Tuyen Tap Cac Bai Toan Va Phuong Phap Giai Pt Va Bpt Vo Ty

5/11/2018 Tuyen Tap Cac Bai Toan Va Phuong Phap Giai Pt Va Bpt Vo Ty - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/tuyen-tap-cac-bai-toan-va-phuong-phap-giai-pt-va-bpt-vo-ty

Ph- ¬ng tr×nh , BÊt ph- ¬ng tr×nh v« tØBµi 1: Gi¶i ph ¬ng tr×nha) 3 31 2 2 1 x x

3 3

33

1 2 2 1

2 1 1 2

x x

y x y x

- Ph¬ng tr×nh ® îc chuyÓn thµnh hÖ

33 3

3 3 3 2 2

3

1

1 21 2 1 2 1 5

21 2 2( ) 2 0( )

1 51 2

2

x y x y

x y x y x y x y

y x x y x y x xy y vn

x y x y

- VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm.

b) 2 21 1 (1 2 1 ) x x x

§S:x=1/2; x=1

c) 2( 3 2 1) 4 9 2 3 5 2 x x x x x §S: x=2.

d)1

( 3)( 1) 4( 3) 33

x x x x

x

§S: 1 13; 1 5 x x

e) 2

2

1 12 2 4 ( ) x x

x x

- Sö dông B§T Bunhia.

f) 4 1 1 2 x x x §S: x=0Bµi 2: Gi¶i BPT:a) 5 1 4 1 3 x x x §S: x≥1/4

b)2

2( 16) 73

3 3

x x x

x x

§K2 16 0

43 0

x x

x

- BiÕn ®«Ø bÊt ph¬ng tr×nh vÒ d¹ng2 2

2 2

2( 16) 3 7 2( 16) 10 2

10 2 05

10 2 0 10 34.10 34 5

2( 16) (10 2 )

x x x x x

x x

x x x

x x

- KÕt hîp §K ta cã nghiÖm cña BPT lµ 10 34 x .c) ( 1)(4 ) 2 x x x .



d)21 1 4

3 x

x .

§K:2

10

1 4 0 2

100

2

x x

x x

- Thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp ta thu ®îc BPT 2 2

2

2 2

2 2

4 3(1 1 4 ) 3 1 4 4 3

3

44 3 01

1 4 0 12

24 3 03

9(1 4 ) (4 3) 4

9(1 4 ) (4 3)

x x x x

x x

x x x

x

x x x

x x

.

- KÕt hîp §K thu ® îc nghiÖm

1 02

10

2

x

x

C¸ch 2:- XÐt 2 TH:

Víi 210. 1 4 1 3

2 x BPT x x

Víi 210 . 1 4 1 3

2

x BPT x x

e) 2 25 10 1 7 2 x x x x

§K: 2

5 2 5

55 10 1 0

5 2 5

5

x

x x

x

- Víi §k ®ã 2 25 5 10 1 36 5 10 1 x x x x

- §Æt 25 10 1; 0t x x t .- §S: x

≤-3 hoÆc x

≥1.

Bµi 3: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:2 2

1 1 x x x x m.

Gi¶i: XÐt hµm sè 2 21 1 y x x x x

MiÒn x¸c ®Þnh D=R .§¹o hµm

2 2

2 2

2 2 2 2

2 1 2 1'

2 1 2 1

' 0 (2 1) 1 (2 1) 1

(2 1)(2 1) 0(vo nghiem)

(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)

x x y

x x x x

y x x x x x x

x x

x x x x x x



(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)x x x x x x

Giíi h¹n

2 2

2lim lim 1

1 1

lim 1.

x x

x

x y

x x x x

y

BBT x -∞ +∞

y’ +y 1

-1VËy ph ¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi -1<m<1.

Bµi 4: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm thùc 2 1 x x m Gi¶i:

- §Æt 1; 0t x t . Ph ¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:2t=t2-1+mm=-t2+2t+1- XÐt hµm sè y=-t2+2t+1; t≥0; y’=-2t+2x 0 1 +∞ y’ + 0 -y 2

1 -∞ - Theo yªu cÇu cña bµi to¸n ® êng th¼ng y=m c¾t §THS khi m≤2.Bµi 5: T×m m ®Ó ph ¬ng tr×nh sau cã ®óng 2 nghiÖm d ¬ng:

2 24 5 4 x x m x x .Gi¶i:

- §Æt 2

2

2( ) 4 5; '( ) ; '( ) 0 2

4 5

x t f x x x f x f x x

x x .



