Bài 29. Phương trình vô tỷ của thầy Phạm Kim Chung | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (129.78 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Ví dụ 11. Giải phương trình 4 x 2  22 3x x2 8

- Phân tích. Bằng kĩ năng nhẩm nghiệm ta có x 2 là một nghiệm của phương trình trên. Từ đó nảy sinh
ý tưởng nhân liên hợp. Và tất nhiên, để giải quyết nốt vế sau thì ta có thể phải nhắc đến phương pháp hàm
số. Từ đó ta có lời giải cho bài toán như sau:

Lời giải

Điều kiện

2 x .

  

Khi đó phương trình đã cho tương đương với



 



4 x 2 2   22 3x 4  x  4



x 2 x 2



4 3 0

x 2 2 22 3x 4

 

      

   

 

 

x 2

4 3

x 2 0 *

x 2 2 22 3x 4






    

    



Xét hàm số

 

4 3

f x x 2 .

x 2 2 22 3x 4

   

   

Ta có

 









2 9

f ' x 1 0,

x 2 x 2 2 2 22 3x 22 3x 4

   

     

x 2; .

 

   

 

Vậy f x

 

là hàm đồng biến trên

2; .

 



 

  Mà f



1



0 nên phương trình

 

* có nghiệm duy nhất

x1.

Tóm lại, phương trình ban đầu có 2 nghiệm x1; x 2.

- Bình luận. Sau phép nhân liên hợp ta chỉ mới tìm ra được một nghiệm của phương trình. Tuy nhiên, 
vấn đề khó khăn hơn đó là chúng ta lại tạo ra một phương trình

 

* có hình thức phức tạp hơn phương
trình ban đầu. Tuy nhiên, bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta đã chứng minh được rằng
phương trình

 

* có nghiệm duy nhất x1. Sự kết hợp giữa hai phương pháp này đã tạo nên nét đặc

trưng cho lời giải khi gặp những dạng phương trình vơ tỷ như trên.

Ví dụ 12. Giải phương trình x29x 1 x 11 3x   2x 3

- Phân tích. Ý tưởng sử dụng phương pháp nhân liên hợp mở đầu xuất phát từ việc ta nhẩm được nghiệm
của phương trình.

Khi đó ta có:



3x 10



2 1 1 0

11 3x 1

x 9x 1 x 3

 

    

 

   

 

Khó khăn ở vế sau chúng ta sẽ giải quyết nó bằng phương pháp hàm số, cụ thể được thể hiện trong lời
giải sau đây:

Lời giải

Điều kiện

85 9 11

x .

2 3



 

Phương trình tương đương với









x 9x 1  x 3 x 11 3x 1  0



3x 10



2 1 1 0

11 3x 1

x 9x 1 x 3

 

     

 

   

 

 

2 2

10
x

x 3x x x 9x 1 11 3x 1 1




 

       

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Xét f x

 

x23x x x 29x 1, g x

 

 11 3x 1.  Ta có

 

2
2

2x 9x

f ' x 2x 3 x 9x 1 0,

2 x 9x 1


      

 

 

g ' x 0.

2 11 3x

 


Do đó,

 

1 nếu có nghiệm sẽ có duy nhất nghiệm.

Hơn nữa, ta lại có

2 2

f g 4

3 3

   

 

   

    nên

 

1 có nghiệm 
2

x .

3


Vậy, phương trình đã cho có 2 nghiệm

x ;

 x 2.

3


- CÁC BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1. Giải phương trình x 2  3 x x2 x 1. Đáp số: x1; x 2.

Bài 2. Giải phương trình

2
2

1 x 2x x

x 1 x

 



 Đáp số:

x .

2


Hướng dẫn:

2
2

1 x 2x x

PT 1 1,

x 1 x

 

   

 trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung 2x 1.
Bài 3. Giải phương trình 9



4x 1  3x 2



 x 3 Đáp số: x 6.

Hướng dẫn: PT 9



4x 1 5 4    3x 2



 x 6, trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x 6.
Bài 4. Giải phương trình x 2  4 x 2x  2 5x 1. Đáp số: x 3.

Hướng dẫn: PT x 2 1   4 x 1 2x   2 5x 3, trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x 3.

