Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
PHẦN I
-----------------------------------------------------------------PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH
------------------------------------------------------------------CÁC DẠNG CƠ BẢN
B 0
► A B
2
A B
B 0
► A B
A B
B 0
► A B
A B
B 0
► A B A 0
A B2
A 0
B 0
► A B
B 0
A B2
TỔNG QUÁT:
Đối với những những phƣơng trình, bất phƣơng
trình không có dạng chuẩn nhƣ trên, ta thực hiện:
- Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa,
- Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm,
- Bình phƣơng cả hai vế để khử căn.
VÍ DỤ - BÀI TẬP
Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:
1.
4 2x x 2 x 2
2.
x 4 1 x 1 2x
3.
x 2 4x 5 3x 17
4.
3x 2 19x 20 4x 4
5.
x 12 2x 1 x 3
4 2x x 2 x 2
x 2 0
2
2
4 2x x x 2
x 2
x 2
2
x 3
x 0 x 3
x 3x 0
Vậy: x 3
1.
x 4 1 x 1 2x
2.
x 4 1 x 1 2x
x 4 0
1
Điều kiện: 1 x 0 4 x
2
1 2x 0
CAO HOÀNG NAM
x 4 2 3x 2 2x 2 3x 1
2x 1 2x 2 3x 1
2x 1 0
2
2
(2x 1) 2x 3x 1
2x 1 0
2
2
4x 4x 1 2x 3x 1
1
1
x
x
2
2
x 0 x 7
2x 2 7x 0
2
So điều kiện nhận x 0
Vậy: x 0
3.
x0
x 2 4x 5 3x 17
x 2 4x 5 0
3x 17 0
x 2 4x 5 (3x 17) 2
x 1 x 5
x
1
x
5
17
17
x
x
3
3
2
21
8x 98x 294 0
x 4 x 7
x7
Vậy: x 7
4.
3x 2 19x 20 4x 4
4x 4 0
4x 4 0
2
2
2
3x 19x 20 0 3x 19x 20 (4x 4)
x 1
x 1
4 2
13x 51x 4 0
x 5 x 3
x 1
4
x 5 x 1 1
3
x4
13
4
x 5 x 1 1 x 4
3
4
Vậy: x 5 x 1 1 x 4
3
5.
x 12 2x 1 x 3
x 12 x 3 2x 1 (*)
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 1
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
CAO HOÀNG NAM
x 9
2
4x 6x 54 0
x 9
9
x x 3
9
2
x 2 x 3
So điều kiện nhận x 3
Vậy: x 3
x 12 0
Điều kiện: x 3 0 x 3
2x 1 0
(*) x 12 x 3 2x 1
x 12 x 3 2x 1 2 (x 3)(2x 1)
14 2x 2 (x 3)(2x 1)
(x 3)(2x 1) 7 x
(x 3)(2x 1) 0
7 x 0
(x 3)(2x 1) 49 14x x 2
2.
Do
x 16
5
x 3
x 3
x 3
2
3. (x 1) 16x 17 8x 15x 23
2
2.
4. (x 3) x 4 x 9
2
1.
2
5.
2x 2 8x 6 x 2 1 2x 2
6.
51 2x x 2
1
1 x
6
3 x 9 5x (1)
3 x
3 x 0
9
x
Điều kiện:
5
9 5x 0
(1) 9 x 5x 2 24x 27
9 x 0
2
2
81 18x x 5x 24x 27
[email protected] - 0907894460
x 3 0 nên quy đồng bỏ mẫu ta đƣợc:
(2) x 2 16 8 x
x 2 16 0
8 x 0
8 x 0
x 2 16 (8 x) 2
Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:
6
3 x 9 5x
3 x
5
(2)
x 3
x 2 16 0
x 4 x 4
x4
Điều kiện:
x 3
x 3 0
1
x 2 x 3
x 7
x 2 9x 52 0
1
x 2 x 3
1
x 7
x 3 x 4
2
x 4 x 13
So điều kiện 3 x 4 .
Vậy: 3 x 4
1.
x 2 16
x 3
x 3
x 4 x 4
x 8
x 8
x 5
x 8
5 x 8
16x 80
So điều kiện nhận x 5
Vậy: x 5
3. (x 1) 16x 17 8x 2 15x 23 (3)
Điều kiện: 16x 17 0 x
17
16
(3) (x 1) 16x 17 (x 1) 8x 23
(x 1)
16x 17 8x 23 0
x 1
16x 17 8x 23
x 1
8x 23 0
16x 17 64x 2 368x 529
x 1
x 1
23
x
8
x 4
x 2 x 4
So điều kiện nhận x 1 hoặc x 4
Vậy: x 1 hoặc x 4
www.mathvn.com
Trang 2
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
4. (x 3) x 2 4 x 2 9 (4)
Điều kiện: x 2 4 0 x 2 x 2
(4) (x 3)
x 4 x 3 0 (*)
2
Do ta chƣa biết dấu của (x 3) nên ta chia làm 3
trƣờng hợp:
Trƣờng hợp 1: x 3
(*) x 4 x 3
2
x 3 0
2
x 4 0
x 3 0
x 2 4 x 2 6x 9
x 3
x 2 x 2
x 3
6x 13
x 3
13
x
13
3 x
6
6
Trƣờng hợp 2: x 3 thỏa (*)
Trƣờng hợp 3: x 3
(*) x 2 4 x 3
x2 4 x 3
x 2 4 0
x 3 0
x 2 4 x 2 6x 9
x 2 x 2
x 3
6x 13
x 2
x2 x 3
13
x
6
13
Vậy: x
hoặc x 3
6
5.
2x 2 8x 6 x 2 1 2x 2 (5)
2x 2 8x 6 0
x 1 x 1
Điều kiện: x 2 1 0
2x 2 0
Trƣờng hợp 1: x 1 thỏa (5).
Trƣờng hợp 2: x 1
CAO HOÀNG NAM
(5) (x 1)(2x 6) (x 1)(x 1) 2
x 1
2
2x 6 x 1 2 x 1
2x 6 x 1 2 (2x 6)(x 1) 4(x 1)
2 (2x 6)(x 1) x 1
x 1
4(2x 6)(x 1) (x 1) 2
7x 2 18x 25 0
x 1
x 1
25
x 7
Vậy: x 1 hoặc x 1
51 2x x 2
1 (6)
1 x
Điều kiện:
6.
1 2 13 x 1 2 3
51 2x x 2 0
1 x 0
x 1
Do ta chƣa biết dấu của (1 x) nên ta chia làm 2
trƣờng hợp.
Trƣờng hợp 1: 1 x 0 x 1
(6) 51 2x x 2 1 x
1 x 0
51 2x x 2 0
51 2x x 2 (1 x) 2
x 1
1 2 13 x 1 2 13
x 5 x 5
1 2 13 x 5
Trƣờng hợp 2: 1 x 0 x 1
(6) 51 2x x 2 1 x
1 x 0
2
51 2x x 0
x 1
1 2 13 x 1 2 13
1 x 1 2 13
Vậy: 1 2 13 x 5 hoặc 1 x 1 2 13
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 3
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:
1.
x 3 2 x 4 x 2 x 1 1
2.
x 14x 49 x 14x 49 14
3
x 2 x 1 x 2 x 1
2
3.
