Tải bản đầy đủ

CHUYEN DE PT CHUA CAN THUC

TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Giải phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai là rất quan trọng trong các cấp
học, từ THCS đến THPT tuy nhiên ở cấp THPT không đơn thuần là cho sẵn
phương trình bậc nhất, bậc hai để giải mà thường lồng ghép dưới nhiều hình thức
của các bài toán khác nhau. Cụ thể nhất là trong chương trình toán lớp 10 của
chương trình Cơ bản hay Nâng cao điều có phương trình chứa căn thức.
Phương trình chứa căn thức là loại phương trình mà đa số học sinh khi tiếp cận
giải thường mắc phải không ít những sai lầm trong quá trình giải đó là: Thiếu điều
kiện để căn thức có nghĩa hoặc khi bình phương hai vế ta thường được phương
trình hệ quả ( nên dễ xuất hiện nghiệm ngoại lai) nhưng học sinh vẫn nghĩ là
phương trình tương đương, hoặc rất khó khăn khi nhận dạng cách giải trong các
phương trình chứa nhiều căn thức….
Vì thế muốn giúp cho học sinh có cách nhìn tổng quan hơn về các bài toán
phương trình chứa căn thức tôi viết chuyên đề này giúp cho học sinh dễ dàng tiếp
cận các loại phương trình chứa căn thức trong chương trình lớp 10 và có thể dựa
vào đó để tiếp cận và khai thác sâu hơn các bài toán chứa căn thức trong các kì thi
cao đẳng và đại học.
Trong quá trình viết tôi đã cố gắng sắp xếp các dạng toán theo thứ tự của các
cấp độ nhận thức: Biết- hiểu- thông hiểu và vận dụng để học sinh dễ tiếp cận. Sau

mỗi ví dụ có hướng dẫn giải và có lời bình giúp học sinh khắc sâu được những kỹ
năng quan trọng khi tiếp cận giải bài toán chứa căn thức, đồng thời có bài tập
tương tự giúp học sinh tự rèn luyện để có được kỹ năng giải hợp lý các bài toán
chứa căn thức.
Tuy đã cố gắng nhưng cũng chỉ mang tính chủ quan nên không tránh khỏi sai
sót và hạn chế. Mong quý đồng nghiệp góp ý tôi rất chân thành cám ơn !
Hòa Bình, ngày 12 tháng 3 năm 2013

GV: Nguyễn Hữu Phúc.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 1


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

MỤC LỤC
ĐỀ MỤC

TRANG

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
VẤN ĐỀ 1

3

DẠNG 1:

f ( x) = g ( x)

3

DẠNG 2:

f ( x) = g ( x)

8

DẠNG 3: ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG TÍCH



9

DẠNG 4: ĐẶT ẨN PHỤ

11

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ DẠNG NÂNG CAO

13

PHƯƠNG TRÌNH CH ỨA CĂN DẠNG NÂNG CAO
VẤN ĐỀ 2:
DẠNG 1: ÁP DỤNG BĐT CÔ SI ĐỂ GIẢI PT

16

DẠNG 2: ĐƯA VỀ HỆ PT ĐỂ GIẢI

23

NHẬN XÉT SKKN

26

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
Vấn đề 1:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 2


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

f ( x) = g ( x) (1)

DẠNG 1:

Cách giải 1: ( Sử dụng pt hệ quả)





ĐK: f ( x) ≥ 0
Bình phương hai vế pt(1) ta có pt hệ quả: f(x)=g2(x), ( giải tìm x= ?)
Thế vào pt(1) xem có thảo mãn hay không
Kết luận nghiệm của pt(1).

Cách giải 2: ( Sử dụng phép biến đổi tương đương)
f ( x) = g ( x)
 g ( x) ≥ 0
⇔
2
 f ( x ) = g ( x)
 Lưu ý: Khi g(x)<0 ⇒ pt(1) vô nghiệm.
VD 1: Giải phương trình :
2x − 4 = 2

b) 3 x − 15 = −3

c)

d) 2 x − 16 = x + 4

e) 5 x − 6 = x − 3

f) 2 x 2 + 1 = x − 1

a)

4 − x = x −1

HD:
a) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
• ĐK: 2x-4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2
• Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt: 2x-4=4 ⇒ 2 x = 8 ⇒ x = 4
• Thế x=4 vào pt đã cho thỏa mãn
• Vậy pt có nghiệm x=4.
Cách 2: Vì 2 ≥ 0 hiển nhiên đúng nên ta chỉ cần giải như sau:

2x − 4 = 2 ⇔ 2x − 4 = 4 ⇔ x = 4
• Vậy pt có nghiệm x=4.
b) Cách 1: ( Sử dụng phương trình hệ quả)
• ĐK: 3 x − 15 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5
• PT(b) ⇒ 3x-15=9 ⇒ 3x=24 ⇒ x=8
• Ta thấy x=8 thỏa mãn điều kiện nhưng thế vào pt(b) không thỏa mãn
• Vậy pt(b) vô nghiệm.
Cách 2: ( Chỉ cần để ý -3<0) nên pt (b) vô nghiệm.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 3


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Các câu c, d, e giải tương tự.
f) Cách 1: ( Sử dụng pt hệ quả)
• Ta có: 2 x 2 + 1 > 0, ∀x ∈ R
• Bình phương 2 vế pt đã cho ta được pt:
2 x 2 + 1 = ( x − 1) 2
⇒ 2x2 + 1 = x2 − 2 x + 1
⇒ x2 + 2x = 0




x = 0
⇒
 x = −2
Thế x=0 và x=-2 vào pt đã cho chỉ có x=0 thỏa mãn
Vậy pt có nghiệm x=0.

