chuyen de pt vo ti Le Hoang Van

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG. TRÌNH VÔ TỈ. Khát vọng vươn lên phía trước là mục đích của cuộc sống! PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC:. 1/.  f ( x ) 0  f ( x )  g ( x )   g ( x ) 0  f ( x ) g ( x ) . 3/.  f ( x) 0  f ( x )  g ( x)  h( x)   g ( x ) 0   f ( x)  g ( x)  2 f ( x).g ( x) h( x). 4/.  f ( x) 0  f ( x) 2 n g ( x )   g ( x) 0 (n  N * )  f ( x ) g ( x) . 2n. 2n. 5/ 6/. 2/.  g ( x ) 0 f ( x)  g ( x )   2  f ( x ) g ( x ).  g ( x ) 0 f ( x ) g ( x)   (n  N * ) 2n f ( x )  g ( x ) . 2 n 1. f ( x ) 2 n 1 g ( x)  f ( x) g ( x) ( n  N * ). 2 n 1 f ( x )  g ( x )  f ( x )  g 2 n 1 ( x ) (n  N * ) 7/ … II- VÍ DỤ. Ví dụ 1. Giải phương trình :. 3  x x. 3x. 3 2 HD: Đk: 0  x  3 khi đó pt đã cho tương đương: x  3x  x  3 0 3. 3 1  10 10  1   x   x   3 3 3 3  2 Ví dụ 2. Giải phương trình sau : 2 x  3 9 x  x  4 HD: Đk: x  3 phương trình tương đương :  x 1  x  3  1 3 x 2 2 1  3  x 9 x     x   5  97  x  3  1  3x  18. . . Ví dụ 3: Giải phương trình sau x. x 2  1  x  x 2  1 2. 2 Ví dụ 4. Giải và biện luận phương trình: x  4 x  m.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x m  x m   2 2 2 2 2mx  (m  4) 0 x 2  4 x  m   x  4 x  4xm  m. HD: 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: m2  4 x 2m – Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm. – Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Ví dụ 5. Giải và biện luận phương trình với m là tham số:  x m x 2  3 x  m   2  2 2  x  3 x  m  2mx. HD: Ta có: – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm x. √ x2 −3=x − m.  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 6. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x m  m HD: 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  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 Ví dụ 7: Giải phương trình sau. x 2  5x  x 3  2 x  1 x  1 3 2 3 Đk: x  2 x  1 0; x  5 x  x  2 x  1 0;.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   x  1 0 x 3  2 x  1 x  1   2 2 3   x  5 x  x  2 x  1  x  1  x  1   1  x  1 1   1  x      x    x 0 (TMÑK) 3 3  3  x 0; x 1; x 8  x  2 x  1 1  3 x   x 3  2 x  1  1  3x  2  x 2  5x . III. NHẬN XÉT - Khi nâng lũy thừa bậc chẵn cần chú ý đặt điều kiện 2 vế không âm. IV. BÀI TẬP: Bài 1: Giải các phương trình sau: 2 a/ 1  x x  4  x  1 b/ x  x  1  x  4  x  9 0. Bài 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm:.  x 2  3 x  2  2m  x  x 2. 2. Bài 3: Cho phương trình: x  1  x m a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 2. Bài 4: Cho phương trình: 2 x  mx  3 x  m a) Giải phương trình khi m=3 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm. PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-KIẾN THỨC: Sử dụng hằng đẳng thức:. f 2 ( x )  g ( x )  f ( x )  g ( x). II-VÍ DỤ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x  2  2 x  1  x  10  6 x  1 2 x  2  2 x  1 (2)  x  1 0  HD: (2)   x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9 2 x  1  2 x  1  1  x  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 (thoả mãn) Vậy: x = 8 III. NHẬN XÉT.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> - Nếu biểu thức trong căn viết được dưới dạng bình phương thì có thể đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giái trị tuyệt đối. IV. BÀI TẬP: Giải phương trình sau: 1 1 x  x   x  2 2 4. PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ A. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường I. VÍ DỤ 2 2 Ví dụ 1. Giải phương trình: 3x  21x  18  2 x  7 x  7 2 2 HD: Đặt y = x  7 x  7 ; y 0. 5  y   3   y 1  y 1 Phương trình có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0  x  1   2  x  6 Là nghiệm của phương trình đã cho. Với y = 1  x  7 x  7 1 3. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 1 x +. x  2 =1; ĐKXĐ: x  -2. 3 2 3 Đặt x  2 = t  0, khi đó 1  x = 3  t. Phương trình (1)  . 3. 3 t2 + t = 1. 3. 3  t 2 = 1- t.  3- t2 = (1-t)3  t3 - 4t2 + 3t + 2 = 0  (t-2).( t2 -2t -1) = 0. Từ phương trình này ta tìm được t =2; t = 1  2 Ta thấy chỉ có t =2; t = 1+ 2 (thỏa mãn t 0) 1) t =2 . x  2 = 2  x + 2 = 4  x = 2 (thỏa mãn). 2) t = 1+ 2 . x  2 = 1+ 2  x + 2 = 3+2 2  x = 1+2 2 (thỏa mãn). Vậy x = 2 và 1+2 2 là 2 nghiệm của phương trình. Ví dụ 3: Giải phương trình: x  1 + 3  x - ( x  1)(3  x) = 2 (1).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x  1 0  ĐKXĐ: 3  x 0 . x  1   x 3  -1 ≤ x ≤ 3. Đặt x  1 + 3  x = t > 0  t2 = 4 + 2 ( x  1)(3  x) . t2  4 ( x  1)(3  x ) = 2 (2), thay vào (1) ta được.  t 0  t2 – 2t = 0  t.(t - 2) = 0   t  2. + Với t = 0 - không thỏa mãn điều kiện. + Với t = 2 - thỏa mãn điều kiện, thay vào (2) ta có: ( x  1)(3  x) = 0  x1 = -1; x2 = 3 (thoả mãn). Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x1 = -1 và x2 = 3 Ví dụ 4. 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 1  21  1  17  y (loại), y  2 2 11  17 x 2 Từ đó ta tìm được các giá trị của. Ví dụ 5. Giải phương trình sau : HD: ĐK: 0  x 1. . . x  2004  x 1  1 . Đặt y  1 . x thì phương trình trở thành: 2 2  1  y   y 2  y  1002  0  y 1  x 0. Ví dụ 6. Giải phương trình sau : HD: Điều kiện:  1  x  0. x2  2x x . Chia cả hai vế cho x ta nhận được: Đặt. t x . x2 x. 1 3x  1 x 1 1 3  x x. 1 x , ta giải được.. 2 2 3 4 Ví dụ 7. Giải phương trình : x  x  x 2 x  1. x. . 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1   x    3 x  2 x x HD: x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  1 1 5 3 x t 1  x  3 x , Ta có : t  t  2 0  2 Đặt t=. II. NHẬN XÉT: t  f  x - Nếu đặt phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn” .. - Những phương trình chứa f(x); f ( x) và f(x)  g(x); f ( x).g ( x) thì có thể đặt ẩn phụ được “hoàn toàn”. - Đôi khi phải biến đổi (thường là chia) mới đặt được ẩn phụ. III. BÀI TẬP Giải phương trình:. x 2 x 1 +. x2 x 1 =. x 3 2. ĐKXĐ : x 1 Đặt x  1 = t  0  x = t2 + 1 B. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : a) Phương trình dạng : I. VÍ DỤ. a. A  x   b.B  x  c A  x  .B  x  2  x 2  2  5 x 3  1. Ví dụ 1. Giải phương trình : HD: Đặt. u  x  1 (u 0) ; v  x 2  x  1 (v  2 u  v 2. 2. phương trình trở thành : Ví dụ 2. Giải phương trình :. .  u 2v 5uv    u 1 v  2. x 2  3x  1 . 3 ) 2. Tìm được:. x. 5  37 2. 3 4 x  x2 1 3 (*). x 4  x 2  1  x 4  2 x 2  1  x 2  x 2  x  1  x 2  x  1. HD: Dễ thấy:   x 2  x  1    x 2  x  1  3 Ta viết Đồng nhất vế trái với (*) ta được :  3  x 2  x  1  6  x 2  x  1  3. x. 2. x. 2.  x  1  x 2  x  1.  x  1  x 2  x  1. 3 3   u x2  x  1  u   ; v x2  x  1  v   4 4   Đặt :. phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv  u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x. 2 3 Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 2 x  5 x  1 7 x  1 (*) HD: Đk: x 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Nhận xét : Ta viết.   x  1    x 2  x  1 7. Đồng nhất vế trái với (*) ta được :.  x  1  x 2  x  1. 3  x  1  2  x  x  1 7.  x  1  x 2  x  1.  v 9u 3u  2v 7 uv    v 1 u 2 u  x  1  0 , v  x  x  1  0  4 Đặt , ta được: Ta được : x 4  6. II. NHẬN XÉT - 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 : x3  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. Ta có thể “tạo” ra phương trình dạng này. Để có một phương trình đẹp, ta phải chọn 2 hệ số a, b, c sao cho phương trình bậc hai at  bt  c 0 có “nghiệm đẹp” III. BÀI TẬP Giải phương trình: HD:ĐK: x  1. 10 x3  1 3  x 2  2 . 2 2 Pt  10 x  1. x  x  1 3( x  2). u  x  1 (u , v 0)  2 v  x  x  1  Đặt   u 3v   3u  v   u  3v  0  v 3u Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)   2 2 Nếu u = 3v  x  1 3 x  x  1  9 x  10 x  8 0 (vô nghiệm). . Nếu v = 3u.  x 5  33 x 2  x  1 3 x  1  x 2  10 x  8 0    x 5  33 là nghiệm.. 2 2 b). Phương trình dạng :  u   v  mu  nv I. VÍ DỤ. 2 2 4 2 Ví dụ 1. Giải phương trình : x  3 x  1  x  x  1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> u x 2  u, v 0; u v   2 v  x  1 HD: Ta đặt :  khi đó phương trình trở thành :. u  3v  u 2  v 2 hay: 2(u + v) - (u - v)=.  u  v  u  v x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1. Ví dụ 2. Giải phương trình sau : HD:Đk. x. 2. x. 1 2 . Bình phương 2 vế ta có :.  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  2 uv u  v    1 5 v u   2. u  x 2  2 x  Ta có thể đặt : v 2 x  1 khi đó ta có hệ : 1 5 1 5 u v  x2  2x   2 x  1 u , v  0 2 2 Do . 2 Ví dụ 3. Giải phương trình : 5 x  14 x  9 . x 2  x  20 5 x  1.  x  x  20   x 1 HD:Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được:  x  x  20  x  1  x  4   x  5  x  1  x  4  x  4 x  5 Ta có : 2  x  4 x  5  3  x  4  5 ( x  4 x  5)( x  4) Ta viết lại phương trình: . Đến đây 2 x 2  5 x  2 5. 