1.
14x 49 7 0
14x 49 7
7
14x 49 0
x
2
14x 98
x 7
7
Vậy: x 7
2
x 3 2 x 4 x 2 x 1 1
x 4 2 x 4 1 x 1 2 x 1 1 1
2
x 4 1
x 4 1
x 1 1
2
3.
1
x 1 1 1 (1)
x 4 1 2 x 1
x 2 x 1 x 2 x 1
3
2
2
x 1 1
2
x 1 1
3
2
x 1 1
x 1 1
Chú ý: CÁC DẠNG PHƢƠNG TRÌNH – BẤT
PHƢƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI
A B
►A B
A B
x 14x 49 x 14x 49 14
( 14x 49 7) ( 14x 49 7) 14
2
B 0
► A B A B
A B
► A B (A B)(A B) 0
14x 14 14x 49 14x 14 14x 49 14
A B
► A B
A B
A B
► A B
A B
14x 49 7 14x 49 7 14 (2)
Điều kiện: 14x 49 0 x
49
14
(2) Đặt t 14x 49 7 14x 49 t 7
Phƣơng trình trở thành:
t 7 7 t 14
t t t 0
[email protected] - 0907894460
3
2
1
x 1 1 2 x 1
x 1 1 1 x 1
(*)
2
(*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện.
Vậy: x 1
x 5
x 1 1 x 4 2 x 4
x 5
x 5
x5
x 4 1 x 5
Vậy: x 5
2
7
x7
2
3
2
3
(3)
x 1 1 x 1 1
2
Điều kiện: x 1 0 x 1
1
(3) x 1 1 x 1
2
x 4 1 x 1 1 1
2 x 1 0
x 4 1 2 x 1
x 4 1 2 x 1
x 5
VN do x 5 x 4 1
x 1 1 x 4
2.
x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1
x 4 0
Điều kiện:
x4
x 1 0
(1)
CAO HOÀNG NAM
www.mathvn.com
Trang 4
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
► A B C
3
3
Thay
3
x 3 0
3x 1 0
Điều kiện:
x0
x
0
2x 2 0
3
A B 3 3 A.B
3
A 3 B C
A 3 B 3 C ta đƣợc:
(2) 3x 1 2x 2 4x x 3 (*)
A B 3 3 A.B.C C
5x 3 2 (3x 1)(2x 2) 5x 3 2 4x(x 3)
► f (x) g(x) h(x) k(x)
f (x) h(x) g(x) k(x)
Mà có:
f (x).h(x) g(x).k(x)
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
f (x) h(x) k(x) g(x)
Bình phƣơng, giải phƣơng trình hệ quả
VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau:
3
1.
w
x 1 3 x 2 3 x 3 0
2.
x 3 3x 1 2 x 2x 2
3.
x3 1
x 1 x2 x 1 x 3
x 3
3
1.
3
x 1 3 x 2
3
Ta thay
3
3
6x 2 8x 2 4x 2 12x
2x 2 4x 2 0
x 1
Thử lại nhận x 1
Vậy: x 1
Nhận xét:
Do ta chƣa xác định đƣợc 2 vế phƣơng trình
(*) đều dƣơng nên khi bình phƣơng ta chỉ thu đƣợc
phƣơng trình hệ quả.
Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi
tƣơng đƣơng nhƣng so với cách này thì phức tạp.
3.
x 3
2x 3 3 3 x 1 3 x 2
(3x 1)(2x 2) 4x(x 3)
x3 1
x 1 x 2 x 1 x 3 (3)
x 3
Điều kiện: x 1
x 1 3 x 2 3 x 3 0
3 x 1 3 x 2 3 x 3
x 3 3x 1 2 x 2x 2 (2)
2.
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ
CAO HOÀNG NAM
x 1 3 x 2 x 3
x3 1
x 3 x2 x 1 x 1
x 3
(3)
2
x3 1
x 3
x 3
3
x 1
x2 x 1
x 3
x 1 3 x 2 3 x 3
3 3 (x 1)(x 2)(x 3) 3(x 2)
(x 1)(x 2)(x 3) (x 2)3
(x 2) (x 1)(x 3) (x 2) 2 0
x2 x 1 x 1
2
x 1 3
x 2 2x 2 0
x 1 3
(x 2)(1) 0
x2
Thử lại nhận x 2
Vậy: x 2
Thử lại nhận x 1 3 ; x 1 3
Vậy: x 1 3 ; x 1 3
Nhận xét:
Nhận xét chung:
Khi thay 3 x 1 3 x 2 3 x 3 ta chỉ nhận
Thấy trƣờng hợp phƣơng trình căn bậc ba và
đƣợc phƣơng trình hệ quả do phƣơng trình đầu chƣa
phƣơng trình chứa bốn căn bậc hai nhƣ trên thì ta có
biết có nghiệm hay không?
thể nghĩ đến phƣơng trình hệ quả.
Bài toán cũng có thể giải:
Nếu khi giải cách phƣơng trình ở phần trƣớc
3 x 1 3 x 2 3 x 3
cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ
“sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phƣơng
2x 3 3 3 x 1 3 x 2 3 x 1 3 x 2 x 3
trinh hệ quả sau đó thử lại.
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 5
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
CAO HOÀNG NAM
t 1
t 2 3t 4 0
t4
t 4
Với t 4 x 2 5x 42 2
x 2 5x 14 0 x 2; x 7
CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ
► a.f (x) b f (x) c 0; a 0.
Phƣơng pháp: Đặt t f (x), t 0
Vậy: x 2 hoặc x 7
► a( A B) b(A B 2 AB) c 0
2. 2x 2 15 x 2 5x 6 10x
Phƣơng pháp: Đặt t A B
2x 2 10x 15 x 2 5x 6 0
a. A b. AB c. B 0
► a.A x bB x c A x .B x
A B mA 2 nB2
n
2
n
n
2
Điều kiện: x 2 5x 6 0 x 1 x 6
Đặt t x 2 5x 6
(t 0)
t 2 x 2 5x 6
Phƣơng pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đƣa đƣợc
về dạng phƣơng trình: u 2 uv v2 0
B1: Thử trƣờng hợp v = 0
B2: Xét v 0 phƣơng trình trở thành :
2
u
u
0
v
v
u
phƣơng trình trở thành
Đặt t =
v
t 2 t 0
x 2 5x t 2 6
Bất phƣơng trình trở thành:
2(t 2 6) 15 t 0
3
t
2t t 3 0
2 t 1
t 1
2
Với t 1 x 2 5x 6 1
x 2 5x 6 1
x 2 5x 7 0
►Tham số biến thiên
x
VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP
Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:
Vậy: x
5 53
5 53
x
2
2
5 53
5 53
x
2
2
1. (x 4)(x 1) 3 x 2 5x 2 6
2. 2x 2 15 x 2 5x 6 10x
3.