Bài 5. Giải phương trình

x 3

4x 1 3x 2

5


   

Hướng dẫn:

x 3

PT 4x 1 3 2 3x 2 1,

5


       

trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x 2.
Đáp số: x 2.

Bài 6. Giải phương trình x29x 20 2 3x 10   Đáp số: x3.
Bài 7. Giải phương trình 9



4x 1  3x 2



 x 3. (HSG HN2010) Đáp số: x 6.

Bài 8. Giải phương trình 3 x  2 x x3x2 4x 1. Đáp số: x1; x 2. 
Bài 9. Giải phương trình x212 x25 3x 5.  Đáp số: x 2.

Bài 10. Giải phương trình 3 x3 x 1 3 2x2 32x21. Đáp số: x1;

x .

2


Bài 11. Giải phương trình









x 1  x 3 2 x 1 x    3x 5 2x.

Đáp số: x 1.

Bài 12. Giải phương trình





2 2

x  3x 4  x 1 x  4x 2

Đáp số: x 1.

Bài 13. Giải phương trình 
3 2

x 3

x 1 x 3 x 1 x 5.

x 6



       

 Đáp số: x 3.

Bài 14. Giải phương trình

2
2

1 1

x x x 1.

x  x 1      Đáp số: x 1.

Bài 15. Giải phương trình

2 2

x 9 2 x 1

x x 2 x 3 4

 

 

   Đáp số: x 7.

Bài 16. Giải phương trình 2

1 2 1 7

x 2x 4

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 17. Giải phương trình 3 x21 x  x31

Hướng dẫn: Chứng minh





2 3

3 2

x 3 x 3x 9

1 2 .

x 2 5

x 1 1 3

  

  

 

  

Đáp số: x 3.

Bài 18. Giải phương trình

2 2

4 8 64 x x 1  1 1 x .

  Đáp số: x 0.

Bài 19. Giải phương trình





















3 2 2 2

27x  3x x   x 1 1  4x 2x x 1 2  9x 3 .

Đáp số:

x .

5


Bài 20. Giải phương trình

2 x 1

2x 3x 1 .

2x 3


  

 Đáp số: x 1;

3 5

x .

2



Bài 21. Giải phương trình





3 2

2 2x 7x 19 3 2

x 1 2x 5x 15 2x 7x 12x 17 7x.

 

        

Đáp số: x 1;

5 177

x .

4



IV/ SỰ KẾT HỢP GIỮA PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VÀ CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC.
Ví dụ 1. Giải phương trình 8x3 36x253x 25 33x 5

- Phân tích. Phương trình được biến đổi thành dạng:



2x 3



3 2x 3 3x 5 3 3x 5.

      

Sự phân tích này dẫn đến ý tưởng sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải quyết phương trình. Sau đó,
ta cần tìm nghiệm của phương trình 2x 3 33x 5 *

 

. Chắc chắn chúng ta chưa thể kết luận được
nghiệm của phương trình ngay lúc này. Và có lẽ biện pháp nâng lũy thừa là giải pháp an tồn cho phương
trình

 

* . Từ đó, ta có lời giải:

Lời giải

Ta có: 8x3 36x253x 25 33x 5





 

3 3

2x 3 2x 3 3x 5 3x 5 1

       

Xét hàm f t

 

t3t đồng biến với mọi t  .

Do đó,

 









3
f 2x 3 f 3x 5

    2x 3 3 3x 5

   



2x 3



3 3x 5

    



x 2 8x





2 20x 11



0

x 2

5 3

x
4




 

 


Vậy, phương trình đã cho có 3 nghiệm: x 2;

5 3

x .

4



- Bình luận. Trong lời giải trên ta cần chú ý đến kĩ năng tìm ra hàm số đặc trưng và hàm số kết hợp cùng 
với phương pháp nâng lũy thừa để có thể tìm được các nghiệm của phương trình.

Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình x2 4x 3  x 5.
2. Giải phương trình





3 6 5 4 3 2

x 6  x 6 x  12x  48x  64x  x  4x 0

(Đề thi Olympic 30/04/2011)
Ví dụ 2. Giải phương trình 36x 1 8x  3 4x 1

- Phân tích.

