HỆTHỐNG M T S K THU T GI I PH NG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG … · trình và bất phương trình có chứa căn thức thường xuất hiện và chỉtập trung vào các phép

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO CỦA HỌC SINH QUA DẠY HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2011-2012

TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG trang 1

HỆ THỐNG MỘT SỐ KỶ THUẬT GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC.

Thầy: Nguyễn Hoàng Tuấn

Lời nói đầu:

Trong các đề thi tuyển sinh Đại Học và Cao Đẳng của các năm gần đây, thì bài toán giải phương

trình và bất phương trình có chứa căn thức thường xuất hiện và chỉ tập trung vào các phép biến đổi cơ

bản để đưa về một phương trình và bất phương trình đại số tương đương. Được sự phân công của Tổ

Toán, tôi xin phép hệ thống lại một số kỷ thuật giải cơ bản, để giúp các em học sinh hệ thống kiến

thức, chuẩn bị bước vào kỳ thi Tuyển Sinh Đại Học.

Tôi xin phép hệ thống lại các kỷ thuật cơ bản sau:

I. Các dạng cơ bản (các định lý tương đương).

II. Phương pháp đặt ẫn phụ.

III. Phương pháp nhân liên hợp.

IV. Phương pháp dùng tính chất hàm số.

V. Một số phương pháp khác: xét dấu, dùng bất đẳng thức, ….

I . CÁC DẠNG CƠ BẢN: (CÁC ĐỊNH LÝ TƯƠNG ĐƯƠNG)

1)2

0BA B

A B

2)

2

0

0

B

A B A

A B

3)2

00

0

BBA B

A A B

4) Dạng có chứa nhiều căn thức.* Phương pháp chung là:

a) Đặt điều kiện cho các căn thức có nghĩa,b) Biến đổi 2 vế, không âm (nếu là căn bậc chẵn).c) Lũy thừa đưa về dạng cơ bản.

VD1: Giải phương trình: 2 6 6 2 1x x x

Giải:2 2 2

2 1 0 1/ 2

6 6 (2 1) 3 2 5 0

x xPt

x x x x x

1/ 2

11

5 / 3

x

xx

x

Vậy tập nghiệm là: S = {1}.

VD2: Giải phương trình: 3 4 2 1 3x x x

Giải: Điều kiện:

2 1 0

3 4 0 1/ 2

3 0

x

x x

x

. Với điều kiện đã đặt,



2 1 3 3 4 2 1 3 2 (2 1)( 3) 3 4.Pt x x x x x x x x

(2 1)( 3) 0x x 1/ 2

3

x

x

Vậy tập nghiệm là: S = {–1/2}

VD3: Giải bất phương trình: ( 5)(3 4) 4( 1)x x x

Giải:4( 1) 0

( 5)(3 4) 0

xBpt

x x

hoặc

2

4( 1) 0

( 5)(3 4) 16( 1)

x

x x x

1

5 4 / 3

x

x x

hoặc

2

1

13 51 4 0

x

x x

5 4 / 3 1 1 4x x x

Vậy tập nghiệm là: ( ; 5] [ 4 / 3;4)S

VD4: Tìm m, để pt: 22 ( 2) 8 2x m x x có nghiệm.

Giải:2 2

2 0

2 ( 2) 8 (2 )

xPt

x m x x

2

2

( 2) 4 0 (*)

x

x m x

Phương trình đã cho có nghiệm Pt (*) có nghiệm 2x .

Pt (*) 2 2 4x x mx ( 2x )

+ Xét x = 0: không thỏa pt.

+ Xét ( ;2] \{0}x . Pt (*) 2 2 4x x

mx

Đặt hàm số f(x)2 2 4x x

x

. Khảo sát sự biến thiên của hàm số với ( ;2] \{0}x

Pt có nghiệm ( ; 2] [6; )m

VD5: Tìm m, bpt: 3 1mx x m có nghiệm.

