Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
LỜI NÓI ĐẦU
Phương trình vô tỷ là một đề tài ly thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên
cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, y tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã
được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà
những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có
tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cánh đó, các bài
toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở các cấp
THCS.
Chuyên đề '' Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo chương trình SGK hiện hành
nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi học sinh giỏi.
Chuyên đề đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải phương trình vô tỉ:
Ôn thi học sinh đại trà:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh tự luyện.
Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp
các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai sót. Chúng tôi
mong nhận được những y kiên đóng góp quy báu từ các thày cô và các em học sinh để
chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về :
[email protected]
Chúng tôi xin cảm ơn!
1
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN LẠC
TRƯỜNG THCS TRUNG KIÊN
Năm 2011 - 2012
CHUYÊN ĐỀ
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I - Tác giả:
Trần Nam Trung- THCS Trung Kiên
II - Mục Lục:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Bài tập tổng hợp:
Trang
3-6
6-7
7 - 17
17 - 21
21 - 22
22 - 24
24 - 27
III - Tài liệu tham khảo:
Các thầy cô và các em học sinh có thể tham khảo :
Nâng cao và phát triển toán 9 - Tập 1 - Vũ Hữu Bình
2
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
f ( x) 0
f ( x ) g ( x) g ( x) 0
f ( x) g ( x)
1/
g ( x) 0
f ( x) g ( x)
2
f ( x ) g ( x)
f ( x) 0
3/ f ( x) g ( x) h( x) g ( x) 0
f ( x) g ( x) 2 f ( x).g ( x) h( x)
f ( x) 0
(n N * )
4/ 2 n f ( x) 2 n g ( x ) g ( x) 0
f ( x ) g ( x)
2/
g ( x ) 0
f ( x) g ( x)
(n N * )
2n
f ( x) g ( x)
6/ 2 n1 f ( x) 2n1 g ( x) f ( x) g ( x) (n N * )
5/
2n
7/ 2 n1 f ( x) g ( x) f ( x ) g 2n1 ( x) (n N * )
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1 (1)
x 1 0
x 1
x 1
2
x 3
x 3
x 1 (x 1)
x 3x 0
Bài 2: Giải phương trình: x 2 x 3 0
HD:Ta có: x 2 x 3 0 2 x 3 x
x 0
2
2 x 3 x
x 0
2
x 2 x 3 0
x 0
x 1 x 3
x 3
HD: (1)
2
Bài 3: Giải phương trình: x 4 1 x 1 2 x
HD: Ta có: x 4 1 x 1 2 x x 4 1 2 x 1 x
1 2 x 0
1 x 0
x 4 1 2 x 1 x 2 (1 2 x)(1 x)
3
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
1
x
1
2
x 2
2 x 1 0
2 x 1 2 x 2 3x 1
(2 x 1) 2 2 x 2 3 x 1
1
1
x
1
1
2
x
2
2
x 0
2
x 0
x 2 7 x 0
x 7
Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x 2 4 0
x 2 0
x 2 (1)
2
x 4 0
x 2 3 ( x 2)( x 2) 0
x 2. 1 3 x 2 0
HD:ĐK:
PT
x 2 0
1 3 x 2 0
x 2
x 17
9
(2)
Kêt hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình :
3 x x 3 x
HD:Đk: 0 x 3 khi đó pt đã cho tương đương: x 3 3 x 2 x 3 0
3
3
1
10
10 1
x
x
3 3 3
3
Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x 3 9 x 2 x 4