Phương trình được biến đổi thành dạng:





3
3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ý tưởng tương tự bài trước, bằng sự kết hợp hai phương pháp hàm số và phương pháp nâng lũy thừa
chúng ta quy việc giải phương trình trên về giải phương trình 8x3 6x 1 0.  Tuy nhiên , phương trình 
bậc 3 này lại có 3 nghiệm phân biệt là 3 số vô tỷ đều thuộc



1;1 ,



để ý đến đẳng thức

3 3

4x  3x 4cos t 3cos t  sẽ giúp chúng ta định hướng được cách giải phương trình bậc 3 này. Cụ thể lời
giải như sau:

Lời giải
Ta có: 3 6x 1 8x  3 4x 1





3
3

6x 1 6x 1 2x 2x

       f



36x 1



f 2x





Trong đó f t

 

 t3 t. Dễ thấy f t

 

là một hàm đồng biến trên  nên









f 6x 1 f 2x  36x 1 2x  8x3 6x 1

  

 

3 1

4x 3x 1

  

- Nếu x 1 thì

 





2 1

VT 1 x 4cos 3 1 .

   

- Nếu x 1 thì đặt x cos ,   



0; .



Phương trình trở thành:

4 1

4cos 3cos

    cos 3 1

   3k .

9 3

 

   

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x cos ;9



 x cos5 ;



 x cos7 .

9



- Bình luận. Với phương trình trên, bằng phương pháp hàm số ta mới chỉ thực hiện được một công đoạn 
của cơng việc giải phương trình. Do đó, để hồn thành cơng việc giải phương trình thì ta cần có sự kết
hợp giữa phương pháp nâng lũy thừa, phương pháp đánh giá và phương pháp đặt ẩn phụ. Nếu thiếu đi
một cơng đoạn ta sẽ khơng hồn thành công việc cũng như không giải quyết được trọn vẹn phương trình.
Ví dụ 3. Giải phương trình









2 1 2

4 2 4x 4x 3 2x 1 3 2x 2x 1 4x 4x 3

          

(http:// k2pi.net)
- Phân tích. Quan sát kĩ phương trình trên ta nhận thấy một số điều sau đây:



 



4 2x 1  3 2x ;



 



2 4x 4x  3 2 2x 1 3 2x ; 



2x 1





4x2 4x 3





2x 1

 

2 2x 1



2 2 .

      

 

Dựa trên những điều này, phương trình được biến đổi tương đương thành:



 











2 2

2 2x 1 2x 1

2x 1 3 2x 2x 1 3 2x

2 2

   

         

 

 

Từ đây, ý tưởng sử dụng phương pháp hàm số đã rõ ràng. Ta quy bài tốn về giải phương trình:





 

2
2x 1

2x 1 3 2x *

2


   

Đến đây phương trình vẫn chưa được giải quyết hoàn toàn. Vấn đề nảy sinh bây giờ là giải phương trình

 

. Để ý



2x 1

 

3 2x



2x 1

  

 

gợi cho ta nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết phương
trình

 

* . Cụ thể lời gải bài toán như sau:

Lời giải

Điều kiện

1 3

x .

2 2

  

Khi đó, phương trình được viết lại dưới dạng sau:



 











2 2

2 2x 1 2x 1

2x 1 3 2x 2x 1 3 2x

2 2

   

         

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Xét hàm số f t

 

t2t,  t



0;



có f ' t

 

2t 1 0,   t



0;



nên hàm số f t

 

đồng biến trên



0;



Do đó, phương trình tương đương với





 

2
2x 1

2x 1 3 2x *



   

Đặt

a 2x 1 0

b 3 2x 0

   




  



  a2b2  4.

Ta có hệ phương trình







2 2



2 2

8 a b a b

a b 4

   




  





 



2 2

8 a b a b

a b 4

   

 
 





 



2 2

4 2ab a b 8

a b 4

   

 
 





 







2 ab a b 4

a b 2ab 4

  


 
  


 Tiếp tục đặt

S a b 0
P ab 0

  





 



Ta cần giải hệ phương trình





2 P S 4

S 2P 4

  


 







2
4
S
2 P

P P 4P 4 0



 
 
   






P 0 S 2

P 1 5 S

1 5

P 1 5

loại
   


    
 

 

Với
S 2

P 0





a 2
b 0
a 0
b 2
 






 
 

 


2x 1 2
3 2x 0
2x 1 0
3 2x 2
   
 
  

 
  
 


 

 

3
x
2
1
x
2




 
 


 (thỏa mãn điều kiện và phương trình ban đầu)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

x ;

 x 3.

