Bài 6. 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 (137.18 KB, 9 trang )

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

- BÀI TẬP TỰ LUYỆN.

Bài 1. Giải phương trình x 4 x 2  2 3x 4 x . 2 Tập nghiệm

2 14

T 0;2; .

   

 

 

 

 

Bài 2. Giải phương trình









3 3

2 2

1 1 x  1 x  1 x  2 1 x .

  Đáp số:

x .

2


Bài 3. Giải phương trình







 



7 2x 2x 3 x 1 7 2x 2x 3 .
2

       

Đáp số: x 3.

Bài 4. Giải phương trình









3 3

1 x 1 x  1 x 2.

Đáp số: x 0.

Bài 5. Giải phương trình 2

1 1 1 .

1 1 x 1   1 x  1 x Đáp số:

x .

2


Bài 6. Giải phương trình

6 2x 6 2x 8 .
3
5 x 5 x

 

 

  Đáp số: x 4.

- Kiểu 2. Đưa phương trình vơ tỷ về hệ đối xứng kiểu II.
Ví dụ 4. Giải phương trình 2x2 6x 1  4x 5.

Lời giải

Điều kiện

x .

4


Phương trình đã cho tương đương với:
2

4x 12x 2 2 4x 5   





2x 3 2 4x 5 11.

    

Đặt 4x 5 2y 3,   ta có hệ:









2
2

2x 3 4y 5
2y 3 4x 5

   




   





 







2 2

2x 3 2y 3 4 x y 0

      



x y x y 1

 



    

x y
x y 1
 
 

 


+ Với x y , ta có: 4x 5 2x 3    x 2  3.

+ Với x y 1  , ta có: 4x 5 2 1 x 3 







  x 1  3.

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: x 1  3; x 2  3.

- Bình luận.

- Vấn đề đưa phương trình dạng: ax2 bx c  mx n



a,n 0



về hệ phương trình đối xứng kiểu II

nhờ phép đặt ẩn phụ với mục đích giải quyết vấn đề phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ, những năm
trước khi có sự ra đời của các máy tính CaSiO thế hệ cao việc xử lý phương trình trên là khơng đơn giản
với nhiều đối tượng học sinh. Bây giờ việc giải quyết vấn đề phương trình có nghiệm vơ tỷ khơng cịn
khó khăn nữa (Xem bài Sự hỗ trợ của máy tính CaSiO), nó giúp người giải tốn xử lý dạng phương trình
này một cách đơn giản và bên cạnh đó ít nhiều nó cũng làm phương pháp giải tốn này mất đi vẻ đẹp
riêng vốn có.

- Vì dạng phương trình: ax2bx c  mx n



a,n 0



chứa 2 phép toán ngược nhau, nên khi muốn

đưa phương trình này về hệ đối xứng kiểu II, ta thường sử dụng quy trình giải tốn như sau:

- Tính đạo hàm của hàm số:

 

f x ax bx c; f ' x

 

2ax b

- Giải phương trình: f ' x

 

0

2a f
x

b e
 

(đưa nghiệm về tối giản)

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

Ví dụ 5. Giải phương trình x 1 2 2x 1.3  3 

Lời giải
Đặt 3 2x 1 y   y3 2x 1, ta có hệ phương trình:

3
3

x 1 2y
y 1 2x

  




 


  x3 y3 2 x y







0









2 2

x y x xy y 2 0

       x y.



Với x y, ta có: x32x 1  x 2x 1 03  

x 1
1 5
x

2
 


 

 


Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: x 1;

1 5

x .

2



Tổng quát. Chúng ta có thể đưa về hệ đối xứng kiểu II với những phương trình có dạng:

 

n n

f x b a a.f x  b.

Ví dụ 6. Giải phương trình 4x 5 4 4x 3 4 x 1.  