Cách 2: ( Sử dụng pt trình tương đương)


Ta có:
2 x2 + 1 = x −1



x −1 ≥ 0
⇔ 2
2
2 x + 1 = ( x − 1)
x ≥ 1
⇔ 2
x + 2x = 0
x ≥ 1

⇔  x = 0 ⇔ x = 0
  x = −2

Vậy pt có nghiệm x=0.

Lời bình:


Qua các ví dụ trên cho ta thấy nhược điểm của phương pháp giải theo phương trình hệ
quả là dài và phải thử lại nghiệm ( tránh trường hợp xuất hiện nghiệm ngoại lai), còn
phương pháp giải theo phương trình tương đương có phần ưu điểm là tiện lợi hơn,
(không cần phải thử lai nghiệm).



Chúng ta cần phân biệt rằng tùy theo đặc thù của phương trình chứa căn mà ta có thể
chọn cách giải 1 hoặc 2 cho phù hợp.

Vì vậy sau này chúng ta sẽ tiếp cận nhiều bài toán chứa căn thức thì ta mới cảm nhận
được sự sâu sắc trong mọi khía cạnh của bài toán lúc đó ta mới thấy rõ mỗi phương pháp
Nguyễn Hữuđiều
Phúc
Page 4
có những ý nghĩa đặc sắc riêng của nó.



TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

VD 2: Giải phương trình :
x2 − 4 = 2

a)

b)

d) − x 2 + 2 x + 4 = x − 2

x −1 = x − 7

e) 9x+ 3x − 2 = 10

c)
f)

x2 − 4x + 9 = 3
x2 − 2x − 3 = 2 x + 3

HD:
a) Ta có:

x 2 − 4 = 2 ⇔ x 2 − 4 = 4 ⇔ x 2 = 8 ⇔ x = ±2 2

Vậy pt có 2 nghiệm x = ±2 2 .
b) Ta có:
x − 7 ≥ 0
x −1 = x − 7 ⇔ 
2
 x − 1 = ( x − 7)
x ≥ 7
x ≥ 7

⇔ 2
⇔   x = 10 ⇔ x = 10
 x − 15 x + 50 = 0
 x = 5

c)

x = 0
x2 − 4x + 9 = 3 ⇔ x2 − 4x + 9 = 9 ⇔ x2 − 4 x ⇔ 
x = 4

d) Ta có:
x ≥ 2
x ≥ 2
− x2 + 2x + 4 = x − 2 ⇔  2
⇔ 2
2
 − x + 2 x + 4 = ( x − 2)
2 x − 6 x = 0
x ≥ 2

⇔  x = 0 ⇔ x = 3
 x = 3

e) Ta có:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 5


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

3
10

3
x ≥
 ≤x≤
2
9 x + 3x − 2 = 10 ⇔ 
⇔ 2
9
 3 x − 2 = 10 − 9 x
3x − 2 = (10 − 9 x) 2


10
3
≤x≤

10
2
9
3
x = 1

 ≤x≤
⇔ 2
⇔  x = 1
⇔
9
 x = 34
81x 2 − 183 x + 102 = 0

34
27


 x =
27

f) Ta có:
3
3


x ≥ −
x ≥ −
x − 2x − 3 = 2x + 3 ⇔ 
⇔
2
2
 x 2 − 2 x − 3 = (2 x + 3) 2
3 x 2 + 14 x + 12 = 0


3

x ≥ − 2

−7 + 13

−7 + 13
⇔  x =
⇔ x=
3
3


−7 − 13
 x =
3

2

Lời bình:


Qua ví dụ trên cho ta thấy giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương sẽ
có nhiều lợi thế và tiện lợi, nếu giải bằng phương pháp biến đổi phương trình hệ quả,
nghĩa là phải đặt điều kiện để căn có nghĩa sẽ khó khăn hơn.

Bài tập tương tự:
Bài tập 1: Giải các pt
a)

x2 −1 = x −1

d) 3+ x + 6 − x = 3

b) x- 2 x + 3 = 0

c) x 2 + x + 1 = 1

e) 3x − 2 + x − 1 = 3

f) 3 + x − 2 − x = 1

g ) 9 + x = 5 − 2 x + 4 h) 2 x + 5 − 8 = x − 1

k) 2 x 2 − 3 x − 5 = x − 1

HD: a) x=1 b) x=3 c) x=0; x=1; x=(1- 5 )/2

Nguyễn Hữu Phúc

Page 6


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

 −3 ≤ x ≤ 6
⇔
3 + x + 6 − x + 2 (3 + x)(6 − x) = 9
 −3 ≤ x ≤ 6
 −3 ≤ x ≤ 6
 x = −3
 −3 ≤ x ≤ 6

⇔
⇔
⇔   x = −3 ⇔ 
(3 + x )(6 − x) = 0
x = 6
 x = 6
 (3 + x)(6 − x) = 0


d) 3+ x + 6 − x = 3

f)

 −3 ≤ x ≤ 2
−3 ≤ x ≤ 2
3+ x − 2− x =1⇔ 
⇔
3 + x = 1 + (2 − x) + 2 2 − x
 3 + x = 1 + 2 − x
 −3 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2
 −3 ≤ x ≤ 2
0 ≤ x ≤ 2


⇔
⇔  x ≥ 0
⇔ 2
⇔  x = 1 ⇔ x = 1
x + x − 2 = 0
 2 − x = x
 2 − x = x 2
  x = −2



Các câu còn lại giải tương tự.


