
co
m
/g
ro
up
s/
Bài 24. Giải phương trình: 2( x 3) x 4 ( x 5) 2x 3 3( x 1) .
/>
/>
Phần III. PHƯƠNG PHÁP LIÊN HỢP TỐI ƯU
I.Lý thuyết:
Xét phương trình h( x)
f ( x) 3 r( x) 0 có một nghiệm duy nhất x m .
Do đó ta cần tìm lượng liên hợp ax b
f ( x) sao cho: ax b
f ( x) 0, x .
Lúc này: ax b
f ( x) ( x m).g( x) có nghiệm duy nhất x m .
Khi đó : am b
f ( m) 0 am b
f ( x)
xm
0, x na
f ( x) m
xm
D
m
f ( m) n b n ma .
p a p ; b m np.
hi
Do đó : A( x) na
oc
01
f ( x), c . Lượng liên hợp này sẽ bị ngược dấu biểu thức trong ngoặc.
ai
H
Giả sử lượng liên hợp cần tìm là c
nT
II. Các ví dụ:
uO
Bài 01. Giải phương trình: x3 x2 5x 3 2( x 1) x2 3 3 3x2 5 0 .
Ta
iL
ie
Điều kiện: x .
Phương trình có nghiệm duy nhất x 1 , dấu trước căn bậc 2 là dấu âm nên ta cần truy ngược, do trước căn bậc
ro
up
s/
hai dấu của lượng x 1 không xác định nên ta cần ghép lượng x2 3 ax b nhận 1, 1 là nghiệm:
1 3 a b
a 0
x2 3 2 0 .
b
2
1 3 a b
Dấu căn thứ ba cũng tương tự. Tuy nhiên lại có 1 vấn đề nảy sinh! Ta truy ngược dấu cho 2 căn thức nhưng một
dấu âm lại sinh ra ở phần đa thức còn lại.
co
m
/g
3x2 8x 5 4( x 1) x2 3( x2 3 2) 3 3x2 5( 3 3x2 5 2)( 3 3x2 5 2) 0
Tại sao lại như vậy? Có lẽ vấn đề chính là sự chênh lệch bậc khá lớn và chưa thực sự tối ưu (bậc giữa hai biểu
thức ghép liên hợp nên gần nhau nhất có thể), do đó ta cần tăng bậc của biểu thức ghép với căn bậc ba lên, cụ
thể ta xem xét việc ghép căn bậc ba với nhị thức ax b . Do phương trình có một nghiệm duy nhất nên sẽ có rất
nhiều cặp giá trị a và b thỏa mãn. Mặt khác, x 1 là nghiệm của phương trình nên:
k.
ax b 3 3x2 5 ( x 1).A( x) Chọn a và b sao cho
bo
o
Vì x 1 là nghiệm nên a b 2 b 2 a .
ax b 3 3x2 5
A( x) 0, x .
x 1
ce
Khi đó A( x) a
3
2 3 3x2 5
3x2 5 2
0, x a
, x
x 1
x 1
w
.fa
Nếu chọn được a a0 thì điều kiện trên thỏa mãn. Table
3
3x 2 5 2
1 a 1, b 1.
x 1
Suy ra x 1 3x 5 0 và f ( x) x 1 ( x 1) x2 3( x2 3 2) ( x 1 3 3x2 5) 0 .
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với:
2
w
w
3
x 1 ( x 1) x2 3( x2 3 2) ( x 1 3 3x2 5) 0 .
( x 1)2 x 2 3
x2 x 4
( x 1) 1
x2 3 2
( x 1)2 ( x 1) 3 3x 2 5 3 (3x 2 5)2
0 x 1.
/>
/>Bài 02. Giải phương trình x2 x 6 2x 3 3 x 5 (1) .
3
3 3
. Với x
; x 5 0 x .Từ đó suy ra VT (1) x2 x 6 0 x 2.
2
2
Phương trình có nghiệm duy nhất x 3 . Xét các biểu thức:
ax b 2x 3
0, x 2 (3) .
x3
Biểu thức (2) nhận x 3 là nghiệm 3a b 3 b 3 3a . Thay vào (3) :
1). Chọn ax b sao cho ax b A( x)
ai
H
3 2x 3
3 2x 3
0a
.
x3
x3
2X 3 3
1, x 2 a 1 b 0 (4) .
Khảo sát bằng Mode 7 (Table): F( X)
x3
oc
01
Điều kiện: x
hi
D
A( x) a
uO
nT
ax b 3 x 5
0, x 2 (5) .