2. 2. 2. 2. 2. bài toán được giải quyết . II. NHẬN XÉT - Phương trình cho ở dạng này thường khó phát hiện hơn dạng trên, nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng a trên. - Đôi khi phải phân tích thành nhân tử rồi nhân lại tích trong căn. C. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn - NHẬN XÉT: Từ những phương trình tích. . 2x  3  x. . . . x 1  1. . x  1  x  2 0. ,. . 2 x  3  x  2 0. Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này. Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Ví dụ 1. Giải phương trình :. . x2  3 . . x 2  2 x 1  2 x 2  2.  t 3 t 2   2  x  t  3  3x 0   2  t x  1 HD: Đặt t  x  2 ; t  2 , ta có :.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ví dụ 2. Giải phương trình :  x  1. x2  2 x  3 x2 1. 2 HD:Đặt : t  x  2 x  3, t  2. 2. 2. Khi đó phương trình trở thnh :  x  1 t  x  1  x  1   x  1 t 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn :  t 2 x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1 0  t 2   x  1 t  2  x  1 0    t x  1. Ví dụ 3. Giải phương trình:. x 2  3x  1  x  3 x 2  1. . (Nhân liên hợp nhanh hơn). 2. HD:Đặt t  x  1; t 1 Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0  (t - x)(t - 3) = 0  t x    t 3 2 Nếu t = x  x  1  x (Vô lý) 2 Nếu t = 3  x  1 3  x 2 2 Vậy: x 2 2. Ví dụ 4. Giải phương trình :. x3  3x 2  2.  x  2. 3.  6 x 0. HD: Đặt y  x  2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :  x y x 3  3x 2  2 y 3  6 x 0  x3  3 xy 2  2 y 3 0    x  2 y Pt có nghiệm : x 2, x 2  2 3. D. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về pt tích I. Nhận xét: Xuất phát từ một số hệ “đại số” đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ a  b  c Xuất phát từ đẳng thức  3. 3. 3. 3. a3  b3  c 3  3  a  b   b  c   c  a . , Ta có. 3. a  b  c  a  b  c    a  b   a  c   b  c  0. Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . II.Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình:. 3. 7 x 1 . 3. x 2  x  8  3 x 2  8 x  1 2. 2 3 3 2 3 Đặt: 7 x  1 a;  x  x  8 b; x  8 x  1 c 3. Ta có:. a 3  b3  c 3  a  b  c    a  b   a  c   b  c  0. Ví dụ 2: Giải phương trình:. 3. 3x  1  3 5  x  3 2 x  9 . 3. 4 x  3 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  3 3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3 3 3 3 Đặt: 3x  1 a; 5  x b; 2 x  9 c. III. Bài tập 2 2 Bài 1. Giải các phương trình sau : 4 x  5 x  1  2 x  x  1 9 x  3. a  4 x 2  5 x  1  2 HD:Đặt b  x  x  1.  a; b 0 . a 2  4b 2 9 x  3  Ta được hệ phương trình: a  2b 9 x  3  a 2b   Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0  a 1  2b 1  4 x 2  5 x  1 2 x 2  x  1  x  3 (thoả mãn) Nếu a = 2b 2 2 Nếu a = 1 - 2b  4 x  5 x  1 1  2 x  x  1 (*) Ta có : VT(*) 0 (1) 2. 1 3  1  2 x 2  x  1 1  2  x    1  2 4  VP(*) =. 30. (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. x. 2. Bài 2: Giải phương trình. 1 3 3. x  4 x  1  x   4  1  x   1  x  4 x3  4 x 2  1  x . 4 4 2 2 3 2 3 2 Đặt: x a; 1  x b thì PT có dạng a  ab  b b  a  a b E. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: a. Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường I. VÍ DỤ. Ví dụ 1. Giải phương trình:. . . x 3 35  x3 x  3 35  x 3 30. 3 3 3 3 HD: Đặt y  35  x  x  y 35.  xy ( x  y ) 30  3 3 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  x  y 35 , giải hệ này ta tìm được ( x; y ) (2;3) (3; 2) . Tức là nghiệm của phương trình là x  {2;3}. Ví dụ 2. Giải phương trình: HD:Điều kiện: 0  x  2  1. 1 2  1 x  4 x  4 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  2  1  x u  0 u   4 Đặt  x v. Ta đưa về hệ phương trình sau:. 2  1,0 v  4 2  1. 1  u  v  4 2   u 2  v 4  2  1 . 1  u  4 2  v   2  1  v   v 4  2  1   4 2 . 2. 1   (v  1)   v  4  0 2  Giải phương trình thứ 2: , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm 2. 2. nghiệm của phương trình. Ví dụ 3. Giải phương trình : x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x HD:ĐK: x 2 u  2  x ; u 0  v  3  x ; v 1  w  5 x ;w  3 Đặt  , ta có : 30 239 u  x 60 120 hệ ta được:. 2  u 2 uv  vw  wu  2 3  v uv  vw  wu  5  w2 uv  vw  wu .  u  v   u  w  2   u  v   v  w  3   v  w   u  w  5 , giải. 2 2 2 2 Ví dụ 4. Giải phương trình sau : 2 x  1  x  3x  2  2 x  2 x  3  x  x  2. HD:Ta đặt : II. BÀI TẬP. a   b   c   d . 2x2  1 x 2  3x  2 2x2  2x  3 x2  x  2. a  b c  d  x  2  2 2 2 2 a  b  c  d  , khi đó ta có :. Bài 1. Giải phương trình sau: x  5  x  1 6 HD:Điều kiện: x 1 Đặt a  x  1, b  5  x  1(a 0, b  5) 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 x  1  1  5  x  1  x  1 5  x  x  2 Vậy 6  2x 6  2x 8   5 x 3 Bài 2. Giải phương trình: 5  x HD:Điều kiện:  5  x  5. Đặt. . u  5  x , v  5  y 0  u , v  10. ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> u 2  v 2 10   4 4 8    2( u  v )   3 Khi đó ta được hệ phương trình:  u v. (u  v)2 10  2uv   2 4   (u  v)  1   uv  3 . Bài 3. Giải phương trình: √4 629− x+ 4√77+ x =8 HD:ĐK:  77  x 629  u  4 629  x (u; v 0)  4 v  77  x  Đặt  ⇒ u+ v=8 , u4 + v 4 =706. Đặt t = uv ⇒ t 2 −128 t +1695=0 ¿ t=15 t=113 ⇔¿ Với t = 15 ⇒ x = 4 Với t = 113 ⇒ x = 548 3. 2. 3. 2. Bài 4. Giải phương trình: x  x  1  x  x  2 3 3 2 3 2 HD:Với điều kiện: x  x  1 0  x  x  2  0. (1).  u  x 3  x 2  1  3 2 Đặt v  x  x  2 Với v > u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta có hệ phương trình  u  v 3   2 2 v  u 3.  u  v 3   (v  u )(v  u ) 3.  x3  x 2  1 1    x3  x 2  2 2  x 3  x 2  2 0. u  v 3    v  u 1.  u 1  v 2.  x3  x 2  1 1  3 2  x  x  2 4.  ( x  1)( x 2  2 x  2) 0  x 1 (do x 2  2 x  2  0 x ). Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1} 2 2 − √x 3 2 1  x 0  1  x 1   0  x 1   x 0  x 0. Bài 5. Giải phương trình: HD: Điều kiện:. √ 1− x 2=. (. ). (*). 2 2 Với điều kiện (*),đặt u= √ x ; v = 3 − √ x , với u ≥ 0, v ≤ 3 Ta có:. Do dó ta có hệ. 1− x 2=1 −u 4 2 2 − √ x =v 2 3. {(. ).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2  2   u  v 3  u v    3   4 4  1  u 4 v 2  u  v  1  .         .  2 u v    3    u 2  v 2  2  2u 2 .v 2 1  . 2  u v   3  2    u  v  2  2u.v   2u 2 v 2 1  .  2 u v   3   2  8  194 2  u.v  u v  u v     3 18   3     2 16 65 4  2   2u 2 .v 2  u.v  0  2u.v   2u 2 .v 2 1 u v     9 81  9 5     8  194  u.v  18 . u và v là nghiệm của phương trình 2 8 − √194 y 2 − y+ =0( a). ⇒. 3 18 2 8+ 194 y2 − y + √ =0(b) 3 18 ¿.  (b) vô nghiệm  (a) có 2 nghiệm 1−. y 1=. Do đó:. 97 −3 1+ 2 ; y 2= 2 u1 = y 1 u2 = y 2 ∨ v 1= y 2 v 2= y 1. √√ {. ⇒ √ x=. √√. {. Vì u ≥ 0 nên ta chọn 1+. 97 −3 2 3. 97 −3 2 3. √√. 1+ u= y2 =. (. ⇒ √ x=. 1+. 97 −3 2 3. √√ √√. 97 −3 2 3. 2. ). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Bài 6. Giải phương trình: √4 18+5 x + √4 64 − 5 x=4 HD:Với điều kiện 18 18 64 18+5 x ≥ 0 5 ⇔ ⇔− ≤x≤ 64 −5 x ≥ 0 64 5 5 x≤ 5. {. {. x≥−. Đặt u= 4√ 18+5 x , v=√4 64 − 5 x , với u ≥ 0, v ≥ 0 Suy ra. 4. u =18+5 x 4 v =64 −5 x. {. ( √√. 1 x= 1+ 9. Phương trình đã cho tương đương với hệ:. (*). 97 −3 2. 2. ).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> u+ v=4 uv ¿2=82 ¿ ¿ 2 2 ( u + v 2 ) − 2¿ u+ v=4 4 u + v 4 =82 ⇔ ¿ v ≥ 0 , v ≥0 ¿. Đặt A = u + v và P = u.v, ta có: S 4   2 2 2  S  2 P   2 P 82   P 0, S 0 .  S 4  2  p  32 P  87 0   P 0 . S 4    P 3  P 29  P 0 . (1) Với S = 4, P = 3 u và v là nghiệm của phương trình:  y 1 y 2  4 y  3 0    y 3 Do đó ta có:. u=1 ∨ u=3 v=3 v=1. {. {. 4 4  18  5 x 1  18  5 x 3  18  5 x 1 18  5 x 81  4 4     64  5 x 3  64  5 x 1 64  5 x  81     64  5 x 1 Suy ra 17 63 ⇔ x=− ∨ x= thoả mãn (*) 5 5 (2) Với S = 4, P = 29 ⇒ không tồn tại u và v 17   x1  5   x  63 2 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: . b. Dùng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng 4. 4. Ví dụ 1. Giải phương trình 6  x  x  2  2  Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi tương đương. 4 4  Dùng ẩn phụ u  6  x và v  x  2 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại một với cách giải “quen thuộc”.  Nghiệm của phương trình là x 2 và x 6.  Dạng tổng quát của bài toán này là a  f ( x)  b  f ( x ) c. 3 3 Ví dụ 2. Giải phương trình x  1 2 2 x  1  Phương trình này không thể giải quyết được bằng phép biến đổi trực tiếp. 3  Dùng ẩn phụ u  2 x  1 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”. n.  . n.  1 5 2 Nghiệm của phương trình là và x 1. n n Dạng tổng quát của bài toán này là x  b a ax  b . x.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Ví dụ 3. Giải phương trình 9  9  x x  Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình bậc bốn phức tạp.  