Chú ý: Dạng

f ( x ) − g ( x) = k ⇔

f ( x) = k + g ( x)

( sau đó đặt đk và bình phương 2 vế để giải)

DẠNG 2:

 f ( x) ≥ 0, (hoac g(x) ≥ 0)
f ( x) = g ( x) ⇔ 
 f(x)=g(x)
VD 1: Giải các phương trình:
a)

x2 − 6x + 4 = 4 − x

b)

d)

x2 − 4x + 3 = 2 − x

e) 2 x + 1 + x + 5 = 6

Nguyễn Hữu Phúc

x 2 + 3 x − 4 = 2 x + 2 c)
f)

x2 − 2 x + 4 = x + 2
x + 3 − 7 − x = 2x − 8

Page 7


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

HD:
a) Ta có:
x ≤ 4
x ≤ 4
x ≤ 4

x − 6x + 4 = 4 − x ⇔  2
⇔ 2
⇔  x = 0 ⇔ x = 0
x − 6x + 4 = 4 − x
 x − 5x = 0
 x = 5

2

 Nhận xét: Qua cách giải trên cho ta thấy chọn ĐK: g(x)=4-x ≥ 0 đã làm giảm bớt độ
khó của bài toán và giúp ta giải quyết bài toán này nhẹ nhàng hơn mà vẫn không làm mất
nghiệm của pt đã cho.

Các câu còn lại giải tương tự.
 Chú ý: Dạng

 f ( x) ≥ 0
 g ( x) ≥ 0

f ( x ) + g ( x ) = h( x ) ⇔  h ( x ) ≥ 0

 f ( x).g ( x) = h( x) − ( f ( x) + g ( x)) (dang 1)

2
Hoặc:

f ( x ) − g ( x ) = h( x) ⇔

f ( x ) = g ( x) + h( x)

( về dạng trên)

DẠNG 3: ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH

 f ( x) = 0
f ( x ). g ( x ). h( x) = 0 ⇔  g ( x) = 0
 h( x) = 0
VD1: Giải các pt:
a)

(2 x − 8)(4 + x) + 2 (2 x − 8) = 0

b)

( x + 8)(5 + x) − 3 ( x + 8) = 0

c)

(3 x + 9)(2 + x) − 4 (3 x + 9) = 0

d)

(4 x − 8)(4 + 5 x) + 2 (4 x − 8) = 0

Nguyễn Hữu Phúc

Page 8


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

HD:
a)Ta có

(2 x − 8)(4 + x) + 2 2 x − 8) = 0

(2 x − 8)(4 + x) + 2 2 x − 8) = 0 ⇔ 2 x − 8

(

)

4+ x +2 =0

2 x − 8 = 0
⇔
⇔x=4
4
+
x
+
2
=
0
(VN)

Vậy pt có nghiệm x=4
b)Ta có

( x + 8)(5 + x) − 3 x + 8 = 0

( x + 8)(5 + x ) − 3 x + 8 = 0 ⇔ x + 8

(

)

5+ x −3 = 0

x + 8 = 0
 x = −8
 x = −8
⇔
⇔
⇔
x = 4
 5+ x −3 = 0
 x+5 = 3
Vậy pt có nghiệm x=4; x=-8.
Các câu c, d tương tự.
VD2: Giải pt

2x + 8 + 5 3 + x. x + 4 = 0

Cách giải sai thường gặp là:
2 x + 8 + 5 3 + x . x + 4 = 0 ⇔ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0
 x+4 =0
⇔
⇔ x = −4
 2 + 5 3 + x = 0 (VN)
Cách giải đúng là:
x + 4 ≥ 0
 x ≥ −4
⇔
⇔ x ≥ −3
ĐK: 
3 + x ≥ 0
 x ≥ −3
2 x + 8 + 5 3 + x . x + 4 = 0 ⇒ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0
 x+4 =0
⇒
⇒ x = −4
 2 + 5 3 + x = 0 (VN)
Vì x= - 4 không thỏa đk nên pt vô nghiệm.

Nguyễn Hữu Phúc

Page 9


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Lời bình:


Nguyên nhân mắc sai lầm của bài toán trên là đôi lúc ta lại bỏ quên đk xác định của pt



Điều này cho ta thấy rằng điều kiện xác định của pt là rất quan trọng .



PT đưa về dạng tích thường có tính phức tạp cao hơn so với những pt chứa căn thông
thường.