XÐt x>0 ta cã BBT:x 0 2 +∞ f ’(x) - 0 +f(x) 5 +∞

1- Khi ®ã ph ¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh m=t2+t-5t2+t-5-m=0 (1).- NÕu ph ¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm t1; t2 th× t1+ t2 =-1. Do ®ã (1) cã nhiÒu nhÊt 1 nghiÖm - VËy ph¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm d ¬ng khi vµ chØ khi ph ¬ng tr×nh (1) cã ®nghiÖm t (1; 5) .

- §Æt g(t)=t2+t-5. Ta ®i t×m m ®Ó ph¬ng tr×nh g(t)=m cã ®óng 1 nghiÖm t (1; 5) .

f’(t)=2t+1>0 víi mäi t (1; 5) . Ta cã BBT sau:t 1 5

g’(t) +g(t) 5

-3Tõ BBT suy ra -3<m< 5 lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m.Bµi 6: X¸c ®Þnh m ®Ó ph ¬ng tr×nh sau cã nghiÖm

2 2 4 2 2( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x .

Gi¶i:- §iÒu kiÖn -1≤x≤1. §Æt 2 21 1t x x .- Ta cã

2 2

2 4

1 1 0; 0 0

2 2 1 2 2; 2 1

x x t t x

t x t t x

- TËp gi¸ trÞ cña t lµ 0; 2 (t liªn tôc trªn ®o¹n [-1;1]). Ph ¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh:2

2 2( 2) 2 (*)

2

t t m t t t m

t

- XÐt2 2

( ) ;0 2.2

t t f t t

t Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n 0; 2 . Ph ¬ng tr×nh ®· cho

nghiÖm x khi vµ chØ khi ph ¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t thuéc 0; 20; 2 0; 2

min ( ) max f t m

- Ta cã

2

2

0; 2 0; 2

4'( ) 0, 0; 2 ( ) 0; 2 .

( 2)

Suy ra min ( ) ( 2 ) 2 1; ma x ( ) (0) 1

t t f t t f t NB

t

f t f f t f .

- VËy 2 1 1.m

ài ì để bấ h ì h (1) ó hiệ



Bài 7 Tì để bất h t ì h 3 1 (1) ó hiệ

Giải: Đặt 3; [0; )t x t . Bất phƣơng trình trở

thành: 2 2

2

1( 3) 1 ( 2) 1

2

t m t t m m t t m

t (2)

(1)có nghiệm (2) có nghiệm t≥0 có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y=2

1

2

t

t

với t≥0 khô

phía dƣới đƣờng thẳng y=m.

Xét y=2

1

2

t

t với t≥0 có

2

2 2

2 2

' ( 2)

t t

y t t 1 3 0 1 3 +y’ - 0 + + 0 -y 3 1

4

Từ Bảng biến thiên ta có m≤ 3 1

4.

Bài 8: Tìm m để phƣơng trình 3 6 (3 )(6 ) x x x x m có nghiệm.Giải:

Đặt ( ) 3 6t f x x x với [ 3;6] x thì 6 3' '( )

2 (6 )(3 )

x x t f x

x x

x -3 3/2 6 +∞

f’(x) ║ + 0 - ║ f(x) 3 2

3 3

Vậy t [3;3 2] . Phƣơng trình (1) trở thành2 29 9

2 2 2

t t t m t m (2).

Phƣơng trình (1) có nghiệm Phƣơng trình (2) có nghiệm t [3;3 2] đƣờng thẳng y=

điểm chung với đồ thị y=2

9

2 2

t t với t [3;3 2] .

Ta có y’=-t+1 nên cót 1 3 3 2 y’ + 0 - -y 3

93 2

2

Bài 9: Cho bất phƣơng trình 21(4 )(2 ) (18 2 )

4 x x a x x . Tìm a để bất phƣơng trình



4

Đặt 2(4 )(2 ) 2 8; [0;3]t x x x x t . Bất phƣơng trình trở thành:2 21

(10 ) 4 104

t a t a t t .(2)

(1)ghiệm (2) có nghiệm mọi t [0;3]đƣờng thẳng y=a nằm trên ĐTHSy=t2-4t+10 với t [0;3]y’=2t-4; y’=0t=2

t 0 2 3y’ - 0 +y 10 7

6Vậy m≥10. Bài 10: Cho phƣơng trình 4 2 2 2( 1) x x x m x (1). Tìm m để phƣơng trình có nghiệm.Giải:Phƣơng trình đã cho tƣơ ng đƣơ ng

3 2 2 22

2 2 2 2 2 2

4( ) 4 ( 1) 4 2 24 2. ( ) 4

(1 ) (1 ) 1 1

x x x x x x x x m m m

x x x x

Đặt t=2

2

1

x

x ; t [-1;1].