HD:Đk: x 3 phương trình tương đương :
x 1
x 3 1 3x
2
2
1 3 x 9 x
x 5 97
x 3 1 3x
18
Bài 7. Giải phương trình sau : 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3 x x 2
HD: pt
3
x2
3
3x
3
2
0 x 1
Bài 8. Giải và biê ̣n luâ ̣n phương trình: x 2 4 x m
x m
x m
HD: Ta có: x 2 4 x m 2
2
2
2
x 4 x 4xm m
2mx (m 4) 0
– Nêu m = 0: phương trình vô nghiê ̣m
m2 4
m2 4
. Điều kiê ̣n để có nghiê ̣m: x m
2m
2m
2
2
2
+ Nêu m > 0: m + 4 2m m ≤ 4 0 m 2
– Nêu m ≠ 0: x
+ Nêu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 m2
m
4 m ≤ –2
Tóm lại:
– Nêu m ≤ –2 ho朩 ̣c 0 < m ≤ 2: phương trình có mô ̣t nghiê ̣m x
m2 4
2m
– Nêu –2 < m ≤ 0 ho朩 ̣c m > 2: phương trình vô nghiê ̣m
4
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 3 x m
(Đề thi học sinh gioi cấ tinh năm học 1999999
0000000)
x m
x m
2
x 3 x m 2mx
2mx (m 3) 0
2
HD: Ta có: x 3 x m
2
2
2
– Nêu m = 0: phương trình vô nghiê ̣m
m2 3
m2 3
m
. Điều kiê ̣n để có nghiê ̣m: x m
2m
2m
+ Nêu m > 0: m2 + 3 2m2 m2 ≤ 3 0 m 3
+ Nêu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 m2 3 m ≤ 3
– Nêu m ≠ 0: x
Tóm lại:
– Nêu 0 m 3 ho朩 ̣c m 3 . Phương trình có mô ̣t nghiê ̣m: x
m2 3
2m
– Nêu 3 m 0 ho朩 ̣c m 3 : phương trình vô nghiê ̣m
Bài 10. Giải và biê ̣n luâ ̣n theo tham số m phương trình: x x m m
HD: Điều kiê ̣n: x 0
– Nêu m < 0: phương trình vô nghiê ̣m
– Nêu m = 0: phương trình trở thành x ( x 1) 0 có hai nghiê ̣m: x1 = 0, x2 = 1
– Nêu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x
m )( x m 1) 0
x m 0
x 1 m
+ Nêu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiê ̣m: x1 = m; x2 = (1 m) 2
+ Nêu m > 1: phương trình có mô ̣t nghiê ̣m: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/ x x 1 13
2/ 3 x 34 3 x 3 1
3/ 2 x 5 3x 5 2
5/ x 3 5 x 2
6/ x 1 x 7 12 x
4/ 1 x x 2 4 x 1
7/ x x 1 x 4 x 9 0
10/
5x 1 2
1
0
2
8/
9/ 3 = 6x x 2
x 2 5 0
19
6
11/ 3 2 x 3
13/ 16 x 17 8 x 23
14/ 3x 1 2 x 3
Bài 2: Giải phương trình:
b) x 2 x 3 0
a) x 2 1 x 1
d) 3 x 6 x 3
e) 3x 2 x 1 3
g) x 9 5 2 x 4
h) 3 x 4 2 x 1 x 3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 3 x 2
Bài 4: Cho phương trình: x 2 1 x m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 mx 3 x m
a) Giải phương trình khi m=3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
12/
8
2
x 5 2 0
3
15/ 20 3 2 x 2 x 3
c) x 2 x 1 1
f) 3 x 2 x 1
i) x 4 x 3 2
2m x x 2
5
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/ x 7 x 3 9 0 d/ 1 x 1 9 x 1 3 x 1 17
2
b/
2 x 1 1
e/
c/ 3x 7 x 4 0
g/
2
x 2
6
x
x 4 7 x
h/ x 5 5 x 1 0
5
3
x 3
9 x 27
4 x 12 1
3
2
i/ 5 x 7 x 12 0
f) ( x 3) 10 x 2 x 2 x 12
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
f ( x) g ( x) ( f ( x) 0)
f ( x) g ( x) ( f ( x) 0)
2
Sử dụng hằng đẳng thức sau: f ( x) g ( x) f ( x) g ( x)
II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình: x 2 4x 4 x 8 (1)
HD: (1) (x 2) 2 8 x
|x – 2| = 8 – x
– Nêu x < 2: (1) 2 – x = 8 – x (vô nghiê ̣m)
– Nêu x 2 : (1) x – 2 = 8 – x x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Bài 2: 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 |