2


- Bình luận. Một phương trình tuy có hình thức khá cồng kềnh nhưng bằng sự kết hợp giữa hai phương 
pháp hàm số và phương pháp đặt ẩn phụ đã giúp ta giải quyết phương trình một cách tự nhiên và trọn vẹn.
Bằng sự kết hợp giữa phương pháp hàm số và một số phương pháp khác, các bạn độc giả có thể thực hiện
giải quyết một số bài toán sau đây:

- BÀI TẬP TỰ LUYỆN CĨ ĐÁP SỐ

Bài 1. Giải phương trình x33x24x 2 



3x 2



3x 1. Đáp số: x 0; x 1.
Bài 2. Giải phương trình x3 6x212x 7  3 x39x219x 11. Đáp số: x 1; x 2; x 3.

Bài 3. Giải phương trình 2 2x 1 27x3   3 27x2 13x 2.

(Trích đề thi HSG Hải Phòng) Đáp số: x 0.

Bài 4. Giải phương trình

9 2

3 x 9x 1 2x 1.
3

 

 

(Trích đề thi chọn đội tuyển Phú Yên) Đáp số: x0,3; x0, 2; x 1,9.
Bài 5*. Giải phương trình 4x318x227x 14 34x 5.

Hướng dẫn: Chú ý

 





3 3

3 1

4x 4 x 2x .

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ví dụ 1. Giải phương trình x3 3x x 2.

- Phân tích. Kiểm ta nghiệm phương trình bằng máy tính CaSiO ta thấy rằng phương trình trên có 3 
nghiệm phân biệt đều thuộc



2;2



. Do đó, bằng sự kết hợp giữa phương pháp đánh giá và phương pháp
đặt ẩn phụ ta có lời giải:

Lời giải
Nếu x 2; phương trình khơng xác định.

Nếu x 2, ta có:





3 2

x  3x x x x   4 x x 2.

Suy ra phương trình vơ nghiệm. Do đó, ta chỉ cần
giải phương trình đã cho với 2 x 2.  

Đặt x 2cos t, t



0;



. Khi đó, phương trình trở thành:









2 4cos t 3cos t  2 1 cos t

t
cos3t cos

 

   

 

t 0
4
t

5
4
t

7

 





 



 

 

 (vì t



0;



.)

Tóm lại, phương trình đã cho có 3 nghiệm: 2;

x 2cos ;

5


 x 2 cos4 .

7



- Bình luận. Bởi vì phương trình xuất hiện 2 nghiệm rất lẻ nên ta không nên sử dụng phương pháp nâng 
lũy thừa ngay từ đầu. Phép đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa phương trình như trên ta cũng có thể
nhận ra nếu liên tưởng đến công thức quen thuộc trong lượng giác:



2 cos t



3 3 2cos t





2 cos 3t.

Bài tập tương tự: Giải phương trình x3 3x2 2 x 1. 
Ví dụ 2. Giải phương trình 9x2 28x 21  x 1.

- Phân tích. Phương trình dạng này rất quen thuộc, ta có thể giải quyết bằng phương pháp nâng lũy thừa 
hoặc phương pháp đặt ẩn phụ



x 1 3y 5  



để đưa về hệ đối xứng loại 2. Nhưng với ý tưởng táo bạo
hơn đó là sử dụng phương pháp hàm số, ta sẽ xử lý phương trình trên như thế nào. Lời giải sau đây sẽ
chứng minh cho ý tưởng này:

Lời giải
Điều kiện xác định: x 1.

- Nếu

x .

 3x 5 1

  

Phương trình được viết lại dưới dạng:







 



 

3x 5  3x 5  x 1  x 1 1

Ta có hàm số

 

f t t t

có f ' t

 

2t 1 0, 

t .