Dùng ẩn phụ u 9  x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”. . 19  37 x . 2 Nghiệm của phương trình là.  Dạng tổng quát của bài toán này là x a  a  x . 3. 3. Ví dụ 4. Giải phương trình x  9 ( x  3)  6  Nếu dùng phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến phương trình rất phức tạp. 3  Dùng ẩn phụ u  3  x  9 đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai với cách giải “quen thuộc”.  Nghiệm của phương trình là x 1. n. n.  Dạng tổng quát của bài toán này là ax  b c(dx  e)   x   trong đó d ac   n và e bc   . Ta sử dụng ẩn phụ du  e  ax  b . 2 2 Ví dụ 5. Giải phương trình 1  2(1  2 x )  x 2  Dùng ẩn phụ u 1  2 x đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại hai.  . 1 5 1 x , x 2 và x  1. 4 Nghiệm của phương trình là 2 2 Dạng tổng quát của bài toán này là a  b(a  bx )  x.. * Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II I. NHẬN XÉT  x  1 2  y  2  2 y  1  x  2 Xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : . (1) (2). việc giải hệ này thì đơn giản Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt. y  f  x. sao cho (2) luôn. đúng , y  x  2  1 , khi đó ta có phương trình :.  x  1. 2. ( x  2  1)  1  x 2  2 x  x  2. 2 Vậy để giải phương trình : x  2 x  x  2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ   x    2 ay  b.  2  y    ax  b    Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây dựng được phương trình dạng sau : đặt  y    ax  b , khi đó ta có phương. trình :.  x   . 2. a   ax  b  b   .

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  x   . n. a   n ax  b  b   . Tương tự cho bậc cao hơn : Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : n   x     p n a ' x  b '   đặt  y    n ax  b để đưa về hệ , chú ý về dấu của  Việc chọn  ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :.  x   . n. pn a'x b' . là chọn được.. II. VÍ DỤ 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: x  2 x 2 2 x  1. HD:Điều kiện:. x. 1 2. 2 Ta có phương trình được viết lại là: ( x  1)  1 2 2 x  1.  x 2  2 x 2( y  1)  2 y  1  2 x  1 Đặt thì ta đưa về hệ sau:  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 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 x  6 x  1  4 x  5. x . 5 4. HD:Điều kiện 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. Đặt 2 y  3  4 x  5 ta được hệ phương trình sau: (2 x  3) 2 4 y  5  ( 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   2 x  1  4 x  5 (vô nghiệm) Kết luận: Nghiệm của phương trình là x 2  3 2 Ví dụ 3: Giải phương trình: x  x  5 5 2 HD:ĐK: x  5 Pt  x  5  x  5 ; x  5 (*) Đặt x  5 t ta được hệ phương trình:.  x 2  5 t 2 t  5  x từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.. Ví dụ 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =. 4x  9 ( x  0) 28 ..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 4x  9 1 t  28 2. HD:Đặt. 4x  9 2 1 1 t  t   7t 2  7t  x  4 2 ta được: 28 1  2 7 x  7 x t  2   7 t 2  7t  x  1 2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: . Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm. 2 III.Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 1) 2 x  2 x  1  4 x  1. 2 : 2) 2 x  6 x  1  4 x  5 PHƯƠNG PHÁP 4: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. I. Kiến thức cơ bản Phương trình tích A(x). B(x) = 0  A(x) = 0 (1) hoặc B(x) = 0 (2) Nghiệm của phương trình ban đầu là nghiệm của (1) hoặc của (2) II. Ví dụ: 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: x  10 x  21 = 3 x  3 + 2 x  7 - 6; ĐKXĐ: x -3.  . ( x  3)( x  7). - 3 x  3 + 2 x  7 +6 = 0. x  3 ( x  7  3) - 2( x  7  3) ) =3.  ( x  7  3) ( x  3  2 ) =0. 1) ( x  7  3) = 0  x+7 =9  x=2 (thỏa mãn x≥ -3) 2) ( x  3  2 ) = 0  x+3 = 4  x=1 (thỏa mãn x≥ -3) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = 1; x = 2 2 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: ( x  3) 10  x  x  x  12. Ví dụ 3. Giải phương trình sau : . . 3. x2 . HD: pt IV. Nhận xét :. 3. 3x. . 3. 2  3 3 9 x 2  x  2  2 x  3 3 3 x  x  2 . 2. 0  x 1. Khi sử dụng phương pháp đưa về dạng phương trình tích để giải phương trình vô tỷ ta cần chú ý các bước sau: + Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình về dạng f(x).g(x) ….= 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó ta suy ra f(x) = 0; g( x) = 0;….. là những phương trình quen thuộc..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> + Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x) = 0 g( x) = 0;….. thuộc tập xác định. + Biết vận dụng, phối hợp một cách linh hoạt với các phương pháp khác như nhóm các số hạng, tách các số hạng hoặc đặt ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn đưa về phương trình về dạng tích quen thuộc đã biết cách giải. V. Bài tập áp dụng: Giải phương trình 3 2 1) x(x+5) = 2 x  5 x  2  2 2 2 2) x  x  2 - 2 x  x  2 = x  1. PHƯƠNG PHÁP 5: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ ( CHỦ YẾU LÀ DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC) I. VÍ DỤ: 2 2  x  x 9 x  1 Ví dụ 1. Giải phương trình : HD:Đk: x 0 2.  2 2   x   2 2    x 1  . . Ta có :. Dấu bằng. . . 2. 2  1    x  x  9  x  1      x  1  x  1    . 2 2 1 1   x 7 x 1 x 1. 2 4 2 4 Ví dụ 2. Giải phương trình : 13 x  x  9 x  x 16 . HD:Đk:  1  x 1. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. Biến đổi pt ta có : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:. . 13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2. . 2. . 2. 256.  13  27   13  13 x 2  3  3x 2  40  16  10 x 2  2. 10 x  16  10 x 2. Áp dụng bất đẳng thức Côsi:. 2. .  16    64  2. 2   x 1  x2 2  5  1 x    3 2  10 x 2 16  10 x 2 x    5 Dấu bằng 2. Ví dụ 3: Giải phương trình: 7  x  x  5  x  12 x  38 HD:Ta có :VT2=( 7  x  x  5 )2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4. Nên : 0 < VT  2 Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2  2 Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi: x = 6 Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 4: Giải phương trình:.  x 2  3 x  2  x  1  2 . HD:ĐK: x   1; 2. (1).

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 2 PT   x  3 x  2  2  x  1 (2) Từ (2) ta có:. 2. x  1 0 . x  1  2  x  1 2  x 1 (3). Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1 2 2 2 Ví dụ 5: Giải phương trình : 3x  6x  7  5x  10x  14 4  2x  x (1). 4 9   3  x 2  2x  1    5  x 2  2x  1    (x 2  2x  1)  5 3 5  . HD: Ta có (1)  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 x 4x  1 1  2 x x 4 Ví dụ 6: Giải phương trình : 4x  1 . HD: Điều kiện. Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: x 4x  1. . 4x  1 2 x. x 4x  1. . 4x  1 2 x . x 4x  1. Theo giả thiết dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:. . 4x  1 x.  x 2  4x  1 0  (x  2) 2 3  x 2  3 2 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 (Thoả mãn) Vậy : x 2  3 II. NHẬN XÉT.  A m (1)   B m (2). - Một số pt được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của pt A B  A  f  x    B  f ( x).  A  f  x  A B    B  f  x  khi đó :. - Một số pt được tạo ra từ ý tưởng : - Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được. III-BÀI TẬP: Bài 1: Giải các phương trình sau : 1  2x  1  2x . a) Bunhia và CôSi. 1 2x 1  2x  1 2x 1  2x. 2  x2  2 . 1 4  x2. 1  x  x . b) Chuyển về, nhóm rồi Bunhia.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 4. 4. 4. c) 2 x  8 4 4  x  4 x  4 Viết thành tổng 2 bình phương. 1  2008 x  1  2008 x . d) Bunhia và CôSi. 1  1 x x 1. 2 e) 6  x  x  2  x  6 x  13 Bunhia vế trái. 3 3 4 2 g) 8  x  64  x x  8 x  28 Bunhia vế trái. 4 4 4 h) x  1  x  x  1  x  2  8 nhóm rồi Bunhia. 2 k) x  3  5  x  x  8 x  18 Bunhia vế trái. 2 2 m) x  4  6  x  x  10 x  27 l) x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24 Bunhia vế trái Bunhia vế trái Bài 2: a) 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 phải: 3x  2 ≥ 1  PTVN. x 7 1  8 2x 2  2x  1 b) Giải phương trình : x  1 . HD: 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  1 . 6 6  1 3 x 1 2 1. Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 3` 2 4 Bài 3. Giải phương trình: x  3x  8 x  40  8 4 x  4 0 4 x3  3 x 2  8 x  40 0   x  3 8 4 x  4  x  13 HD: Ta cm : và. 2.  x  3 x  13 ?. 6 8  6 2 x Bài 4: Giải phương trình : 3  x 3 HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = 2 là nghiệm của phương trình. 6 3 2 Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x < 2 : 3  x và 8 6 8 6 8 3 4  6  6 2 x 3  x 2  x 3  x 2  x 2  . Tương tự với < x < 2:. Bài 5: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 4 x 4      1.2 2.3 3.4 x.  x  1 4  x  5 . HD: ĐK: x 4 (1).