2) Chọn ax b sao cho B( x)
x3
Biểu thức (4) nhận x 3 là nghiệm 3a b 2 b 2 3a . Thay vào (5) :
3
2 3 x5
x5 2
0a
.
x3
x3
3
x5 2
1, x 2 a 1, b 2 3a 1(6) .
Khảo sát bằng Mode 7 (Table): F( X)
x3
x 2 x 3 0.
Từ (4) và (6) , ta có các biểu thức liên hợp:
3
x 1 x 5 0.
Lời giải. Phương trình (1) tương đương với:
ro
up
s/
Ta
iL
ie
B( x) a
/g
x 2 x 6 x( x 1) 2 x 3( x 1 3 x 5) ( x 1)( x 2 x 3 ) 0
co
m
( x 2 2) 2 x 3
( x 2 1)
( x 3) 2
0 x 3.
2
3
3
2
x
2
x
3
(
x
1)
(
x
1)
x
5
x
5
bo
o
k.
Chú ý: Nhìn phương pháp có vẻ mất thời gian, thực ra chỉ mất tối đa từ 1-2 phút để tìm lượng liên hợp.
x3 4(2x 1 3 x2 4) 2( x 1)2(1).
ce
Bài 03. Giải bất phương trình:
Điều kiện: x 3 4 . Ta có:
w
w
w
.fa
x2 4 2
ax b x 4 ( x 2). f ( x) b 2 2a
a 1 b 0 x 3 x 2 4.
x2
3
3
2
x3 4 ( ax b) ( x 2). f ( x) b 2 a
x3 4 2
a 2 b 2 x 3 4 2( x 1).
x2
Lời giải. Bất phương trình đã cho tương đương với:
2x x3 4 x3 4. 3 x2 4 ( x 1) x3 4 2( x 1)2 0.
x3 4( x 3 x2 4) ( x 1) x3 4 2( x 1) 0.
/>
/>
x3 2 x 3 x2 1 (1).
Điều kiện: x D ;1 1; . Ta có:
x3 2 (ax b) cx d 3 x2 1 0 .
ai
H
Bài 04. Giải phương trình:.
x2 1 , ta có: x 3 x2 1 1 x 1 3 x2 1 0 .
3
2
2
2
Kiểm tra, ( x 1) ( x 1) ( x 3)( x x); ( x x) 0 x D.
x3 2 , ta có:
Thay x 3 vào
D
3
x3 2 2x 1 x3 2 (2x 1) 0 .
Ta
iL
ie
uO
Vậy (1) x3 2 ( x 2) x 1 3 x2 1 0 (2) .
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với:
( x 3)( x 2 x 1)
( x 3)( x 2 x)
0
2
3
3
3
2
2
2
x 2 2 x 1 ( x 1) ( x 1) x 1 x 1
nT
3
2
2
2
Kiểm tra, ( x 2) (2x 1) ( x 3)( x x 1);( x x 1) 0 x D.
hi
Thay x 3 vào
up
s/
x2 x 1
x2 x
0 x 3.
( x 3)
2
x3 2 2x 1
3
3
( x 1)2 ( x 1) x 2 1 x 2 1
ro
Bài 05. Giải phương trình: x3 2 3 x2 1 3x 2(1).
/g
Điều kiện: x 3 2 . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy tại điểm rơi x0 3 , ta có:
co
3
k.
x2 1
m
2( x 1).( x 1).4 2( x 1) ( x 1) 4 x 1
.
2
6
2
x1
5( x 1)
Suy ra 3x 2
x3 2 x3 2
x 3.
2
2
3
w
.fa
ce
bo
o
Khi đó ta có các lượng liên hợp: 2 x3 2 5( x 1) và 2 3 x2 1 ( x 1) .
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với:
( x 3)( x 2 2 x 2)
( x 3)( x 2 1)
(2)
0.
2
x3 2 x 2
( x 1)2 ( x 1) 3 x 2 1 3 x 2 1
w
w
x2 2x 2
x2 1
x 3.
( x 3)
2
x3 2 x 2
3 2
3 2
2
( x 1) ( x 1) x 1 x 1
Chú ý. Phương pháp liên hợp tối ưu chỉ áp dụng với những phương trình có nghiệm duy nhất x .
III. Bài tập áp dụng:
Bài 06. Giải phương trình:
3
oc
01
( x 2 x 2) x 3 4
( x 1)( x 2 2 x 4)
0.