Giải: Điều kiện: 3x

Bpt ( 1) 3 1m x x 3 1

1

xm

x

(vì 3x ) (*)



Bpt đã cho có nghiệm Bpt (*) có nghiệm 3x

3

3 1max ( )

1x

xm f x

x

Dùng đạo hàm, khảo sát hàm số f trên [3; )

Đ/s:1 3

4m

* BÀI TẬP ĐỂ NGHỊ:

B1: (Dạng cơ bản) Giải:

1) 22 4 1 1x x x 2) 2 2( 3) 10 12x x x x

3) 2 1 2 3x x 4) 22 1 1x x

Đ/s: 1) 1 3 2) –3 3) [5 / 2; ) 4) ( ; 1 3) ( 1 3; ) .

B2: (Dạng chứa nhiều căn thức) Giải:

1) 2 3 2 2 2x x 2) 4 1 1 2x x x

3) 3 1 2x x x 4) 5 1 3 2 1 0x x x

5)2

3 2 13 2

xx x

x

Đ/s: 1) 1 2) 0 3) ( 28 / 3; ) 4) [1; 2] 5) 1.

B3: Tìm tất cả giá trị tham số m, để:

1) Pt 2 14 1

2x x mx có đúng 2 nghiệm thực Đ/s: [0;2]m

2) Pt 12 ( 5 4 )x x x m x x có nghiệm Đ/s: [2 3( 5 2);12]m

3) Pt 2 21 1x x x x m có nghiệm. Đ/s: ( 1;1)m

4) Pt 22 3x mx x có nghiệm duy nhất Đ/s: 6m

5) Bpt 4 2 16 4x x m có nghiệm. Đ/s: 14m

6) Bpt: 2. 2 7m x x m nghiệm đúng với mọi x. Đ/s: 21 / 6m



II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẪN PHỤ:* Đây là một kỷ thuật trọng tâm nhất, được sử dụng để biến đổi phương trình, bất phương

trình về dạng quen thuộc và đơn giản hơn.* Phương pháp nầy, gồm các bước cơ bản sau:

1) Đặt ẩn phụ thích hợp và tìm điều kiện của ẩn phụ.- Học sinh thường sai sót ở bước nầy.- Tuy vậy, trong bài toán giải thì bước nầy có thể bỏ qua, ta chỉ cần đặt điều kiện

cho các ký hiệu có nghĩa để thực hiện cách giải.2) Chuyển PT, BPT về các PT, BPT với ẩn mới. Giải và so điều kiện nếu có.3) Tìm nghiệm của PT, BPT đầu theo hệ thức đã đặt.

LOẠI 1:+ Đặt t = u(x). Ta được một phương trình f(t) = 0 (hay bấtpt )+ Giải tìm t. Giải phương trình t = u(x), tìm nghiệm x ?

VD1: Giải phương trình: 2( 4)( 1) 3 5 2 6x x x x

Giải: Điều kiện: 2 5 2 0x x

Nhận xét: 2( 4)( 1) 5 2 2x x x x .

Đặt 2 5 2 0t x x . Ta được PT: 2 3 4 0t t

Giải được t = 4 (loại t = –1).

Với t = 4, giải Pt: 2 25 2 4

7

xx x

x

Vậy tập nghiệm là S = {2; –7}

VD2: Giải Bpt: 27 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x

Giải: Điều kiện:7 7 0 6

7 6 0 7

xx

x

Nhận xét: 2(7 7)(7 6) 49 7 42x x x x

Đặt t = 7 7 7 6x x (ta chỉ cần điều kiện: 0t )

Ta được Bpt: 2 182 0 0 13t t t

Tóm lại: Bpt2

6

77 7 7 6 13

49 7 42 84 7

xx x

x x x



66

[ ;6)77

1183 7098

xx

x

Vậy tập nghiệm Bpt là:6

[ ;6)7

S

VD3: Giải Bpt:5 1

5 2 422

x xxx

.

Giải: Điều kiện: x > 0.

Nhận xét: 21 1( ) 1

42x x

xx

Đặt: 21 11

42t x x t

xx ( 0t )

(ta chỉ cần điều kiện 0t ; thực ra, áp dụng BĐT CAUCHY thì 2t ).

