mot so dang phuong trinh vo ti va pp giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 1. Phương pháp nâng lên lũy thừa g(x)  0 f (x)  g(x)   2 f (x)  [g(x)] Ví dụ. Giải phương trình: x  1  x  1 (1) x  1 x  1 x  1 Giải: (1)    2  x  3  x  1  x  1  x  3x  0. a) Dạng 1:. Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 Tổng quát: b) Dạng 2:. 2k. g(x)  0 f (x)  g(x)   2k f (x)  g(x) . f (x)  g(x)  h(x). Ví dụ. 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 25x  150 x  x  6  144  x  24x.  . 2. 2. Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6 c) Dạng 3: f (x)  g(x)  h(x) Ví dụ. 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 19x  x 2  84  x  4  4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16  76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0  5x2 – 84x + 352 = 0  x1 =. 44 ; x2 = 8 (thỏa ĐK) 5. 44 ; x2 = 8 5 f (x)  g(x)  h(x)  k(x). Vậy: phương trình đã cho có hai nghiệm x1 = d) Dạng 4:. Ví dụ. 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)  49  x 2  9x  14 x(x  9)  x 2  5x  4.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  45 + 14x + 14 x(x  9) = 0 Với x ≥ 4  vế trái của phương trình luôn là một số dương  phương trình vô nghiệm  Trường hợp: f(x) + h(x) = g(x) + k(x) hoặc f(x).h(x) = g(x).k(x) thì ta đưa về dạng: f (x)  h(x)  k(x)  g(x) rồi bình phương 2 vế. VD1: Giải pt: 3x  1  x  3  2 x  2x  2 (*) HD Giải: Đk x  0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1 .  x  3 3x  1  x  2 x  2 x  1 , để. giải phương trình này hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế ta có:. 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1. Thử lại x=1 thỏa. VD2. Giải phương trình sau :. x3  1  x  1  x2  x  1  x  3 x 3. HD Giải: Điều kiện : x  1 Ta có nhận xét :. (2) . x3  1 . x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : x 3. x3  1  x  3  x2  x  1  x  1 x3. x  1 3 x3  1 Bình phương 2 vế ta được:  x2  x  1  x 2  2 x  2  0   x3  x  1  3 Thử lại : x  1  3, x  1  3 là nghiệm 2) Phương pháp trị tuyệt đối hóa. Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2  4x  4  x  8 Giải: (1) . (1). x  8 x  8   (x  2)2  8  x  x  2  8  x    x  2  8  x    x  5  x  5  x  2  x  8   0x  6  . Ví dụ 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. Trục căn thức 3.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung ..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a) Phương pháp Với một số phương trình ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình A  x   0 hoặc chứng minh A  x   0 vô nghiệm, chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh giá A  x   0 vô nghiệm b) VD: Giải pt: 2x  1  x  2  x  3 (*) HD giải: ĐK: x  2. Ta thấy 2x + 1 – (x + 2) = x + 3. Do đó ta nhân lượng liên hiệp vào 2 vế của (*) ta được:. . 2x  1  x  2.  x  3   x  3.   x  3. . .  . 2x  1  x  2. 2x  1  x  2.     x  3 . 2x  1  x  2. . .  x  3 2x  1  x  2  1  0    pt vô nghiệm vì x  2.  2x  1  x  2  1. . 3.2. Đưa về “hệ tạm” a) Phương pháp:  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà: A  B   C ở đây C có thể là hằng số, hay biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :  A  B  C A B  2 A  C   C  A  B   , khi đó ta có hệ:  A B  A  B   b) VD: Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4 HD Giải: Ta thấy :  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4  x  4 không phải là nghiệm Xét x  4. Trục căn thức ta có :. 2x  8 2. 2.  x  4  2x2  x  9  2x2  x  1  2. 