( x 2)
x2 x 3 x 2 4 3 ( x 2 4)2
x 3 4 2( x 1)
Do biểu thức trong ngoặc luôn dương x 3 4 .Vậy tập nghiệm là S 3 4; 2 .
3x 2 x 3x 2 2 2x2 1.
3
Bài 07. Giải phương trình: x3 16 4x 4 8 2x2 .
/>
/>
Phần IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I. Lý thuyết:
nT
hi
D
ai
H
oc
01
Phương pháp đánh giá thường được dùng cho các phương trình vô tỷ có nghiệm bội hai (nghiệm kép) hoặc
nghiệm đụng biên (nghiệm tại tập xác định của phương trình). Các định hướng để giải loại phương trình này là
sử dụng bất đẳng cauchy hoặc đưa phương trình về tổng của các bình phương.
Muốn tìm nghiệm kép có 2 cách phổ biến.
d
Cách 1: Phím tích phân
.
dx
Cách 2: CALC cho các giá trị lân cận của nghiệm. Ví dụ phương trình có nghiệm x a .
Khi đó ta CALC cho x 2 104 b và x 2 104 c . Nếu b.c 0 thì x a là nghiệm kép.
Chú ý: Khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy, phải làm cho dấu bằng xảy ra tại điểm rơi x a là nghiệm của
phương trình.
ie
Bài 01. Giải phương trình: x 2 4 x 20 4 x 1 3 2 x 3(1) .
uO
II. Các ví dụ:
Ta
iL
Điều kiện: x 1. Vì VT VP nên sử dụng được bất đẳng thức Cauchy.
Lời giải 1:
Ta có: 4 x 1 3 2x 3 2 4( x 1) 9(2x 3) x 5 x 6 2 x 11 .
up
s/
Nên từ (1) x2 4x 20 2x 11 x2 6x 9 ( x 3)2 0 .
Dấu bằng xảy ra x 3 . Thử lại, x 3 thỏa mãn phương trình (1) .
Lời giải 2:
ro
(1) 2x2 8x 40 2.2 4( x 1) 2.3 2 x 3 0 .
/g
2(4 2 4( x 1) x 1) 9 2.3 2 x 3 2 x 3 2( x2 6 x 9) 0 .
co
m
2( x 1 2)2 ( 2x 3 3)2 2( x 3)2 0 .
Dấu bằng xảy ra x 3 .
bo
o
k.
Bài 02. Giải phương trình: 3x2 2x 2 ( x 2) 2x2 1 ( x 1) 2x2 6x 2 (1) .
ce
Điều kiện: 2x2 6x 2 0 . Phương trình có nghiệm x 2 7 . Ta có:
( x 2)2 2 x2 1 ( x 1)2 2 x2 6 x 2
( x 2) 2 x2 1 ( x 1) 2 x2 6 x 2 f ( x)
.
2
2
w
.fa
VT (1) x 2 2x2 1 x 1 2 x2 6 x 2 f ( x) .
w
w
x 2 2 x2 1
x 2 7 . Thử lại, nghiệm x 2 7 thỏa mãn.
Dấu bằng xảy ra
2
x 1 2x 6x 2
Chú ý: Dấu bằng sắp xếp ngay ở ngoài căn nên bài toán trở nên nhẹ nhàng. Dưới đây là các ví dụ cần phải lựa
chọn dấu bằng chính xác để tránh bị ngược dấu.
Bài 03. Giải phương trình: 3x2
x
3( x 1)3 (3x 2) x 2 6
2
/>
/>Điều kiện: x 1 . Rút gọn phương trình, ta được:
6x2 x 12 2( x 1) 3( x 1) 2(3x 2) x 2 . Phương trình có nghiệm x 2 .
x 2 2 4 . Ta có:
2( x 1)( x 4) (3x 2)( x 6)
2( x 1) 3( x 1) 2(3x 2) x 2
(2) .
2
2
(2) chính là lỗi sai thường gặp khi với điều kiện x 1 , ta vẫn chưa khẳng định được (3x 2) là đại
lượng âm hay dương.
Chọn dấu bằng: x 1 3 và 2 x 2 3x 2 . Ta có:
2( x 1)( x 4) (3x 2)2 4( x 2)
2( x 1) 3( x 1) 2(3x 2) x 2
.
2
2
(3x 2)2 4 x 8
( x 2)2 0 x 2.