Ta được Bpt: 2

10

2 5 2 0 2

2

tt t

t

+ Với1

02

t , 216 12 4 0.Bpt x x Bpt vô nghiệm.

(nếu với điều kiện 2t , thì ta đã loại trường hợp nầy)

+ Với t > 2. 2

30 2

24 12 1 03

22

x

Bpt x x

x

Vậy tập nghiệm là:3 3

(0; 2) ( 2; )2 2

S

VD4: Tìm m, phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 2 22 4 5 4x x x x m

Giải: Đặt 24t x 2 24x t . Ta có Pt: 2 2 5m t t (*)

Nhận xét: + Nếu ta đặt điều kiện 0t , thì Pt(*) không tương đương Pt đã cho.

Do đó ta có: 2 2 20 4 (2 )(2 )

2

x xt x x x

(BĐT CAUCHY)

[0;2]t



PT đã cho 2 2 5m t t (*), với [0;2]t

Ta tìm m, để Pt(*) có nghiệm [0;2]t

Đ/s: [5;6]m

VD5: Tìm m, để BPT sau được thỏa với mọi x1

[ ;3]2

: 2(1 2 )(3 ) 2 5 3x x m x x

Giải: Đặt 2 2(1 2 )(3 ) 2 5 3t x x t x x

Với1 7 2

[ ;3] [0; ]2 4

x t (dùng BĐT Cauchy hay đạo hàm t’)

BPT đã cho 2 7 26 , [0; ]

4m t t t 2min ( ) 6m f t t t ,

7 2[0; ]

4t

6m

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

B1: Giải các PT và BPT sau:

1) 2 23 21 18 2 7 7 2x x x x 2) 22 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x .

3) 2 21 1 2x x x x 4)1

( 3)( 1) 4( 3) 33

xx x x

x

5) 26 ( 2)( 32) 34 48x x x x 6) 22 ( 1) 1 1x x x x

7) (2 2) 2 1 6( 1)x x x 8)2 2

1 31

1 1

x

x x

Đ/s: 1) {–6; –1} 2) 3 3) 1 4) 1 5;1 13 5) ( ;0] [34; )

6) ( ;0) (1; ) 7) [1; 5] 8) ( 1;1 / 2) (2 / 5 ;1) .

B2: Với giá trị nào của m, thì:

1) Pt:

21 1

2 1 0x x

mx x

có nghiệm. Đ/s: 5 / 4m

2) Pt: 1 8 (1 )(8 )x x x x m có nghiệm. Đ/s:9

[3; 3 2]2

m



3) Pt 4 4 44 4 6x x m x x m có nghiệm. Đ/s: 19m

4) Pt: 2 2 4 2 2( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x có nghiệm. Đ/s: [0; 2 1]m

5) Pt: 2 3 2 2( 2 2) 4 2 2 2 4x x x x x x m có 4 nghiệm phân biệt. Đ/s: ( 4; 1)m

6) Bpt: 2 2 2( 1) 2 4x m x x được thỏa với mọi [0;1]x . Đ/s: 3m

7) Bpt: 24 (4 )(2 ) 2 18x x x x m được thỏa với mọi [ 2;4]x . Đ/s: 10m

LOẠI 2: MỘT SỐ KỶ THUẬT ĐẶT ẪN PHỤ KHÁC.1) Đặt t = u(x). Ta đưa về phương trình f (x; t) = 0.2) Đặt 2 ẩn số phụ u = u(x); v = v(x). Đưa về hệ có chứa u, v.3) Dùng ẩn phụ lượng giác, đưa về PT luợng giác.

VD1: Giải phương trình sau: 2 2(4 1) 1 2 2 1x x x x

Giải: Đặt 2 2 21 1 1t x x t .