4.
2x 2 5x 2 2 2x 2 5x 6 1
x
x 1
3
x 1
x
2
1. (x 4)(x 1) 3 x 2 5x 2 6
x 2 5x 4 3 x 2 5x 2 6
x 2 5x 2 3 x 2 5x 2 0
Điều kiện: x 2 5x 2 0
x
5 17
5 17
x
2
2
Đặt t x 2 5x 2
(t 0)
t 2 x 2 5x 2
x 2 5x t 2 2
Phƣơng trình trở thành:
[email protected] - 0907894460
3.
2x 2 5x 2 2 2x 2 5x 6 1
Điều kiện: 2x 2 5x 6 0
5 73
5 73
x
4
4
2
(t 0)
Đặt t 2x 5x 6
x
2x 2 5x 2 t 8
Phƣơng trình trở thành:
t 8 2 t 1
t 8 1 2 t
t 8 1 2 t
2
7 3t 0
t 1
4 t 7 3t
2
16t (7 3t)
7
Với t 1 2x 2 5x 6 1 x 1; x
2
7
Vậy: x 1 hoặc x
2
www.mathvn.com
Trang 6
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
x
x 1
3
x 1
x
2
x
Điều kiện:
0 x 0 x 1
x 1
CAO HOÀNG NAM
Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:
4.
x
(t 0)
x 1
Bất phƣơng trình trở thành:
1 3
t
t
2
Đặt t
2t 2 3t 2 0
1
t
t 2
2
Với t
x 1 4 x x 2 3x 4 5
2.
2x 3 x 1 3x 2 2x 2 5x 3 16
x 1 4 x x 2 3x 4 5
1.
x 1 4 x (x 1)(4 x) 5
x 1 0
Điều kiện:
1 x 4
4 x 0
Đặt t x 1 4 x
(t 0)
t 2 x 1 4 x 2 (x 1)(4 x)
1
2
x
1
x 1
2
x
1
0
x 1 2
x 0 x 1
1 x 1
1 x 0
x
2
x 1
x
2
x 1
x 2x 2
0
x 1
x 2
0 1 x 2
x 1
Vậy: 1 x 0 hoặc 1 x 2
Với t 2
Cách khác:
x
x 1
3
(*)
x 1
x
2
x
0 x 0 x 1
Điều kiện:
x 1
2
x
x 1 9
(*)
x 2
x 1
x
x 1 5
x 1
x
2
2
2
2x 2(x 1) 5x(x 1)
0
2(x 1)x
1.
t2 5
(x 1)(4 x)
2
Phƣơng trình trở thành:
t
t2 5
5
2
t 3
t 2 2t 15 0
t 3
t 5
22 5
2
x 3x 4
2
x 0
x 2 3x 4 2 x 2 3x 0
x 3
Vậy: x 0 hoặc x 3
2x 3 x 1 3x 2 2x 2 5x 3 16
2x 3 0
Điều kiện: x 1 0
x 1
2x 2 5x 3 0
Đặt t 2x 3 x 1 (t 0)
2.
t 2 3x 4 2 2x 2 5x 3
3x 2 2x 2 5x 3 t 2 4
Phƣơng trình trở thành:
t 5
t t 2 4 16 t 2 t 20 0
t 4 (loaïi)
Với t 5 2x 3 x 1 5
3x 2 2x 2 5x 3 52 4
2 2x 2 5x 3 21 3x
1 x 7
2
x 146x 429 0
1 x 7
x3
x 3 x 143
x 2 x 2
0 1 x 0 hoặc 1 x 2
2(x 1)x
Vậy: x 3
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 7
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình sau:
22
1. 4 3 (x 2)2 7 3 (4 x 2 ) 3 3 (2 x) 2 0
3
3. x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1
2
2
2
3
3
3
1. 4 (x 2) 7 (4 x ) 3 (2 x) 0 (1)
Ta có: 2 x 0 x 2 không là nghiệm phƣơng
trình. Chia 2 vế cho:
3
(2 x) 2 ta đƣợc:
x2
x2
(1) 4 3
3 0
73
2x
2x
2
Việc này có thể thực hiện dễ dàng do:
x3 1 (x 1)(x 2 x 1)
Đặt u 3 x 2 và v 3 2 x
Phƣơng trình trở thành:
4u 2 7uv 3v2 0
Do v 0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế
cho v 0 ta đƣợc:
u2
u
u
u 3
4 2 7 3 0 1
v
v
v
v 4
x2
x 2
u
1
1 x 0
Với 1 3
v
2x
2x
2. 2 x 2 5 x 1 (2)
Điều kiện: x 1 0 x 1
3
(2) 2(x 2 x 1) 2(x 1) 5 (x 1)(x 2 x 1)
Do x 2 x 1 0 chia hai vế cho x 2 x 1 :
[email protected] - 0907894460
Bằng cách đồng nhất hệ số:
(x 2 x 1) (x 1)2 x 2 2 2(x 2 2)
ta dễ dàng chọn và .
Một số khai triển đa thức thành nhân tử:
4 3 (x 2)2 7 3 (4 x 2 ) 3 3 (2 x) 2 0
3
5 37
2
2 x 2 2 2(x 2 x 1) 2(x 1) .
Cách khác:
2
x 1
x 1
2 2
4 (VN)
x x 1
x x 1
2
Nhận xét:
Khó khăn của ta là trong việc phân tích:
74
3
x2 3
x 2 27
3
x
4
2x 4
2 x 64
91
74
Vậy: x 0 hoặc x
91
u
x2 3
x 2 27
74
1 3
x
v
2x 4
2 x 64
91
74
Vậy: x 0 hoặc x
91
2
1
x 1
1
x 1
1
2
2
2
x x 1 2
x x 1 4
5 37
x
2
Vậy: x
Với t
Với t 2
3
Với
2
x 1
(t 0)
x x 1
Phƣơng trình trở thành:
t 2
2
2t 5t 2 0 1
t
2
Với t
x2
phƣơng trình trở thành:
2x
t 1
2
4t 7t 3 0 3
t
4
x2
x 2
1
1 x 0
Với t 1 3
2x
2x
Đặt t
x 1
x 1
5 2
x x 1
x x 1
Đặt t
2. 2 x 2 5 x 1
2
CAO HOÀNG NAM
x 3 1 x 1 x 2 x 1
x 4 x 2 1 x 4 2x 2 1 x 2
x 2 x 1 x 2 x 1
x 4 1 x 2 2x 1 x 2 2x 1
4x 4 1 2x 2 2x 1 2x 2 2x 1
3. x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1
Điều kiện: x 2 1 0 x 1 x 1
Ta đặt: u x 2 , v x 2 1 (u, v 0) .
