Tải bản đầy đủ

SKKN PT BPT HPT vô tỷ image marked

LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vô tỷ là một chủ đề quan trọng
trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất
nhiều dạng toán về phương trình, bất phương trình hay và khó, có thể dùng là một câu
phân loại trong các đề thi HSG hay đề thi ĐH, CĐ.
Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm
trong quá trình dạy học, dạy luyện thi, dạy bồi dưỡng HSG, tác giả viết đề tài sáng kiến
kinh nghiệm: “ Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô
tỷ và phương pháp giải”.
Đề tài được chia thành hai phần:
Phần A: Phương trình- Bất phương trình chứa căn
Phần B: Hệ phương trình chứa căn
Ở mỗi phần là phưong pháp giải, dạng toán, cách giải tương ứng, những lưu ý, ví
dụ minh hoạ sau đó là bài tập vận dụng. Có ba phương pháp giải cơ bản thường dùng là
phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số.
Đề tài được viết nhằm giúp học sinh có kỹ năng và phương pháp giải về phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình được tốt hơn. Do hạn chề về thời gian chắc
không tránh khỏi thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các bạn
đoòng nghiệp và cấp trên.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!


SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

1


NỘI DUNG
A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức
I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Kiến thức cần nhớ:
1.

 a
n

n

a

 ab  0 
 a, b 

2. a  b  a 2 n  b 2 n
3. a  b  a

2 n 1

4. a  b  0  a
5. a  b

b
2n

2 n 1

 b2n

 a 2 n 1  b 2 n 1

 a, b 

2. Các dạng cơ bản:
* Dạng 1:

 g  x   0
f  x  g  x  
(Không
2
 f  x   g  x 

* Dạng 2:

f  x  g  x

* Dạng 3:

xét 2 trường hợp:
g  x  0
TH1: 
 f  x   0

cần đặt điều kiện f  x   0 )

TH2:

 g ( x)  0

2
 f  x   g  x 

 f ( x)  0

f  x  g  x  g  x  0

2
 f  x  g  x

Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là
tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện
cho g  x   0 rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương trình về dạng quen
thuộc.
+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình a0 x n  a1 x n 1  a2 x n  2    an 1 x  an  0 có
nghiệm x= thì chia vế trái cho cho x– ta được  x     b0 x n 1  b1 x n  2    bn  2 x  bn 1   0 ,
tương tự cho bất phương trình.
* Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải
theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương
pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay
lại sử dụng phương pháp khác.
* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì
việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử
dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang
hướng khác.
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  1  x 2  3x  1  0 (ĐH Khối D – 2006)
Biến đổi phương trình thành: 2 x  1   x 2  3x  1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế
ta được: x 4  6 x 3  11x 2  8 x  2  0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa
thức ta được:
(*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 4  x  12   2 x  10  1 
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

2

3  2x

 , ĐK:
2

x

3
2






3
hai
2
2
 0   x  3 x  1  0

pt  x 2  2 x  1   x  5  2  x  3  2 x  ( x  5) 3  2 x  9  5 x

không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3
b) Tương tự với 2 dạng: * f  x   g  x 

(1), Với
*

x

vế (1) đều

f  x  g  x

Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2 x 2  6 x  1  x  2  0 1
Giải
1  2 x 2  6 x  1  x  2 bất phương trình tương đương với hệ:
x  2
x  2  0

3 7
3 7
3 7
 2

 x 
 x

 x3
2 x  6 x  1  0
2
2
2
 2

2 x  6 x  1  x  2
1  x  3


Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2  2mx  1  m  2 có nghiêm.
Giải
* Nếu m < 2  phương trình vô nghiệm.
* Nếu m  2  phương trình  x22mxm2+4m3=0. Phương trình này có
=2m24m+3>0 với mọi m.
Vậy với m  2 thì phương trình đã cho có nghiêm.
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt.
Giải:
Cách 1:
x1 

 x  1
,
PT   2
 x   m  2  x  4  0, (*)

phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:

2  m  m 2  4m  20
2  m  m 2  4m  20
 0, x2 
 0.
2
2

Phương trình đã cho có 2 nghiệm
m  4
 m  1
2
2
 4  m   m  4m  20

 (*) có 2 nghiệm x  1  x2  1  4  m  m 2  4m  20  

Chú ý:
+ x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu.
+ Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm.
+ Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x  1  t  0 .
(*) trở thành:  t  12   m  2  t  1  4  0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x  1 thì (**) phải có 2
nghiệm t  0 .
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:
x 2  mx  2  2 x  1 , (1)
Giải:

2 x  1  0
pt   2
3 x   m  4  x  1  0,  2 

nghiệm lớn hơn hoặc bằng



để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai

1
hay
2

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ


2
   m  4   12  0

9
  1
m .
 f    0
2
  2
S
1
 
2
2

3


Chú ý : Cách 2: đặt

tx

2

1
,
2

 1
 1
3  t     m  4  t    1  0
2
2



khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng



1
2

thì

có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.

3. Các kỹ năng:
a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến
đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 x  1  x  1  2 x  4 (ĐH Khối A – 2005)
Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành:
5 x  1  x  1  2 x  4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1  x  x  2   2 x 2 1 .
Giải
1  2 x 2  x  2 x 2  x  1 x  2   4 x 2  2 x 2  x  1 x  2   x  2 x  1
x 1
Điều kiện:  x  2 *  4 x 2  x 2  x  2   x 2  2 x  12
 x  0

 x2 8x  9   0

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0,
(Hãy tìm thêm cách giải khác)
Ví dụ 3: Tìm m để phương trình

x

9
.
8

2 x 2  mx  x 2  4  0

có nghiệm.

HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được

x1,2 

m  m 2  16
2

. Kết hợp

với điều kiện ta tìm được |m|  4.
b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:
- Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức
Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích...
Ví dụ 4: Giải phương trình: x 2  x  7  7 .
HD:
 Bình phương hai vế.
 Dùng hằng đẳng thức a2  b2=0.
 Nghiệm

x  2, x 

1  29
2

.

Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a.

x

2



x2

1 1 x



2

x4

b.

 3x  2 x 2  3x  2  0

ĐS: a. 1x<8, b.

1

 ;    2  3;   .
2


Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m,
phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
x 2  2 x  8  m  x  2  .(1)
Giải: ĐK: x  2 , do m > 0.
x  2
. Để chứng minh m  0 , phương
pt   x  2  x  4   m x  2    3
2
 x  6 x  32  m, (2)

trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm
khác 2.
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

4


f  x   x 3  6 x 2  32, x  2 ,
Thật
vậy:
đặt
ta

f(2)
=
0,
lim f  x   , f '  x   3 x 2  12 x  0, x  2 nên f(x) là hàm liên tục trên  2;   và đồng biến
x 

trên khoảng đó suy ra m  0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 < x0 <   .
Một số dạng chuyển thành tích:
a - c x  b - d 
- Dạng: ax  b  cx  d 
m

Ta biến đổi thành: m( ax  b  cx  d )   ax  b    cx  d 
Ví dụ: Giải phương trình:

4 x  1  3x  2 

x3
.
5

ĐS: x=2.

- Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0
Ví dụ: Giải phương trình: 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3x  2 .
ĐS: x=0,
x=1.
Ví dụ: Giải phương trình: 4 x  1  x  1  4 x3  x 2 .
ĐS: x=0,
x=1.
- Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0
Ví dụ 1: Giải phương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 .
ĐS: x=0,
x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x3  x 2  3x  3  2 x  x 2  3  2 x 2  2 x .
ĐS: x=0.
- Dạng: a3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b
Ví dụ: Giải phương trình: 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3x  x  2 2 .
ĐS: x=1.
c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với Ai  0, 1  i  n khi đó pt tương đương
với: A1  0, A2  0,  An  0 .
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1 .
HD: Phương trình tương đương  4 x 2  4 x x  3  x  31  2 2 x  1  2 x  1  0 . ĐS: x=1.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
Giải

4 x  y 2  y  2  4 x2  y

.

Bình phương hai vế ta được  2 x  12   y  2 2  2  y  2   4 x 2  y   0  x  1 ,
2

y  2.

d. Sử dụng lập phương:
Với dạng tổng quát 3 a  3 b  3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức

a  b

3

 a  b  3ab  a  b 
3

3

khi đó phương trình tương đương với hệ

hệ này ta có nghiệm của phương trình.
Ví dụ: Giải bất phương trình 3 x  1  3 x  2  3 2 x  3 .
x  1; x  2; x 

 3 a  3 b  3 c
.

a  b  3 3 abc  c

ĐS:

3
.
2

e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu:
- TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
Giải
ĐK:

x4.