Ta được Pt: 22 (4 1) 2 1 0 ( 1)t x t x t

1

2

2 1

t

t x

Loại t =1

2. Với t = 2x – 1, Pt 2 1 2 1 1x x

2

1 4

33 4 0

xx

x x

Vậy tập nghiệm là: S = {4

3}

VD 2: Giải phương trình sau: 32 1 1x x

Giải: Điều kiện: 2x . Đặt: 32 0; 1u x v x

Ta có hệ:2 3

1

3

u v

u v

. Giải hệ nầy ta được 2 trường hợp:

+ Với2

21

ux

v

+ Với

1 21 2 2

2

ux

v

Vậy tập nghiệm là: {2;1 2 2}S

VD3: Tìm tất cả giá trị m, để phương trình: 3 31 1x x m có nghiệm.

Giải: Đặt 3 31 ; 1u x v x



Ta có hệ:3 3 2

u v m

u v

(*)

3 3 2

S m

S SP

với S = u + v, P = uv

Phương trình đã cho có nghiệm Hệ (*) có nghiệm 2 4 0S P

+ Xét m = 0: Không thỏa hệ

+ Xét 0m . Giải hệ được3 2

;m

S m Pm

Tóm lại: 2 4 0S P 3

2 24( ) 0

mm

m

0 2m

Vậy giá trị m cần tìm là: (0;2]m

VD4: Giải phương trình sau:2

10 89

1x

xx

Giải: Điều kiện: 0x .

Nhận xét: bài toán có chứa 2 2k x ; ta đặt x = k.tant với ( ; ) \ {0}2 2

t

.

Đặt: x = tant với ( ; ) \ {0}2 2

t

.

Ta đuợc PT lượng giác: 3 210sin 17sin 10sin 8 0t t t

31 3tansin (cos )

32 2

4 3 4sin (cos ) tan

5 5 3

tt t

t t t

.

Vậy tập ngiệm là:3 4

;3 3

S


B1: Giải các PT sau:

1) 2 26 10 5 (4 1) 6 6 5 0x x x x x Đ/s:3 59

10x

2) 22 3 2 3 2x x x x Đ/s: S = {1; 2}



3) 2 22(1 ) 2 1 2 1x x x x x Đ/s: 1 6x


1) 31 1

12 2

x x Đ/s:17 1 1

; ;2 2 2

S

2) 4 497 5x x Đ/s: S = {16; 81}

3) 2 21 1 2x x x x Đ/s: x = 1

4) 2 23 2 15 3 2 8 7x x x x Đ/s: S = {1; –1/3}

5) 2 32( 2) 5 1x x

Hướng dẫn: 21 0 ; 1u x v x x Đ/s:5 37 5 37

;2 2

S


1) 2 5 5x x Đ/s: S =1 21 1 17

{ ; }2 2

2) 2 25 8 4 5x x x x Đ/s: x = 2


1) 2 21 2(1 2 )x x x Đ/s: S = { 2 / 2; 2(1 3) / 4}

2) 2 21 1 (1 2 1 )x x x Đ/s:1

;12

S

Hướng dẫn: 1) và 2) Đặt x = sint với [ ; ]2 2

t

3)2

2 3 3 2 11 1 . (1 ) (1 )

3

xx x x

Hướng dẫn: Điều kiện:21 0

(0;1]1 1

xx

x x

Đặt x = cost với [0; )2

t

Đ/s: 1/ 6x



III . PHƯƠNG PHÁP NHÂN LIÊN HỢP:+ Đây là nét đặc trưng của PT và BPT có chứa căn thức.+ Trong một số bài toán, mà việc thực hiện các phép biến đổi đưa về một bài

toán tương đương quá phức tạp, ta có thể nhân với một biểu thức liên hợp để làm xuấthiện một nhân tử chung. Đặt nhân tử chung, ta chuyển về giải một bài toán đơn giảnhơn.

+ Do cần xuất hiện nhân tử chung, nên dấu hiệu của phương pháp nầy là:- Cần nhẫm nghiệm phương trình hay nhẫm biểu thức chung.- Thêm, bớt giá trị và thực hiện nhân liên hợp.

VD1: Giải phương trình sau:3

4 1 3 25

xx x

Giải: (Bài tập nầy, có nhiều cách giải. Tôi xin giới thiệu một cách giải khác).