Phƣơng trình trở thành :
u 3v u 2 v2
u 2 6uv 9v2 u 2 v2
v 0
2
10v 6uv 0
v0
v 3 u
5
Với v 0 x 2 1 0 x 2 1 x 1
Vậy: x 1
www.mathvn.com
Trang 8
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
CAO HOÀNG NAM
Ví dụ 4: Giải các phƣơng trình sau:
ĐẶT ẨN PHỤ ĐƢA VỀ HỆ
1. x 2 2(x 1) x 2 x 1 x 2 0
x 1
2.
Phƣơng pháp chung:
Đặt các ẩn phụ. Tìm mối liên hệ giữa các ẩn
phụ. Kết hợp với phƣơng trình ban đầu của bài toán
ta đƣợc hệ phƣơng trình.
Lƣu ý các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình.
x 2x 3 x 1
2
2
1. x 2 2(x 1) x 2 x 1 x 2 0 (1)
Điều kiện: x 2 x 1 0 x
(1) x 2 x 1 2(x 1) x 2 x 1 2(x 1) 1 0
Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình sau:
Đặt t x 2 x 1; t 0. phƣơng trình trở thành:
1. x 3 25 x 3 x 3 25 x 3 30
t 2(x 1)t 2x 1 0, t 0 , ' x
t 1
t 1 2x
2. 3 1 x 3 1 x 2
3. 3 2 x 1 x 1
4. x3 1 2 3 2x 1
2
2
Với t 1 x2 x 1 1 x 0; x 1.
Với t 1 2x x2 x 1 1 2x
1 2x 0
2
2
x x 1 (1 2x)
1
x
2 x0
2
3x 5x
Vậy: x 0 hoặc x 1
x 1
x 1
2.
x 2 2x 3 x 2 1
5.
3
3x 1
2
3 3x 1 3 9x 2 1 1
2
1. x 3 25 x 3 x 3 25 x 3 30
Đặt y 3 35 x 3 x 3 y3 35
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
xy(x y) 30
3
3
x y 35
Đây là hệ đối xứng loại 1. Giải hệ ta tìm đƣợc cặp
nghiệm là (2;3) hoặc (3;2)
Vậy: x 2 hoặc x 3
x 2 2x 3 x 2 2x 3 2x 2
Điều kiện: x 2 2x 3 0 x
Đặt t x 2 2x 3 . Phƣơng trình trở thành:
x 1 t t 2 2x 2
t 2
t 2 x 1 t 2 x 1 0
t x 1
x 1 2
Với t 2 x 2 2x 3 2
x 1 2
Với t x 1 x 2 2x 3 x 1
x 1 0
2
(VN)
2
x
2x
3
x
2x
1
Vậy: x 1 2
1 x 3 1 x 2
u 3 1 x
Đặt
.
v 3 1 x
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
u v 2
2
2
u v 2
u v 2
u v 1 x 0
uv 1
Vậy: x = 0.
2.
3
3. 3 2 x 1 x 1
Điều kiện: x 1 0 x 1
u 3 2 x
Đặt
(v 0)
v x 1
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
u 3 + v 2 = 1
u(u 2 u 2) 0
v 1 u
u + v = 1
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 9
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
4. x3 1 2 3 2x 1
Đặt y 3 2x 1 y3 1 2x .
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
3
x 1 2y
3
y 1 2x
3
x 1 2y
3
3
x y 2(y x)
3
x 1 2y
2
2
(x y)(x xy y 2) 0
2
y 3
(Do x 2 xy y 2 2 x y 2 2 0 )
2 4
3
x 1 2y
x y 0
x 1
x 3 1 2x
x 1 5
x y 0
2
1 5
Vậy: x 1 hoặc x
2
3x 1
2
3 3x 1 3 9x 2 1 1
2
Đặt: u 3 3x 1 và v 3 3x 1
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
u 2 v 2 u.v 1
3
3
u v 2
uv 2u v2
Do đó:
2
v 2 v2 v v 2 1
3v 2 6v 3 0
3 v 1
2
x 3
2
2
2. x x 1000 1 8000x 1000
1. 2x 2 4x
Vậy: x 2 hoặc x 1 hoặc x 10
3
CAO HOÀNG NAM
Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:
u 0
x2
u 1
x 1
u 2
x 10
v 1 u
5.
www.MATHVN.com
0
v 1 u 1
u 3 3x 1 1
x0
v 3 3x 1 1
Vậy: x 0
[email protected] - 0907894460
3. 4x 2 7x 1 2 x 2
4
4. 3 81x 8 x 3 2x 2 x 2
3
5. 7x 2 13x 8 2x 2 . 3 x(1 3x 3x 2 )
6. 4x 2 11x 10 (x 1) 2x 2 6x 2
1. 2x 2 4x
x 3
2
Cách 1:
2x 2 4x
Điều kiện: x 3 .
x 3
(1)
2
(1) 2(x 1)2 2
(x 1)2 1
(x 1) 2
2
1 x 1
1 .
2
2
t
2
x 1
t
y 1
1
1
Đặt t x 1; y
2.
2
2
y 0
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
1
2
t
1
y
2
y2 1 1 t
2
t y
1
(t y)(t y ) 0
y t 1
2
2
t
2
2t 2 t 2 0
t 1
Với t y
2
t 0
t y 0
1 17
3 17
t
x
(thỏa).
4
4
1
t
4t 2 2t 3 0
(t ) 2 1
1
2
2
Với y t
1
1
2
t
t
2
2
1 13
5 13
x
(thỏa)
4
4
3 17
5 13
;x
Vậy: x
.
4
4
t
www.mathvn.com
Trang 10
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
Cách 2:
CAO HOÀNG NAM
và có phân tích thành
(x2 + a1 x + b1) ( x2 + a2 x + b2) = 0
x 3
(1)
2x 4x
2
Điều kiện: x 3 .
2
Lúc đó, bằng đồng nhất hệ số ta có:
x 3
t 1 x 3 2t 2 4t 2
Đặt
2
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
2
2x 4x t 1
2
2t 4t x 1
Đây là hệ đối xứng loại 2. Giải và so điều kiện ta
3 17
5 13
;x
nhận nghiệm x
4
4
Cách 3:
2x 2 4x
x 3
2
Điều kiện: x 3 .
2x 2 4x 0
2
x 3
2
2x 4x
2
x 2 x 0
4
x 3
3
2
4x 16x 16x 2
x 2 x 0
4
3
2
8x 32x 32x x 3 0
x 2 x 0
2 5
3 2 3
1
8 x 2 x 4 x 2 x 2 0
(*)
(**)
3 17
5 13
x
4
4
Nhận xét:
Với hai cách giải cách 1 và cách 2 ta đều chuyển
phƣơng trình về một hệ phƣơng trình đối xứng loại 2
để giải quyết bài toán.