2
 

Do đó

 

1  f 3x 5







f



x 1



 3x 5  x 1



3x 5



2 x 1
5

   


 




  x 2.

- Nếu

3
1 x

  4x 3 1.

   

Phương trình được viết lại dưới dạng:



4x 3



2



4x 3

 

 x 1



 x 1  f 4x 3







f



x 1



4 3x x 1

   



4 3x



2 x 1
4

x
3

   


 





25 13

x .

18


</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

25 13

S 2; .

  

 

 

 

 

- Bình luận. Qua lời giải trên chúng ta thấy rằng, việc xây dựng hàm số cũng cần phải có sự linh hoạt. 
Như vậy, sự kết hợp phương pháp đánh giá và phương pháp nâng lũy thừa đứng thời điểm mà ý tưởng sử
dụng phương pháp hàm số đã thành cơng.

Ví dụ 3. Giải phương trình

1 1

2 x 2 4 x

x x

 

       

 

- Phân tích. Phương trình được viết lại dưới dạng:

1 1

2 x 2 x 4.

x x

 

     

 

Ta để ý rằng

2 2

1 1

2 x 2 x 4.

x x

     

Để có được điều này ta có thể sử dụng bất đẳng thức

Bunhiacopxki để đánh giá. Nhưng điều quan trọng hơn đó là việc tìm nghiệm phương trình cũng như tìm
điều kiện để đẳng thức xảy ra. Khi đó ta có lời giải như sau:

Lời giải

Điều kiện:

2 x 0

2 0

  




 




2
2 x

2
2

x 2

2


  



 


 


 . Với điều kiện này phương trình đã cho được biến đổi

thành:

1 1

2 x 2 x 4.

x x

 

      

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:





2 2 2

1 1 1 1

2 x 2 x 1 1 1 1 2 x 2 x 4

x x x x

   

                

   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1

2 x 2 x

x x

    

2 x x

1 1

x x

  


 

 




2 2

2 x x

1 1

x x

x 0

  




   





  x 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 1.

- Bình luận. Sự tinh tế trong lời giải trênđó là sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki một cách hiệu quả. 
Tuy nhiên ta không thể dừng tại đây, việc tìm dấu đẳng thức xảy ra của bất đẳng thức dẫn đế việc giải
một hệ các phương trình chứa căn thức và phương pháp nâng lũy thừa sẽ giúp ta vấn đề này.

Ví dụ 4. Giải phương trình 2

2 1

x 1  x x x 1 

- Phân tích. Đối với phương trình này ta cần trục căn thức bằng cách nhân lượng liên hợp.

Khi đó, phương trình tương đương với





 

2 x 1  x  x  1 x 3 *

Quan sát kĩ phương trình

 

* ta nhận thấy các biểu thức trong phương trình có thể dễ dàng lấy đạo hàm.

Nếu xét hàm số

 





f x 2 x 1  x  x  1 x,

x 0.

Khi đó

 

1 1 x

f ' x 1.

x x 1 x 1

   

  Vấn đề đặt ra bây giờ đó là liệu hàm f x

 

có đơn điệu hay

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Điều kiện x 0. Phương trình tương đương với





 

2 x 1  x  x  1 x 3 *

- Nếu x 1 thì VT * 2



x 1  x



 3 VP *

- Nếu 0 x 1:  Dễ thấy x 0 là một nghiệm của phương trình

 

* . Xét hàm số

 





f x 2 x 1  x  x  1 x,

x 0.

Ta có

 

1 1 x

f ' x 1

x x 1 x 1

   

  2

1 1 x

1 0,

x x 1 x 1

 

    



    x



0;1



Do đó, hàm f x

 

đồng biến trên



0;1 .



Suy ra f x

 

f 0

 

  2 1 3, hay phương trình

 

* vơ nghiệm.
Tóm lại, x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình ban đầu.

- Bình luận. Sự khéo léo khi ta kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp trong lời giải trên đó là 
nhờ kĩ năng đánh giá để chia trường hợp. Sự vắng mặt của phương pháp đánh giá trong lời giải trên thì
chỉ hai phương pháp nhân liên hợp và phương pháp hàm số ta không thể giả quyết trọn vẹn phương trình
được.

</div>