Điều kiện:2

3x . Từ điều kiện nầy, ta suy ra: 3 0x và 4 1 3 2x x .

Pt3

4 1 3 ( 3 2 2) 15

xx x

(ta đã nhẫm được x = 2)

4( 2) 3( 2) 2

54 1 3 3 2 2

x x x

x x

(do: 4 1 3 0 ; 3 2 2 0x x )

3 3 1 1( 2).

54 1 3 3 2 2 4 1 3x

x x x

= 0 (*)

Do:3 3

4 1 3 3 2 24 1 3 3 2 2

x xx x

và1 1

4 1 3 554 1 3

xx

Nên Pt (*) x = 2

Vậy: phương trình có nghiệm x = 2.

VD 2: Giải bất phương trình sau: 2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x .

Giải: Điều kiện: 1 4x x .

Bpt 2 2 2 23 2 5 4 4 3 5 4 0x x x x x x x x (*)

2 2 2 2

2 1( 1).[ ] 0

3 2 5 4 4 3 5 4x

x x x x x x x x

Mà:2 2 2 2

2 10

3 2 5 4 4 3 5 4x x x x x x x x

,

Bpt (*) 1x



Vậy so điều kiện đã đặt, tập nghiệm bất phương trình là: [4; ) {1}S


Giải các phương trình và bất phương trình sau:

1) 3(2 2) 2 6x x x Đ/s:11 3 5

3;2

S

2)2

22

2 2(1 1 )

x x

x

Đ/s: x = 8

3) 2 9 20 2. 3 10x x x Đ/s: x = – 3

4) 2 212 5 3 5x x x Đ/s: x = 2

5) 2 12 1 36x x x Đ/s: x = 3

6) 2 24( 1) (2 10)(1 3 2 )x x x Đ/s:3

[ ;3) \{ 1}2

S

7) 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x Đ/s: S = ( ; 2]

8)

2

2

221

3 9 2

xx

x

Đ/s:

9 7[ ; ) \ {0}

2 2S

9)

2

24

1 1

xx

x

Đ/s: S = [–1; 8)

IV . PHƯƠNG PHÁP DÙNG TÍNH CHẤT HÀM SỐ:

1) ĐL 1: Cho phương trình f(x) = 0 có tập xác định D.Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D và tồn tại 0x D sao cho

0( ) 0f x thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0x D

* HỆ QUẢ: Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D thì( ) ( )f x f y x y trên D.

2) ĐL 2: Cho phương trình f(x) = g(x) có tập xác định D.Nếu hàm số f đồng biến; hàm số g nghịch biến trên D và tồn tại 0x D sao

cho 0 0( ) ( )f x g x thì phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 0x D .

3) ĐL 3: Cho bất phương trình f(x) > 0 có tập xác định D.Nếu hàm số f đồng biến (hay nghịch biến) trên D và tồn tại 0x D sao cho

0( ) ( ) 0f x f x thì bất phương trình f(x) > 0 có nghiệm là 0 ;x x x D

( 0 ;x x x D ).



VD1: Giải phương trình: 2 4 1 7x x x

Giải: Điều kiện:1

4x

Nhận xét: Nếu giải trực tiếp, rất khó khăn

Pt 2 4 1 7x x x .

Đặt1

( ) 2 4 1 ( )4

f x x x x x và nhẫm nghiệm: x = 2.

Có1 2 1

'( ) 1 0 ( )42 2 4 1

f x xx x

.

Nên hàm số f đồng biến trên1

( ; )4

.

Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2.

VD 2: Giải phương trình:6 8

63 2x x

Giải: Điều kiện: x < 2

Đặt6 8

( )3 2

f xx x

(x < 2) và nhẫm nghiệm:3

2x

Có:2 2

6(3 ) 2(2 )'( ) 0 ( 2)

2(3 ) (2 )

x xf x x

x x

Nên hàm số f đồng biến trên ( ;2) .

Hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là3

2x .

VD 3: Giải phương trình: 22 4 6 11x x x x .

