BDHSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Båi dìng Häc sinh giái Ph¬ng tr×nh v« tØ 1. Phương pháp nâng lên lũy thừa g(x) 0  f (x) g(x) f (x) [g(x)]2 . a) Dạng 1: Ví du. Giải phương trình: x  1 x  1 (1)  x 1    x  1 x  1.  x 1   2  x  3x 0.  x 1   x 3. Giải: (1)  Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 b) Dạng 2: f (x)  g(x) h(x) Ví du. Giải phương trình: x  3 5  x  2 (2) Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có: (2)  x  3  x  2 5  2x  1  2 (x  3)(x  2) 25  (x  3)(x  2) 12  x 2 x 12 2 x 12   x 6  2 2 25x 150 x  x  6 144  x  24x   . Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6 c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x) Ví du. Giải phương trình: x  1  x  7  12  x (3) Giải: Với điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Ta có: (3)  x  1  12  x  x  7  x  1 5  2 (12  x)(x  7) 2.  2 19x  x  84 x  4  4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0  5x2 – 84x + 352 = 0 84 352  42 1764 1764 352    2 5 x2  x    5  x  2  x   5 5  5 25 25 5    2. 42  4 44    5  x    5  5  x  8   x   (x  8)  5x  44  5  25 5    44  x1 = 5 ; x2 = 8 44 Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = 5 ; x2 = 8. d) Dạng 4: f (x)  g(x)  h(x)  k(x).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ví du. Giải phương trình: x  x  1  x  4  x  9 0 (4) Giải: Với điều kiện x ≥ 4. Ta có: (4)  x  9  x  x  1  x  4  2x  9  2 x(x  9) 2x  5  2 (x  4)(x  1)  7  x(x  9)  (x  1)(x  4) 2 2  49  x  9x  14 x(x  9) x  5x  4.  45 + 14x + 14 x(x  9) = 0 Với x ≥ 4  vế trái của phương trình luôn là một số dương  phương trình vô nghiệm. 2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa Ví du 1. Giải phương trình:. x 2  4x  4  x 8 (1). 2. Giải: (1)  (x  2) 8  x Với điều kiện x ≤ 8. Ta có: (1)  |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 HD: Đáp số: x = 5. Ví du 2. Giải phương trình x  2  2 x  1  x  10  6 x  1 2 x  2  2 x  1 (2) Giải: (2)  x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9 2 x  1  2 x  1  1  x  1  1 | x  1  3 |2.| x  1  1| Đặt y = x  1 (y ≥ 0)  phương trình đã cho trở thành: y  1 | y  3 |2 | y  1|. – Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại) – Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3 – Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm là x = 8 3) Phương pháp sử dung bất đẳng thức a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm Ví du 1. Giải phương trình x  1  5x  1  3x  2 Cách 1. điều kiện x ≥ 1 Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x  1  5x  1  vế trái luôn âm Vế phải: 3x  2 ≥ 1  vế phải luôn dương Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm Cách 2. Với x ≥ 1, ta có: x  1  5x  1  3x  2 x  1 8x  3  2 (5x  1)(3x  2). .  2  7x 2 (5x  1)(3x  2).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vô nghiệm b) Sử dung tính đối nghịch ở hai vế 2 2 2 Ví du 2. Giải phương trình: 3x  6x  7  5x  10x  14 4  2x  x (1). Giải: Ta có (1) . 4 9   3  x 2  2x  1    5  x 2  2x 1    (x 2  2x  1)  5 3 5  . 2. 2. 2.  3(x  1)  4  5(x  1)  9 5  (x  1) Ta có: Vế trái ≥ 4  9 2  3 5 . Dấu “=” xảy ra  x = –1 Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra  x = –1 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 c) Sử dung tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất) Ví du 1. Giải phương trình:. x 7  8 2x 2  2x  1 x 1. 1 Giải: điều kiện x ≥ 2. Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình 1 x  2 – Nếu 2 : VT =. – Nếu x > 2: VP = 2x2 +. 6 8  8 3 x 1 . Mà: VP > 8  3 2x  1 > 2.22 + 3 = 8  3 . VT < 8  3 1. x  2  x 1  2 1 6 6 1 1 3 x 1 2 1. Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 2 2 2 2 Ví du 2. Giải phương trình: 3x  7x  3  x  2  3x  5x  1  x  3x  4 Giải: Thử với x = 2. Ta có:. 3.4  7.2  3   1. 2  3. 22  2  3.22  5.2  1 . 22  3.2  4. 6. 2. 2 2 2 (1)  (3x  5x  1)  2(x  2)  (x  2)  3(x  2)  3x  5x  1  x  2 Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví du 3. Giải phương trình:. 