2 x + 8 + 5 (3 + x)( x + 4) = 0

VD3: Giải pt
HD

 x ≥ −4
2 x + 8 ≥ 0
 x = −4

⇔   x ≤ −4 ⇔ 
ĐK: 
(3 + x)( x + 4) ≥ 0
 x ≥ −3
  x ≥ −3

2 x + 8 + 5 (3 + x)( x + 4) = 0 ⇔ x + 4( 2 + 5 3 + x ) = 0
 x+4 =0
⇔
⇔ x = −4
 2 + 5 3 + x = 0 (VN)
Vậy pt có nghiệm x= - 4.

DẠNG 4:

ĐẶT ẨN SỐ PHỤ ( cấp độ thấp)

VD1: Giải các pt
a ) 2x+5-5 2 x + 1 = 0

b) 6x+3-5 6 x − 1 = 0

c) 3x+6-7 3 x + 2 = 0

d) 5x+1-12 5 x − 10 = 0

HD:
a) Ta biến đổi 2 x + 5 − 5 2 x + 1 = 0 ⇔ (2 x + 1) − 5 2 x + 1 + 4 = 0

Nguyễn Hữu Phúc

Page 10


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Đặt : t = 2 x + 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ 2 x + 1 = 1 ⇔ 2 x + 1 = 1 ⇔ x = 0
+ Với t=4 ⇔ 2 x + 1 = 4 ⇔ 2 x + 1 = 16 ⇔ x =

15
2

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=15/2
b) Ta biến đổi 6 x + 3 − 5 6 x − 1 = 0 ⇔ (6 x − 1) − 5 6 x − 1 + 4 = 0
Đặt : t = 6 x − 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ 6 x − 1 = 1 ⇔ 6 x − 1 = 1 ⇔ x =

1
3

+ Với t=4 ⇔ 6 x − 1 = 4 ⇔ 6 x − 1 = 16 ⇔ x =

17
6

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x=17/6.
Các câu c, d tương tự

VD2: Giải các pt
a ) x 2 +5-5 x 2 + 1 = 0

b) 2x 2 +3-5 2 x 2 − 1 = 0

c) 3x 2 +6-7 3 x 2 + 2 = 0

d) 5x 2 +1-12 5 x 2 − 10 = 0

HD:
a) Ta biến đổi x 2 + 5 − 5 x 2 + 1 = 0 ⇔ ( x 2 + 1) − 5 x 2 + 1 + 4 = 0
Đặt : t = x 2 + 1 , (đk: t ≥ 0)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 11


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

t = 1
PT(a) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ x 2 + 1 = 1 ⇔ x 2 + 1 = 1 ⇔ x = 0
+ Với t=4 ⇔ x 2 + 1 = 4 ⇔ x 2 + 1 = 16 ⇔ x = ± 15
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x=0; x= ± 15
b) Ta biến đổi 2 x 2 + 3 − 5 2 x 2 − 1 = 0 ⇔ (2 x 2 − 1) − 5 2 x 2 − 1 + 4 = 0
Đặt : t = 2 x 2 − 1 , (đk: t ≥ 0)
t = 1
PT(b) trở thành pt: t2-5t+4=0 ⇔ 
t = 4
+ Với t=1 ⇔ 2 x 2 − 1 = 1 ⇔ 2 x 2 − 1 = 1 ⇔ x = ±1
+ Với t=4 ⇔ 2 x 2 − 1 = 4 ⇔ 2 x 2 − 1 = 16 ⇔ x = ±

Vậy pt đã cho có 2 nghiệm x = ±1; x= ±

17
2

17
2

Các câu c, d tương tự

Lời bình:


Qua ví dụ trên giúp cho ta thấy được việc đặt ẩn số phụ giúp chúng ta đưa các bài toán
tương đối phức tạp về bài toán đơn giản hơn, quen thuộc và dễ giải hơn.



Điều đó giúp cho ta có ý tưởng có thể tiếp cận các bài toán phức tạp hơn các bài toán
trên bằng cách đặt ẩn số phụ.



Cũng cần lưu ý rằng nếu đặt ẩn số phụ phải đưa về bài toán đơn giản hơn thì cách làm
mới có ý nghĩa, còn ngược lại thì ..!!!.

Bài tập tương tự: Giải các pt

Nguyễn Hữu Phúc

Page 12


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

a ) 2x 2 -3-5 2 x 2 + 3 = 0
c) 9- 81 − 7 x 3 =

x3
2

b) 2x 2 +3x+3-5 2 x 2 + 3 x + 9 = 0
d) x 2 +3- 2 x 2 − 3 x + 2 =

3
( x + 1)
2

DẠNG 5: ĐẶT ẨN PHỤ ( cấp độ cao hơn)
x + 1 + 4 − x + ( x + 1)(4 − x) = 5 (1)

VD1: Giải pt:

HD: Đặt t= x + 1 + 4 − x (đk t ≥ 0) ⇒ ( x + 1)(4 − x) =

t2 − 5
2

t = 3
t2 − 5
= 5 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ 
PT(1) trở thành: t +
2
t = −5 (l)
Với t=3 ⇔ x + 1 + 4 − x = 3 ⇔ 5 + 2 ( x + 1)(4 − x) = 9 ⇔ ( x + 1)(4 − x) = 2
x = 0
( x + 1)(4 − x) = 4 ⇔ − x 2 + 3x = 0 ⇔ 
x = 3
Vậy pt có 2n x=0 và x=3
VD2: Giải pt:

x + 2 + 5 − x + ( x + 2)(5 − x) = 4 (1)