Giải: Điều kiện: [2;4]x

Đa số các cách giải đều sử dụng BĐT Bunhiacôpxki (hay BĐT Cauchy) tuy nhiên BĐT

Bunhiacôpxki không được thiết kế trong chương trình giáo khoa. Tôi đề nghị giải bằng phương pháp

hàm số.

Đặt ( ) 2 4 , [2;4]f x x x x .



Tính đạo hàm và khảo sát ta được: 2 ( ) 2f x (1)

Đặt 2 2( ) 6 11 ( 3) 2 2g x x x x (2)

Từ (1) và (2): Phương trình( ) 2

3( ) 2

f xx

g x

.

Hay nghiệm phương trình là: x = 3.

VD4: Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x .

Giải: Bài toán nầy, có thể giải bằng phương pháp tọa độ hay BĐT Cauchy. Tôi đề nghị giải bằng

phương pháp hàm số.

Đặt 2 2( ) 1 1 ,f x x x x x x .

Có:2 2

2 2

(2 1). 1 (2 1). 1'( )

2. 1. 1

x x x x x xf x

x x x x

.

2 2'( ) 0 (2 1). 1 (2 1). 1f x x x x x x x .

Bình phương 2 vế, giải phương trình được x = 0, thử lại thỏa. Lập bảng biến thiên của hàm số f, ta

được: ( ) 2f x . Đẳng thức xãy ra khi x = 0 hay nghiệm phương trình là x = 0.

VD5: Giải bpt: 2 2 379

1 5

xx x

x


Đặt 2 2( ) 9

1

xf x x x

x

( 0x ) và nhẫm: f( 4 ) =

37

5.

Có: 22

1 3'( ) 0 0

( 1)2 9

xf x x

xx x

Nên hàm số f đồng biến trên (0; )

Hay Bpt ( ) (4)f x f 4x .

Tập nghiệm bất phương trình là S = [0; 4).

VD6: Giải phương trình: 33 2 2 32 10 17 8 2 . 5x x x x x x

Giải: + Xét x = 0: không thỏa phương trình.



+ Xét 0x , chia 2 vế phương trình cho 3x và đặt1

( 0)y yx

Ta có phương trình: 3 2 238 17 10 2 2 5 1y y y y (*).

3 2 23(*) (2 1) 2(2 1) 5 1 2 5 1y y y y .

Đặt 3( ) 2f t t t , dể dàng chứng minh được hàm f đồng biến trên .

Pt (*) 23(2 1) ( 5 1)f y f y

2 3 23 5 1 2 1 8 17 6 0y y y y y .

Giải phương trình nầy được:17 97

16y

. Suy ra:

1 17 97

12x

y

Vậy nghiệm phương trình là:17 97

12x

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Giải các phương trình và bất phương trình sau:

1) 24 1 4 1 1x x Đ/s:1

2x .

2) 2 215 8 3 2x x x Đ/s: x = 1.

3) 22 3 5 2 4 6 0x x x x Đ/s: x = 2.

4) 2

2

1 12 2 4 ( )x x

xx Đ/s: x = 1.

5) 4 2 2 2 3 1 2x x x x HD: f(t) = 2 2 ( 0)t t t Đ/s:1

3x

6) 4 1 1x x x Đ/s: S = (0; 4].

V . MỘT SỐ KỶ THUẬT KHÁC:

Sau đây, tôi xin phép giới thiệu thêm một số kỷ thuật khác để giải PT và BPT có chứa căn thức.

1) Phương pháp tọa độ:+ Thường có dấu hiệu: căn bậc hai của một tam thức vô nghiệm.+ Gợi cho ta về độ dài của một vectơ.

+ Ta có: u v u v

. Đẳng thức xãy ra ;u v

cùng chiều.



VD1: Giải phương trình: 2 21 3 1 2x x x x (*)

Giải: Nhận xét: hai tam thức 2 21; 3 1x x x x đều vô nghiệm.