6 8  6 3 x 2 x.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 Giải: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = 2 là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng 6 8 3 2 4 3 x 2 x minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x < 2 : và  6 8  6 3 x 2 x . 6 8  6 3 x 2 x. 3 Tương tự với 2 < x < 2:. 2 2 Ví du 4. Giải phương trình: 3x(2  9x  3)  (4x  2)(1  1  x  x ) 0 (1). . . . .  3x 2  (3x) 2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3 0. Giải: (1). . . .  3x 2  (3x) 2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3. . 1 Nếu 3x = –(2x + 1)  x = 5 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x =  1  1    ; 0 5 là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng  2  . Ta . chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Với. . 1 1 x 2 5 : 3x < –2x – 1 < 0. 2 2  (3x)2 > (2x + 1)2  2  (3x)  3  2  (2x  1)  3. Suy ra:. . . . . 3x 2  (3x) 2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3  0.  (1) không có nghiệm trong khoảng. này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi d) Sử dung điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt Ví du. Giải phương trình Giải: điều kiện. x. x 4x  1  2 x 4x  1. 1 4. a b  2 Áp dụng bất đẳng thức b a với ab > 0 1 x   x 4x  1  0 4 Với điều kiện . Nên: x 4x  1  2 2 x 4x  1 . Dấu “=” xảy ra  x  4x  1  x  4x  1 0 2 2  x  4x  4  3 0  (x  2) 3  x  2  3  x 2  3. 4. Phương pháp đưa về phương trình tích Ví du 1. Giải phương trình: 2x  1  x  2 x  3. . 1 1 x 2 5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình: (x  3)( 2x  1  x  2  1) 0 .  x  3 0   2x  1  x  2 1.  PT vô nghiệm. 2 Ví du 2. Giải phương trình: x  1  2(x  1)  x  1  1  x  3 1  x (1). Giải. ĐK: | x | ≤ 1: (1) . . x 1  1  x.  x1 = 0; x2 =. . 2. . x  1  1  x  1 0. 24 25. 3 2 4 Ví du 3. Giải phương trình: x  1  x  x  x  1 1  x  1 (1) Giải. Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1)..  (1) . . x  1  1 1. . x 3  x 2  x  1 0. x=2. 5) Phương pháp đặt ẩn phu a) Sử dung một ẩn phu 2 Ví dụ 1. Giải phương trình: x  x  1 1 (1) Giải. Đặt x  1 = y (y ≥ 0) y2 = x + 1  x = y2 – 1  x2 = (y2 – 1)2  (2)  (y2 – 1)2 + y – 1 = 0  y(y  1)(y2 + y  1) = 0.  1  5  0;  1;  2    Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là:. Ví du 2. Giải phương trình: . . 3. x  1  1  2 x  1 2  x. (1). HD: ĐK: x ≥ 1. Đặt x  1  1 = y (1)  . 3.  . x  1 1 . . 2. x  1  1  2 0.  y3 + y2 – 2 = 0  (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0  y = 1  x = 1 b) Sử dung hai ẩn phu 3 Ví du 1. Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x  1 (3) 2. Giải. Đặt u = x  1 , v = x  x  1 (ĐK: x ≥ 1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó: u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1.  (3)  2(u2 + v2) = 5uv  (2u  v)(u  2v) = 0  5  37 5  37  ;   2 2    Giải ra, xác định x. Kết quả là: x .  x  5  x  2   1  x  7x  10  3 (1) Ví dụ 2. Giải phương trình: x  5  x  2   1  (x  5)(x  2)  3 Giải. ĐK: x ≥ –2. (1)   2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Đặt: x  5 = u, x  2 = v (u, v ≥ 0) u2 – v2 = 3. (1)  (a – b)(1 + ab) = a2 – b2  (a – b)(1 – a + ab – b) = 0  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất Ví dụ 3. Giải phương trình: x  1  3x 2x  1 (1) Giải. ĐK: x ≥ 0. Đặt x  1 = u, 3x = v (u, v ≥ 0): (1)  b – a = a2 – b2  (a – b)(a + b + 1) =0 1 Mà a + b + 1 > 0  a = b  x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 4 1 5  x  x  2x  x x (1) Ví du 4. Giải phương trình: x 1 5 2x  x = u, x = v (u, v ≥ 0) Giải. Đặt 1  5  1  5 x     2x     x     2x  0 x  x  x  x (1)   u – (v2 – u2) – v = 0 x.  (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2 c) Sử dung ba ẩn phu 2 2 Ví du 1 Giải phương trình: x  3x  2  x  3  x  2  x  2x  3 (1). Giải. ĐK: x ≥ 2. (1)  (x  1)(x  2)  x  3  x  2  (x  x)(x  3) Đặt: x  1 = a, x  2 = b, x  3 = c (a, b, c ≥ 0): (1)  ab + c = b + ac  (a – 1)(b – c) =0  a = 1 hoặc b = c. Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 2. Giải phương trình : x  2  x. 3  x  3  x. 5  x  2  x. 5  x Giải. Đặt : u  2  x ; v  3  x ; t  5  x (u ; v ; t ≥ 0)  x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu (u  v)(u  t) 2 (1)  (v  u)(v  t) 3 (2) (t  u)(t  v) 5 (3) . Từ đó ta có hệ: Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30 Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u  v)(v  t)(t  u)  30 (4) Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:  v  t    u  t    u  v  . 30 (5) 2 30 (6) 3 30 (7) 5. Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2(u  v  t) . 31 30 31 30  u v  t  30 60 (8). Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có:  30 u  60  11 30   x 2  v  60   19 30 t  60 . 2.  30  239    120  60 . d) Sử dung ẩn phu đưa về hệ phương trình Ví dụ 1. Giải phương trình x  1  2x  1 5 Cách 1: Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5 Cách 2: Đặt x  1 u 0 và. u  v 5  u 2  2 2  2x  1 v . Ta có hệ:  v  2u 1   u  12  x = 5.. Ví dụ 2 Giải phương trình: 8  x  5  x 5 Giải. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt 8  x = u , 5  x v (u, v ≥ 0): u  v 5 u 2 u=3   v   2 2 u  v  13 v  3    v=2 Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất.  2 2 Ví du 3. Giải phương trình: 25  x  9  x 2 2 2 Giải. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 25  x = u, 9  x = v (u, v ≥ 0). u  v 2  2 2  u  v 16 . u  v 2   u  v 8. u 5   v 3 . Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất.. Ví du 4. Giải phương trình: 1  x  4  x 3 Giải. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt 1  x u ; u  v 3  2 2  u  v 5 . 4  x v (u, v ≥ 0).  x 0  x  3 . 2 Ví dụ 5. Giải phương trình: 2  x  2  x  4  x 2. (u  v) 2  2uv 4  (u  v)  uv 2. Giải. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt 2  x u, 2  x v (u, v ≥ 0)  Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2 4 4 Ví dụ 6. Giải phương trình: 97  x  x 5 (1) 4 4 Giải. Đặt 97  x = u, x = v (u, v ≥ 0) u  v 5   4 4 u  v  97   (1) .  u 2  u 3      v 3  v 2.  x 81   x 16. 3 3 3 Ví du 7. Giải phương trình: x  2x  3  12(x  1).

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 3 3 Giải. Đặt x u, 2x  3 v (1) 3 3 3 3 3 3 3  u  v  4(u  v )  u  v  3uv(u  v) 4(u  v ).  u  v  3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 ) 0  3.(u  v).(u  v) 2 0    u  v  kết quả. 6) Giải và biện luận phương trình vô ti 2 Ví dụ 1. Giải và biện luận phương trình: x  4 x  m.  x m  x m    2 2 2 2 2mx  (m  4) 0 x 2  4 x  m   x  4 x  4xm  m. Giải. Ta có: – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm. m2  4 m2  4 2m . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  2m ≥ m – Nếu m ≠ 0: + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m 2 x. + Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2 Tóm lại: – Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm – Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Ví du 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:. √ x2 −3=x − m. m2  4 2m. (Đề thi học sinh giỏi cấp tinh năm học 1999 – 2000).  x m x 2  3 x  m   2  2 2 x  3  x  m  2mx . Giải. Ta có: – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm x. x.  x m  2 2mx  (m  3) 0. m2  3 m2  3 m 2m . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  2m. – Nếu m ≠ 0: + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0 m  3 + Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3 Tóm lại:. x. – Nếu 0 m  3 hoặc m  3 . Phương trình có một nghiệm: – Nếu  3  m 0 hoặc m  3 : phương trình vô nghiệm Ví dụ 3. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x m  m Giải. Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm. m2  3 2m. – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1) 0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x. m)( x  m  1) 0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x  m 0   x 1  m 2 + Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x1 = m; x2 = (1  m) + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>