2x  x  9  2 x  x  1. x  0  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  2 2 Vậy ta có hệ:   2 2x  x  9  x  6   2 2 x  8  2 x  x  9  2 x  x  1  x  4  7 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 4. Phương trình biến đổi về tích.  Sử dụng các đẳng thức u  v  1  uv   u  1 v  1  0 au  bv  ab  vu   u  b  v  a   0. A2  B 2 VD1: Giải pt: x  3  x  1  x 2  2x  3  1 HD giải: ĐK: x  1 (1)  x  3   x  3 x  1  x  1  1  0. (1).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . .  x  3  1  x  2 x  3  1 1 x 1  0    x  2  x  1  1. . . Kết hợp Đk ta được x=2 là nghiệm pt. x 2  10 x  21  3 x  3  2 x  7  6. VD2: Giải pt:. (2). HD Giải: ĐK: x  -3 ( x  3)( x  7)  3 x  3  2 x  7  6  0. (2) . x  3( x  7  3)  2( x  7  3)  0. .  x3 2  0 x  7  9 x  2  ( x  7  3)( x  3  2)  0     x  3  4 x 1  x  7  3  0. (nhận). Vậy pt có 2 nghiệm x=1; x=2. x  3  2 x x  1  2 x  x2  4x  3. VD 3. Giải phương trình: Giải: ĐK: x  1 pt .  x  3 x  1 . . . x  3  2x x  1  2x  0 . . x  3  2x. . . x 1 1  0.  4x 2  x  3  0  x  3  2x x  1    x  0  x  0  x  1  1 x  0  Vậy pt có nghiệm: x = 0; x = 1  Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : Ak  B k. 3x  x. VD1. Giải phương trình : HD Giải:. 3  x (1). Đk: 0  x  3 3. 3 1  10 10  1  (1)  x  3 x  x  3  0   x    x   3 3 3 3  2 VD2. Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x  x  4 (2) HD Giải: Đk: x  3 x 1  x  3  1  3x 2 2 (2)  1  3  x  9 x     x  5  97  x  3  1  3 x  18 3. 2. . . . . VD3: Giải pt: 2 x 2  14  2 x 2  8 x x  8 x  14 x 2  8 x  24  0 (3) HD giải: ĐK: x  0; x  8 (3)  x 2  8x  2  x+7  x 2  8x  x 2  14x  49  25  0  x 2  8x  x  7  5  x 2  8x  x  12  x  9  25    (thỏa ĐK)  x  1  x 2  8x  x  7  5  x 2  8x  x  2  Vậy pt có nghiệm: x = -9; x = 1 . . x 2  8x  x  7. . 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5. Phương pháp đặt ẩn phụ. 5.1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường. (1 ẩn phụ)  Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t  f  x  và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “ hoàn toàn” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t  f  x  thường là những phương trình dễ . VD1. Giải phương trình: x  x 2  1  x  x 2  1  2 HD giải: Điều kiện: x  1 Nhận xét.. x  x 2  1. x  x 2  1  1. 1 Đặt t  x  x 2  1 (t  0) thì phương trình có dạng: t   2  t  1 (vì t  0) t Thay vào tìm được x  1 VD2. Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5 Giải 4 Điều kiện: x   5 t2  5 Đặt t  4 x  5(t  0) thì x  . Thay vào ta có phương trình sau: 4 t 4  10t 2  25 6 2 2.  (t  5)  1  t  t 4  22t 2  8t  27  0 16 4  (t 2  2t  7)(t 2  2t  11)  0 Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1  2 2; t3,4  1  2 3 Do t  0 nên chỉ nhận các gái trị t1  1  2 2, t3  1  2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x  1  2 vaø x  2  3 VD3. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 HD: Điều kiện: 1  x  6 Đặt y  x  1( y  0) thì phương trình trở thành:. y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0 ( với y  5)  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0  y . 1  21 1  17 (loại), y  2 2. 11  17 2 5.2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng cách Từ đó ta tìm được các giá trị của x . 2. u u Xét v  0 phương trình trở thành :          0 v v v  0 thử trực tiếp. Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)  a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x .