Đ朩 ̣t y = x 1 (y 0) phương trình(*) đã cho trở thành: y 1 | y 3 |2 | y 1|
– Nêu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y y = –1 (loại)
– Nêu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 y = 3
– Nêu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiê ̣m)
Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 (thoả mãn) Vâ ̣y: x = 8
Bài 3:Giải phương trình: x 2 2 x 5 x 2 3 2 x 5 7 2
HD:ĐK: x
5
2
PT 2 x 5 2 2 x 5 1 2 x 5 6 2 x 5 9 14
2x 5 1
2 x 5 3 14
2 x 5 5
x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15
Bài 4:Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 2
HD:ĐK: x 1
Pt x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2
x 1 1
x 1 1 2
Nêu x 2 pt x 1 1 x 1 1 2 x 2 (Loại)
Nêu x 2 pt x 1 1 1 x 1 2 0 x 0 (Luôn đúng với x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S x R | 1 x 2
III-Bài tập áp dụng:
6
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Giải các phương trình sau:
1/ x 2 2 x 1 5
Trần Nam Trung
2/
x 4 x 4 3
3/
x 2 6 x 9 2 x 1
4/
x 4 x 4 5 x 2
5/
x 2 2 x 1 x 2 4 x 4 4
6/
x 2 x 1
x 4 x 4 10
7/ x 2 6 x 9 2 x 2 8x 8 x 2 2 x 1
9/ x 2 x 1 x 2 x 1 2
8/
x 2 4 x 4 x 2 6 x 9 1
10/
x 3 2 x 4 x 4 x 4 1
11/
12/
14/
x 2 2 x 5 x 2 3 2 x 5 7 2
2x 4 6 2x 5
16/
x 2 2 x 1 2 x 8
18/
1 2
x x 1
4
20/
x 2 4 x 4 2 x
x 6 2 x 2 x 11 6 x 2 1
13/ x 2 2 x x 2 2 x 1 5 0
15/ x 2 4 x 4 2 x 10
17/
19/
1
1
x x x 2
2
4
x2 x 1 x 2 x 1
x 3
2
21/ ( x 1) 4 4 x 1 x 1 6 x 1 9 1
2 x 4 2 2 x 5 4
6 2 5 0
22/ x 8 6 x 1 4
PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú y điều
kiện của t nêu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biên t quan trọng
hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .
Bài 1. Giải phương trình: x x 2 1 x x 2 1 2
HD:Điều kiện: x 1
Nhận xét. x x 2 1. x x 2 1 1
Đặt t x
1
x 2 1 thì phương trình có dạng: t t 2 t 1
Thay vào tìm được x 1
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
HD:Điều kiện: x
4
5
t2 5
Đặt t 4 x 5(t 0) thì x
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4 10t 2 25 6 2
2.
(t 5) 1 t t 4 22t 2 8t 27 0
16
4
(t 2 2t 7)(t 2 2t 11) 0
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 1 2 2; t3,4 1 2 3
Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 1 2 2, t3 1 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1 2 vaø x 2 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vê của phương trình với điều kiện 2 x 2 6 x 1 0
Ta được: x 2 ( x 3) 2 ( x 1)2 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
7
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y 3 4 x 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ
đưa về hệ)
Bài 3. 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
1 21
1 17
(loaïi), y
2
2
( với y 5) ( y 2 y 4)( y 2 y 5) 0 y
11 17
2
Từ đó ta tìm được các giá trị của x
Bài 4. Giải phương trình sau : x 2004 x 1 1
x
2
HD: ĐK: 0 x 1
2
2
Đặt y 1 x thì phương trình trở thành: 2 1 y y y 1002 0 y 1 x 0
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 2 x x
1
3 x 1
x
HD:Điều kiện: 1 x 0
Chia cả hai vê cho x ta nhận được: x 2 x
Đặt t x
1
1
3
x
x
1
, ta giải được.