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 1. 1 1  x 1. 1.  4  x  x  4 (*) 4 x 5 Ta có: Ta có: VP(*) = x  4 0  x 4 (2). Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.. PHƯƠNG PHÁP 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC I. Ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: HD: C1: ĐK x  2; x 1.  1 . x2  x  x2  2x x  x  1 . x  x  2. x  x  2   x  x  1 2 x 2. 2 x .  3x x  x  1 . x  x  2. (1). 2 x.  2. 3  3  x  x  1  x  x  2   2  2 x  x  1 2 x   2  x  x  1  x  x  2  2 x   Nếu x 1 ta có.  3. Giải (3) ta tìm được x 3  3  x  x  1  x  x  2   2  2 x  x  1  2 x   2  x  x  1  x  x  2   2 x Nếu x -2 ta có .  4. Giải (4) ta tìm được x C2: ĐK: x  2; x 1.  x  2    x  1. Nếu x 1 ta chia cả hai vế cho x ta được: Bình phương hai vế sau đó giải phương trình ta tìm được x Nếu x -2 Đặt t = -x  t 2 Thay vào phương trình ta được  t   t  2    t   t  1 2.   t. 2. . t  t  2   t  t  1 2.  t  2    t  1. t. 2 x. 2. 2 t. Chia cả hai vế cho t ta được Bình phương hai vế tìm được t Sau đó tìm ra x. Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong C2 ta vận dụng kiến thức miền xác định về ẩn của pt.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản hơn. Ví dụ 2 . Giải phương trình sau : 3x2  5x  1 . x 2  2  3  x 2  x  1 .  3x  5x  1   3x HD: Ta nhận thấy :  x  2    x  3x  4  3  x  2  2. 2. 2. 2. x 2  3x  4  3 x  3  2  x  2 . và.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>  2x  4 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1. 3x  6. . x 2  2  x 2  3x  4. Ta có thể trục căn thức 2 vế : Dể dàng nhận thấy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Ví dụ 3. Giải phương trình sau:. x 2  12  5 3x  x 2  5 x 2  12 . x 2  5 3x  5 0  x . 5 3. HD: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x = 2 là nghiệm của pt, như vậy pt có thể phân tích về dạng.  x  2  A  x  0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : x 2  12  4 3 x  6  x 2  5  3   x2   x  2   2  x  12  4. x2  4 x 2  12  4. x2  4. 3  x  2  . x2  5  3. x 1.   3  0  x 2 x2  5  3  x2 x2 5   3  0, x  2 3 x2  5  3 Dễ dàng chứng minh được : x  12  4 3. 2. 3. Ví dụ 4. Giải phương trình : x  1  x  x  1 HD : Đk x 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình   2 x  3    x  3  x  3 x  9  3 3 2 x  1  2  x  3  x  2  5   x  3  1   2 3 x2  1  2 3 x2  1  4 x3  2  5     x 3 x 3 1 1   2 x 2  3x  9 2 2 3 2 3 2  3 x2  1 2 x  14 x  1 1  3 x3  2  5 Ta chứng minh :. . . . . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 3 x2  3. . 2. x2 . 3. x. 2. Ví dụ 5: Giải phương trình sau: x  x  3 x  x  3 2 HD: ĐK: x  3 Nhân với lượng liên hợp của từng mẫu số của phương trình đã cho ta được:. x. 2. . . 3 x  x2 . . . . 3  x2  3 x . . x 2  3  3.x. x  0   3 3 3  2 2 2 x  3  x2  3  x  3  x  3 3 3.x  2 4   x  0  x  0 ; x  9  2 x  0     4 3 2 4 4 3 4 4 2 4( x  3)  x  9  2 x   2 ( x  3)  x  9  2 x  Giải hệ trên ta tìm được x  2. . . . . .  . . 3. 2. x. 4. 3.  3 27 x 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 2x2 2. x  9. 9   x  2   x 0 . HD:ĐK:. 3  9  2x  Ví dụ 6: Giải phương trình:  2x  3  9  2x  2 x  18  2 x  6  x  9   3  9  2x   3  9  2x  4x Pt 2. 2. 2. 2. 2. 2.  6 9  2 x 0.  x . 9  2x.  x  9. 9 2 là nghiệm. II. NHẬN XÉT f(x)  g(x) - Ta sử dụng khi pt có dạng: h(x)(f(x) – g(x)) = - Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình A x 0 luôn đưa về được dạng tích  x  x0  A  x  0 ta có thể giải phương trình  . hoặc chứng minh. A  x  0. để ta có thể đánh gía. vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình. A  x  0. vô nghiệm. III. Bài tập vận dụng: 1). x  x  3  x  x  4  2 x 2. Nhân.  x  3  x  2    x  3  x  1 2) 3x. 3). 3 x  10. 2. x  x  3 .  x  3. x  x  4. 2. Nhân.  x  3  x  2   x  3  x  1.  3x  1  1. Nhân 3x  1 1 PHƯƠNG PHÁP 7: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ. I. Nhận xét - Khi nhẩm được 1 nghiệm của phương trình thì ta có thể dùng tính chất của hàm số để giải phương trình. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) k Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) Bước 3: Nhận xét: Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k do đó x0 là nghiệm Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm Với x  x0  f ( x)  f ( x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: Thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x ) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 )  g ( x0 ).

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u )  f (v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f (u )  f (v)  u v II. VÍ DỤ 3 Ví dụ 1: Giải phương trình : x  2 + x  1 = 3 (1) ĐKXĐ: x  1 Ta có x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1) 3 3 Với x > 3 thì x  2 > 1, x  1 > 2 nên x  2 + x  1 > 3 3 3 Với x< 3 và x  -1  -1  x  3 thì x  2 < 1, x  1 < 2 nên x  2 + x  1 < 3 Vậy x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) Bài này có thể Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ Ví Dụ 2: Giải phương trình : HD:pt. .   2 x  1 2 .  2 x  1  2 .  2 x  1. . 2. f  t  t 2  t 2  3. .  . . 4 x 2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3 0. .  3   3x  2 .   3x . 2. .  3  f  2 x  1  f   3x .  , là hàm đồng biến trên R, ta có x  15. Xét hàm số 3 3 3 Ví Dụ 3: Giải phương trình: x  6  x  2  x  3 0 HD: nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình 3 3 3 Đặt f  x   x  6  x  2  x  3. x x  f x  f x.  1   2  vậy hàm số f(x) đồng biến trên R. Với 1 2 Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của phương trình. III. Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 1). 4 x  1  4 x 2  1 1. 2). x  1 3  x  x 2. 3). x  1  x  2 3. 4). x  1  x3  4 x  5. 5). x 1  2 x  2 x 2  x3. 6). 2 x  1  x 2  3 4  x.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> BÀI TẬP ÔN VỀ PHƯƠNG TRÌNH Phần: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP 1: Nâng lũy thừa Bài 1: Giải phương trình: a). x  1 + x  10 =. x  2 + x  5 . Nghiệm là x = -1. 2 3 b) x  5 x  x  2 x  1  x  1 . Nghiệm x = 0 3 3 3 3 3 3 3 3 c) 2x  1  x 1  3x  1  3 2x  1. x( 2x  1  x ) 1 thay 2x  1  x 1 3 3 ta có: 3x  1  3 2x  1. x 1  x1 0;x 2  1 . Thử lại chỉ có x = 0 thỏa mãn.. II. PHƯƠNG PHÁP 2: Đưa về phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối Bài 2: Giải phương trình:. x  4 x  1 3 +. x  6 x  1  8 = 1 nghiệm 5  x  10. III. PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa về phương trình tích Bài 3: Giải phương trình: 2 a) x  10 x  21 = 3 x  3 + 2 x  7 - 6 nghiệm là x = 1; x = 2. 2 2 b) ( x  3) 10  x  x  x  12 2 c) x  4 x  5 2 2 x  3 . Chuyển về hiệu 2 BP. IV. PHƯƠNG PHÁP 4: Đặt ẩn phụ.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> A. Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình. 1. Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình 1 ẩn với ẩn phụ. Phương trình có chứa f ( x ) và f ( x) Hoặc Phương trình có chứa A  B và AB Nhiều khi phải biến đổi (thường là chia) xong mới đặt. Bài 4: Giải phương trình: 2 a) 2(x2- 2x) + x  2x  3 - 9 = 0 nghiệm là: x = 1  5. b) x  1 + 3  x - ( x  1)(3  x) = 2 Đặt x  1 + 3  x = t nghiệm x1 = -1; c) x 2 x 1 +. x 3 x  2 x  1 = 2 Đặt. d) ( 1  x  1 )( 1  x  1 ) = 2x. Đặt e) x  5  x  1 6 g) g). x  2004  x 1  1  x2  2x x .  24 1  x = u (0  u  2 )nghiệm là x = 0; x = 25 .. 11  17 x 2 ĐK: 1  x 6 . Đặt y  x  1( y 0) . Nghiệm. . . x  1 = t  0  x = t2 + 1. x. . 2. ĐK: 0  x 1 Đặt y  1 . x . Nghiệm x = 0. 1 3x  1 x Điều kiện:  1  x  0. Chia cả hai vế cho x ta nhận được:. x2 x. 1 1 1 3  t x  x x . Đặt x. 2 3 4 2 h) x  x  x 2 x  1 HD: x 0 không phải là nghiệm. Chia cả hai vế cho x ta. 1 1  1 1 5 3 x t  1  x   x    3 x  2 x x x , Ta có : t 3  t  2 0  2 được:  . Đặt t=. 2. Đặt nhiều ẩn phụ để đưa về phương trình tích Bài 5: Giải phương trình:. a). x  1  x3  x2  x  1 1  x4  1. 3 2 4 Đặt: a  x  1;b  x  x  x  1  a.b  x  1 với a ≥ 0; b ≥ 0 nghiệm x = 2 2 b) x  1 + 2(x+1) = x- 1 + 1  x + 3 1  x Đặt x  1 = u  0 và 1  x = t  0. 3 c) 7 x  1 . 3. x 2  x  8  3 x 2  8 x  1 2. 3 3 3 3 d) 3x  1  5  x  2 x  9  4 x  3 0. 2. 3. x  4 x  1  x   4  1  x   1  x  4 x3  4 x 2  1  x . e) 3. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 a) Phương trình dạng : Bài 6: Giải phương trình:. a. A  x   b.B  x  c A  x  .B  x .