Khi đó phƣơng trình (1) trở thành 2t+t2=4m.(1) có nghiệm (2) có nghiệm t [-1;1]Xét hàm số y=f(t)=t2+2t với t [-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t [-1;1].t -1 1f’ 0 +

f 3

-1

Từ BBT -1≤4m≤3 1 3

4 4m .



HUYÊN ĐỀ : PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ

I. PHƢƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG1. Bình phƣơng 2 vế của phƣơng trình

a) Phƣơng pháp

Thông thƣờng nếu ta gặp phƣơng trình dạng : A B C D , ta thƣờng bình phƣơngđiều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau

3 3 3 33 33 . A B C A B A B A B C

và ta sử dụng phép thế : 3 3 A B C ta đƣợc phƣơng trình : 33 . . A B A B C C

b) Ví dụ

Bài 1. Giải phƣơng trình sau : 3 3 1 2 2 2 x x x x Giải: Đk 0 x

Bình phƣơng 2 vế không âm của phƣơng trình ta đƣợc: 1 3 3 1 2 2 1 x x x x x , để g

phƣơng trình này dĩ nhiên là không khó nhƣng hơi phức tạp một chút . Phƣơng trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phƣơng trình : 3 1 2 2 4 3 x x x x

Bình phƣơng hai vế ta có : 2 26 8 2 4 12 1 x x x x x Thử lại x=1 thỏa

Nhận xét : Nếu phƣơng trình : f x g x h x k x

Mà có : f x h x g x k x , thì ta biến đổi phƣơng trình về dạng :

f x h x k x g x sau đó bình phƣơng ,giải phƣơng trình hệ quả

Bài 2. Giải phƣơng trình sau :3

211 1 3

3

x x x x x

x

Giải: Điều kiện : 1 x Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình ?

Nếu chuyển vế thì chuyển nhƣ thế nào?

Ta có nhận xét :3

21. 3 1. 1

3

x x x x x

x, từ nhận xét này ta có lời giải nhƣ sau :

321

(2) 3 1 13

x x x x x

x

Bình phƣơng 2 vế ta đƣợc:3

2 2 1 31 1 2 2 03 1 3

x x x x x x x x

Thử lại : 1 3, 1 3 x x l nghiệm

Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phƣơng trình : f x g x h x k x

Mà có : . . f x h x k x g x thì ta biến đổi f x h x k x g x

2. Trục căn thức2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung

a)

Phƣơng phápMột số phƣơng trình vô tỉ ta có thể nhẩm đƣợc nghiệm 0 x nhƣ vậy phƣơng trình luôn đƣa về

dạng tích 0x x A x ta có thể giải phƣơng trình 0A x hoặc chứng minh 0A x vô n



dạng tích 0x x A x ta có thể giải phƣơng trình 0A x hoặc chứng minh 0A x vô n

b) Ví dụ

Bài 1 . Giải phƣơng trình sau : 2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4 x x x x x x x

Giải:

Ta nhận thấy : 2 23 5 1 3 3 3 2 2 x x x x x v 2 2

2 3 4 3 2 x x x x

Ta có thể trục căn thức 2 vế :2 22 2

2 4 3 6

2 3 43 5 1 3 1

x x

x x x x x x x

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình .

Bài 2. Giải phƣơng trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 2 212 5 3 5 x x x

Giải: Để phƣơng trình có nghiệm thì : 2 2 512 5 3 5 0

3 x x x x

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phƣơng trình , nhƣ vậy phƣơng trình có thể phân tích về dạng2 0 x A x , để thực hiện đƣợc điều đó ta phải nhóm , tách nhƣ sau :

2 2

2 2

2 2

2 2

4 412 4 3 6 5 3 3 2

12 4 5 3

2 12 3 0 2

12 4 5 3

x x x x x x

x x

x x x x

x x

Dễ dàng chứng minh đƣợc :2 2

2 2 53 0,

312 4 5 3

x x x

x x

Bài 3. Giải phƣơng trình : 2 331 1 x x x

Giải :Đk 3 2 x Nhận thấy x=3 là nghiệm của phƣơng trình , nên ta biến đổi phƣơng trình