<span class='text_page_counter'>(6)</span>   u   v  mu 2  nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này. a) Phương trình dạng: a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x . Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu  P  x   A  x  .B  x   Q  x   aA  x   bB  x . Xuất phát từ đẳng thức : x 3  1   x  1  x 2  x  1 x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1. . . . x4  1  x2  2x  1 x2  2x  1. 4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1 VD1. Giải phương trình : 2  x 2  2   5 x3  1 HD Giải: Ta thấy:. x 3  1   x  1  x 2  x  1. x2 +2 = (x + 1) + (x2 – x + 1) Do đó ta đặt u  x  1, v  x 2  x  1. u  2v 5  37 Phương trình trở thành : 2  u  v   5uv   . Tìm được: x  1 u  v 2  2 2. 2. VD2: giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1 Giải: Đk: x  1. . . Nhận xét : Ta viết   x  1   x 2  x  1  7. .  x  1  x 2  x  1. . Đồng nhất thức ta được: 3  x  1  2 x 2  x  1  7.  x  1  x2  x  1. v  9u Đặt u  x  1  0 , v  x  x  1  0 , ta được: 3u  2v  7 uv   v  1 u  4 Ta được : x  4  6 2. b) Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2. Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên, nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. VD1. Giải phương trình : x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 HD Giải:.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> u  x 2 Ta đặt :  khi đó phương trình trở thành : u  3v  u 2  v 2 2 v  x  1 VD2.Giải phương trình sau : x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1 Giải 1 Đk x  . Bình phương 2 vế ta có : 2. x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1   x 2  2 x    2 x  1.  1 5 v u  u  x  2 x 2 2 2  Ta có thể đặt :  khi đó ta có hệ : uv  u  v   1 5 v  2 x  1 v u   2 1 5 1 5 Do u , v  0 . u  v  x2  2x   2 x  1 2 2 2. VD3. giải phương trình : HD Giải:. 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1. Đk x  5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  2  5. x. 2.  x  20   x  1. Nhận xét: không tồn tại số  ,  để : 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1 vậy ta không thể đặt. u  x 2  x  20 .  v  x  1  Nhưng may mắn ta có :  x 2  x  20   x  1   x  4  x  5  x  1   x  4   x 2  4 x  5  Ta viết lại phương trình: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) . Đến đây bài toán được giải quyết . 5.3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.. . . VD1. Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 HD Giải:. t  3 Đặt t  x 2  2 (t ≥ 2 ) thì x2 = t2 - 2 , ta có pt: t 2   2  x  t  3  3 x  0   t  x  1 t = 3 ta được: t  x 2  2 =3 x2 = 7 x = ± 7 x  1 x 1  t = x – 1 ta được: t  x  2 = x – 1   2  1  pt vô nghiệm. 2  x  2  x  2x  1  x   2 Vậy pt có nghiệm là x = ± 7 . 2. VD2. Giải phương trình: 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 HD Giải: ĐK: x  2. . . Bình phương 2 vế phương trình ta được: 4  2 x  4   16 2 4  x 2  16  2  x   9 x 2  16.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  8  4  x 2   16 2  4  x 2   x 2  8x. x  t1   2 Ta đặt : t  2 4  x 2  0 . Ta được pt: 4t 2  16t  x 2  8x  0   t   x  4  2 2  x  2  t2 < 0 (không thỏa t ≥ 0). . .  x2 2 9x 2  32 x 8  2x  4 2  2  4  x2       x 4  2 3 0  x  2 0  x  2  5.4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt: 5.4.1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường  Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó tìm được hệ theo x  Với t1= ta có: 2. u,v VD1. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 Điều kiện: x  1 Đặt a  x  1, b  5  x  1( a  0, b  0) thì ta đưa về hệ phương trình sau:. a 2  b  5  (a  b)(a  b  1)  0  a  b  1  0  a  b  1  2 b  a  5  11  17 Vậy x  1  1  5  x  1  x  1  5  x  x  2. 4 x2  5 x  1  2 x2  x  1  9 x  3. VD2: Giải pt:. HD giải: Đặt u = 4 x 2  5 x  1 ; v = 2 x 2  x  1 ( u  0; v  3 ) thì: u2 – v2 = 9x – 3 u  v  9x  3. u  v  u  v  u 2  v 2   u  v  u  v  1  0   u  v  1 (không TMDK ) u  v  9x  3 1 u  v thì 4 x 2  5 x  1 = 2 x 2  x  1  x  3 5.4.2. Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II Dạng: ax  b  r (ux  v ) 2  dx  e (a, u , r  0) Phương pháp: Đặt ax + b = uy + v đưa về hệ pt đối xứng theo ẩn x, y.. Ta có hệ pt: . 2. 2. VD1: Giải phương trình: x 2  2 x  2 2 x  1 1 Điều kiện: x  2 Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1)2  1  2 2 x  1.  x 2  2 x  2( y  1) Đặt y  1  2 x  1 thì ta đưa về hệ sau:  2  y  2 y  2( x  1) Trừ hai vế của phương trình ta được ( x  y )( x  y )  0 Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x  2  2 VD2. Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Giải. 5 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  (2 x  3) 2  2 4 x  5  11 Điều kiện x  . (2 x  3) 2  4 y  5 Đặt 2 y  3  4 x  5 ta được hệ phương trình sau:   ( x  y )( x  y  1)  0 2 (2 y  3)  4 x  5  Với x  y  2 x  3  4 x  5  x  2  3 Với x  y  1  0  y  1  x  x  1  2 Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1  2; 1  3}. 3) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm. Ví dụ 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) Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1  phương trình vô nghiệm b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 (1) 4. 9. Giải: Ta có (1)  3  x 2  2x  1    5  x 2  2x  1    (x 2  2x  1)  5 3 5 . . . .  3(x  1) 2  4  5(x  1) 2  9  5  (x  1) 2 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 dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất) Ví dụ 1. Giải phương trình: Giải: điều kiện x ≥. x7  8  2x 2  2x  1 x 1. 1 2. Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình 6 1  x  2 : VT = 1   8  8  3 . Mà: VP > 8  3 2 x 1 – Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x  1 > 2.22 + 3 = 8  3 . VT < 8  3. – Nếu. Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 3x 2  7x  3  x 2  2  3x 2  5x  1  x 2  3x  4. Ví dụ 2: Giải phương trình: Giải: Thử với x = 2. Ta có:. 3.4  7.2  3  22  2  3.22  5.2  1  22  3.2  4  1 2  3  6. (1)  (3x 2  5x  1)  2(x  2)  (x 2  2)  3(x  2)  3x 2  5x  1  x 2  2 Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 6 8  6 3 x 2x 3 Giải: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó 2. Ví dụ 3. Giải phương trình:. là nghiệm duy nhất. Thật vậy: Với x <. 6  2 và 3 x. 3 : 2. Tương tự với. 8 6 8 4    6. 2x 3 x 2x 6 8  6 3 x 2x. 3 < x < 2: 2. Ví dụ 4. Giải phương trình: 3x(2  9x 2  3)  (4x  2)(1  1  x  x 2 )  0 (1).   3x  2 .    3   (2x  1)  2 . . (1)  3x 2  (3x)2  3  (2x  1) 2  (2x  1)2  3  0. Giải:. (3x) 2. (2x  1) 2  3. . 1 1 thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x =  5 5  1  là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong khoảng   ; 0  . Ta chứng  2 . Nếu 3x = –(2x + 1)  x = . minh đó là nghiệm duy nhất. 1 2. 1 5. Với   x   : 3x < –2x – 1 < 0  (3x)2 > (2x + 1)2  2  (3x) 2  3  2  (2x  1) 2  3. . . . . Suy ra: 3x 2  (3x)2  3  (2x  1) 2  (2x  1) 2  3  0  (1) không có nghiệm trong khoảng 1 2. này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi   x   d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức không chặt Ví dụ. Giải phương trình Giải: điều kiện x . x 4x  1  2 x 4x  1. 1 4. Áp dụng bất đẳng thức Với điều kiện x . a b   2 với ab > 0 b a. 1  x 4x  1  0 . Nên: 4. 1 5.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> x 4x  1   2 . Dấu “=” xảy ra  x  4x  1  x 2  4x  1  0 x 4x  1  x 2  4x  4  3  0  (x  2)2  3  x  2   3  x  2  3.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>