<span class='text_page_counter'>(27)</span> a). x 2  3 x  1 . 3 3 3 4   u  x2  x  1  u   ; v  x2  x  1  v   x  x2 1 4 4   3 (*)Đặt :. 2 2 3 b) 2 x  5 x  1 7 x  1 (*). Đk: x 1 . Đặt u  x  1 0 , v  x  x  1  0. 2 c) 5 x  14 x  9 . x 2  x  20 5 x  1 Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được:. 2  x 2  4 x  5   3  x  4  5 ( x 2  4 x  5)( x  4). .. u  x  1 (u , v 0)  2 10 x3  1 3  x 2  2  v  x  x  1  d) . Đặt . a. A  x   b.B  x   cA2  x   dB 2  x . b) Phương trình dạng : bình phương hai vế thì đưa về được dạng a. Bài 7: Giải phương trình:. u  x 2  u, v 0; u v   2 2 2 4 2 v  x  1  a) x  3 x  1  x  x  1 đặt :  2 2 b) x  2 x  2 x  1  3x  4 x  1. x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  1 . x. 2.  2 x   2 x  1  x 2  2 x    2 x  1. BP 2 vế ta có : 4. Đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai với ẩn phụ hoặc x. (Áp dụng khi ∆ là một bình phương) Bài 8: Giải phương trình: 2 2 a) x  1 2x x  2x . Đặt t =. x 2  2x với t ≥ 0 nghiệm là : x = 1  5. 2 2 b) (4x-1) x  1 =2(x2 + 1) + 2x –1. Đặt x  1 = y; y 1  2y2 - (4x -1) y + 2x – 1= 0. B. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình 1. Đặt ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về hpt đối xứng loại 2 a  2   x     ax  b  b    đặt  y    ax  b để đưa về hệ Dạng a  n   x     n ax  b  b  n   đặt  y    ax  b để đưa về hệ Dạng Bài 9: Giải phương trình:. 1  21  1  17 x1  x2  2 2 a) x  x  5 5 nghiệm : ; 2 b) x  2 x  6 x  10 Đặt x  2  y  3 2 c) 2 x  1 4 x  12 x  5 Đặt 2 x  1 2 y  3 2. 2. 2. d) 2 x  2 x  1  4 x  1 e) 2 x  6 x  1  4 x  5 ( Nhiều cách) 2. Đặt ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về hpt Bài 10: Giải phương trình:.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> a). . . x 3 35  x3 x  3 35  x 3 30. 3 3 3 3 Đặt y  35  x  x  y 35 . Nghiệm là x  {2;3}. 6  2x 6  2x 8   3 . Điều kiện:  5  x  5 Đặt u  5  x , v  5  y 0  u , v  10 . 5  x 5  x b). . .  u  4 629  x (u; v 0)  √ 629− x+ √77+ x =8 4 v  77  x  c) . ĐK:… Đặt   u  x3  x 2  1  3 2 3 2 3 2 d) x  x  1  x  x  2 3 . ĐK:…Đặt v  x  x  2 Với v > u ≥ 0. Nghiệm x=1 e) √4 18+5 x + √4 64 − 5 x=4 . ĐK:…Đặt u= 4√ 18+5 x , v=√4 64 − 5 x , u, v ≥ 0 nghiệm 17   x1  5   x  63  2 5 4. g) h). 3. 4. 25  x 2 - 15  x 2 = 2 nghiệm x = 3 2 x + x 1 = 1 2  x = a; . Đặt:.  3. 51 2 . x 1 = b. 2 2 3 3 3 2 3 k) ( x  1) + ( x  1) + x  1 = 1. Đặt: x  1 = a;. 3. x 1 = b. l) x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x ĐK: x 2 u  2  x ; u 0  v  3  x ; v 1  w  5  x ;w  3 Đặt  , ta có :. m).  u  v   u  w  2   u  v   v  w  3   v  w   u  w  5. 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2. a   b   c   HD:Ta đặt : d . n). 2  u 2 uv  vw  wu  2 3  v uv  vw  wu  5  w2 uv  vw  wu . 2. 2x2  1 x 2  3x  2 2 x2  2x  3 x2  x  2. 2. a  b c  d  x  2  2 2 2 2 a  b  c  d  , khi đó ta có :. 4 x  5 x  1  2 x  x  1 9 x  3 . Đặt. p) 8  x  5 . x 5 đặt. a  4 x 2  5 x  1  b  x 2  x  1.  a; b 0  . Nghiệm. 8  x a; 5 . x b nghiệm x = 0. V. PHƯƠNG PHÁP 5: Đánh giá (chủ yếu dùng bất đẳng thức)  A m (1)  B m (2) - Một số pt được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: . - Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn. Bài 11: Giải phương trình:. x. 1 3.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1 2x 1  2x  1 2x 1 2x. 1  2x  1  2x . a) Bunhia và CôSi 4. 4. 2  x2  2 . 1 4  x2. 1  x  x . b) Chuyển về, nhóm rồi Bunhia 2 d) x  4  6  x  x  10 x  27 Bunhia vế trái. 4. c) 2 x  8 4 4  x  4 x  4 Viết thành tổng 2 bình phương 2 e) 6  x  x  2  x  6 x  13 Bunhia vế trái. 3 3 4 2 g) 8  x  64  x x  8 x  28 Bunhia vế trái 2 k) x  3  5  x  x  8 x  18 Bunhia vế trái. 4 4 4 h) x  1  x  x  1  x  2  8 nhóm rồi Bunhia 2 l) x - 2 + 6 - x = x - 8x + 24 Bunhia vế trái. 1  2008 x  1  2008 x . m) Bunhia và CôSi. 1  1 x x 1. 2 2  x  x 9 x  1 n) . Đk: x 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki 2 2  1 2  2 2    x     x  9  x   2 2  x 1       x  1  x  1   x  1       Ta có :. . . 3` 2 4 p) x  3x  8 x  40  8 4 x  4 0 4 x 3  3 x 2  8 x  40 0   x  3 Ta cm : 8 4 x  4 x  13 ( tổng BP) và. 2.  x  3 x  13. 2 q) 7  x  x  5  x  12 x  38 . Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất 2 2 r)  x  3x  2  x  1  2 . ĐK: 1 x 2 (1) PT   x  3x  2  2  x  1 (2). Từ (2) ta có 2  x 1 0  x  1  2  x 1 2  x 1 (3) Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy : x = 1 x 4x  1 1  2 x x 4x  1 4 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si. Nghiệm x 2  3 . ĐK. s) t) x  1  5x  1  3x  2 . ĐK x ≥ 1 VT<0, VP không âm. Vậy PT vô nghiệm 2. 2. 2. u) 3x  6x  7  5x  10x  14 4  2x  x (1) Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = –1 2 4 2 4 v) 13 x  x  9 x  x 16 . Đk:  1  x 1 . Biến đổi:. . x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. . 2. 256. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: Áp dụng bất đẳng thức Côsi: VI. PHƯƠNG PHÁP 6: Phương pháp nhân liên hợp Bài 12: Giải phương trình:. a). 3x ( 3 x 1  1) 3 x  10. nghiệm là : x = 0 ; x=5..