Cách 3 cho ta một cách giải tự nhiên nhất khử căn
bằng cách bình phƣơng hai vế. Vấn đề đặt ra là khi
đƣa về phƣơng trình (*) bậc 4 có nghiệm không đẹp và
ta phải tách thành tích hai phƣơng trình (**). Vậy làm
thế nào chúng ta có thể tách đƣợc ??? Có 2 phƣơng
pháp giải quyết vấn đề này:
Phƣơng pháp 1: (khả năng phản xạ tính toán)
Giả sử phƣơng trình bậc 4:
x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0
Trở lại ví dụ trên:
8x 4 32x 3 32x 2 x 3 0
1
3
x 4 4x 3 4x 2 x 0
8
8
3 3 1 3 1 1 3 1 3
Ta có: . . . .
8 2 4 2 4
2 4 2 4
Vậy ta đƣợc các cặp b1; b 2
Bằng “một chút nhạy bén” và tính toán ta chọn
đƣợc hệ số nhƣ bài trên.
Phƣơng pháp 2: (khả năng bấm máy tính bỏ túi)
Sử dụng phƣơng pháp nhẩm nghiệm bằng máy
tính. (CALC).
x 2 x 0
3 17
5 13
x
x
4
4
x
a 1 a 2 a
a a b b b
1 2 1 2
a1b 2 a 2 b1 c
b1b 2 d
Ta thƣờng nhẩm tìm hệ số a1;a 2 ; b1; b2 (với các
a1;a 2 ; b1; b2 là số nguyên hoặc hữu tỉ “đẹp”)
Nhập biểu thức: 8x 4 32x3 32x 2 x 3
Chọn các khoảng nghiệm và tìm nghiệm.
Ta tìm đƣợc các nghiệm.
A 1.780776406
B 0.280776406
C 0.348612181
D 2,151387819
Ta có:
A.B 0, 49999 0.5
A B 1.5
C.D 0.749999 0.75
C D 2.5
Từ đó, phân tích đƣợc phƣơng trình (*) thành (**)
------------------------------------------------Với cách 1 cho ta cách nhìn tổng quát của bài toán.
Dạng tổng quát của bài toán:
f (x)
n
b a n af (x) b
Cách giải: Đặt t f (x); y n af (x) b
n
t b ay
Ta có hệ: n
.
y b at
Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y.
Sáng tạo: Khi thay a, b,f (x) là các số ta có đƣợc
các bài toán về phƣơng trình.
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 11
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
2. x 2 x 1000 1 8000x 1000 (2)
1
Điều kiện: x
8000
2
(2) 4x 4x 4000 4000 4000(2x 1) 3999
(2x 1)2 4001 4000 4000(2x 1) 4001
4001
Đặt u 2x 1
; v 1 8000x 0
4000
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
u 2 4001 4000v
2
v 4001 4000u
2
u 4001 4000v
2
2
u v 4000(v u)
u 2 4001 4000v
(u v)(u v 4000) 0
Do u v 4000 0 nên
u 2 4001 4000v
u v 0
CAO HOÀNG NAM
(2) (2x 1)2 3x 2 2(2x 1) 3x
y2 3x 2t
Đặt t 2x 1; y 2t 3x
y 0
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
2
t 3x 2y
2
y 3x 2t
y t
(t y)(t y 2) 0
y t 2
t 2 2t 3x 0
Với y t
t 0
4x 2 3x 1 0
1
x
1
4
x
2
t 2 3x 2(t 2) 0
Với y t 2
t 2
4x 2 11x 7 0
7
x .
3
4
u 2 4000u 4001 0
x
2
u 4001 (do u 0 )
u v
7
1
Vậy: x ; x .
Với u 4001 x 2000 .
4
4
Vậy: x 2000 .
4
81x 8 x 3 2x 2 x 2
3
3
3
27 27.3x 8 27x 54x 2 36x 54
3.
3
27 3 27.(3x 2) 46 (3x 2)3 46
Đặt t 3x 2; y 3 27t 46 y 3 27t 46
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
27y t 3 46
3
27t y 46
27y t 3 46
2
2
27(y t) (t y) t ty y
27y t 3 46
2
2
(t y) t ty y 27 0
Do t 2 ty y2 27 0 nên
x 0
t 2
27y t 3 46
x 3 2 6
t y 0
t 1 2 6
3
Vậy: x 0 ; x
3 2 6
3
4. 4x 7x 1 2 x 2 (2)
Điều kiện: x 2
2
[email protected] - 0907894460
Nhận xét:
Ta có thể thay b trong dạng toán tổng quát
bằng một biểu thức chứa x.
Và tƣơng tự ta cũng có thể thay a trong dạng
tổng quát bằng một biểu thức chứa x.
5. 7x 2 13x 8 2x 2 . 3 x(1 3x 3x 2 )
Ta thấy x 0 không là nghiệm của phƣơng trình.
Chia hai vế phƣơng trình cho x 3 ta đƣợc:
7 13 8
1 3
2 3 23 2 3 .
x x
x
x
x
1
Đặt t . Phƣơng trình trở thành:
x
8t 3 13t 2 7t 2 3 t 2 3t 3
(2t 1)3 (t 2 t 1) 2 3 2(2t 1) t 2 t 1 .
Đặt u 2t 1, v 3 2(2t 1) t 2 t 1
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
3
2
u t t 1 2v
u 3 v3 2v 2u
3 2
v t t 1 2u
(u v)(u 2 uv v2 2) 0
u v 2t 1 3 t 2 3t 3
8t 3 13t 2 3t 2 0
www.mathvn.com
Trang 12
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
(t 1)(8t 2 5t 2) 0
t 1
t 1
2
5 89
t
8t 5t 2 0
16
Thử lại nhận ba nghiệm t.
Với t 1 x 1
5 89
16
Với t
x
16
5 89
16
Vậy: x 1; x
.
5 89
6. 4x 2 11x 10 (x 1) 2x 2 6x 2
(2x 3)2 x 1 (x 1) (x 1)(2x 3) x 1
NHÂN LƢỢNG LIÊN HIỆP
► Các công thức thƣờng dùng:
Biểu thức
A B
3
A B
A2 3 AB 3 B2
AB
3
AB
A3B
A2 3 AB 3 B2
► Một số lƣu ý:
Thƣờng dự đoán nghiệm và dùng nhân lƣợng
liên hiệp để xuất hiện nhân tử chung.
Cách đánh giá vế trái, vế phải để chứng minh
phƣơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:
1.
x 2 12 5 3x x 2 5
2.
4x 1 3x 2
3.
x 3
5
2x 2
x 21
(3 9 2x ) 2
4. 9(x + 1)2 (3x + 7)(1 - 3x + 4)2
Với u v u x 1 (x 1)u
2x 2 6x 2 4 3x
4
x
(VN)
3
7x 2 18x 14 0
Vậy: phƣơng trình vô nghiệm.
3
Tích
AB
3
2
Với u v 1 x 2x 3 2x 2 6x 2 1 x
Biểu thức liên hiệp
A B
3
Đặt u 2x 3; v (x 1)(2x 3) x 1 ,
Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:
2
u x 1 (x 1)v
2
v x 1 (x 1)u
u 2 v2 (x 1)(v u)
(u v)(u v x 1) 0
(2x 3)2 x 1 (x 1)(2x 3)
2x 2 6x 7 0 (VN)
CAO HOÀNG NAM
x 2 12 5 3x x 2 5
1.