Lời giải
Điều kiện x 1. Phương trình đã cho tương đương với:





4x 5  4 x 1 4 x 1 1   





2
4

4x 5 2 x 1 1

     4x 5 1 2 x 1

    



2 x 1



2 1 1 2 x 1

     

Đặt 1 2 x 1 y  



y 0



 y 1 2 x 12   , ta có hệ:





2 x 1 1 y

y 1 2 x 1


  




   











2
2

2 x 1 y 2 x 1 y 0

      



2 x 1 y 2 x 1 y 1

 



       y 2 x 1

  

Thay trở lại ta có: 1 2 x 1 2 x 1     1 2 x 1 4 x 1 







5 1
x 1

4


   x 11 5

8

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm

11 5

x .

8



- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1. Giải phương trình 4x2 4x 3  2x 5. Đáp số:

1 17 3 13

x ; x .

4 4

   

 

Bài 2. Giải phương trình

2 x 7

3x 6x 3 .

3

  

Đáp số:

5 73 7 69

x ; x .

6 6

   

 

Bài 3. Giải phương trình





33x 5 2x 3 x 2.

    

Đáp số:

5 3
x 2; x .

4


 

Bài 4. Giải phương trình

3 2

3 81x 8 x 2x 4x 2.
3

    

Đáp số:

3 2 6

x 0; x .

3


 

Bài 5. Giải phương trình





2 2

4x 11x 10   x 1 2x  6x 2.

Đáp số: Vô nghiệm.

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

Hướng dẫn: Đặt3162x32 1  27x2 9x 1 y  Đáp số:

336

x .

9


c) Đưa phương trình vơ tỷ về hệ phương trình khơng mẫu mực.

Ví dụ 1. Giải phương trình





x 3 x  8x 48 x 24.  

- Phân tích. Nhận thấy phương trình trên được liên kết giữa x2 8x 48 và x, đồng thời nếu đặt:
2

x 8x 48 a
x b



    





 , ta sẽ có ngay biểu thức liên hệ: a2 b 8b 48,2  do vậy ta có thể chuyển bài tốn
giải phương trình vơ tỷ bằng cơng việc giải hệ phương trình hữu tỷ.

Lời giải

Điều kiện 12 x 4.   Đặt 
2

x 8x 48 a
x b



    









a 0



, ta có hệ:





2 2

a b 8b 48
b 3 a b 24
   




  




2 2

a b 8b 48

2ab 6a 2b 48

   


 

  




 









 

2 2

a b 8b 48 1
a b 8b 2ab 6a 2b 0 2
   


 

     




Lại có:

 









2  a b 6 a b 0

a b 0
a b 6
  
 

 


a b
a b 6
 
 

 


+ Với: ab, thay vào (1) ta có: 
2

b 4b 24

b 0

  







  b 2 2 7, hay x 2 2 7

+ Với: ab 6 , thay vào (1) ta có:



b 6



2 b 8b 482
b 6 0

    




 


  b 5 31, hayx 5 31

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x 2 2 7 ; x 5 31.

Ví dụ 2. Giải phương trình 4 x 1 1 3x 2 1 x      1 x . 2

- Phân tích. Bài tốn có chứa 3 căn thức 1 x, 1 x , 1 x 2 nhưng ta có mối quan hệ:

1 x  1 x. 1 x 



x  1;1 đồng thời:





 



2 2

1 x  1 x 2,

do đó ta sẽ sử dụng cách đặt
x 1 a

1 x b
  




 






a,b 0



để đưa bài tốn phương trình vơ tỷ về hệ phương trình hữu tỷ.

Lời giải

Điều kiện 1 x 1.   Đặt

x 1 a
1 x b
  




 






a,b 0



 a2b2  2

Ta có hệ:





2 2

2
a b 2

4a 1 3 a 1 2b ab
  




    




2 2

2 2 2

a b 2

3a 2b ab 4a a b

  


 

    








2 2

a b 2

2a ab b 2 b 2a 0
  


 

    







 







2 2

a b 2

2a b a b 2 b 2a 0
  


 

    

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



 



2 2

a b 2

2a b a b 2 0
  


 

   




2 2

2a b 0
a b 2
a b 2
a b 2 0
   
 

 


 
 

 


 

   


2
2a b 0
5a 2
ab 1
a b 2

   
 



 


  
 

  


2
a

5
a 1





 

 

 (do a,b 0 )

+ Với a 1  1 x 1   x 0

+ Với

2
a

 1 x 2

   x 3.