Pt 2 2 2 21 3 3 1( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 2x x = 2

Đặt:1 3 3 1

; ; ;2 2 2 2

u x v x

3 1 3 1;

2 2u v

và có 2u v

Ta có u v u v

, nên Pt(*) ;u v

cùng chiều

1

2 3 03

2

x

x

3 1x là nghiệm pt .

VD2: Tìm m, để phương trình sau có nghiệm: 2 24 2 1 4 2 1 2x x x x m (*)

Giải: Pt 2 2 2 21 3 1 3(2 ) ( ) (2 ) ( ) 2

2 2 2 2x x m

Đặt1 3 1 3

2 ; ; 2 ;2 2 2 2

u x v x

(1;0)u v

Pt (*) 2u v m

Ta có: u v u v

(Đẳng thức không xãy ra). Do vậy:

Pt (*) có nghiệm1 1

2 1 ( ; )2 2

m m


Giải các phương trình:

1) 2 21 1 2x x x x Đ/s: x = 0.

2) 2 22 5 2 10 29x x x x Đ/s: x = 1/5.

3) 2 2cos 2cos 5 cos 4cos 8 5 , (0;2 )x x x x x Đ/s:3

x



4) 2 2 24 5 2 10 16 40 26 6x x x x x x Đ/s: x = 5/4.

2) Phương pháp bất đẳng thức:Do BĐT Bunhiacôpxki không được giảng dạy ở chương trình giáo

khoa bậc phổ thông , trong phần nầy , tôi giới thiệu các phưuơng phápsau:

+ Phương pháp tổng không âm.+ Phương pháp đối lập.+ Phương pháp dùng BĐT Cauchy.

VD1: Giải phương trình: 2 4 5 2 2 3 0x x x

Giải: Điều kiện:3

2x

Nhận xét: Hệ số trước 2 3x bằng 2, gợi cho ta đưa về hằng đẳng thức.

Pt 2 2( 1) (1 2 3) 0x x 1 0

1 2 3 0

x

x

Đ/s: x = –1.

VD2: Cho phương trình: 341 2 (1 ) 2 (1 )x x m x x x x m (*).

a) Giải Pt khi m = –1; b) Tìm m, pt có nghiệm duy nhất.

Giải: a) Khi m = –1, ta có Pt: 41 2 (1 ) 2 (1 ) 1x x x x x x

Biến đổi 1 = x + 1 – x.

Pt 2 24 4( 1 ) ( 1 ) 0x x x x Đ/s: x =1

2.

b) Nhận xét: Nếu 0x là nghiệm Pt, thì 01 x cũng là nghiệm Pt.

Pt (*) có nghiệm duy nhất, thì điều kiện cần là 0 0 0

11

2x x x .

Thế 0x vào Pt (*), tìm được 1;0;1m .

Điều kiện đủ: với từng giá trị m ta giải Pt. Giá trị m cần tìm là: m = –1.

VD3: Giải Pt: 2 2 5 1 2x x x


Pt 2( 1) 4 1 2x x .



Do: 2( 1) 4 2 ; 1 0x x . Pt có nghiệm là x = 1.

VD4: Giải Pt: 2 2 2 217 113 6 10 5 13 17 48 36 (36 8 21)

2 2x x x x x x x x

Giải: VTPT = 2 2 2 2 2 25 1(3 1) (2 3) (2 ) (2 3) 4(2 3)

2 4x x x x x x

5 53 1 2 3 1 2

2 2x x x x x x

3 36 6

2 2x x (Đẳng thức xãy ra khi x =

3

2)

VPPT = 21 312 3 2(2 3) 6

2 2x x x (Đẳng thức xãy ra khi x =

3

2).

Tóm lại nghiệm Pt là: x =3

2

VD5: Giải Pt: 22 4 6 11x x x x (*)

Giải: Điều kiện: [2;4]x . Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

2 12

22

4 14

2

xx

VTPTx

x

. Đẳng thức xãy ra khi2 1

4 1

x

x

x = 3.

Và VPPT = 2( 3) 2 2x . Đẳng thức xãy ra khi x = 3.

Tóm lại: (*) 3Pt x .