x
Bài 6. Giải phương trình : x 2 3 x 4 x 2 2 x 1
HD: x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vê cho x ta được: x
Đặt t= 3 x
1 3
1
x 2
x
x
1
1 5
, Ta có : t 3 t 2 0 t 1 x
x
2
Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 21x 18 2 x 2 7 x 7 2
HD:Đặt y = x 2 7 x 7 ; y 0
5
y
3 y 1
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0
y 1
x 1
Với y = 1 x 2 7 x 7 1
Là nghiệm của phương trình đã cho.
x 6
2
Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyêt được một lớp bài đơn
giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biêt cách giải phương trình: u 2 uv v 2 0 (1) bằng cách
2
u
u
Xét v 0 phương trình trở thành : 0
v
v
v 0 thử trực tiêp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
a. A x bB x c A x .B x
u v mu 2 nv 2
8
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được
phương trình vô tỉ theo dạng này .
a) . Phương trình dạng : a. A x b.B x c A x .B x
Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nêu:
P x A x .B x
Q x aA x bB x
Xuất phát từ đẳng thức :
x 3 1 x 1 x 2 x 1
x 4 x 2 1 x 4 2 x 2 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1
x4 1 x2
2x 1 x2 2x 1
4 x 4 1 2 x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 1
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 2 2 x 4 x 4 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai
at 2 bt c 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình : 2 x 2 2 5 x3 1
HD: Đặt
u x 1 (u 0) ; v x 2 x 1 (v
3
)
2
u 2v
5 37
phương trình trở thành : 2 u v 5uv
Tìm được: x
1
u v
2
2
3 4
x x 2 1 (*)
Bài 2. Giải phương trình : x 2 3x 1
3
4
2
4
2
2
2
2
HD:Dễ thấy: x x 1 x 2 x 1 x x x 1 x x 1
2
2
Ta viêt x 2 x 1 x 2 x 1 3
x
2
x 1 x 2 x 1
Đồng nhất vê trái với (*) ta được :
3 x 2 x 1 6 x 2 x 1 3
x
2
x 1 x 2 x 1
3
3
2
2
Đặt : u x x 1 u ; v x x 1 v
4
4
phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv u 3v
Từ đây ta sẽ tìm được x.
Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x 2 5 x 1 7 x3 1 (*)
HD:Đk: x 1
Nhận xét : Ta viêt x 1 x 2 x 1 7 x 1 x 2 x 1
Đồng nhất vê trái với (*) ta được : 3 x 1 2 x x 1 7
x 1 x 2 x 1
v 9u
Đặt u x 1 0 , v x x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv
v 1 u
4
Ta được : x 4 6
2
9
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Bài 4. Giải phương trình : x3 3 x 2 2
Trần Nam Trung
x 2
3
6 x 0
HD:Nhận xét : Đặt y x 2 ta biên 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
Bài 5:Giải phương trình: 10 x3 1 3 x 2 2
HD:ĐK: x 1
Pt 10 x 1. x 2 x 1 3( x 2 2)
u x 1
(u, v 0)
Đặt
2
v
x
x
1
u 3v
Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) 3u v u 3v 0
v 3u
Nêu u = 3v x 1 3 x 2 x 1 9 x 2 10 x 8 0 (vô nghiệm)
x 5
2
2
Nêu v = 3u x x 1 3 x 1 x 10 x 8 0
33
x 5 33
là nghiệm.
b).Phương trình dạng : u v mu 2 nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nêu ta bình
phương hai vê thì đưa về được dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình : x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1
u x 2
u, v 0; u v khi đó phương trình trở thành : u 3v u 2 v 2
HD:Ta đặt :
2
v x 1
hay: 2(u + v) - (u - v)= u v u v
Bài 2.Giải phương trình sau :
x 2 2 x 2 x 1 3x 2 4 x 1
1
2
HD:Đk x . Bình phương 2 vê ta có :
x
2
2 x 2 x 1 x 2 1
x
2
2 x 2 x 1 x 2 2 x 2 x 1
2
u x 2 x
khi đó ta có hệ :
v 2 x 1
Ta có thể đặt :
1 5
v
u
2
uv u v
1 5
v
u
2
1 5
1 5
v x2 2x
Do u , v 0 . u
2 x 1
2
2
Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 14 x 9
x 2 x 20 5 x 1
x x 20 x 1
5 x 2 x x 20 x 1 vậy ta không
HD:Đk x 5 . Chuyển vê bình phương ta được: 2 x 2 5 x 2 5
2
Nhận xét : Không tồn tại số , để : 2 x
2
2
u x 2 x 20
thể đặt :
.