HD: Đặt t= x + 2 + 5 − x (đk t ≥ 0) ⇒ ( x + 2)(5 − x ) =
PT(1) trở thành: t +

t2 − 7
2

t = 3
t2 − 7
= 4 ⇔ t 2 + 2t − 15 = 0 ⇔ 
2
t = −5 (l)

Với t=3 ⇔ x + 2 + 5 − x = 3 ⇔ 7 + 2 ( x + 2)(5 − x) = 9 ⇔ ( x + 1)(4 − x) = 1
⇔ ( x +1)(4 − x) = 1 ⇔ − x 2 + 3 x + 3 = 0 ⇔ x =

Vậy pt có 2n x =

3 ±3 5
2

3±3 5
.
2

Lời bình:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 13


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG



Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng tổng căn thức và tích căn thức thì ta đặt t bằng tổng căn
thức rồi biến đổi tích căn thức theo ẩn t để có pt ẩn t giải được.



Tuy nhiên việc đặt ẩn phụ còn nhiều cách lựa chọn phù hợp khác nhau điều đó giúp ta
tư duy linh hoạt hơn.

VD 3: Giải các pt :
x3
b) 9- 81 − 7 x =
2

a ) 2x + 3 x + 3 = 5 2 x + 3 x + 9
2

2

c) x 2 + 3 − 2 x 2 − 3 x + 2 =

3

3
( x + 1)
2

d) 2x 2 − 9 x + 9 x − 2 x 2 + 6 = 0

HD:
a) Ta biến đổi: 2 x 2 + 3 x + 3 = 5 2 x 2 + 3 x + 9 ⇔ (2 x 2 + 3x + 9) − 5 2 x 2 + 3x + 9 − 6 = 0 (1)
Đặt: t = 2 x 2 + 3 x + 9 , (đk: t ≥ 0)
t = −1(l )
2
PT(1) trở thành pt: t − 5t − 6 = 0 ⇔ 
t = 6
x = 3
+ Với t=6 ⇔ 2 x + 3x + 9 = 6 ⇔ 2 x + 3x + 9 = 36 ⇔ 2 x + 3x − 27 = 0 ⇔ 
x = − 9

2
2

2

2

Vậy pt có 2 nghiệm x=3; x= -9/2
b) Ta biến đổi: 9 − 81 − 7 x 3 =

x3
⇔ 81 − 2 81 − 7 x 3 = x 3 ⇔ 81 − x 3 − 2 81 − 7 x 3 = 0
2

Đặt t= 81 − 7x 3 , ( đk: t ≥ 0)
t = 0
2
PT (b) trở thành pt: t − 2t = 0 ⇔ 
t = 2
+ Với t=0 ⇔ 81 − 7 x 3 = 0 ⇔ x 3 =

81
81
⇔x= 3
7
7

+ Với t=2 ⇔ 81 − 7 x 3 = 2 ⇔ 81 − 7 x 3 = 4 ⇔ x 3 = 11 ⇔ x = 3 11

Nguyễn Hữu Phúc

Page 14


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Vậy pt có 2 nghiệm x =

3

81
; x= 3 11
7
3
( x + 1) ⇔ (2 x 2 − 3 x + 2) − 2 2 x 2 − 3x + 2 + 1 = 0 (1)
2

2
2
c) Ta biến đổi: x + 3 − 2 x − 3 x + 2 =

Đặt: t = 2 x 2 − 3 x + 2 , (đk: t ≥ 0)
PT(1) trở thành pt: t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1
x = 1
Với t=1 ⇔ 2 x − 3 x + 2 = 1 ⇔ 2 x − 3 x + 2 = 1 ⇔ 2 x − 3 x + 1 = 0 ⇔ 
x = 1

2
2

2

2

Vậy pt có 2 nghiệm x=1; x= 1/2
Câu d) giải tương tự.
Lời bình:


Qua ví dụ trên cho ta thấy dạng biểu thức trong căn và tích biểu thức bên ngoài căn nếu
biến đổi thì chúng có liên hệ mật thiết với nhau nên ta đặt t bằng lượng chứa căn thức
rồi biểu thức bên ngoài biểu diễn theo t. Ta được pt quen thuộc giải được.



Các bài toán trên giúp ta thấy được sự đa dạng của việc đặt ẩn phụ.

VẤN ĐỀ 2:

KIẾN THỨC NÂNG CAO

DẠNG 1: ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐỂ GIẢI
Cần nhớ các BĐT sau:
+ a+b ≥ 2 ab

(∀a,b ≥ 0)
2

 a+b
+ ab ≤ 
÷
 2 

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b
+ a+b+c ≥ 3 3 abc

(∀a,b,c ≥ 0)
3

 a+b+c 
+ abc ≤ 
÷
3


Nguyễn Hữu Phúc

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: a=b=c

Page 15


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

VD1: Giải pt

x + y −1 + z − 2 =

1
( x + y + z)
2

DH: ĐK x ≥ 0, y ≥ 1, z ≥ 2. Áp dụng BĐT Cô si ta có:
x = x.1 ≤

x +1
2

( y − 1) + 1 y
=
2
2
( z − 2) + 1 z − 1
z − 2 = ( z − 2).1 ≤
=
2
2
1
⇒ x + y −1 + z − 2 ≤ (x + y + z)
2
y − 1 = ( y − 1).1 ≤

x = 1
x = 1


Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  y − 1 = 1 ⇔  y = 2
z − 2 = 1 z = 3