VD6: Giải Pt: 34 316 5 6 4x x x (*)

Giải: Do 416 5 0x , nên điều kiện của bài toán là: x > 0.

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:

2 2 233 2.4 .(4 1) 2 4 4 1 4 4 3VPPT x x x x x x

Từ Pt (*) ta suy ra: 4 2 2 216 5 4 4 3 (2 1) (2 2 1) 0x x x x x x

2 1(2 1) 0

2x x . Thử lại, thỏa Pt.



Vậy nghiệm Pt là:1

2x

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ: Giải các Pt và Bpt:

1) 22 6 5 5 4x x x Đ/s: x = 1.

2) Tìm 3 số x, y, z thỏa: 4 2 2 4 3 6 5x y z x y z Đ/s: x = 3; y = 7; z = 14.

3)2

1 1 24

xx x Đ/s: S = [–1; 1]

4) 32 32 2 1x x Đ/s: {0;2}S

5) 22 3 5 2 4 6 0x x x x Đ/s: x = 2.

3) Phương pháp chia tập xác định:Trong một số bài toán, mà việc thực hiện các phép biến đổi để giải quá phức

tạp, ta có thể chia tập xác định để biến đổi bài toán về một bài toán đơn giản hơn.Phương pháp nầy thường được áp dụng trong việc giải Bpt.

VD1: Giải Bpt: 2 2( 3 ) 2 3 2 0x x x x ; ( ; 1 / 2] [3; ) {2}

Giải: Điều kiện: 22 3 2 0x x .

+ Xét 2 12 3 2 0 { ;2}

2x x x thỏa Bpt.

+ Xét 2 22 3 2 0. 3 0x x Bpt x x .

Đ/s: S = ( ; 1/ 2] [3; ) {2} .

VD2: Giải Bpt: 2 2( 3) 4 9x x x .


+ Xét x = 3: thỏa Bpt.

+ Xét x > 3: 2 4 3Bpt x x . Giải tìm được: x > 3.

+ Xét x < 3: 2 4 3Bpt x x . Giải được:13

6x .

Tóm lại: tập nghiệm S = ( ; 13 / 6] [3; )

VD3: Giải Pt: 2 2 23 2 4 3 2 5 4x x x x x x




Pt có dạng: ( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)x x x x x x .

Chú ý: Học sinh thường sai khi dùng mệnh đề: . .a b a b

Thật ra mệnh đề nầy chỉ đúng khi: 0; 0a b

+ Xét x = 1: thỏa Pt.

+ Xét 4 : 2 3 2 4x Pt x x x . Giải được: Pt vô nghiệm.

+ Xét 1 : 2 3 2 4x Pt x x x . Giải được: Pt vô nghiệm.


1)2 26 6

2 5 4

x x x x

x x

Đ/s: S = [ 2; 1] {3}

2) 3 2 2 2(4 ). 4 8 2 . 4x x x x x Đ/s: [0; 2].

3)23 4 2

2x x

x

Đ/s:

9 4[ 1;0) ( ; ]

7 3S .

4) 2 2 28 15 2 15 4 18 18x x x x x x Đ/s: S = ( ; 5] [5;17 / 3] {3} .

5)1 1

1 x xx x

Đ/s:1 5

[ 1;0)2

S

6)2

1 1

2 12 3 5 xx x

Đ/s:

5 3( ; ) (1; )

2 2S

7)2

35

121

xx

x

Đ/s:

5 51; ;

4 3S

** Trên đây, tôi đã giới thiệu một số phương pháp cơ bản để giải các phương trình và bất phương

trình có chứa ẫn trong ký hiệu căn thức. Vẫn còn rất nhiều dạng toán độc đáo khác, các em học sinh

có thể đọc thêm ở các chuyên đề Đại Số để bổ sung kiến thức. Chúc các em thành công trong các kỳ

thi.

Documents

HỆTHỐNG M T S K THU T GI I PH NG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG … · trình và bất phương trình có chứa căn thức thường xuất hiện và chỉtập trung vào các phép