<span class='text_page_counter'>(30)</span> 4 1 5 4 5 1  x  x  2x   x  2x   x   x 2 x x Biến đổi về x x x b) x f(x)  g(x) Nhận xét: ta sử dụng khi pt có dạng: h(x)(f(x) – g(x)) = VII. PHƯƠNG PHÁP 7: Phương pháp dùng hàm số Bài 13: Giải phương trình: 3 a) x  2 + x  1 = 3 (1) ĐKXĐ: x  1 Ta có x =3 là nghiệm đúng với phương trình (1) 3 3 Với x > 3 thì x  2 > 1, x  1 > 2 nên x  2 + x  1 > 3 3 3 Với x< 3 và x  -1  -1  x  3 thì x  2 < 1, x  1 < 2 nên x  2 + x  1 < 3 Vậy x= 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). 5 2 3 2 b) x  28 + 2 x  23 + x  1 + x = Ta có x =2 là nghiệm của (2).  x  1 0  x 1  2 + 9 (2) ĐKXĐ:  x 0. 5 2 3 2 Với x > 2 thì x  28 > 2, 2. x  23 > 6, x  1 >1, x > 2 , nên vế trái của (1) lớn hơn 2 +9 (vế phải) 5. 2. 3. 2. Với 1  x < 2 thì x  28 < 2, 2. x  23 < 6, x  1 <1, x < 2 nên vế trái của (1) nhỏ hơn 2 +9 (vế phải) Chỉ có x = 2 thỏa mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. x 7 1  8 2x 2  2x  1 c) Giải phương trình : x  1 . HD: điều kiện x ≥ 2. Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình 3 3 3 d) x  6  x  2  x  10 0 Nhận thấy x = -2 là một nghiệm của phương trình. BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1: Tìm tất cả các số thực x1; x2; …; x2013 thoả mãn:. x1  12  2 x2  22  ...  2013 x2013  20132  AD BĐT Cô Si từng hạng tử vế trái rồi cộng Bài 2: Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y 1 z 2 . 1  x  y  z 2. 1  x1  x2  ...  x2013  2.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Đặt x a; y  1 b; z  2 c rồi đưa về tổng bình phương . Bài 3: Giải các phương trình sau: 2 2 b) 3( x  x  1) ( x  x  1) Pt VT đưa về tích. 2 2 a) 3x  2 x 2 x  x  1  x Đặt 1 ẩn phụ 3 c) √ x −2+ √ x +1=3 Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ hoặc hàm số. 2. d) x  x  5 5 Đặt đưa về hpt đx loại 2 g) √ √ 3 − x =x . √ √3+ x Xét ĐK x rồi BP. 2 2 e) x  48 4 x  3  x  35 2 2 Chuyển về x  48  x  35 4 x  3 Nghiệm 1. Dùng hàm số. 2 2 k) x  17  x  x. 17  x 9 Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ. 2 3 h) 2( x  2) 5 x  1 Đặt 2 ẩn phụ đưa về pt Bài 4: Giải các phương trình sau: a) √ 25− x 2 − √ 10 − x 2=3 Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ.  7  x .. 7  x   x  5 . x  5. 7 x  x 5 c) Rút gọn xong là dễ x  3 e) . 2 2 2 b) x  4 x  5  x  4 x  8  x  4 x  9 3  5 Đánh giá.  x  3  x  1  4  x  3. 2. d) Rút gọn rồi Đặt 1 ẩn phụ. 2 g) x  9 x  20 2 3x  10 Chuyển về hiệu 2 BP. 10  x 2  x 2  x  12. Tích 2 x. h) 2  2  x trục căn ở mẫu. . 2 2. x 1  3 0 x 3. x 2. x. 5.  2. k) x . 2. x 5. . 5 x  x2  5. 4. trục căn ở mẫu 2. 1  x  l)  x . m) x4 + x  2005 2005 Đặt x2 = t. tiếp tục đặt y= t  2005. 1   4 x    6 0 x . Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ 3 2 2 p) 7  x  1  x 2 q) 3x  5 3x  5 x  12 48  5 x Đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ Đặt 1 ẩn phụ Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: 1 1 1225   74  x 2 y 1 z  771 2. x 2. y 1. z  771.. Chuyển vế rồi Cô Si x. x 2. 2. x. 2 x.  x .6  6 Bài 6: Cho phương trình: x .6  6 Đưa về PT tích nghiệm là 6; -6; 0. Tổng các nghiệm của phương trình là S =0, tính S15. Bài 7: Giải các phương trình sau: 2. 2. 2 3  1  x   3 3 1  x 2  3  1  x  0. a) Đặt 2 ẩn phụ đưa về PT tích. 2 b) 2008 x  4 x  3 2007 x 4 x  3. Đặt không hoàn toàn. 4x  3  y.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 3. 3. 3. c) x  1  x  1 x 2 Đặt 2 ẩn phụ rồi đưa về tích. d) ( x  3 x  2)( x  9 x  18) 168 x PT vế trái, chia cả 2 vế cho x rồi đặt ẩn phụ. 3 2 4 e) x  1  x  x  x  1 1  x  1 Đặt 2 ẩn phụ đưa về PT tích. g) x  x  1 2 x  1 Đặt 2 ẩn phụ rồi đưa về tích. 4. 4. 3. 3. 3. 2. k) 4 x  3 x  3 4 x x  3  2 2 x  1 Đưa về hiệu hai bình phương. 2. h) x  1  x 1  x  x Đặt 2 ẩn phụ đưa về PT tích. m)12 x  2 x  1 3x  9 l) 2 x  16 x  18  x  1 2 x  4 BP rồi đặt 2 ẩn phụ đưa về PT thuần nhất a Đưa về hiệu hai bình phương 2. n). 2. 2.  2  x  5  x. x . Chuyển về đặt nt chung nhân liên hợp.  2  x   10  x  p) 2  x rồi. 2 q) 3x  2  x  1 4 x  9  2 3x  5x  2 Đặt 2 ẩn phụ. x  1  x2 1  2 1  2 x t). 1 1  x2  x. Đặt 4 ẩn phụ rồi đưa về tích n 2 2 2 n n r) 2 (1  x)  3 1  x  (1  x) 0 Đặt 2 ẩn phụ. 1. 1 x  8  x . Bài 8: Cho phương trình:. 4 x  5  3x  1  2 x  7  x  3. 2 2 u) x  x  x  x  x  1 Bình phương. 1 x  8  x. m. Đặt ẩn phụ đưa về PTBậc 2: 1  x  8  x  y a) Giải phương trình với m = 3 b) Tìm m để phương trình có nghiệm c) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất 2  x 2  2 x   x 2  2 x  3  m 0. Bài 9: Cho phương trình: a) Giải phương trình với m = 9 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 10: Cho các số thực dương x,y,z thoả mãn điều kiện: x 1  y2  y 1  z 2  z 1  x2 . 3 2. x2  y2  z 2 . 3 2. Chứng minh rằng: Bài 11: Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện: a  b  c  a  b  c Chuyển về BP, đưa về tích… 2012 2012 2012 c 2012 a  b  c Chứng minh rằng: a  b  Bài 12: Tìm các số nguyên k thoả mãn: 1. 1 1 1 1 1 1 20132  1   1    ...  1    12 22 22 32 k 2  k  1 2 2013 1. 1 1 1 1  1   2 2 n (n  1) n n  1 (  n  N*). Ad Bài 13: Giải phương trình:. (đã thi).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 2 2 2 2 a) 2 x  1  x  3 x  2  2 x  2 x  3  x  x  2 Đặt 4 ẩn phụ rồi đưa về tích. b) x  1  4 x  4  9 x  9  .....  100 x  100 165 . Dễ 1 1 1   1 x 3  x 2 x  2  x 1 x 1  x . Dễ. c). d). 9 x 2  45 . 1 x 2  5 1 25x 2 125 16 x 2  80  3  9 12 16 4 9 . Dễ. 2009  2010 x 2  x  1 20  2009  2010 x 2  x  1 . Đặt 2 ẩn phụ rồi đưa về hệ. e) g) 19. x 1. +5. 4. x2  1. + 95. 6. x 2  3 x 2. = 3 ( Đánh giá...Các số mũ phải bẳng 0). 2. h) x  1  x  4 x  1 3 x Chia 2 vế cho. x và đặt. t x. 1 x.  x 4;. 1 4. 2 x2  x  9  2x2  x  1  x  4 .. k) -. 2 2 Ta có VT  0  ( x  4)  0  2 x  x  9  2 x  x  1 Nhân với biểu thức liên hợp ta được :.  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1 2 8  2 2 x 2  x  9  x  6  x 0;  7  2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4. Bài 14: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 1 1 1 1 4 x 4      1.2 2.3 3.4 x.  x  1 4  x  5 . HD: ĐK: x 4 (1) 1 1 1 1   4  x  x  4 (*) 4 x 5 Ta có: x  1 Ta có: VP(*) = x  4 0  x 4 (2). Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất.. Phần: PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO I. PHƯƠNG PHÁP 1: Đưa về phương trình tích Bài 1: Giải phương trình: 3 3 3 3 a) ( x  1)  x  ( x  1) ( x  2) nghiệm là x = 4. b) x3 – 7x2 + 12x – 6 = 0 nghiệm x 1; x 3  3 x 3; x . c) (x – 1)3 +(2x + 3)3 = 27x3 + 8 nghiệm d) 4x3 - 13x2 + 9x - 18 = 0 nghiệm là: x = 3 II. PHƯƠNG PHÁP 2: Đặt ẩn phụ Bài 2: Giải phương trình:.  7  97 12.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> a) x4 – 5x3 + 6x2 – 5x + 1 = 0 vô nghiệm. b) x5 + 4x4 + x3 + x2 + 4x +1 = 0 nghiệm x1,2  2  3 x. 2 5 x 3 ; 3. c) (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)2 = 6 nghiệm 2 2 d) ( x  3x  2)( x  7 x  12) 24 nghiệm x = 0 ; x = -5 e) x4 - 3x3 - 2x2 + 6x + 4 = 0 nghiệm x = -1 ; x = 2 ; g) (x – 5)4 + (x – 7)4 = 16 nghiệm x1 = 7; x2 = 5. x1,2 1  3. h) (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x2 Vì x = 0 không là nghiệm nên chia cho x2. k) (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x. Biến đổi về 12(x+7)(x+8)(x+9)= 60x Đặt y = x + 12.  y3 – 12y2 + 42y = 0 l) 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x2  5(x2 - 16x + 15)(x2 - 8x + 15) = 7x2 (*) Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (*) cho x2 III. PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa về hiệu, tổng luỹ thừa cùng bậc ( Vẫn là PP1) Bài 3: Giải phương trình: x 1  2 a) x4 = 2x2 + 8x +3 nghiệm: 1,2 1 1 x 3 b) x 3  x 2  x  41 3 nghiệm: x 3 2 1 c) 5x + 6x + 12x + 8 = 0 nghiệm:. 2 2  3  4 1 3 4. IV. PHƯƠNG PHÁP 4: Dùng bất đẳng thức Bài 4: Giải phương trình: 2003 2004 x 9  x  10 1. (1) (Đề HSG 9 Hải Dương, năm học 2006 - 2007) x = 9 và x = 10 là nghiệm của phương trình (1).Xét các giá trị còn lại của x.. V. PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng hệ số bất định đưa về phương trình tích ( Vẫn là PP1) Bài 5: Giải phương trình: x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 (1). Phương trình (1) có dạng (x2 - 5x + 2)(x2 + x - 7) = 0 Phần: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN Ở MẪU I. PHƯƠNG PHÁP 1:Phương pháp biến đổi 1. Phân tích hoặc nhóm các phân thức Bài 1: Giải phương trình: 1 1 1 3  2  2  2 a) x  5 x  4 x 11x  28 x 17 x  70 4 x  2 . nghiệm duy nhất x = – 3. x 1 x  2 x  3 x  4 2 4 6 8    4 1 1  1  1  4  x 1 x2 x 3 x 4 b) x  1 x  2 x  3 x  4 1 x1    1  2 có hai nghiệm là:. 69  1 69   ; x2    1   5  2 5 .