v x 1
10
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
2
2
Nhưng may mắn ta có : x x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x 4 x 5
Ta viêt lại phương trình: 2 x 2 4 x 5 3 x 4 5 ( x 2 4 x 5)( x 4) . Đên đây bài toán
được giải quyêt .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Từ những phương trình tích x 1 1 x 1 x 2 0 ,
2x 3 x
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 .
2
Bài 1. Giải phương trình : x 3
x 2 2 x 1 2 x 2 2
t 3
2
HD:Đặt t x 2 2 ; t 2 , ta có : t 2 x t 3 3x 0
t x 1
Bài 2. Giải phương trình : x 1 x 2 2 x 3 x 2 1
HD:Đặt : t x 2 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
Bài 3:Giải phương trình: x 2 3 x 1 x 3 x 2 1
HD:Đặt t x 2 1; t 1
Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0
(t - x)(t - 3) = 0
t x
t 3
Nêu t = x x 2 1 x (Vô ly)
Nêu t = 3 x 2 1 3 x 2 2
Vậy: x 2 2
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
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
3
Xuất phát từ đẳng thức a b c a 3 b3 c 3 3 a b b c c a , Ta có
3
a 3 b3 c3 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 c朩n bậc ba .
7 x 1 3 x 2 x 8 3 x 2 8 x 1 2
3
3 x 1 3 5 x 3 2 x 9 3 4 x 3 0
Bài 1. Giải phương trình : x 2 x . 3 x 3 x . 5 x 5 x . 2 x
3
HD:ĐK: x 2
11
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
u 2 x ; u 0
Đặt v 3 x ; v 1 , ta có :
w 5 x ; w 3
30
239
x
được: u
60
120
Trần Nam Trung
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 , giải hệ ta
v w u w 5
Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 1 x 2 3x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2
a
b
HD:Ta đặt :
c
d
2x2 1
x 2 3x 2
2
2x 2x 3
a b c d
, khi đó ta có :
2
2
2
2
a b c d
x 2
x2 x 2
Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 9 x 3
a 4 x 2 5 x 1
HD:Đặt
b x 2 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
3
Nêu a = 2b 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 x (thoả mãn)
Nêu a = 1 - 2b 4 x 2 5 x 1 1 2 x 2 x 1 (*)
Ta có : VT(*) 0 (1)
2
1
3
VP(*) = 1 2 x x 1 1 2 x 1
2
4
2
3 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x
1
3
Bài tập áp dụng:
3
Giải các phương trình sau : x 4 x 1 x 4 1 x 1 x 4 x 3 4 x 2 1 x
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
Đặt u x , v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm được hệ theo
u,v
3
3
3
3
Bài 1. Giải phương trình: x 35 x x 35 x 30
HD:Đặt y 3 35 x3 x 3 y 3 35
xy ( x y ) 30
, giải hệ này ta tìm
3
3
x y 35
được ( x; y ) (2;3) (3; 2) . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3}
1
2 1 x 4 x 4
Bài 2. Giải phương trình:
2
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
12
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
HD:Điều kiện: 0 x 2 1
2 1 x u
0 u
Đặt
4
x v
2 1,0 v 4 2 1
1
u v 4
2
Ta đưa về hệ phương trình sau:
u 2 v 4 2 1
1
u 4 2 v
2
1 v v 4 2 1
4 2
2
1
Giải phương trình thứ 2: (v 1) v 4 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm
2
2
2
của phương trình.