Vậy nghiệm của pt là (1; 2; 3)
VD2: Giải pt:

( x 2 + 1)( y 2 + 2)( z 2 + 3) = 32 xyz , (với x, y, z >0)

HD: Ta biến đổi về dạng; (x2+1)(y2+2)(z2+3)= 32xyz

Áp dụng BĐT Cô si ta có:
 x 2 + 1 ≥ 2 x 2 .1 = 2 x

 2
2
 y + 2 ≥ 2 y .2 = 2 2. y
 2
2
 z + 8 ≥ 2 z .8 = 2.2 2.z
⇒ ( x 2 + 1)( y 2 + 2)( z 2 + 8) ≥ 32 xyz

Nguyễn Hữu Phúc

Page 16


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

 x2 = 1
x = 1
 2

Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  y = 2 ⇒  y = 2
z2 = 8

z = 2 2

Vậy nghiệm cua pt là: (1;

2; 2 2 )

VD3: Giải pt x + 2 − x 2 = 4 y 2 + 4 y + 3
HD: ĐK − 2 ≤ x ≤ 2
Theo BĐT Bunnhiacopski ta có:

(

)

2

(

)(

)

x.1 + 2 − x 2 .1 ≤ x 2 + (2 − x 2 ) 12 + 12 = 4

⇒ x + 2 − x 2 ≤ 2 (1)

4 y 2 + 4 y + 3 = (2 y + 1) 2 + 2 ≥ 2 (2)
x
 x = ±1 (x ≥ 0)  x = 1
2 − x2
 =


⇔
⇒
Từ (1 ) và (2 ) ta có dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi:  1
1
1
1
y=−
2 y + 1 = 0
 y = − 2

2


1

Vậy nghiệm của pt là 1; - ÷.
2


VD4: Giải pt

16
+
x −3

4
1225
+
= 82 − x − 3 − y − 1 − z − 665
y −1
z − 665

HD: ĐK x>3, y>1, z>665. Ta viết pt lại dạng:

16
+ x−3 +
x −3

4
1225
+ y −1 +
+ z − 665 = 82
y −1
z − 665

Áp dụng BĐT Cô si cho từng cặp số ta có:

Nguyễn Hữu Phúc

Page 17


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

16
+ x − 3 ≥ 2.
x −3

16
. x −3 = 8
x −3

4
+ y − 1 ≥ 2.
y −1

4
. y −1 = 4
y −1

1225
+ z − 665 ≥ 2.
z − 665
⇒ VT ≥ 82

1225
. z − 665 = 70
z − 665

Dấu “=” xãy ra khi:










16
= x−3
x−3
4
= y −1
y −1
1225
= z − 665
z − 665

VD5: Giải pt

 x − 3 = 16
 x = 19


⇔  y −1 = 4
⇔ y = 5
 z − 665 = 1225  z = 1890



x + 1 4( y − 1) 3 y − 1 + 4
+
= 10
3
x
( y − 1) 2

HD: ĐK: x>0, y ≠ 1
x + 1 4( y − 1) 3 y − 1 + 4
1
4
+
= 10 ⇔ x +
+ 4 3 ( y − 1) 2 +
= 10
3
3
x
x
( y − 1) 2
( y − 1) 2
1

 x+ x ≥2

⇒
4
 4 3 ( y − 1) 2 +
≥8
3

( y − 1) 2
⇒ VT ≥ 10
Dấu “=” xãy ra khi: x=1; y=2 hoặc x=1; y=0
Vậy nghiệm của pt là: (1; 2); (1; 0)
VD6: Giải pt

x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2

HD: ĐK x ≥ 1

Nguyễn Hữu Phúc

Page 18


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

(

)

( x − 1.1 + ( x − 3).1) 2 ≤ ( x − 1) + ( x − 3) 2 (1 + 1)
⇒ VT ≤ 2( x − 3) 2 + 2( x − 1) = VP

Dấu “=” xãy ra khi:
x −1 x − 3
=
⇔ ( x − 3) 2 = x − 1
1
1
x = 5
⇔ x 2 − 7 x + 10 = 0 ⇔ 
x = 2
VD7: Giải pt

x2 x
+ + 1 = 2 x3 − x 2 + x + 1
2 2

HD: Ta có:

2 x 3 − x 2 + x + 1 = (2 x + 1)( x 2 − x + 1) ≥ 0
1
⇔ 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −
2
⇒ ĐK : x ≥ −

1
2

Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số không âm (2x+1) và (x2-x+1) ta có:
(2 x + 1)( x 2 − x + 1) ≤

(2 x + 1) + ( x 2 − x + 1) x 2 x
= + +1
2
2 2

x = 0
Dấu “=” xãy ra khi: 2x+1=x2-x+1 ⇔ x(x-3)=0 ⇔ 
x = 3
Vậy pt có 2n x=0; x=3
VD8: Giải pt:

x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 = x 2 − x + 2 (1)