1 

2  x 2  16 
x3

 x3 

7x
x3

1 (ĐH Khối A2004)

2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   10  2 x

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

5

Giải


 x  4

 10  2 x  0

10  2 x  0

 2  x 2  16   10  2 x 2
 

 x5
 10  34  x  5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x  10  34 .
TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp:
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a.  x  3

x2  4  x2  9

HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x<3.
b. Xét hai trừng hợp của x1.
1  52  x  5  x  1 .
Bài tập
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a. x  2 x  1  x  x  1  x 2  x  0 .
HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành:

b.

51  2 x  x 2
1.
1 x
ĐS: x   5  x  3 .
6

ĐS:

2 x x 2  x  4 x 2  x  x3  4 x 2  6 x  4  0 .

 ( x  2)(2 x 2  x  x 2  2 x  2)  0

b. 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1  9 x  3 . HD: Nhân lượng liên hợp.
Bài 2: Giải bất phương trình sau: 1  2 x  1  2 x  2  x 2 .
HD: Cách 1: Đặt

t  1  2 x  1  2 x  x2  

t 4  4t 2
16

. Cách 2: Bình phương rồi đưa về

dạng:A1+A2 = 0, với A1, A2  0 .
Bài 3: Giải phương trình 4  3 10  3x  x  2 . (HD: Bình phương hai lần ra phương trình
bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức).
Bài 4: Giải phương trình 1  2
3

x  x2  x  1  x

Bài 5: Giải phương trình 2 x  6 x 2  1  x  1 .
Bài 6: Giải các phương trình sau:
1. x 2  1  x  1
2.
3
3
3
3. 2 x  2  x  2  9 x
4.
5.

x2
4
5 x  3  3x  1  x  1 .

6.

1 x  1 x  2 

.

3

x  2  3 2x  3  1

3

x 1  3 x 1  x 3 2
x  2
2 x  3  3x  1 
4

7.
(HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2  0 ).
Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m  x  m  x  m .
Bài 8: Tìm m sao cho phương trình: 4x  x 2  x  m .
a. Có nghiệm.
b. Có hai nghiệm phân biệt.
Bài 9: Giải các bất phương trình sau:
a.

1  1  4 x2
 3.
x

b. x 2  3x  2  x 2  6 x  5  2 x 2  9 x  7 .
c. x 2  x  2  x 2  2 x  3  x 2  4 x  5 .
Bài 10: Giải các phương trình:
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

6


a.

3

x  1  3 x2  3 x  3 x2  x .

b.

c.

4 x  3  1  4x 

e.

2 x x 2  x  1  4 3x  1  2 x 2  2 x  6 .

x3

3
.
x

d.

4x
x3

4 x

.

2 x  3  9 x2  x  4 .

II. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Dạng 1: F  n f  x    0 , đặt t  n f  x  (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t  0).
Ví dụ 1: Giải các phương trình: a.
 x  5 2  x   3 x 2  3x .
HD: a. Đặt t  x 2  11, t  0 .
b. Đặt

x 2  x 2  11  31 .

b.
ĐS: x=5.

t  x 2  3x , t  0 .

ĐS:

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Giải
Đặt: t  5  2 x  x 2  6   x  12  t  0; 6  .
nghiệm khi (*) có nghiệm

t  0; 6 

hay

Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình:
x  0;1  3  .

3  109
2

Phương trình đã cho có

0  m  5  6
 5  m  6  5

.

