Tài liệu Giải phương trình chứ căn bậc 2 - Phạm Thành Luân pptx

132
CHƯƠNG 4:
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
CHỨA CĂN THỨC.
A. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI.
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.
1. Nhắc lại:
2
aa=
;
2
a nếu a 0
a
a nếu a 0
≥
⎧
=
⎨
−≤
⎩

. Nếu
a0≥
và
b0≥
, ta có:
22
ab a b>⇔ >

. Với mọi a, b

R∈
, ta có:
33
33
ab a b
ab a b
=⇔ =
>⇔ >

. Giả sử
a0≥
và
b0≥
. Ta có :
ab a b 2(ab)+≤ + ≤ +

Đẳng thức bên phải đúng khi và chỉ khi a = b
Đẳng thức bên trái đúng khi và chỉ khi a = 0
∨
b = 0
2. Dạng cơ bản:
A0(hay B0)
AB
AB
≥≥
⎧
=⇔
⎨
=
⎩

2
B0
AB
AB
≥
⎧
⎪
=⇔
⎨
=
⎪
⎩

3. Các dạng khác:
Đặt điều kiện cho
2u
A
là A ≥ 0, nâng cả hai vế lên lũy thừa tương
ứng để khử căn thức.
2u 2u
A.B 0
AB
AB
≥
⎧
⎪
=⇔
⎨
=

⎪
⎩

2u 1 2u 1
AB A B
++
=⇔ =
. Đặt ẩn dụ để đưa về phương trình hay hệ phương trình đơn giản.
. Trường hợp phương trình đã cho có nhiều căn thức.
+ Ta bình phương 2 vế nhiều lần để khử dấu căn thức.

133
+ Mỗi lần bình phương 2 vế, cần đặt các điều kiện:
- Điều kiện có nghóa của các căn thức
- Điều kiện về dấu của 2 vế.
Để bình phương mới tương đương với phương trình cho.
II. CÁC VÍ DỤ.
Ví dụ 1:
Giải phương trình:
2
2
11
2x 2 4 x
x
x
⎛⎞
−+− =−+
⎜⎟
⎝⎠

(ĐH Ngoại Thương năm 1996).
Giải
Điều kiện:
2
2
2
2x 2
2x 0
2x 2
1
22
20
2x 1 0,x 0
xx
x
22
⎧
⎧
−≤≤
−≥
⎧
−≤≤
⎪⎪ ⎪
⇔⇔
⎨⎨ ⎨
−≥
−≥ ≠
≤− ∨ ≥
⎪
⎪⎪

⎩
⎩
⎩

22
2x x 2.
22
⇔− ≤ ≤− ∨ ≤ ≤
*
2
2x
2
−≤≤− : thì x < 0 nên ta có:
2
2
11
2x 2 2 222 44 x
x
x
⎛⎞
−+−<+= <<−+
⎜⎟
⎝⎠

2
x2,
2
⎡ ⎤
−
⇒∈−

⎢ ⎥
⎢ ⎥
⎣ ⎦
không là nghiệm của phương trình cho.
*
2
x2:
2
≤≤ Bình phương 2 vế của phương trình cho:
2
22
22
1111
2x 2 2(2x)2 168x x
xx
xx
⎛ ⎞ ⎛⎞⎛⎞
−+− + − − =− + ++
⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎝ ⎠ ⎝⎠⎝⎠

2
22
22
1111
25 2x 12 8x x x
xx
xx
⎛ ⎞ ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞
⇔− +=−+++++

⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
⎝ ⎠ ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠
(*)
Đặt
22
2
11
tx t x 2
x
x
= +⇒ = + +
. Điều kiện t 2≥
222
(*) 2 5 2(t 2) 12 8t t 2 t
⇔ −−=−+−+


134
22 2 2
9 2t t 4t 5 (t 2) 9 2t (t 2) 1 (**)
⇔− =−+ ≥⇔− =−+

Ta có:
2
2
92t 1
(***)
(t 2) 1 1
⎧
−≤

⎪
⎨
⎪
−+≥
⎩

(**) và (***)
2
2
92t 1
1
t2 x 2 x1
x
(t 2) 1 1
⎧
−=
⎪
⇒⇔=⇔+=⇔=
⎨
−+=
⎪
⎩

Thay x = 1 vào phương trình cho thỏa vậy x = 1 là nghiệm phương
trình.
Ví dụ 2:

Giải phương trình:
xxx
(2 3) (2 3) 4−++=

(Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1998, đề số 2)
Giải
xxx
xx
(2 3) (2 3) 4
23 23
1 (1)
44
−++=
⎛⎞⎛⎞
−+
⇔+=
⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Nhận xét x = 1 là nghiệm phương trình (1), ta chứng minh x = 1 duy
nhất.
23
1
4
−
<
và
23
1
4
+
<

⇒ Vế trái là hàm số giảm.
Vế phải là hằng số ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 3:

Giải phương trình:
2
x4x22x−+ +=

(ĐH Quốc Gia TPHCM Khối D năm 1999).
Giải
Ta có:
2
x4x22x−+ +=
2
x4x2x2⇔− + = −

22 2
2x 2 0 x 1
x 4x 4x 8x 4 5x 12x 4 0
−≥ ≥
⎧⎧
⎪⎪
⇔⇔
⎨⎨
−+ = − + − +=
⎪⎪
⎩⎩

x1
2

x2x x2
5
≥
⎧
⎪
⇔
⎨
=∨= ⇔=
⎪
⎩



135
Ví dụ 4:
Giải phương trình:
2
xx55 (1)
=++

Giải
Đặt
2
tx5tx5= +⇒ =+
Điều kiện
x5
t0
≥−
⎧
⎨

≥
⎩

(1)
2
2
xt5
tx5
⎧
=+
⎪
⇔
⎨
=+
⎪
⎩
(hệ đối xứng loại 2)
2
2
22
xt5
xt5

(x t)(x t 1) 0
xttx
⎧
⎧
=+
=+
⎪⎪

⇔⇔
⎨⎨
− ++ =
⎪
−=−
⎪
⎩
⎩

2
2
2
xx5
xt5
(t 0)
xtt x1
x x15
⎡
⎧
=+
=+
⎪
⇔≥⇔
⎢
⎨
=∨=−−
⎪
⎢
= −−+
⎩

⎣

2
2
121
x
xx50 (x0)
2
117
xx40 (x1)
x
2
⎡
+
=
⎢
⎡
−−= ≥
⎢
⇔⇔
⎢
⎢
⎢−−
+−= ≤−
⎣
=
⎢
⎣

Ví dụ 5:

Giải phương trình:
2
22
x 4356 x
x x 4356 x 5
x
++
− +−=

Đặt
2
x4356x
a
x
++
=
,
22
b x. x 4356 x
=+−

2
2
x(4356)
b x( x 4356 x)
x4356x
=+−=
+ +

a11
6
ab 4356 66
x
b6
119
a b 5
⎧
=
⎧
==
⎪
⇒⇒⇒=
⎨⎨
=
−=
⎪
⎩
⎩


136
III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ.
1.1 Giải phương trình:
2
x2 4x x 6x11
−+ −= − +


1.2. Giải phương trình:

2
4x 1 4x 1 1
−+ −=


1.3. Giải phương trình:
16 x 9 x 7
−+ +=

(ĐH Đà Lạt năm 1999)

1.4. Giải phương trình:
22
(4x 1) x 1 2x 2x 1
−+=++


1.5. Giải phương trình:
4
22
xx1xx12
−−++−=



137
HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI TÓM TẮT

1.1.
2

x2 4x x 6x11−+ −= − +

Vế trái =
1. x 2 1. 4 x 2
−+ −≤
(BĐT BCS)
Vế phải =
22
(x 6x 9) 2 (x 3) 2 2
−++=− +≥

2
x2 4x 2
x3
(x 3) 2 2
⎧
−+ −=
⎪
⇒⇔=
⎨
−+=
⎪
⎩


1.2.
2
4x 1 4x 1 1 (*)−+ −= Điều kiện
2
4x 1 0

1
x
2
4x 1 0
−≥
⎧
⎪
⇔ ≥
⎨
−≥
⎪
⎩

Nhận xét
1
x
2
=
là nghiệm phương trình (*)
Ta chứng minh
1
x
2
= là nghiệm duy nhất.
Đặt
2
f(x) 4x 1 4x 1 1=−+ −−
2
24x 1
f'(x) 0, x

2
4x 1
4x 1
= +>∀>
−
−

⇒ hàm số f(x) tăng trên
1
,
2
⎡ ⎞
+∞
⎟
⎢
⎣ ⎠
và có nghiệm
1
x
2
=
⇒
1
x
2
= duy nhất.

1.3.
16 x 9 x 7−+ += (*). Điều kiện
16 x 0

9x16
9x0
−≥
⎧
⇔ −≤ ≤
⎨
+≥
⎩

(*)
16x9x2(16x)(9x) 49⇔ −+++ − + =
x0
x(x 7) 0
x7
=
⎡
⇔+=⇔
⎢
=
⎣
nhận vì thỏa điều kiện
9x16− ≤≤


1.4.
22
(4x 1) x 1 2x 2x 1−+=++ (1)
Đặt
2
tx1= + (t 1)≥

138
22
(1) (4x 1) x 1 2(x 1) (2x 1)⇔− += ++−
(2)
2
(4x 1)t 2t (2x 1)⇔−=+−
2
2t (4x 1)t 2x 1 0⇔−−+−= (Xem phương trình ẩn số t)
1
t1 (loại)
2
t2x1
⎡
=<
⎢
⇔
⎢
=−
⎢
⎣

2
2
1
2x 1 0 x
2
t2x1 x 12x1
x1(2x1)
⎧

−≥ ⇔ ≥
⎪
=−⇔ +=−⇔
⎨
⎪
+= −
⎩
x0 (loại)
4
x (nhận)
3
=
⎡
⎢
⇔
⎢
=
⎢
⎣


1.5.
4
22
xx1xx12−−++−= (*)
Điều kiện để các biểu thức có nghóa:
2
2
2
x10

xx10 x1
xx10
⎧
−≥
⎪
⎪
−−≥⇒≥
⎨
⎪
+−≥
⎪
⎩
(1)
Nhận xét:
22
(x x 1)(x x 1) 1−−+−= (x 1)≥ (2)
Đặt
4
22
2
1
xx1t xx1
t
−−=⇒+−=
(t > 0)
32
2
1
(*) t 2 t 2t 1 0
t

⇔+ = ⇔ − +=
t1
15
t
2
15
t0 (loại)
2
⎡
⎢
=
⎢
+
⎢
⇔=
⎢
⎢
−
⎢
=<
⎢
⎣

.
2
1
2
xx11
t1:
xx11

−−=
=⇔
+−=
cộng vế với vế
x1⇒=
thỏa (1)
.
4
224
222
15
t x x1t x x1t
2
+
= ⇒−−=⇒−−=

139
24
2
4
2
1
(2) x x 1 t
t
−
⇒+ −= =
24
2
24
2

xx1t
xx1t
−
⎧
−−=
⎪
⇒
⎨
⎪
+−=
⎩

( 5 2,2360)=

Cộng lại ta được nghiệm :
44
22
1
x(tt)
2
−
=+
thỏa mãn (1).