HD: Áp dụng BĐT Cô si ta có:

( x 2 + x − 1) + 1 x 2 + x
2
(
x
+
x

1).1

=

2
2

2
2
 ( x − x 2 + 1).1 ≤ ( x − x + 1) + 1 = x − x + 2

2
2
⇒ x 2 + x − 1 + x − x 2 + 1 ≤ x + 1 (2)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 19


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG
Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-x+2 ≤ x+1 ⇔ x2-2x+1 ≤ 0 ⇔ (x-1)2 ≤ 0 ⇔ x=1
Thử lại ta có x=1 là nghiệm duy nhất của pt.
VD 9: Giải pt
HD: ĐK

x 2 + x − 5 + x − x 2 + 3 = x 2 − 3x + 4 (1)

−1 + 21
1 + 13
≤x≤
2
2

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

( x 2 + x − 5) + 1 x 2 + x − 4
2
(
x
+
x

5).1

=

2
2

2
2
 ( x − x 2 + 3).1 ≤ ( x − x + 3) + 1 = x − x + 4

2
2
⇒ x 2 + x − 5 + x − x 2 + 3 ≤ x (2)
Từ (1 ) và (2 ) ta có: x2-3x+4 ≤ x ⇔ x2-4x+4 ≤ 0 ⇔ (x-2)2 ≤ 0 ⇔ x=2
Thử lại ta có x=2 là nghiệm duy nhất của pt.
VD 10: Giải pt

x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40 (1)

HD: ĐK: 2 ≤ x ≤ 10
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
1
( x − 2) + 4 x + 2

=
 x − 2 = 2 ( x − 2).4 ≤
4
4

 10 − x = 1 (10 − x).4 ≤ (10 − x) + 4 = 14 − x

2
4
4
⇒ VT = x − 2 + 10 − x ≤ 4 (1)
Mặt khác: VP=x2-12x+40=(x2-2.6.x+36)+4=(x-6)2+4 ≥ 4 (2)
Từ (1 ) và (2 ) ta có dấu “=” xãy ra khi: x=6
Thử lại ta có x=6 là nghiệm duy nhất của pt.
Cách 2: Lưu ý đến bài toán phụ:
∀a, b ≥ 0 ⇒ a + b = (a + b) 2 ≤ (a + b ) 2 + (a − b) 2
⇒ a + b ≤ 2( a 2 + b 2 )

Nguyễn Hữu Phúc

Page 20


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Từ đó ta có VT= x − 2 + 10 − x ≤ 2 ( ( x − 2) + (10 − x) ) = 4
( sau đó giải giống trên)
2
2
VD 11: Giải pt x + y +

1
1
+ 2 =4
2
x
y

HD: ĐK xy ≠ 0. Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số
x2 + y 2 +

1
1
1
1
+ 2 = ( x2 + 2 ) + ( y 2 + 2 ) ≥ 2 + 2 = 4
2
x
y
x
y

 x = ±1
Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: 
 y = ±1
A = 0

Cách 2: Đưa pt về dạng A2 + B 2 + C 2 = 0 ⇒  B = 0
C = 0

1
1
1
1
+ 2 = 4 ⇔ x2 + y 2 + 2 + 2 − 4 = 0
2
x
y
x
y
1 1
1 1
⇔ ( x 2 − 2.x. + 2 ) + ( y 2 − 2. y. + 2 ) = 0
x x
y y
x2 + y2 +

Ta có:

 1
 x − x = 0
 x = ±1
1 
1

⇔ x− ÷ + y− ÷ = 0⇔ 
⇔
x 
y

 y = ±1
y − 1 = 0
y

2

2

VD 12: Giải pt 4 1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x = 3
HD: ĐK -1 ≤ x ≤ 1. Áp dụng BĐT Cô si ta có:
4

1 − x2 =

4

1− x =

4

1+ x =

1− x + 1+ x
(1)
2
1− x +1
1 − x .1 ≤
(2)
2
1+ x +1
1 + x .1 ≤
(3)
2
1− x. 1+ x ≤

Cộng (1), (2), (3) ta được: 4 1 − x 2 + 4 1 − x + 4 1 + x ≤ 1 + 1 − x + 1 + x

Nguyễn Hữu Phúc

Page 21


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

Áp dụng BĐT Cô si thêm một lần nữa ta được:
(1 − x) + 1 2 − x

=
 1 − x = (1 − x).1 ≤
2
2 ⇒ 1+ 1− x + 1+ x ≤ 3
⇒ VT ≤ 3

 1 + x = (1 + x).1 ≤ (1 + x) + 1 = 2 + x

2
2
1 − x = 1
⇒x=0
Dấu “=” xãy ra khi và chỉ khi: 
1 + x = 1
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=0.
Lời bình:


Qua các ví dụ trên cho ta thấy BĐT có thể áp dụng để giải các phương trình chứa căn
thức dạng phức tạp. Nhờ điều kiện dấu bằng xãy ra của BĐT ta tìm được nghệm của pt
một cách dễ dàng hơn.



Ta cũng có thể gặp cách giải này ở hệ pt trình phức tạp sau này.