Bài 3. 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
Vậy x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x
2
6 2x 6 2x 8
Bài 4. Giải phương trình:
5 x
5 x 3
HD:Điều kiện: 5 x 5
Đặt u 5 x , v 5 y 0 u , v 10 .
u 2 v 2 10
Khi đó ta được hệ phương trình: 4 4
8
2(u v)
3
u v
Bài 5. Giải phương trình:
HD:ĐK: 77 x 629
u 4 629 x
Đặt
v 4 77 x
4
(u v)2 10 2uv
2 4
(u v) 1
uv
3
629 x 4 77 x 8
(u; v 0)
u v 8, u 4 v 4 706
Đặt t = uv
t 2 128t 1695 0
t 15
t 113
Với t = 15 x = 4
Với t = 113 x = 548
Bài 6. Giải phương trình: x3 x 2 1 x3 x2 2 3
HD:Với điều kiện: x3 x 2 1 0 x3 x 2 2 0
u x 3 x 2 1
Đặt
Với v > u
v x 3 x 2 2
(1)
0
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
13
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
u v 3
2
2
v u 3
u v 3
(v u )(v u ) 3
u v 3
v u 1
Trần Nam Trung
u 1
v 2
x 3 x 2 1 1
x 3 x 2 2 2
x 3 x 2 1 1
3
2
x x 2 4
x 3 x 2 2 0
( 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}
Bài 7. Giải phương trình:
1 x 2 0
HD: Điều kiện:
x 0
Với điều kiện (*),đặt
2
1 x 2
3
x
2
1 x 1
0 x 1
x 0
u x ;v
2
3
x,
với u
0,
(*)
v
2
3
1 x 2 1 u 4
2
Ta có: 2 x v 2
3
Do dó ta có hệ
2
2
u v 3
u v
3
1 u 4 v 2
u 4 v 4 1
2
2
u v
u v
3
3
2
u 2 v 2 2 2u 2 .v 2 1 u v 2 2u.v 2u 2 v 2 1
2
2
u v
u v
3
3
2
4 2u.v 2u 2 .v 2 1
2u 2 .v 2 16 u.v 65 0
9
9
81
2
u v 3
8 194
u.v 18
2
u v 5
8 194
u.v 18
u và v là nghiệm của phương trình
14
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
2 2
8 194
0( a )
y y
3
18
y 2 2 y 8 194 0(b)
3
18
(b) vô nghiệm
(a) có 2 nghiệm
97
3
1
2
; y2
2
1
y1
u1 y1
97
3
2
3
u 2 y 2
Do đó: v y v y
2
1
2
1
Vì u
0 nên ta chọn
97
3
2
3
1
x
97
3
2
3
1
u y2
1
x
97
3
2
3
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Bài 8. Giải phương trình:
HD:Với điều kiện
18 5 x 0
64 5 x 0
Đặt
4
97
3
2
2
18 5 x 4 64 5 x 4
18
x 5
18
64
x
64
5
5
x
5
u 4 18 5 x , v 4 64 5 x
1
x 1
9
, với u
(*)
0, v
0
4
Suy ra
u 18 5 x
4
v 64 5 x
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
u v 4
4 4
u v 82
v 0, v 0
u v 4
2 2 2
2
u v 2(uv) 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
́ 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
15
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
4 18 5 x 1 4 18 5 x 3
Suy ra 4
4
64 5 x 3 64 5 x 1
18 5 x 1 18 5 x 81
64 5 x 81 64 5 x 1
x
17
63
x
5
5
thoả mãn (*)
(2) Với S = 4, P = 29 không tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
17
x
1
5
x 63
2 5
5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối
xứng loại II
x 1 2 y 2
Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :
2
y 1 x 2
thì đơn giản
Bây giờ ta sẽ biên hệ thành phương trình bằng cách đặt y f x
(1)
(2)
việc giải hệ này
sao cho (2) luôn đúng ,
2
y x 2 1 , khi đó ta có phương trình : x 1 ( x 2 1) 1 x 2 2 x x 2
Vậy để giải phương trình : x 2 2 x x 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
x 2 ay b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
, ta sẽ xây dựng được
2
y ax b
phương trình dạng sau : đặt y ax b , khi đó ta có phương trình :
a
2
x ax b b
a
n
Tương tự cho bậc cao hơn : x n ax b b
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viêt về dạng :
n
x ́ n a ' x b ' đặt y n ax b để đưa về hệ , chú y về dấu của ???
n
Việc chọn ; thông thường chúng ta chỉ cần viêt dưới dạng : x ́ n a ' x b '
là chọn được.