Điều kiện: x
Nhận xét ta dễ dàng nhẩm đƣợc x 2 là nghiệm
phƣơng trình nên tách và nhân liên hợp ta đƣợc:
x 2 12 4 3x 6 x 2 5 3
x2 4
x2 4
3 x 2
x 2 12 4
x2 5 3
x2
x2
x 2
3 0
2
x2 5 3
x 12 4
x 2
x2
x2
x2
3 0
2
2
x 12 4
x 5 3
x2
x2
Do
2
x 12 4
x2 5 3
x2
x2
3 0, x
x 2 12 4
x2 5 3
Vậy: x 2
2.
4x 1 3x 2
x 3
5
4x 1 0
2
x
Điều kiện:
3
3x 2 0
Ta có 4x 1 3x 2 0 . Nhân 2 vế cho
4x 1 3x 2 ta đƣợc phƣơng trình:
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 13
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
x 3
www.MATHVN.com
x 3
( 4x 1 3x 2)
5
3.
(x 3)( 4x 1 3x 2 5) 0
2x 2
x 21
(3 9 2x ) 2
9
9 2x 0
x
Điều kiện:
2
3 9 2x 0
x 0
x 3 (l)
4x 1 3x 2 5
4x 1 3x 2 5
CAO HOÀNG NAM
Ta nhân cả tử và mẫu của vế trái với
(3 9 2x )2 ta đƣợc :
(*)
2 12x 2 5x 2 26 7x
(3 9 2x ) 2
x 21
2
7
9 2x 4 x
2
7
9
So điều kiện ta đƣợc
x và x 0
2
2
9
7
Vậy:
x và x 0
2
2
26
2
x
3
7
2
4(12x 5x 2) (26 7x) 2
26
2
x
3
7
x 2 344x 684 0
x2
Vậy: x 2
4. 9(x 1)2 (3x 7)(1 3x 4)2
4
Điều kiện: 3x 4 x
3
Ta nhân cả hai vế của phƣơng trình với biểu thức
(1 3x 4)2 ta đƣợc:
Nhận xét:
Từ (*) ta có thể giải bằng cách kết hợp:
4x 1 3x 2 5
x 3
4x 1 3x 2
5
Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách thêm
bớt nhƣ bài toán 1:
x 3
4x 1 3x 2
5
x 3
4x 1 3 2 3x 2
1
5
4x 8
4 3x 2
x2
5
4x 1 3 2 3x 2
9(x 1)2 (1 3x 4)2 (3x 7).9(x 1) 2
9(x 1)2 (1 3x 4)2 3x 7 0 (*)
Trƣờng hợp 1: x 1 thỏa.
4
x
Trƣờng hợp 2:
3 ta có:
x 1
(*) 2 3x 4 2 x 1 .
4
x 1
So điều kiện ta đƣợc
3
4
x 1
Vậy:
3
4
3
1
x 2
0
4x 1 3 2 3x 2 5
x 2 0 x 2
4
3
1
(*)
0
4x 1 3 2 3x 2 5
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau:
x 2 4 x 2x 2 5x 1
1 x 2x x 2
x
1 x2
1.
2.
4
3
1
2
x ; nên
4x 1 3 2 3x 2 5
3
(*) vô nghiệm.
Vậy: x 2
Tuy nhiên, cách làm này thì việc chứng minh
(*) vô nghiệm tƣơng đối khó khăn (dành cho bạn đọc).
Do
3.
3
x 2 3 x 1 3 2x 2 3 2x 2 1
4. x 2 x 1 (x 2) x 2 2x 2
5.
3
x 24 12 x 6
x 2 4 x 2x 2 5x 1 (1)
x 2 0
2 x 4
Điều kiện:
4 x 0
1.
(1) x 2 1 4 x 1 2x 2 5x 3
[email protected] - 0907894460
www.mathvn.com
Trang 14
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
x 3
x 3
(x 3)(2x 1)
x 2 1
4 x 1
x 3 0
1
1
2x 1
x 2 1
4 x 1
x 3 0
1
1
(*)
2x 1
x 2 1
4 x 1
1
x 2 1 1
Ta có:
nên (*) vô nghiệm.
1
2x 1 5
4 x 1
Vậy: x 3
x 2 2x 7 3(x 2) (x 2) x 2 2x 2 0
x 2 2x 7 (x 2)(3 x 2 2x 2 0
x 2x 7
2
(x 2)(x 2 2x 7)
(x 2 2x 7)(1
x 2 2x 2 3
x2
x 2 2x 2 3
0
)0
(x 1)2 1 (x 1)
0
x 2 2x 7
2
x
2x
2
3
2
x 2x 7 0 x 1 2 2
Vậy: x 1 2 2
2
(x 3)( 12 x 3 (x 24) 3 3 x 24 6) 0
x 2 ( 1 x x ) ( 1 x 2x x ) 0
x 2 (1 2x)
1 x 4x 3
0
1 x x
1 x 2x x
x 2 (1 2x) (1 2x)(2x 2 x 1)
0
1 x x
1 x 2x x
x2
2x 2 x 1
(1 2x)(
)0
1 x x
1 x 2x x
1
x (do biểu thức còn lại luôn dƣơng)
2
1
Vậy: x
2
3
4. x 2 x 1 (x 2) x 2 2x 2
5. 3 x 24 12 x 6 (5)
Điều kiện: 12 x 0 x 12
(5) 3 x 24 3 12 x 3 0
x 3
3 x
0
2
3
3
12 x 3
(x 24) 3 x 24 9
1 x 2x x 2
2.
(2)
x
1 x2
1 x
Điều kiện:
0 0 x 1
x
(2) (1 x 2 ) 1 x (2x x 2 ) x
3.
CAO HOÀNG NAM
x 3
2
3
12 x 3 (x 24) 3 x 24 6 0 (*)
(*) kết hợp với phƣơng trình đầu ta có:
12 x 3 (x 24) 2 3 3 x 24 6 0
3 x 24 12 x 6
3 (x 24) 2 4 3 x 24 0
x 24
x 88
3 x 24 12 x 6
Vậy: x 24 hoặc x 88
x 2 3 x 1 3 2x 2 3 2x 2 1
3 2x 2 3 x 2 3 2x 2 1 3 x 1 0
2x 2 x 1
3
(2x 2 1) 2 (x 2) 3 2x 2 1 3 (x 2) 2
2x 2 x 1
3
4x 4 (x 1) 3 2x 2 3 (x 1) 2
0
x 1
2x x 1 0
x 1
2
1
Vậy: x 1 hoặc x
2
2
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 15
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phƣơng pháp: Chủ yếu bằng cách sử dụng công cụ
đạo hàm hoặc sử dụng bất đẳng thức để tìm nghiệm
của phƣơng trình.