Bài tập tương tự:
Giải các pt:
3 xy
2
3
2( x − 1) x − 1 + 2 y + 1
b)
+
=6
3
y
( x − 1) 2
a) x y − 1 + 2 y x − 1 =

c) 3 x 2 + 6 x + 12 + 5 x 4 − 10 x 2 + 9 = 3 − 4 x − 2 x 2
d ) x 2 − y 2 + 2 x + 4 y + 1 = 2 ( x 2 + 2 x + 3)(− y 2 + 4 y − 2)
HD: c) Ta có VT= 3( x + 1) 2 + 9 + 5( x 2 − 1) 2 + 4 ≥ 9 + 4 = 5
VP = 3 − 4 x − 2 x 2 = 5 − 2( x + 1) 2 ≤ 5

DẠNG 2: GIẢI PT BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ HỆ PT
Loại 1: PT dạng (ax + b) n = p. n a ' x + b ' + qx + r (I) ( Với n=2; 3)
Cách giải:
-

Đặt:

a ' x + b ' = ay + b , nếu pa’> 0

Nguyễn Hữu Phúc

Page 22


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

a ' x + b ' = −(ay + b) , nếu pa’< 0

-

Đặt:

-

Đưa pt (I) về hệ pt đối xứng loại 2 hoặc gần đối xứng để giải.

VD1: Giải pt: 4 x 2 + 3x + 1 + 5 = 13 x (1)
HD: ĐK: x ≥ −

1
3

PT(1) trở thành: 4 x 2 − 12 x + 9 = − 3 x + 1 + x + 4 ⇔ (2 x − 3) 2 = − 3x + 1 + x + 4 (2)
Đặt:

3x + 1 = −(2 y − 3) , (ĐK: y ≤

3
) (2 y − 3) 2 = 3 x + 1
2

(2 y − 3) 2 = 3 x + 1 (1')
Kết hợp với đề bài ta có hệ pt: 
2
(2 x − 3) = 2 y + x + 1 (2')
x = y
Trừ (1’) và (2’) ta được: ( x − y )(2 x + 2 y − 5) = 0 ⇔ 
 x = −2 y + 5

2

15 + 97
(l)
y =
8
2
+ Thay x=y vào (1’) ta được: 4 y − 15 y + 8 = 0 ⇔ 

15 − 97
(n)
y =
8

⇒x= y=

15 − 97
.
8

+ Thay x =

⇒x=

−2 y + 5
9 + 73
9 − 73
vào (1’) ta được: 8 y 2 − 18 y + 1 = 0 ⇔ y =
(l); y=
(n)
2
8
8

11 + 73
.
8

Vậy pt đã cho có nghiệm là: x =

15 − 97
11 + 73
.
; x=
8
8

VD2: Giải pt: 32 x 2 + 32 x = 2 x + 15 + 20 (1)

Nguyễn Hữu Phúc

Page 23


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

HD: ĐK: x ≥ −

5
2

PT(1) trở thành: 32 x 2 + 32 x = 2 x + 15 + 20 ⇔ 2(4 x + 2) 2 = 2 x + 15 + 28 (2)
Đặt:

1
2 x + 15 = 4 y + 2 , (ĐK: y ≥ − ) ⇒ (4 y + 2) 2 = 2 x + 15
2

(4 y + 2) 2 = 2 x + 15 (1')
Kết hợp với đề bài ta có hệ pt: 
2
(4 x + 2) = 2 y + 15 (2')
x = y
Trừ (1’) và (2’) ta được: ( x − y )(8 x + 8 y + 9) = 0 ⇔ 
x = − y − 9
8

11

y=−
(l)

1
8
2
⇒x= y= .
+ Thay x=y vào (1’) ta được: 16 y + 14 y − 11 = 0 ⇔ 
2
 y = 1 (n)

2
+ Thay x = − y −

⇒x=−

9
35
9 − 221
−9 + 221
vào (1’) ta được: 16 y 2 + 18 y −
= −0 ⇔ y =
(l); y=
(n)
8
4
16
16

9 + 221
.
16

1
9 + 221
Vậy pt đã cho có nghiệm là: x = ; x=.
2
16

Bài tập tương tự: Giải các pt:
a) x 2 + 4 x = x + 6


b) x 2 − 4 x − 3 = x + 5

x+3
Qua các ví dụ trên cho ta thấy rằng đôi lúc giải pt chứa
2 căn thức cũng phải đưa về hệ
c) x 2 − 2 x = 2 2 x − 1

d) 2x 2 + 4 x =

phương trình mới có thể giải được.

Lời bình:


Điều này giúp cho chúng ta có cách nhìn rộng hơn về các khía cạnh của một bài toán.

Nó còn có nhiều cách nhìn tuyệt chiêu hơn nữa nhưng thời gian có hạn nên tôi tạm đưa
ra một số cách tiếp cận lời giải của bài toán chứa căn thức thế thôi. Mong độc giả tự tìm
hiểu thêm.
Nguyễn Hữu Phúc
Page 24




Ông bà ta thường nói: “ Lên non mới biết non cao, lội sông mới biết sông nào cạn sâu”.


TRƯỜNG THPT LÊ THỊ RIÊNG

NHẬN XÉT CỦA TỔ TRƯỞNG TỔ TOÁN
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………

Nguyễn Hữu Phúc

Page 25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×