Suy ra 6 x2 x 12 ( x 1)( x 4)
2
Thử lại, nghiệm x 2 thỏa mãn phương trình đã cho.
Chú ý: Việc chọn dấu bằng đòi hỏi sự tinh tế của người giải toán. Bạn đọc phải tìm cho mình hướng tư duy
đúng đắn để tránh mắc sai lầm.
x 1 3 và
3x3 2x2 2 3x3 x2 2x 1 2x2 2x 2 .
ie
Bài 04. Giải phương trình:
uO
nT
hi
D
ai
H
oc
01
Chọn dấu bằng:
Ta
iL
Điều kiện: x .
Lời giải 1: Đưa về tổng các bình phương.
s/
2x2 2x+2 3x3 2x2 2 3x3 x2 2x 1 0
up
4x2 4x 4 2 3x3 2x2 2 2 3x3 x2 2x 1 0
bo
o
k.
co
m
/g
ro
( 3x3 2x2 2 1)2 ( 3x3 x2 2x 1 1)2 ( x 1)2 0
x 1
Dấu bằng xảy ra 3x 2 2 x 2 2 1
x 1 .
3
2
3x x 2 x 1 1
Lời giải 2: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy. Ta có:
2(3x3 2 x2 2 1)
2 3x 3 2 x 2 2
3x 3 2 x 2 2 1
2
2( 3x3 x2 2 x 1 1)
2 3x3 x2 2 x 1
3x3 x2 2 x
2
ce
Suy ra 4x2 4x 4 2 3x3 2x2 2 2 3x3 x2 2x 1 3x2 2x 3
w
.fa
4x2 4x 4 (3x2 2x 3) x2 2x 1 ( x 1)2 0 x 1.
w
w
Bài 05. Giải phương trình: x 2 4 x 5
3x
2 1 x
(
x
1)
1
(1).
x2 x 1
x2 x 1
Điều kiện: x 1. Phương trình có nghiệm kép x 2 . Ta có:
2
(1 x)2
1 x
(1) ( x 2) (1 x)
2
0 ( x 2)2 1 x
0.
x x1
x2 x 1
x2 x 1
Dấu bằng xảy ra x 2. Vậy x 2 là nghiệm duy nhất.
2
2(1 x) 1 x
/>
/>Bài 06. Giải phương trình: x3 6x2 8x 9 4x2 x 1 3 2x2 1 (1).
hi
D
ai
H
Chọn dấu bằng: x 2 x 1 và 2x2 1 3 . Ta có:
x2 4x 4 9 2x2 1
4x2 x 1 3 2x2 1 2 x
x3 4 x2 4 x x 2 5.
2
2
Suy ra x3 6x2 8x 9 ( x3 4x2 4x x2 5) ( x 2)2 0 x 2.
Lời giải 2: Đưa về tổng các bình phương. Ta có:
oc
01
Điều kiện: x 1 .
Lời giải 1: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
4 x2 (1 x 1) 32 2 x2 1
4x2 x 1 3 2x2 1
4 x3 x2 5.
2
2
Suy ra x3 6x2 8x 9 4x3 x2 5 . Nếu chuyển qua VT hết thì dấu sẽ bị ngược.
x 1 (2x 1) 4x3 6x2 3x 2x 1 3 4x 3 (1).
Ta
iL
Bài 07. Giải phương trình:
ie
uO
nT
(1) 4x( x 2 x 1)2 (3 2 x2 1)2 ( x 2)2 0.
x 2 x 1
Dấu bằng xảy ra
x 2. Vậy x 2 là nghiệm của phương trình.
2
3
2
x
1
Chú ý: Khi chọn dấu bằng, phải chọn sao cho bậc của VP bé hơn bậc của VT.
x 1 (2 x 1) 4 x 3 6 x 2 3x
ro
Do đó: (2 x 1) 4 x 3 6 x 2 3x
up
s/
Điều kiện: x 1 . Áp dụng BĐT AM- GM ta có:
4x 3 1 1 4x 1
2x 1 1
3
.
2x 1
x và 4 x 3
3
3
2
x(4 x 1)
.
3
/g
3(2x 1) 4x3 6x2 3x x(4x 1) 144x4 376x3 368x2 27 0.
m
( x 1)(144x3 232x2 136x 27) 0 ( x 1) x(144x2 232x 109) 27( x 1) 0(2).
2
bo
o
k.
co
29 140
Ta có: 144 x2 232 x 109 144 x
0, x 1 và x 1 0.