<span class='text_page_counter'>(35)</span> 1 1 1 1    c) 2008 x 1 2009 x  2 2010 x  4 2011x  5 4019 x  6 4019 x  6 6 3   x  ; x  1; x3  (2008 x  1)(2011  5) (2009 x  2)(2010 x  4) có ba nghiệm 1 4019 2 2.. 2. Đưa về phương trình bậc cao giải được Bài 2: Giải phương trình: 2x 13 x  2 6  54x4 – 117x3 + 105x2 – 78x + 24 = 0 a) 3x  5 x  2 3 x  x  2 1 3 x1  ; x2   (2x – 1)(3x – 4)(9x2 – 3x + 6) = 0 có hai nghiệm 2 4. 2. 1. 1. . . 1. b) x  1 x  1 2 x nghiệm duy nhất x = 2  2 2  1 4 4 x 4 x 4 5x 2 5x  x 4  5x 3  10x  4 0 2 x  2 c) x  2 II. PHƯƠNG PHÁP 2: Phương pháp đặt ẩn phụ 1. Đặt một ẩn phụ Bài 3: Giải phương trình: 1 x4  3x2 1 3 x 3 2 x a) x  x  x Chia cả tử và mẫu ở vế trái cho x2 rồi: Đặt t = 1 5 x1,2  2 có 4 nghiệm là: ; x3,4 1  2 2 13 6 1  2  3x  4  2 x. b) 3x  4 x  1 3x  2 x  1 x chia mẫu 2 bên cho x rồi Đặt t = 4 1 x1  ; x2  3 2 nghiệm 2.  1  2 1 1 15  15     2 2 x ( x  1) x ( x  1) x ( x  1)   c) 1  3  21  5 5 x1,2  x3,4  6 10 . Đặt x ( x  1) = t.có bốn nghiệm ;. 2. Đặt hai ẩn phụ Bài 4: Giải phương trình: 2. 2. x 1  x 1   x 2 8  46 x 1 x 2 12  x1,2  u ;v      x  2 x  3 x  3    Đặt 2 x 2 x  3 có hai nghiệm là a)  . 3 x  3 x  3 x 3 x x. x 2 a x. ; b x    x 1  x 1 x  1 có nghiệm duy nhất là x = 1. b) x  1  . Đặt. 3. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn x3 3x 2 x    2 0 (x  1)3 x  1 Bài 5: Giải phương trình: x x x2 x2 t  x  t x   ; xt  3 3 x 1 x1 x1 x  1 PT trở thành: x  t  3(x  t)  2 0 Đặt 3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> . III. PHƯƠNG PHÁP 3:Phương pháp đánh giá 3 4 1 1 4 3  2  2  2  2 2 Bài 6: Giải phương trình: x  x  3 x  3x  9 2 x  2 x x  3 x  9 x  x  3 a 2 b 2 ( a  b) 2   x  y với mọi x, y > 0. ( Khi dùng nên chứng minh) Áp dụng BĐT x y 2. a b 1 4 (2  1)2 3     2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y , ta có: 2 x x  3x  9 3x  3x  9 x  x  3 Suy ra (*)  x2 + 3x + 9 = 4x2  x2 – x – 3 = 0 1  13 x1,2  2 . Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm là. MỘT SỐ BÀI PHƯƠNG TRÌNH TRONG ĐỀ THI HSG TỈNH BẮC GIANG 1. Giải phương trình:. 2 x 1 . 3 x  x  1 . điều kiện x 0. 2 2 Đặt 2 x  1 a, a 0 ; 3x b, b 0 . Suy ra b  a x  1 Thay vào (1) ta được a  b b 2  a 2  (a  b).(a  b  1) 0  a b (do a 0, b 0 nên a+b+1>0). 4 2 2. Cho phương trình: x  2 6mx  24 0 (m là tham số).. Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 phân biệt thỏa mãn: x14  x24  x34  x44 144 . 2. Đặt t x , t 0 phương trình trở thành: t  2 6mt  24 0 (1) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có hai nghiệm dương 2. phân biệt 0  t1  t2 .  ' 6m 2  24  0   t1.t2 24  0   t1  t2  2 6m  0. m 2  4  m2  m  0 . Với t1 , t2 là hai nghiệm của pt (1) thì x1  t1 , x2  t1 , x3  t2 và x4  t2 nên ta có. x14  x24  x34  x44 2(t12  t22 ) 2  (t1  t2 ) 2  2t1.t2 . BẮC NINH Giải các phương trình sau: 2 1. 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x  7. điều kiện:. x.  2 2 ;x  2 2. 2. 2 2  x  4 x  4  2 x  1  2 2 x  1. 7  7 = 0.  ( x  2) 2  ( 2 x 2  1 . 7) 2 0.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> 2.. 4. 4  x2 . 4. x 4  16  4 x  1  x 2  y 2  2 y  3 5  y. 4  x 2 0 (1)  2 (2)  x  16 0  (3) 4 x  1 0 2  2 (4) Điều kiện :  x  y  2 y  3 0 2 Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4) 0  x  4 0 kết hợp với (1) và (3) suy ra x = 2 Thay vào (4): y2 – 2y + 1 0 ; Đúng với mọi giá trị của y. Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5 3. x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;. (với x ; y nguyên). Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0  x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ Đặt x = 2k + 1 ; ( k  Z )  4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5  2y2 = 4k2 + 4k – 4  y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm  pt đã cho vô nghiệm. 4. Giải phương trình: x2 + 3x +1 = (x + 3). √ x2 +1. BÌNH PHƯỚC Câu 1 ( 2 điểm) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 . Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương. x2 2 2 Caâu 3 :(2 điểm)Giải phương trình : x + ( x  1) = 3. HÀ NAM. 2(x 2  2) 3. . x 3  8  2x. . 1. Giải phương trình: 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x 4  3x 3  (2m  1)x 2   3m  1 x  m 2  m 0 1.(3 điểm): Điều kiện: x  2 2 2 Pt đã cho  2(x  2x  4)  2(x  2) 3 (x  2)(x  2x  4) (1) u  x 2  2x  4 u 0   v 0 v x2   Đặt , Điều kiện   2u  v 0 2u 2  3uv  2v 2 0  (2u  v)(u  2v) 0    u  2v 0 Pt (1) trở thành + Với.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> x 2  2x  4 2 x  2  x 2  6x  4 0  x 3  13 2u 0  x 2  2x  4 0 2u  v 0     v 0  x  2 0 + Với Hệ pt vô nghiệm Vậy phương trình có 2 nghiệm x 3  13 2.(3 điểm) 2 2 4 3 2 Pt đã cho  m  (2x  3x  1)m  x  3x  x  x 0 (1) u  2v 0 . 2. Pt(1) là pt bậc hai ẩn m có  (x  1) nên  2x 2  3x  1  (x  1) m   x 2  2x  m  1 0 (2) 2 (1)    2  2x 2  3x  1  (x  1) (3)  x  x  m 0 m   2 ` Giả sử x 0 là nghiệm chung của 2 pt (2), (3)  x 02  2x 0  m  1 0  x 0 1   2  x  x  m  0 m 2  0 0 Ngược lại, với m = 2 thì 2 pt (2) và (3) có nghiệm chung Pt(1) có 4 nghiệm phân biệt  các phương trình (2), (3) cùng có 2 nghiệm phân biệt và không có nghiệm chung 1  ( m  1)  0  1  m    1  4m  0  4 m 2 m 2   x 1  y 1 Điều kiện:   y(4y4+5y2 -9) =0  y 1 Víi y = 1  x = 0 Víi y = -1  x= 3. Thö l¹i tháa m·n .VËy nghiÖm cña hÖ lµ(x;y)=  (0;1);(3;  1) HÀ NỘI 1) Giải phương trình: 2(x2+2x+3)=5 * Phân tích x3+3x2+3x+2=(x+2)(x2+x+1) * Đ/k x≥ -2 * Đặt x+2=a, x2+x+1=b đưa về 2(a+b) = 5 * Giải được a=4b, b=4a * a=4b  x+2=4(x2+x+1) p/t vô nghiệm.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> x1 . * b=4a  x2 - 3x - 7=0  * So sánh với đ/k và kết luận Hà tĩnh x3 . 3  37 3  37 , x2  2 2. 1 1    m  1  x    m  3 0 3 x x  (*). Bài 1: Cho phương trình a) Giải phương trình khi m = 3 b) Tìm m để phương trình có đúng hai nghiệm dương phân biệt Giải tóm tắt: ĐKXĐ: x  0 x. 1 t  t  1 t2  t  3  m 0 x phương trình (*) trở thành. . . Đặt a) m = 3 (Tự giải) b) Với t = 1  x2 – x – 1 = 0 phương trình này luôn có 1 nghiệm dương (vì ac < 0) Để phương trình (*) có đúng 2 nghiệm dương phân biệt thì phương trình t2 + t +4–m=0 11 phải có nghiệm kép khác 1. Hay m = 4. TP.Hồ Chí Minh Giaûi caùc phöông trình: 2 2 2 a) ( x  3x)  6( x  3x )  7 0. b) 8  x  3  5 . x  3 5. 2 2 c) x  x  x  x x  1. Hoµ B×nh. Gi¶i ph¬ng tr×nh 12 3  2 1 x x4 x x2 2. + HS lập luận đợc x2 + x + 4 và x2 + x + 2 khác 0 rồi đa PT về dạng 9( x2 + x ) + 12 = ( x2 + x + 4 ) ( x2 + x + 2 ) +HS biến đổi PT về dạng ( x2 + x - 4 ) ( x2 + x + 1 ) = 0 LÂM ĐỒNG) 3 2 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh: x  3 x  x  2 0. x2 . Long An. 2 . x2 . 1 1 1  x 2  x   (2 x 3  x 2  2 x  1) 4 4 2. 1 1  x 2  x  (2 x 3  x 2 )  (2 x  1) 4 4 ……………………..…….0,5 đ. 4 x 2  1  2 4 x 2  4 x  1 ( x 2  1)(2 x  1) …………………………..…..0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> (2 x  1)(2 x  1)  2 2 x  1 ( x 2  1)(2 x  1). ……………………….…….0,25 đ Vế trái không âm, x +1 dương nên 2x+1 không âm…………………….…….0,25 đ . 2.   . (2 x  1)(2 x  1)  2(2 x  1) ( x 2  1)(2 x  1) 2. (2 x  1)(2 x  1) ( x  1)(2 x  1) 2. 2. (2 x  1) ( x  1)(2 x  1). 1  x = 2 hoặc x = 0. ……………………….……0,25 đ. ………………………………………….0,25 đ. ……………………………………………….0,25 đ (thỏa điều kiện)…………………………0,25 đ. NGHỆ AN 2 Giải phương trình: x  4x+5 = 2 2x+3. 4x 2  5x  1  3 2 x 2  x  1  9x. x 2  x3  x 2  x 2  x x 2  x  2 1  16 x 2. Câu 1. Giải phương trình 2 a. x  10 x  27  6  x  x  4 b.. 2011  x 2 . 2006  x 2 2. 2 2 Nhân 2 vế với : 2011  x  2006  x  0 và biến đổi đưa về hệ PT:.  2011  x 2  2006  x 2 2    5  2011  x 2  2006  x 2   2. Phó Thä Giải phương trình :. 9 81 32095 2011  x 2   2011  x 2   x  4 16 4. 4x 4 x x 3. x 3 . PHÚ YÊN. Câu 1.(4,0 điểm) Cho phương trình x4 + ax3 + x2 + ax + 1 = 0, a là tham số . a) Giải phương trình với a = 1. b) Trong trường hợp phương trình có nghiệm, chứng minh rằng a2 > 2. Câu 2.(4,0 điểm) a) Giải phương trình:. x+3 + 6-x. (x + 3)(6 - x) = 3. Câu Ta có phương trình : x + ax +x + ax + 1 = 0 (1) 1a.  x 4 +x 3 +x 2 +x+1= 0 (2) Khi a =1 , (1) (2,0đ) Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm. 4. 3. 2. ..