0  m  5  6
 5  m  6  5

m( x 2  2 x  2  1)  x  2  x   0 ,

(1) có nghiệm

Giải: Đặt t  x 2  2 x  2  x 2  2 x  t 2  2 . Nếu x  0;1  3  thì t  x  12  1  1;2
BPT trở thành: m  t  1  2  t 2  0,  2 
Khi đó ta có
Dạng 2:
m  f  x 

t2  2
m,
t 1

với 1  t  2 . Đặt

f t  



t2  2
,
t 1

dùng đồ thị ta tìm được

g  x   2n f  x  g  x   n  f  x   g  x    p  0 ,

đặt

t

f  x  g  x

m

Phương trình đã cho trở thành t22t9=2m (1).
a. Với m=3 (1)  t22t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6.
b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t  3; 3 2  . Xét hàm số
với

t  3; 3 2  ,

ta thấy f(t) là một hàm đb nên:

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

7

2
.
3

, bình phương

hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t.
Ví dụ 1: Cho phương trình 3  x  6  x  m   3  x  6  x  .
a. Giải phương trình khi m=3.
b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm.
Giải
Đặt: t  3  x  6  x  t 2  9  2  3  x  6  x  * . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
2  3  x  6  x   9 nên từ (*) ta có 3  t  3 2 .

f  t   t 2  2t  9

.

x 2  2 x  2m 5  2 x  x 2  m 2 .

t 2  2mt  m 2  5  0 *  t  m  5 .

Khi đó phương trình trở thành

x






6  f (3)  f  t   f 3 2  9  6 2

chỉ khi

6  2m  9  6 2 

với

t  3; 3 2  .

t  3; 3 2 

Do vậy (1) có nghiệm

khi và

6 2 9
m3
2

Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau:
Cách 1: dùng BĐT như bài trên
2: dùng pp hàm số ( xem phần
PP hàm số ).
Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 35  x3 x  3 35  x3  30 .





HD: đặt:

t  3 35  x 3  x 3 35  x 3 

t 3  35
.
3t

ĐS: x=2, x=3.

Ví dụ 3: Giải bất phương trình
HD: Đặt

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x .
6
t  7x  7  7x  6  0  …  x  6 .
7

Dạng 3:
F  n f  x  , n g  x    0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.
TH1: Kiểm tra nghiệm với g  x   0 .
TH2: Giả sử g  x   0 chia hai vế phương trình cho
Ví dụ 1: Giải phương trình
ĐK:

g k  x

và đặt

tn

f  x

g  x

.

5 x3  1  2  x 2  2  .

x  1 . 5 x 3  1  2  x 2  2   5

 x  1  x 2  x  1  2  x 2  x  1  2  x  1

x 1
x 1
5 2
20
x2  x  1
x  x 1
t  2
2
trở thành 2t  5t  2  0   1 .
t 
 2

2

Đặt

t

x 1
, t0.
x  x 1
2

Phương trình

 Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.
 Với

t

1
:
2

Phương trình đã cho có nghiệm

x

5  37
2

.

Ví dụ 2: Giải phương trình 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 .
Giải
ĐK: x  5 . 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1  5 x 2  14 x  9  5 x  1 
Bình phương hai vế: 2  x 2  4 x  5  3  x  4   5  x 2  4 x  5  x  4 
x2  4 x  5
, t  0.
x4

x 2  x  20

3
.
2
 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm x  5  61  5, x  5  61  5 .
2
2
 Với t  3 : Phương trình đã cho có nghiệm x  8  5, x   7  5 .
2
5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  5  61 , x  8 .
2

Đặt

t

phương trình trở thành

2t 2  5t  3  0  t  1, t 

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

8

3 x  1  m x  1  2 4 x2  1 .


HD: ĐK
đặt

t

4

x 1.

Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho

x 1 4
2
 1
x 1
x 1

 0  t  1 . ĐS

1  m 

4

x2  1

1
.
3

Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để).
af  x   g  x  f  x   h  x   0 . Đặt t  f  x  , khi đó phương trình trở thành
at 2  g  x  t  h  x   0 .
Ví dụ: Giải phương trình 2 1  x  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 .
HD
Đặt t  x 2  2 x  1   x  1  6 .
(Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác,
mũ, logrit,… rất hay!)
Bài tập
Giải các phương trình sau:
9  193
17  3 73
, x
.
4
4

1.

2 x 2  5 x  2  4 2  x 3  21x  20 

ĐS:

x

2.

x3  3x 2  2

 x  2

Đặt

y x2,

3.

2  x 2  3x  2   3 x3  8

ĐS:

x  3  13 .

4.

2x 

Đặt

t  1

3

 6x  0

x 1
1
1
 1  3 x 
x
x
x

1
x

ĐS:

, ĐS:

x  2, x  2  2 3 .

x

1 5
2

.

Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác).
Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi
cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong
nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm
lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán
lượng giác này.
Lưu ý vài tính chất cơ bản:
* sin a  1, cos a  1 .
* sin 2 a  cos 2 a  1 .
* 1  tan 2 a 

1
cos 2 a

* 1  cot 2 a 

1
sin 2 a

.

Ví dụ 1: Giải phương trình 1  1  x 2  2 x 2 .
Giải
ĐK x  1 . Đặt x  cos t , t  0;   . Khi đó phương trình trở thành
1  1  cos 2 t  2 cos 2 t  2 sin 2 t  sin t  1  0.
x  cos t   1  sin 2 t  

3
2

Ta tìm được:

1
.
2

Khi đó

.

Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định
  
u  x   a sin t , t    ; 
 2 2

sin t 

u  x  a .

Ta có thể nghĩ đến cách đặt

hoặc đặt u  x   a cos t , t  0;   .

* Nếu u  x   0; a  ta có thể đặt u  x   a sin 2 t , t  0;   .


Ví dụ 2: Giải phương trình

x3 

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

1  x 

2 3

 x 2 1  x 2  .

9

2


HD: Đặt x  cos t , t  0;   dưa về phương trình lượng giác
 sin t  cos t 1  sin t cos t   2 sin t cos t . Để gải phương trình này ta lại đặt
u  sin t  cos t , u  2 .
ĐS:

x

2
1 2  2  2
, x
2
2

Ví dụ 3: Giải phương trình

.
1  x 2  4 x3  3x .

ĐS:

x

1
2

, x

2 2
4

.

Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình).
* Khi gặp phương trình có dạng F  f  x  , n a  f  x  , m b  f  x    0 .
Đặt

u  n a  f  x, v  m b  f  x .

Khi đó ta được hệ phương trình sau:

 F  u , v   0
.
 n
m
u  v  a  b

Giải

hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình
u  n a  f  x  hoặc v  m b  f  x  .
Ví dụ 1: Giải phương trình: 3  x  6  x  3   3  x  6  x  .
ĐS: x  0, x  3 .
3
Ví dụ 2: Giải phương trình: 24  x  12  x  6 .
ĐS:
x  24, x  88, x  3 .
Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x  4 17  x  3 .
ĐS: x  1, x  16 .
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3  2  x 2  3  7  x 2  3  2  x  7  x   3 .
ĐS: x  1, x  6 .
3
3
3
3
3
Ví dụ 5: Giải phương trình: x  1  x  3  2 , đặt u  x  1, v  x  3, pt trở thành:
3
u  v  2
 3
3
u  v  2

Ví dụ 6: Giải phương trình:

3

1
1
x
 x 1,
2
2

đặt

u

3

1
 x,v 
2

1
x
2

Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1  x  3 1  x  a có nghiệm.
Đặt u  3 1  x , v  3 1  x . Phương trình trở thành:

2
2
a  u  v  uv   2

u  v  a

TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm.
TH2:

a 0,

hệ phương trình trở thành

u  v  a

1 2 2.

uv  3  a  a 




Hệ có nghiệm khi

S 2  4P  0  0  a  2 .

Vậy phương trình có nghiệm khi 0  a  2 .
* Khi gặp phương trình có dạng f n  x   b  a n af  x   b .
Đặt

t  f  x  , y  n af  x   b

Ví dụ 1: Giải phương trình

2 x3  1  2 3 2 x  1 .

Ví dụ 2: Giải phương trình

2 x2  4 x 

x3
2

Giải
ĐK

x  3 . 2 x 2  4 x 

x3
2
 2  x  1  2 
2

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

ta có hệ

ĐS:

x  1, x 

t n  b  ay
.
 n
 y  b  at
1  5
.
2

.

 x  1  2
2

10

  x  1  1 
2

1
2

x 1
1 .
2


Đặt

t  x  1, y 

x 1
t
t
1 
 1  y2  1  .
2
2
2

Ta được hệ phương trình

1
2
t  1  2 y
.

 y2  1  1 t

2

thêm chút nữa ta được kết quả!
x

3   17
5  13
, x
4
4

Giải

ĐS:

.

Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được
nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn
phụ.
Ví dụ 3: Giải phương trình

4 x2  7 x  1  2 x  2 .