36
9
Nên (1) ( x 1) 0 x 1 . Thử lại, x 1 là nghiệm của phương trình .
Chú ý: Ta có thể khử
x 1 để tạo ra lượng đa thức 0.
18 x
x x2 1
5x 22 0 (1).
w
.fa
ce
Bài 08. Giải phương trình: 3 x2 8 x
w
w
Điều kiện: x 1.
Chú ý: PT (1) có nghiệm biên x 1 nên có thể đưa về tổng các đại lượng không âm.
x
(1) 9 x 3.2 x( x 8) x 8 36 1
0 (Nhân 2 vào 2 vế).
x x2 1
2
9 x x 8
36 x2 1
3 x x8
0 . Dấu bằng xảy ra 2
x 1.
x x2 1
x 1 0
/>
/>
1
4 8 x 9 x2
(1).
Bài 09. Giải phương trình: 2 x (2 x 1 1)
x
3x 2 2 x 1
Điều kiện: x 1.
Chú ý: PT (1) có nghiệm biên x 1 nên có thể đưa về tổng các đại lượng không âm.
oc
01
Để ý (3x 2 2 x 1)(3 x 2 2 x 1) 9 x 2 8 x 4. Ta có:
(1) (2x 3)(2 x 1 1) x(3x 2 2 x 1)(2) .
ai
H
3x2 3 2 x 1 4( x 1) x 1 2x 2x 1 2x 0 .
nT
Bài 10. Giải phương trình: 4x2 x 4 (2x 1) 2x2 1 3 2x2 2 (1) .
2
. Ta có: 4 x2 x 4 4( x2 1) 4 x2 1. x2 1 4
ie
1
uO
Điều kiện: 2x2 1 0.
Trường hợp 1: x
2
.
. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
s/
2
1
3
. x2 1 3 2( x2 1) .
2
(2 x 1)2 2 x2 1
3 2 x2 2.
2
ro
(2 x 1) 2 x2 1 3 2 x2 2
up
1
Ta
iL
Suy ra phương trình vô nghiệm vì (2x 1) 2 x2 1 0 khi x
Trường hợp 2: x
hi
D
2( x 1 x 1)2 ( x 2x 1)2 2 x 1 2 x 2 0 .
Dấu bằng xảy ra x 1. Vậy x 1 là nghiệm của phương trình.
2
. Nên (2) ( x 1)2 0 x 1. Vậy x 1.
co
III Bài tập áp dụng:
1
m
Vì x2 4 x 2 0, x
/g
Suy ra x2 x 4 3 2x2 2 ( x 1)2 ( x2 4x 2) 0(2) .
bo
o
k.
2
2
2
Bài 11. Giải phương trình: 4x 9 x 3 x 5 2 8x 3x .
w
.fa
ce
Bài 12. Giải phương trình: 2 5 2 x 3x 5
9 x2 14 x 25
3x 3 4 2 x 1
6 x 2 7 3x
.
( x 1 1)(2 x 4)
.
x
Bài 14. Giải phương trình: x3 10x2 5x 24 2x2 4x 3 2x 8(5x 3) .
w
w
Bài 13. Giải phương trình:
13( x 1)
Bài 15. Giải phương trình: 3( x2 2)
4 2
x x1
2
x ( x 1 3 x 2 1).
/>
/>
Phần V. CHỨNG MINH BẬC 4, BẬC 6 VÔ NGHIỆM
I. Chứng minh PT bậc 4 vô nghiệm:
4
3
2
Xét đa thức sau: f ( x) x ax bx cx d .
2
a
Ta đi tìm k sao cho : f ( x) x ax bx cx d x2 x k g( x) 0, x .
2
Các bước để tìm số k :
2
ai
H
3
D
4
oc
01
Ở đây tôi sẽ trình bày cách chứng minh bậc 4 vô nghiệm nhanh nhất, nhằm giải quyết lượng đa thức phát sinh
sau khi bình phương hai vế của một phương trình.
Với x x0 min chính là điểm rơi của bài toán.
a
x .
2 0
Bước 3: Ta sẽ trừ phần còn lại. Cái này vào ví dụ tôi sẽ trình bày rõ.
ie
uO
Bước 2: Tìm k sao cho: k x0 2
nT
hi
3
2
Bước 1: đạo hàm f '( x) 4x 3ax 2bx c 0 x x0 min mà tại đó f ( x0 min ) nhỏ nhất.