Bài 1: Giải phương trình: x 2 2 x 2 2 x 1
HD:Điều kiện: x
1
2
Ta có phương trình được viêt lại là: ( x 1)2 1 2 2 x 1
x 2 2 x 2( y 1)
Đặt y 1 2 x 1 thì ta đưa về hệ sau: 2
y 2 y 2( x 1)
Trừ hai vê của phương trình ta được ( x y )( x y ) 0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 2
Cách 2: Đặt 2 x 1 t a 2 x 1 t 2 2at a 2
Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2
16
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
x 2 2 x 2t 2
kêt hợp với đầu bài ta có hệ phương trình: 2
t 2t 2 x 2
Giải hệ này ta sẽ tìm được x.
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
HD:Điều kiện x
5
4
Ta biên đổi phương trình như sau: 4 x 2 12 x 2 2 4 x 5 (2 x 3) 2 2 4 x 5 11
(2 x 3) 2 4 y 5
( x y )( x y 1) 0
Đặt 2 y 3 4 x 5 ta được hệ phương trình sau:
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)
Kêt luận: Nghiệm của phương trình là x 2 3
Bài 3:Giải phương trình: x 2 x 5 5
HD:ĐK: x 5
Pt x 2 5 x 5 ; x 5 (*)
Đặt x 5 t a x 5 t 2 2at a 2
Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kêt hợp với (*) ta được hệ phương trình:
2
x 5 t
2
từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
t 5 x
Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =
4x 9
( x 0) .
28
4x 9 2
4x 9
t 2at a 2
t a
28
28
1
4x 9 2
1
1
t t 7t 2 7t x
Chọn a ta được:
2
28
4
2
1
2
7 x 7 x t 2
Kêt hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:
7t 2 7t x 1
2
HD:Đặt
Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình: 2 x 2 2 x 1 4 x 1
PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:
1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:
Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 (a 2 b 2 )( x 2 y 2 )
a
b
Dấu ‘‘=’’ xảy ra x y
2.Bất đẳng thức côsi:
a) Với hai số a, b 0 thì ta có:
a b
ab
2
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b
17
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
b) Với ba số a, b, c 0 thì ta có:
Trần Nam Trung
a b c 3
abc
3
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c
c) Với bốn số a, b, c, d 0 thì ta có:
a b c d 4
abcd
4
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c = d
e) Với n số a1, a2,…, an 0 thì ta có:
a1 a2 ... an n
a1.a2 ....an
n
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a1 a2 ... an
3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x) m
b/ A = M - g2(x) M
A m
MinA m
A M
MaxA M
Dấu ''='' xảy ra f(x) = 0
Dấu ''='' xảy ra g(x) = 0
4. Dùng hằng đẳng thức :
Từ những đánh giá bình phương : A2 B 2 0 , ta xây dựng phương trình dạng
A2 B 2 0
Từ phương trình
5x 1 2x
2
2
9 5 x 2 x 1 0
2
ta khai triển ra có phương trình : 4 x 12 x 1 4 x 5 x 1 9 5 x
5. Dùng bất đẳng thức
A m (1)
B m (2)
Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
nêu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A B
1
2 , dấu bằng
x 1
1
1 x
khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình: 1 2008 x 1 2008 x
x 1
A f x
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ y tưởng :
khi đó :
B f ( x)
A f x
A B
B f x
Ta có : 1 x 1 x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và
x 1
Nêu 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.