Các hƣớng giải quyết:
Hƣớng 1:
Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x) k
Xét hàm số y f (x)
Nhận xét:
Với x x 0 f (x) f (x 0 ) k do đó x 0 là
nghiệm
Với x x 0 f (x) f (x 0 ) k do đó
phƣơng trình vô nghiệm
Với x x 0 f (x) f (x 0 ) k do đó
phƣơng trình vô nghiệm
Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình
Hƣớng 2:
Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x) g(x)
Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có
những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định
x 0 sao cho f (x 0 ) g(x 0 )
Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Hƣớng 3:
Chuyển phƣơng trình về dạng f (u) f (v)
Xét hàm số y f (x) , dùng lập luận khẳng
định hàm số đơn điệu
Khi đó f (u) f (v) u v
Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau:
1.
2.
x 2 6x 11 x 2 6x 13
x 4x 5 3 2
7
3. x 2 3x (x 2 2x 2)(x 2 4x 5)
2
2
2
4. 13 x 2 3x 6 x 2 2x 7
1.
(x 3)2 2 (x 3)2 4 4 (x 2)2 1
Mà:
2 4 1 3 2
(x 3) 2 0
(vô lý)
Dấu “bằng”xảy ra
x
2
0
Vậy: phƣơng trình vô nghiệm.
3. x 2 3x
7
(x 2 2x 2)(x 2 4x 5)
2
Ta có:
x 2 2x 2 (x 1) 2 1 0
x 2 4x 5 (x 2) 2 1 0
7 (x 2 2x 2) (x 2 4x 5)
x 3x
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dƣơng
a x 2 2x 2;b x 2 4x 5 ta có:
ab
ab
2
7
x 2 3x (x 2 2x 2)(x 2 4x 5)
2
Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi:
2
Vậy: x=
3
2
3
.
2
2
Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: ad bc
Với a 2;b 3;c x 2 3x 6;d x 2 2x 7
2
2
3(x 1)2 4 5(x 1)2 9 5 (x 1)2
Điều kiện: D
3(x 1)2 4 5 x 12 9 4 9 5
Mà:
2
5 x 1 5
Dấu “bằng” xảy ra khi x 1 0 x 1
Vậy: x 1
[email protected] - 0907894460
4 (x 2)2 1 3 2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số :
a 2 b2 c2 d2 (ac bd)2
2
2
(x 3)2 2 (x 3) 2 4
5x 2 12x 33
3x 6x 7 5x 10x 14 4 2x x
2
4 x 2 4x 5 3 2
2
2
4. 13 x 2 3x 6 x 2 2x 7
2
5x 2 12x 33
x 2 6x 11 x 2 6x 13
(x 2 2x 2) (x 2 4x 5) 2x 3 x
3x 2 6x 7 5x 2 10x 14 4 2x x 2
4
2.
CAO HOÀNG NAM
2
2
2
2
32 x 2 3x 6 x 2 2x 7
2 x 2 3x 6 3 x 2 2x 7
2
2
13 x 2 3x 6 x 2 2x 7
5x 2 12x 33
2
Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi:
3(x 2 3x 6) 2(x 2 2x 7)
www.mathvn.com
Trang 16
2
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
3x 2 9x 18 2x 2 4x 14
3. 3 x 1 3x 2 8x 3 (1)
Điều kiện: x 1 0 x 1
(1) 3 x 1 3x 2 8x 3 0
Xét hàm số: y 3 x 1 3x 2 8x 3 trên
x 2 5x 4 0 x 1; x 4
Vậy: x 1; x 4
D 1;
3
y'
6x 8
2 x 1
3
y ''
6 0,
3
4 x 1
Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau:
1. 3x 2 9x 2 3
4x 2
1 x x2 1 0
4x 1 4x 2 1 1
2.
3. 3 x 1 3x 2 8x 3
x 2 2x 3 x 2 6x 11 3 x x 1
4.
1 x x 1 0
9x 3 2x 1 (2x 1) 3 2
1. 3x 2 9x 2 3 4x 2
3x 2
2
1
Nhận xét: Phƣơng trình chỉ có nghiệm trong ;0
2
Đặt u 3x; v 2x 1. u, v 0 .
Phƣơng trình trở thành:
Xét hàm số: f (t) t 2
u 2 u 2 3 v 2 v2 3
f '(t) 2
2t 3 3t
t 4 3t 2
t2 3
0,
Do đó y ' 0 có nhiều nhất 1 nghiệm y 0 có
nhiều nhất hai nghiệm.
Nhẩm nghiệm đƣợc x 0; x 3
Vậy: x 0; x 3
x 2 2x 3 x 2 6x 11 3 x x 1
x 1 0
Điều kiện:
1 x 3
3 x 0
4.
x 2 2x 3 x 1 3 x x 2 6x 11
x 1
2
2 x 1 3 x
3 x
2
2
Xét hàm số: y t 2 2 t
t
1
y'
0
x 1;3
2
t 2 2 t
Khi đó:
f x 1 f 3 x x 1 3 x x 2
t 0
f (u) f (v) u v 3x 2x 1 x
Vậy: x
x D
2
2
CAO HOÀNG NAM
1
5
Vậy: 2 x 3
1
5
4x 1 4x 2 1 1
4x 1 0
1
x
Điều kiện: 2
2
4x 1 0
2.
Xét hàm số: y 4x 1 4x 2 1 1
1
D ;
2
2
4x
1
0, x
y'
2
2
4x 1
4x 1
Do đó phƣơng trình nếu có nghiệm thì đó là
nghiệm duy nhất.
1
Nhẩm nghiệm đƣợc x
2
1
Vậy: x
2
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 17
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
PHẦN II
-----------------------------------------------------------------HỆ PHƢƠNG TRÌNH
------------------------------------------------------------------PHƢƠNG PHÁP THẾ
Từ một phƣơng trình ta đi tính y theo x hoặc x
theo y.
Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm x hoặc y.
Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau đây:
2x 3y 1
1. 2
x xy 24
x 2 (y 1)(x y 1) 3x 2 4x 1
2.
2
xy x 1 x
2x 3y 1
1. 2
x xy 24
y 2x 1
3
x 2 x 2x 1 24
3
2x 1
19
x 9 y
y
3
3
2
x x 72 0
x 8 y 5
19
Vậy: nghiệm hệ là 9, ; 8, 5
3
2
2
(1)
x (y 1)(x y 1) 3x 4x 1
2.
2
(2)
xy x 1 x
Do x 0 không là nghiệm hệ phƣơng trình nên
x2 1
(2) y 1
thay vào (1) ta đƣợc:
x
x 2 1
x 2 1
2
x2
x
3x 4x 1
x
x
x 2 1 2x 2 1 x 1 3x 1
x 1 2x 3 2x 2 x 1 x 1 3x 1
x 0
x 1 2x x 2 0 x 1
x 2
Với x 1 y 1
5
Với x 2 y
2
5
Vậy: nghiệm hệ là 1; 1 ; 2;
2
[email protected] - 0907894460
CAO HOÀNG NAM
PHƢƠNG PHÁP TÍCH SỐ
Bằng cách biến đổi đƣa một phƣơng trình về
dạng tích ta tính đƣợc x theo y
Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm
nghiệm.
Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:
2
2
xy x y x 2y
1.
x 2y y x 1 2x 2y
2
y 5x 4 4 x
2.
2
2
y 5x 4xy 16x 8y 16 0
3
3
x 7x y 7y
3. 2
2
x y x y 2
2
2
xy x y x 2y
1.
x 2y y x 1 2x 2y
Điều kiện: x 1; y 0
(1) x 2 xy 2y2 (x y) 0
(1)
(2)
x 2 xy 2xy y2 x y 0
x y x 2y 1 0
( Do có đk có x y 0 )
x 2y 1 0
x 2y 1
Thay vào phƣơng trình (2) ta đƣợc:
2y 1 2y y 2y 2(2y 1) 2y
2y y 1 2 y 1
y 1
2y 2 0 y 2
( Do y 0)
Với y 2 ta có x 5
Vậy: nghiệm hệ là (5; 2)
Nhận xét:
Ta có thể kiểm tra phƣơng trình (1) có nhóm
đƣợc nhân tử chung hay không bằng phƣơng pháp
tham số biến thiên.
xy x y x 2 2y2
x 2 (y 1)x 2y2 y 0
Ta có: (y 1)2 8y2 4y 9y2 6y 1 3y 1
Từ đây ta có thể tính đƣợc: x y hoặc x 2y 1
2
(1)
y 5x 4 4 x
2. 2
2
(2)
y 5x 4xy 16x 8y 16 0
Từ phƣơng trình (2) bằng phƣơng pháp tham số biến
thiên xem y là ẩn ta có:
y2 5x 2 4xy 16x 8y 16 0
www.mathvn.com
Trang 18
2
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
www.MATHVN.com
(y x 4)(y 5x 4) 0
y 4 x
y 5x 4
Với y 4 x thay vào (1) ta đƣợc:
x 4 y 0
5x 4 4 x
x 0 y 4
Với y 5x 4 thay vào (1) ta đƣợc
4 x
2
5x 4
2
5x 4 4 x
4
x y0
5
x 0 y 4
4
Vậy: nghiệm hệ là 0; 4 ; 4;0 ; ;0
5
x 7x y 7y
3. 2
2
x y x y 2
x 3 y3 7 x y 0
2
2
x y x y 2
x y x 2 xy y 2 7 0
2
2
x y x y 2
2
2
x y
x xy y 7 0 (VN)
2
2
2
2x 2x 2
x y x y 2
1 5
x y
2
1 5
x y
2
Vậy: nghiệm hệ là
1 5 1 5 1 5 1 5
;
;
;
2
2
2
2
3
3
CAO HOÀNG NAM
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I
f (x, y) 0
f (x, y) f (y, x)
Dạng:
với
g(x, y) 0
g(x, y) g(y, x)
S x y
Cách giải: Đặt
với S2 4P
P
xy
Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:
x y xy 5
1. 2
2
x y 5
2x
2y
3
2. y
x
x y xy 3
x y xy 5
1. 2
2
x y 5
S x y
Đặt:
(Điều kiện: S2 – 4P ≥ 0)
P
xy
S P 5
Hệ 2
S 2P 5
P 5 S
2
S 2 5 S 5
P 5 S
S 5 P 10
2
S 3 P 2
S 2S 15 0
Tới đây ta có hai cách giải:
Cách 1: Có tổng, tích nên áp dụng định lý Viet đảo:
x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2 SX P 0
S 5 P 10 :
Hệ phƣơng trình vô nghiệm (do S2 – 4P = -15 < 0)
S 3 P 2
x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2 3X 2 0
x 1 x 2
;
X 1;X 2 nên
y 2 y 1
Cách 2: Giải bình thƣờng bẳng phƣơng pháp thế:
S 5 P 10
x 5 y
x y 5
y 5 y 10 (VN)
xy 10
S 3 P 2
x y 3
xy 2
x 3 y
y 1 x 2
y 3 y 10
x 2 y 1
Vậy: hệ phƣơng trình có 2 nghiệm là: 1, 2 , 2,1
[email protected] - 0907894460www.mathvn.com
Trang 19
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ
2x
2y
3
2. y
x
x y xy 3
CAO HOÀNG NAM
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI II
HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I
f (x, y) 0
f (x, y) g(y, x)
với
Dạng:
g(x, y) 0
g(x, y) f (y, x)
f (x; y) g(x; y) 0
Cách giải:
f (x; y) 0
Điều kiện: xy 0
2x 2y
49
x
Hệ y
x y xy 3
2
2
2 x y 5xy 0
x y xy 3
Cách 1: Đƣa về hệ đối xứng loại 1.
Đặt u x; v y
Đặt S u v;P uv
2 S2 2P 5P 0
Hệ
S P 3
S 1
u 2 u 1
P
2
v
1
v 2
S 3
3
u 3
u
2
2
3
9
v
2 v 3
P
2
3
x 3
x 2 x 1
x
2
3
y 1 y 2 y
y
3
2
Cách 2: Giải trực tiếp.
2
2 x y 2xy 5xy 0
Hệ
x y xy 3
x y 1
x 2 x 1
;
xy
2
y 1 y 2
x y 3 x 3
3
x
2
2
y 3 ;
9
2 y 3
xy
2
Vậy: Hệ phƣơng trình có 4 nghiệm
2;1 , 1; 2 , 3;
(x y)h(x; y) 0
f (x; y) 0
x y 0
h(x; y) 0
hay
f (x; y) 0
f (x; y) 0
Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:
x 2 2y 2 2x y
1. 2
2
y 2x 2y x
2x 3 4 y 4
2.
2y 3 4 x 4
2 u 2 v 2 5uv 0
Hệ
u v uv 3
www.MATHVN.com
3 3
, ,3
2 2
[email protected] - 0907894460
x 2 2y 2 2x y (1)
1. 2
2
y 2x 2y x (2)
Trừ từng vế (1) và (2) ta có:
x 2 2y 2 (y 2 2x 2 ) 2x y (2y x)
Hệ 2
2
x 2y 2x y
3(x y)(x y) x y
2
2
x 2y 2x y
(x y)(3x 3y 1) 0
2
2
x 2y 2x y
x y 0
2
hoặc
2
x 2y 2x y
x y
2
x 3x 0
3x 3y 1 0
2
2
x 2y 2x y
3x 1
y
hoặc
(vn)
3
2
9x 3x 5 0
x y 0
x y 3
Vậy: hệ có hai nghiệm (0;0); ( 3; 3)
2x 3 4 y 4 (1)
2.
2y 3 4 x 4 (2)
3
Điều kiện: x, y ; 4
2
Trừ từng vế (1) và (2) ta có:
www.mathvn.com
Trang 20