5
 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 0,

x .

5


Ví dụ 3. Giải phương trình













3 3

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

- Phân tích. Bài tốn có chứa 2 căn thức 1 x, x 2 đồng thời:



 



2 2

1 x  x 2 3,

do đó ta

sử dụng cách đặt

x 1 a
x 2 b
  




 






a,b 0



để đưa bài tốn phương trình vơ tỷ về hệ phương trình hữu tỷ.

Lời giải

Điều kiện x 2, đặt









x 1 a a 3

x 2 b b 0
   




   

  a2  b2  . Từ đó ta có hệ phương trình:3









2 2

3 3

a b 3

9 a b 1 4 a b
  




   

















 

2 2

a b 3

1
4 a b a b ab 9 a b 1 0
  


 

      




Đặt:

a b u
a b v
  


 


2 2

v u
ab

4
v u
a b

 




 


  


 , thay vào (1) ta có:

2 2 2 2

uv 3

u v v u

4.u 9v 1 0

2 4

 



   



   

 



 







2 2

uv 3

u u 3v 9v 1 0
 


 

   



 3

uv 3

u 1

 


 





v 3

u 1
 
 




Thay trở lại cho ta:

a b 1
a b 3
  


 


a 2
b 1
 
 



  x 1 2   x 3.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 3.

Ví dụ 4. Giải phương trình





x 1 x 2

2 1.

x 1 x 1 x 2

 

 



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

- Phân tích. Bài tốn có chứa 3 căn thức x 1,x 1


 x 1, x 2 ta sẽ tìm cách đưa bài tốn về 2 căn

thức bằng cách biến đổi thành

x 1 1

2 1

x 1

x 1 1
x 2



 

  




 

  

  lúc này:









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

 

 

  do đó ra sẽ

sử dụng cách đặt

x 1 a

x 1
x 2 b

x 1
 




 






 

 để đưa bài tốn phương trình vơ tỷ về hệ phương trình hữu tỷ.
Lời giải

Điều kiện x 1.

+ Nhận thấy x 1 là nghiệm của phương trình đã cho.
+ Xét: x 1. Phương trình đã cho tương đương với:

x 1 1

2 1.

x 1

x 1 1
x 2


 

  




 

  

  Đặt:

x 1 a
x 1
x 2 b

x 1
 




 






 





a,b 0











2 2 3 x 1 2 x 2

3a 2b 1

x 1 x 1

 

    

 

Ta có hệ:





2 2

2
2

3a 2b 1

2 b 1

a b 1

  




  
















2 2

2 2 2

3a 2b 1

2 b 1 ab a b 1

  


 

   












2 2

2
3a 2b 1
2 b 1 a 2b 1

  


 

  












2 2

2
3a 2b 1
2 b 1
a

2b 1

  




  

















4
2
2
b 1

12 2b 1

2b 1


  



4 3 2

4b 40b 66b 44b 11 0

      (vô nghiệm, do b 0 )

Hay phương trình đã cho khơng có nghiệm x 1. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1.

Ví dụ 5. Giải phương trình





3
x 5 x 1 1    3x 4

- Phân tích. Bài tốn chỉ chứa 2 căn thức x 1, 33x 4 đồng thời:









3 2

3 3x 4 3 x 1 1

   

, nên ta

sẽ sử dụng cách đặt 3

x 1 a
3x 4 b
  




 


 để chuyển bài toán về hệ phương trình hữu tỷ.
Lời giải

Điều kiện x1. Đặt 3

x 1 a
3x 4 b
  




 






a 0



. Phương trình đã cho trở thành:





3 2

a 4 a 1 b
b 3a 1
   




 




 

3 2

a 4a b 1 1
b 3a 1 2
   


 

 




Trừ vế theo vế của (1) và (2) ta có:

3 2 3

a 3a 4a 2 b b 0   



 



3 3

a 1 a 1 b b

     

 

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

Hay hàm số

 

f u u u

đồng biến trên  , do đó: f a 1







f b

 

 a 1 b 

Thay vào (1) ta có:





a 4a a 1  1 a 3a 03

   a 0 (do a 0 )

+ Với a 0  x 1 0   x1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1.