Ta
iL
II. Các ví dụ:
4
2
Ví dụ 1: Chứng minh phương trình f ( x) x x x 2 0 vô nghiệm.
s/
3
Ta có: f '( x) 4x 2x 1 0 x 0.884646177...
4
.
5
up
ro
Khi đó: k x2 0.7825988 k 0.8
2
4
Suy ra: x x x 2 0 x 2 ax 2 bx c 0 .
5
34
3
CALC cho x 0 c
; Đạo hàm tại x 0 b 1. CALC cho x 1 a .
25
5
/g
2
co
m
4
2
2
2
4 3
34 2 4 3
5 283
x x
0 x.
Vậy f ( x) x x x 2 x2 x2 x
5 5
25
5 5
6 300
k.
2
bo
o
4
ce
4
3
2
Ví dụ 2: Chứng minh phương trình f ( x) 2x 2x 4x x 8 0 vô nghiệm.
w
w
w
.fa
x1 1.4817..
Ta có: f '( x) 8 x 6 x 8 x 1 0 x2 0.58842.. f ( x) min f ( x1 ) 0.780477...
x 0.143360..
3
x
3
Khi đó: k x2 01.454804.. k 1.5
.
2
2
3
2
2
x 3
Suy ra: f ( x) 2 x 2 x 4 x x 8 2 x 2 g( x) .
2 2
7
3
CALC cho x 0 c ; Đạo hàm tại x 0 b 4 ; CALC cho x 1 a .
2
2
4
3
2
/>
/>2
2
x 3 3
4 5
Vậy f (x) 2x 2x 4x x 8 2 x 2 x 0 x .
2 2 2
3 6
III. Chứng minh phương trình bậc 6 vô nghiệm:
4
3
2
f ( x) x6 ax5 bx4 cx3 dx2 ex f 0 f ( x) ( x3 px2 qx r )2 ...
oc
01
Tương tự với chứng minh phương trình bậc 4 vô nghiệm, ta sẽ nhóm phương trình bậc 6 thành dạng sau:
ai
H
Ta chỉ cần chọn các số p, q , r sao cho khử được bậc 6 và bậc 5, sau đó khử nhẹ một lượng bậc 4 để sinh ra
phương trình bậc 4 vô nghiệm. Dùng máy tính để thử các giá trị, thực chất chỉ cần thử r.
hi
D
IV. Các ví dụ:
nT
Ví dụ 1: Chứng minh phương trình x6 4x5 16x4 16x3 24x2 12x 8 0 vô nghiệm.
2
ie
uO
x6 4x5 16x4 16x3 24x2 12x 8 0 .
( x3 2x2 x)2 10x4 12x3 23x2 12x 8 0 ( Chọn chọn p 2, q 1, r 0. )
Nhập vào máy tính như sau:
3
9
10X 12X 23X 12X 8 10 X 2 X
.
5
100
7919
327
106
CALC cho x 0 c
; Đạo hàm tại x 0 b
x . CALC cho x 1 a
.
1000
25
5
2
Ta
iL
3
s/
4
2
2
ro
3
up
3
9 327
7919
X
Suy ra 10X 12X 23X 12X 8 10 X 2 X
.
5
100
25
1000
4
2
3
9 106 2 327
7919
Do đó f ( x) ( x 2 x x) 10 x 2 x
x
x
0 x .
5
100
5
25
1000
2
2
m
/g
3
co
Ví dụ 2: Chứng minh phương trình x6 6x5 9x4 4x3 3x2 36x 40 0 vô nghiệm.
k.
3
2
x 3x 2 0
Ta có: PT ( x 3x 2) 9( x 2) 0
x
x 2 0
V. Bài tập áp dụng:
2
2
2
bo
o
3
w
.fa
ce
Ví dụ 3: Chứng minh phương trình 8x4 6x3 4x2 2x 1 0 vô nghiệm.
w
w
Ví dụ 4: Chứng minh phương trình x4 4x3 x2 x 34 0 vô nghiệm.
Ví dụ 5: Chứng minh phương trình x6 2x5 4x4 4x3 8x2 3x 1 0 vô nghiệm.
Ví dụ 6: Chứng minh phương trình 3x4 x3 2x2 4x 3 0 vô nghiệm.
Ví dụ 7: Chứng minh phương trình 5x4 4x3 3x2 2x 1 0 vô nghiệm.
Ví dụ 8: Chứng minh phương trình x6 6x3 5x2 25 0 vô nghiệm.
/>