II-BÀI TẬP:
Bài 1. Giải phương trình :
2 2
x x 9
x 1
HD:Đk: x 0
2
2
1
x
x 9
x 1
x 1 x 1
2 2
1
1
x
Dấu bằng
7
x 1
x 1
2 2
x 2 2
Ta có :
x 1
2
18
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 x 4 9 x 2 x 4 16
HD:Đk: 1 x 1
Biên đổi pt ta có : x 2 13 1 x 2 9 1 x 2
2
256
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
13. 13. 1 x 2 3. 3. 3 1 x 2
2
13 27 13 13 x 2 3 3 x 2 40 16 10 x 2
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16 10 x
2
2
16
64
2
2
x
1 x2
2
5
1 x
Dấu bằng
3
2
10 x 2 16 10 x 2
x
5
3`
2
Bài 3. Giải phương trình: x 3 x 8 x 40 8 4 4 x 4 0
2
HD:Ta chứng minh : 8 4 4 x 4 x 13 và x3 3x 2 8 x 40 0 x 3 x 3 x 13
Bài 4: Giải phương trình: 7 x x 5 x 2 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 thiêt dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi:x = 6
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 5: Giải phương trình: x 2 3x 2 x 1 2
HD:ĐK: x 1; 2 (1)
PT x 2 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 thê vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1
Bài 6:Giải phương trình :
HD: Điều kiê ̣n x
x
4x 1
2
x
4x 1
1
4
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
x
4x 1
4x 1
2
x
x
4x 1
4x 1
2 .
x
Theo giả thiêt dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
x
4x 1
x
4x 1
x 2 4x 1 0
(x 2) 2 3
x 2 3
Dấu “=” xảy ra x 4x 1 x 4x 1 0
2
19
Chuyên đề giải phương trình vô tỉ
Trần Nam Trung
x 2 4x 4 3 0 (x 2) 2 3 x 2 3 x 2 3 (Thoả mãn)
Vậy : x 2 3
Bài 7:Giải phương trình : x 1 5x 1 3x 2
HD: Cách 1. điều kiê ̣n x 1
Với x 1 thì: Vê trái: x 1 5x 1 vê trái luôn âm
Vê phải: 3x 2 1 vê phải luôn dương
Vâ ̣y: phương trình đã cho vô nghiê ̣m
Cách 2. Với x 1, ta có:
x 1 5x 1 3x 2
x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2)
2 7x 2 (5x 1)(3x 2)
Vê trái luôn là mô ̣t số âm với x 1, vê phải dương với x 1 phương trình vô nghiê ̣m
Bài 8:Giải phương trình : 3x 2 6x 7 5x 2 10x 14 4 2x x 2 (1)
4
9
HD: Ta có (1) 3 x 2 2x 1 5 x 2 2x 1 (x 2 2x 1) 5
3
5
3(x 1) 2 4 5(x 1) 2 9 5 (x 1) 2
4 9 2 3 5 . Dấu “=” xảy ra x = –1
Ta có: Vê trái
Vê phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra x = –1
Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m x = –1
Bài 9:Giải phương trình :
HD: điều kiê ̣n x
x 7
8 2x 2 2x 1
x 1
1
2
Dễ thấy x = 2 là mô ̣t nghiê ̣m của phương trình
– Nêu
1
x 2 : VT =
2
– Nêu x > 2: VP = 2x2 +
6
8 8 3 . Mà: VP > 8 3
x 1
2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3 . VT < 8 3
1
x 2 x 1 2 1
6
6
1
1
3
x 1
2 1
Vâ ̣y: phương trình đã cho có mô ̣t nghiê ̣m duy nhất là x = 2
Bài 10:Giải phương trình :
6
8
6
3 x
2 x
3
là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng
2
3
6
8
2 và
4
minh đó là nghiệm duy nhất. Thật vậy:Với x <
:
2
3 x
2 x
HD: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x =
6
8
6.
3 x
2 x
Tương tự với
3
< x < 2:
2
6
8
6
3 x
2 x
Bài 11: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
20
.DOC 
28 
5 
65 