Ví dụ 6. Giải phương trình x 1 



2x 1 2



 x 1.

- Phân tích. Phương trình trên có 2 căn thức x 1, 2 x 1 đồng thời ta lại có:





2 x 1 x 1 2

 

    

 

  , do đó ta nghĩ đến phương án dung ẩn phụ để đưa phương trình vơ tỷ trên

về hệ phương trình hữu tỷ bằng cách đặt

a x 1
.
b 2 x 1
  




   


Lời giải

Điều kiện x1. Đặt

a x 1
.
b 2 x 1
  




   





a 0,b 2 



 b a 22 

Từ đó ta có hệ:





2 2

a 2a 1 b
b a 2

  




 








2 2

a 2a 1 b
a b 2
  


 

 








 

2 2

2a 4a 2 b 1
2 b a 2

  


 

 



Thay (2) vào (1) ta có:





2 2 2

2a  4a  a b b 



2a ab b 4a2







2  b2



0







 



a 2a b b 2a b 2a b 0

     



2a b a 2ab b







0

     2

2a b

a 2ab b 0

 

 

  



+ Với 2a b, thay vào (2) ta có:

 

2 2a  a 4a a 2 02
   

1 33
a

8

 

(do a 0 )

Thay trở lại ta có:

1 33
x 1

8


  x 15 33

32
 
 

+ Với a 2ab b  2  kết hợp với (2) ta có: 0
2

a 2ab b 0

a b 2

   




 




3
2

b 2b 1 0

a b 2

   


 

 








2
2

b b 2 1 0
a b 2

   


 

 


 (vn) do b 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là

15 33

x .

32
 



Ví dụ 7. Giải phương trình 11 3x 1 3x   26x x 11 3x. 2 

- Phân tích. Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa 11 3x và x, đồng thời





11 3x 3x 11,

vì vậy ta sử dụng phép đặt,

11 3x a
x b



  





 để phương trình đã cho về hệ phương trình hữu tỷ.

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

Điều kiện
11
x .



Đặt

11 3x a
x b



  






11
a 0,b

 

 

 

   a 3b 112 
Từ đó ta có hệ phương trình:

2 2

a 3b 11

a 1 3b 6b ab

  




   




 

   

2 2

3b 11 a 1
a 1 ab 3b 2 3b 2
  



 

   




Thay (1) vào (2) ta có:





2 2 2

a 1 ab 3b   2 11 a  b a 3 2a2







 2 a 21 0



a 3 b





2 2a 7



0

     2





a 3

b 2a 7 0 loại do a 0
 

 

   



+ Với a 3, thay trở lại cho ta: 11 3x 3 

2
x

3
 

Vậy phương trình có nghiệm
2
x .

3


Ví dụ 8. Giải phương trình x x2  7x 10 5 x  2 7x 10 x  2 8x 10.

- Phân tích. Nhận thấy phương trình là mối liên hệ giữa x2 7x 10 và x, đồng thời nếu đặt
2

x 7x 10 a

x b

   







  a2 b2 7b 10 do vậy ta có thể đưa phương trình đã cho về hệ phương trình hữu 
tỷ.

Lời giải

Điều kiện 2 x 5.  Đặt
2

x 7x 10 a

x b

   











a 0,2 b 5  



 a2 b2 7b 10 Lúc đó ta có hệ:





2 2

b 5 a b 8b 10
a b 7b 10

    




  




 

2 2

a ab 5a b 0 1
a b 7b 10 0 2
    


 

   




Lấy phương trình (1) nhân với
9

4


rồi cộng với phương trình (2), ta có:





2 2

5a 9 b 5 a b 37b 10 0

4 4 4

       5a2 9a b 5 4b





2 37b 40 0

      



a b 8 5a 4b 5

 



     

a b 8
5a 4b 5 0
  

 

  


+ Với a b 8  , ta có: 
a 0

6 b 8 3
 



   

 , hay trường hợp này không xảy ra.
+ Với 5a 4b 5,  thay vào (2) ta có:



4b 5



2 b2 7b 10 0
2 b 5

     




 




15 5 5

b ,

2

 

hay

15 5 5

x .