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 2. Chia 2 vế của (2) cho x ta được: t = x+. x2 +. 1 1 1  t  x+  x + 2 x x x. 1 1 + x + +1= 0 2 x x (3).. 0,50. 1 t 2 -2 2 x .. 0,50. x2 +. Đặt và 2 Phương trình (3) viết lại là : t + t - 1 = 0 t1 .  1 5  1 5 t2  2 2 và đều không. Giải (3) ta được hai nghiệm thỏa điều kiện |t| 2.Vậy với a = 1, phương trình đã cho vô nghiệm.. 0,50. 0,50. Câu1b Vì x = 0 không phải là nghiệm của (1) nên ta cũng chia 2 vế cho 1 1 .  x 2 + 2 +a  x +  +1= 0 (2,0đ) x2 ta có phương trình : x x  . Đặt. t =x+. 1 x , phương trình sẽ là : t2 + at - 1 = 0 (4).. 0,50. Do phương trình đã cho có nghiệm nên (4) có nghiệm |t|  2. Từ 1- t 2 a t . (4) suy ra (1 - t 2 ) 2 a 2 >2  2  t 2 (t 2 - 4) 1  0 (5) t2 Từ đó :. Vì |t|  2 nên t2 >0 và t2 – 4  0 , do vậy (5) đúng, suy ra a2 > 2.. 0,50 0,50 0,50. Câu 2a. (2,0đ). x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1).  x+3 0  -3 x 6  6-x  0  Điều kiện : . u  x + 3 , u , v 0  u 2  v 2 9.   v = 6 - x. Đặt : Phương trình đã có trở thành hệ : u 2 + v 2 =9   u + v uv = 3 . Suy ra :. (u + v) 2 - 2uv = 9  = 3 + uv u + v  uv = 0 u = 0    uv = -4 v = 0 (3+uv)2-2uv = 9  x+3 = 0  x = -3   x = 6.  6-x = 0. Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.. 0,50. 0,50 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> Câu 3 Cho 3 số phân biệt m,n,p. Chứng minh rằng phương trình 1 1 1 + + =0 x- m x- n x- p có hai nghiệm phân biệt. x ¹ m , n , p ĐK: PT đã cho Û (x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0. Û 3x2 -2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1) ' 2 Ta có Δ = (m + n + p ) - 3(mn + mp + np) = m2+n2+p2 +2mn+2mp+2np -3mn-3mp-3np 1 = m2+n2+p2 –mn-mp-np = 2 [(m-n)2+(n-p)2+(m-p)2] >0. Đặt f(x) = 3x2 -2(m+n+p)x + mn+ mp +np Ta có f(m) = 3m2 – 2m2 -2mn -2mp +mn +mp +np = m2 –mn –mp +np = (m-n)(m-p) ¹ 0 = >m,n,p không phải là nghiệm của pt(1) Vậy PT đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt. HƯNG YÊN Bài 2: Tìm m để phương trình. x. 2. . 2.  2x  3x 2  6x  m 0. có 4 nghiệm phân biệt.Giải. các phương trình sau: 2 1. 3x2 + 4x + 10 = 2 14 x  7. 2.. 4. 4  x2 . 4. x 4  16  4 x  1  x 2  y 2  2 y  3 5  y. 3. x4 - 2y4 – x2y2 – 4x2 -7y2 - 5 = 0;. 1. Giải, xác định đúng điều kiện:. x. (với x ; y nguyên)  2 2 ;x  2 2. 2 2 2  x  4 x  4  2 x  1  2 2 x  1. 7  7 = 0.  ( x  2) 2  ( 2 x  1  7) 0  x  2  x  2 0     x 2  x 2 2  2 x  1  7 0   x  2  (Thỏa mãn) 4  x 2 0 (1)  2 (2)  x  16 0  (3) 4 x  1 0 2  2 (4) 2. Điều kiện :  x  y  2 y  3 0 2 Từ (2)  (x2 – 4)(x2 + 4) 0  x  4 0 kết hợp với (1) và (3) suy ra x = 2 Thay vào (4): y2 – 2y + 1 0 ; Đúng với mọi giá trị của y.. Thay x = 2 vào phương trình và giải đúng, tìm được y = 1,5.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> Vậy nghiệm của phương trình: (x = 2; y = 1,5) 3. Biến đổi đưa được pt về dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = 0  x2 – 2y – 5 = 0  x2 = 2y2 + 5  x lẻ Đặt x = 2k + 1 ; ( k  Z )  4k2 + 4k +1 = 2y2 + 5  2y2 = 4k2 + 4k – 4  y2 = 2(k2 + k – 1)  y chẵn Đặt y = 2n; (n  Z )  4n2 = 2(k2 + k – 1)  2n2 + 1 = k(k + 1) (*) Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k và k + 1 là hai số nguyên liên tiếp)  (*) vô nghiệm  pt đã cho vô nghiệm BÌNH PHƯỚC Câu 1 ( 2 điểm) Cho phương trình (m + 2)x2 – 2(m – 1 )x + m - 2 = 0 . Với m là tham số, tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương. x2 2 2 Caâu 3 :(2 điểm) Giải phương trình : x + ( x  1) = 3. HẢI DƯƠNG. 2007-2008 Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: x4 + (3m – 1)x3 – (3m – 2)x2 + (3m – 1)x + 1 = 0 (m lµ tham sè) Ta thÊy x = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh Với x  0 chia hai vế của phơng trình cho x2 ta đợc 1 1  (3m  1)( x  )  (3m  2) 0 2 x x2 + x (1) 1 x x =t §Æt. Ta cã PT: x2 – tx + 1 = 0(*). 2 t  PT(*) cã nghiÖm khi ∆  0  t  4 0  2. 2008-2009. Gi¶i ph¬ng tr×nh √ 2 x − √ 5− 2 x =1 . 2009-2010. 2 Giải phương trình x  2 x 2 2 x  1  x 2  ( 2 x  1  1) 2 0. 2010-2011 Giải phương trình. 2 x 2  7 x  10  2 x 2  x  4 3( x  1) . (1).  6 x  6 3  x  1 2 x 2  7 x  10  2 x 2  x  4 HD- Nếu x 1  0  x   1 thì (1). . 2 x 2  7 x  10 . 2 x 2  x  4 2 (2) 2. Từ (1) và (2) suy ra 2 2 x  x  4 3x  1 phương trình có nghiệm duy nhất x = 3 2011-2012.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> 3. 3  x 3     x  3 16 Giải phương trình:  x  2  3. 2.   x  3 2    x  3 2  2 x  3     3  16 t  x  2   x  2  x  2 , ta được t 3  3t 2  16 0 (*) . Đặt. 2012-2013 4x. +. 2. 3x 2. a) Giải phương trình x  5x + 6 x  7x + 6 4 3 + =6 6 6 x  5+ x 7+ x x 6 t = x 7+ x phương trình trở thành Đặt 2013-2014. =6. 2 2 2 Giải phương trình x ( x  2) 4  x 2 x  4.. Đặt. . t  x 2 x 2  4  t 2 2 x 4  2 x 2. .

<span class='text_page_counter'>(45)</span>