ĐS:

7
1
x  1, x   , x  .
4
4

Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương.
Bài tập:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1. 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2
2. x 2  x  2  x 2  x
x2  x  4  x2  x  1  2 x2  2 x  9

4.

4
1
5
 x   x  2x 
x
x
x

Bài 2: Giải cácbất phương trình sau:
1. 5 x 2  10 x  1  7  2 x  x 2

2.

3

3.

4.

3.

2 x 2  x 2  5 x  6  10 x  15

Bài 3: Giải các phương trình sau:
1. 3 12  x  3 14  x  2
3. 1  x 2  2 3 1  x 2  3
5.

1 x  1 x  2 

x2
4

(đặt

2.
4.

3

24  x  12  x  6
x2
1 x  1 x  2 
4

.

.

x 1  3 x  3  3 2

 x2  2  2  x

t  1  x  1  x ).

III. Phương pháp hàm số
Các tính chất:
Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k
(kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u )  f  v   u  v .
Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì
phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng
F b  F  a 
(a;b) thì c  a; b  : F '  c  
. Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a)
ba

= 0 thì c   a; b  : F '  c   0  F '  x   0 có nghiệm thuộc (a;b).
Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ
không có quá hai nghiệm thuộc D.
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng
minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

11


Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng
lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương
trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi
đó ta có: u = v.
Ví dụ: Giải phương trình: 4 x  1  4 x 2  1  1
ĐK:

x

1
.
2

Đặt

f  x   4 x  1  4 x2  1 .

Do đó hàm số đồng biến với
duy nhất. Thấy

x

1
2

x

1
,
2

Miền xác định:

x

1
, f '  x 
2

2
4x  1



4x
4 x2  1

 0.

nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm

là nghiệm của phương trình.

Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau:
Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)
B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và
đường thẳng
d: y = g(m).
B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)
f  x, m   g  m   max f  x, m  .
B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min
xD
xD
* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm.
* phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) .
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: x 2  x  1  x 2  x  1  m có nghiệm.
TXĐ: R
Xét hs:

y  f  x   x2  x  1  x2  x  1 ,

Df = R,

y'

2x  1

x2  x  1



2x  1

x2  x  1

 2 x  1 2 x  1  0
y '  0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1  
2
2
2
2
 2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  1

(v.nghiệm)
Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến.
2x

lim  lim

Giới hạn:

x 

x 

x2  x  1  x2  x  1
2x

lim  lim

x 

BBT:

x
y’
y

x 

x2  x  1  x2  x  1



 1
1



+
1
1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1.
Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có
thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng
phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là
rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

12


Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
bpt 

=

1 x  3
 m,
x 1

mx  x  3  m  1 ,

1 x  3
5 x
 y'
2
x 1
2 x  3  x  1

xét hs

y

+

5
0
y(5)

.

ĐK:

x3

y '  0  x  5 . lim y  0
x 

và f(3)

1
.
2

BBT:
x
y’
y

3





1
2

0
Vậy bất phương trình có nghiệm

 y  5  m  m 

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình:

x x  x  12  m

Giải: ĐK:

0 x4

pt  ( x x  x  12)





5 x  4 x  m



3 1
4
5 x  4 x

 có nghiệm.

y  f  x   ( x x  x  12)

xét hs



5 x  4 x

.

Miền

xác định: D  0; 4
Nhận xét: Hàm số h  x   x x  x  12 đồng biến trên D.
Hàm số g  x   5  x  4  x đồng biến trên D.
Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm khi và
chỉ khi f  0   m  f  4 
Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình:
Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:

x3
x2  1

x  3  m x2  1

m

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C):
Lập BBT :
x

y’
y

+

1/3
0

y

x3
x2  1

và đường thẳng: y = m.





10

1
1
KL:

m  1  m  10 :

phương trình vô nghiệm.
1  m  1 hoặc m  10 : phương trình có nghiệm duy nhất.
1  m  10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  1  3  x   x  1 3  x   m , (1)
Giải: ĐK: 1  x  3 . Đặt t  x  1  3  x , lập BBT của t(x) với 1  x  3 ta có 2  t  2
SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

13


1 2
t +
2
1 m  2 .

Khi đó phương trình (1) trở thành:



t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế

trái với 2  t  2 từ đó kết luận:
Bài tập:
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Bài 2. Giải các phương trình sau:
1. x 2  x  1  x 2  x  1  3  1
2. x  1  3  x   x  1 3  x   1
3. x x  x  12  12  5  x  4  x 

x  9  x   x2  9 x  m .