2



Vậy phương trình đã cho có nghiệm

15 5 5

x .

2



- Bình luận.

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

- Tuy nhiên điều quan trọng hơn là vì sao lại nghĩ đến việc xử lý hệ phương trình như trên, mời các bạn
đón đọc cuốn sách viết về Hệ phương trình của chúng tôi, các bạn sẽ nhận được câu trả lời bạn mong
muốn.

- BÀI TẬP RÈN LUYỆN.

Bài 1. Giải phương trình 3 2



 x 2



2x x 6. Đáp số:

11 3 5

x 3; x .

2


 

Bài 2. Giải phương trình 5x 1 3 9 x 2x  23x 1. Đáp số: x 1.

Bài 3. Giải phương trình 3

x 1 2 1 .
x 2
2x 1 3

 




  Đáp số:

1 5
x 0; x .

2


 

Bài 4. Giải phương trình





x 1 3 x  x.

Đáp số:

1 5

x .

2



Bài 5. Giải phương trình 3 6x2 x 1  2x 1 4 3x 1 5 8x.     Đáp số: x 1.

Bài 6. Giải phương trình 4 1 x x 6 3 1 x     2 5 1 x. Đáp số:

x .

2


Bài 7. Giải phương trình





x 5 x 1 6x 7     3x 2.

Đáp số: x1; x 14 6 6. 

Bài 8. Giải phương trình 4 x 2





 

 4x 2 3



 x 2 . Đáp số: x1.

Bài 9. Giải phương trình

2 46x 17

3 6x x 1 5 8x.

2x 1 4 3x 1


    

   Đáp số: x 1.

Bài 10. Giải phương trình 8 x 1



 2 x



26 x 10 2 x 8x 16.    Đáp số:
1
x .

4


Bài 11. Giải phương trình 2 5x 3 x 1 5 x 1 3 x 3 5x 1 .







 







 







Đáp số:

1 11
x ;x ;x 3.

5 25

  

Bài 12. Giải phương trình 2

3x 1

2x 3 0.

3 2x 2 x



  

   Đáp số: x 1.

d) Đưa phương trình vơ tỷ về hệ phương trình có nhiều ẩn phụ.
Ví dụ 1. Giải phương trình 3 x 1 3 3x 1 3 x 1.

- Phân tích. Đặt

3
3
3

x 1 a
3x 1 b,
x 1 c
  




 




 




- Ta tìm mối liên hệ giữa các ẩn số: x 1 m 3x 1 n x 1 















3m n 1
m n 1
  
 

 



1
m

2
1
n

2





 

 



Suy ra: 2a3 b c ,3 3

- Từ đó ta có hệ: 3 3 3

a b c

2a b c

  





 









3 3

2a b a b

   

3 2 2

a a b ab 0

   





2 2

a a ab b 0

    a 0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Đặt
3
3
3

x 1 a
3x 1 b,
x 1 c
  




 




 


  2a3 b c ,3 3 từ đó ta có hệ phương trình:

3 3 3

a b c

2a b c

  





 









3 3

2a b a b

    a a b ab3 2 2 0

   





2 2

a a ab b 0

    a 0

 
Với a 0 thay trở lại ta có: 3 x 1 0   x 1

Thử lại cho ta nghiệm của phương trình là: x1.

Tổng quát: Để giải hệ 3 a x b1  1 3 a x b2  2 3a x b3  3 , ta đặt 
3

1 1

2 2

3 3

a x b u
a x b v
a x b w

  




 




 




Sau đó tìm các số ,  thỏa mãn (tìm mối liên hệ giữa các ẩn phụ)









1 1 2 2 3 3

a x b  a x b   a x b

1 2 3

a a a

b b b

   


 

  




Việc cịn lại là giải quyết hệ phương trình: 3 3 3

u v w

  




  



</div>