B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn.
1. Phương pháp biến đổi tương đương:
Ta thực hiện theo các bước sau:
B1: Đặt điều kiện (nếu có).
B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình  hệ phương trình đơn giản mà ta đã
biết cách giải bằng cách: thế, khử biến...
B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

 x  5  y  2  7
.

 x  2  y  5  7

Giải
Điều kiện:

x  2
.

y  2

Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:  x  5 y  2    x  2  y  5  x  y .
Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11.
2 x  y  1

2 y  x  1

Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:
Giải
Điều kiện: x, y  0 .
cộng vế theo vế ta được:

2





x  y  x y2



 
2

x 1 



2

y 1  0  x  y  0

Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:

2 x  y  m  0

 x  xy  1

 y  2x  m
2
 y  2 x  m
1  x 

2
hpt  


 2 x  m  x 2   2  m  x  1  0 (*)
1  x

x
,  x  1, x  0 
y 
 xy  1  x
x

Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x  1, x  0 .

TH1: xét x = 1:
TH2: (*) có nghiệm kép x  1 :
TH3: (*) có 2 nghiệm x1  1  x2 :
Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với
Ví dụ 4: giải:

y

1  x 
x

2

, x  1, x  0

( x 2  xy  y 2 ) x 2  y 2  185
 2
( x  xy  y 2 ) x 2  y 2  65

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

14


Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:
2  x 2  y 2  x 2  y 2  250   x 2  y 2   125 
3

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:

x2  y2  5 .

 x  y  x  y  2, 1


 y  x  y  x  1, (2)

x  2
y . 1  x 2  y  2  x  
4 x  y  4
1

y 
2
 2  2 y  1  2 y  x   2
4 x  4 y  1

Giải: ĐK:

KQ:

y  x, x 

 17 5 
 ; .
 12 3 

Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau:
1.
3.

 x  3  y

 y  3  x
7 3 2

x y  3 xy 2
x  y 
2

3 x  3 y  3






5.

 x  y  x  y  1
 2
2
2
2
 x  y  x  y  1

7.

 x  y  x  y  a
 2
2
2
2
2
 x  y  x  y  a



2  x  y   3 3 x 2 y 
9. 
 3 y  3 x  6
1

2
 x 1  y  4
11. 
 y 1  x2  1

4

3

2.


 x  y  xy  3


x  y  3

4.

 x 2  y xy  420
 2
 y  x xy  280

6.
(a > 0)

y2 x

8.











10.

Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm:
Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:

x y  x y 2
x2  y 2  x2  y 2  4
x y  x y 2
x2  y  x2  y  4

 x y  y x  30

 x x  y y  35

 x  y  xy  a

 x  y  a

 x  1  y  2  m

 x  y  3m

2. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Ta thực hiện theo các bước sau:
B1: Điều kiện (nếu có).
B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ
B3: Giải hệ nhận được, từ đó suy ra nghiệm x, y.
B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ đó kết luận.
Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình:

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

 1 x  1 y 1


3
x  y 
2


15

điều kiện:

x, y  1


Đặt

u  1  x, v  1  y

ĐK:

u, v  0 ,

khi đó hệ được biến đổi về dạng:

u  v  1
0  u  1

 0  u 1 x  0  0  x 1

3 2
2
2
1

u

1

v

4
u

4
u

1

0


2
0  x  1
Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x; y) thoả: 
2
 y  1  1  1  x
 x  y  xy  3
Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình: 
( x, y  R )
 x  1  y  1  4
Điều kiện: xy  0, x  1, y  1 . Đặt t  xy  x  y  3  t . Bình phương phương trình





ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3. Giải thêm chút xíu nữa ta được nghiệm.
Bài tập: Giải các hệ phương trình sau:
1.
3.

5.





3 x  y  4 xy

 xy  9
2 x  1  y  3

 x  1  2 y  2

1
 x  x y 3 3
y


2 x  y  1  8

y

2.
4.

6.

Hết

SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ

16




 3

 3

x 2  y 2  2 xy  8 2
x

y 4

x y  x y
x y  x y4

 x  y  xy  14
`
 2
2
 x  y  xy  84

2, thay



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×