22 33

2 32 233

3 3 931 2 3 2 5 3 1

2 51 2 1 4

x x x x x x x x

x x x

Ta chứng minh :22

2 2 23 33

3 31 1 2

1 2 1 4 1 1 3

x x

x x x

2

3

3 9

2 5

x x

x

Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đƣa về “hệ tạm “

a) Phƣơng pháp

Nếu phƣơng trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải nhƣ sau :

A BC A B

A B, khi đĩ ta có hệ: 2

A B C A C

A B

b) Ví dụ

Bài 4. Giải phƣơng trình sau : 2 22 9 2 1 4 x x x x x

Giải:

Ta thấy : 2 22 9 2 1 2 4 x x x x x

4 x không phải là nghiệmXét 4 x

2 22 8x



h 2 22 84 2 9 2 1 2

x

Vậy ta có hệ:2 2

2

2 2

02 9 2 1 2

2 2 9 6 82 9 2 1 4

7

x x x x x

x x x x x x x x x

Thử lại thỏa; vậy phƣơng trình có 2 nghiệm : x=0 v x=8

7

Bài 5. Giải phƣơng trình :2 2

2 1 1 3 x x x x x Ta thấy : 2 2 2

2 1 1 2 x x x x x x, nhƣ vậy không thỏa mãn điều kiện trên.

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt1

t x

thì bài toán trở nên đơn giản hơn

Bài tập đề nghị Giải các phƣơng trình sau :

2 23 1 3 1 x x x x

4 3 10 3 2 x x (HSG Toàn Quốc

2002)2 2 5 2 10 x x x x x

234 1 2 3 x x x

2 331 3 2 3 2 x x x

2 32 11 21 3 4 4 0 x x x (OLYMPIC 30/4

2 2 2 2

2 1 3 2 2 2 3 x x x x x x2 2

2 16 18 1 2 4 x x x x

2 215 3 2 8 x x x

3. Phƣơng trình biến đổi về tích Sử dụng đẳng thức

1 1 1 0u v uv u v

0au bv ab vu u b v a

2 2 A B

Bài 1. Giải phƣơng trình : 233 31 2 1 3 2 x x x x

Giải: 3 30

1 1 2 1 01

x pt x x

x

Bi 2. Giải phƣơng trình : 2 23 33 31 x x x x x Giải: + 0 x , không phải là nghiệm

+ 0 x, ta chia hai vế cho x:

3 3 33 31 1

1 1 1 1 0 1 x x

x x x x x x

Bài 3. Giải phƣơng trình: 23 2 1 2 4 3 x x x x x x

Giải: : 1dk x

pt1

3 2 1 1 00

x x x x

x

Bài 4. Giải phƣơng trình :4

3 43

x x x

x

Giải:

Đk: 0 x

Chia cả hai ế cho 3x

2

4 4 41 2 1 0 1

x x xx



Chia cả hai vế cho 3x : 1 2 1 0 1x

Biến đổi phƣơng trình về dạng : k k A B

Bài 1. Giải phƣơng trình : 3 3 x x x Giải: Đk: 0 3 x khi đó pt đ cho tƣơng đƣơng

: 3 23 3 0 x x x

331 10 10 1

3 3 3 3 x x

Bài 2. Giải phƣơng trình sau : 22 3 9 4 x x x Giải:

Đk: 3 x phƣơng trình tƣơng đƣơng :2

2

13 1 3

1 3 9 5 3 1 3

18

x x x

x x x x x

Bài 3. Giải phƣơng trình sau :22 332 3 9 2 2 3 3 2 x x x x x

Giải : pttt3

3 32 3 0 1 x x x

II. PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông thƣờng Đối với nhiều phƣơng trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú ý điều kiện củt nếu phƣơng trình ban đầu trở thành phƣơng trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải đƣợ

phƣơng trình đó theo t thì việc đặt phụ xem nhƣ “hoàn toàn ” .Nói chung những phƣơng trình mà cóđặt hoàn toàn t f x thƣờng là những phƣơng trình dễ .

Bài 1. Giải phƣơng trình: 2 21 1 2 x x x x

Điều kiện: 1 x

Nhận xét. 2 21. 1 1 x x x x

Đặt 21t x x thì phƣơng trình có dạng:

12 1t t

t

Thay vào tìm đƣợc 1 x

Bài 2. Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5 x x x

Giải

Điều kiện:4

5 x

Đặt 4 5( 0)t x t thì2

54

t x . Thay vào ta có phƣơng trình sau:

4 22 4 210 25 6

2. ( 5) 1 22 8 27 016 4

t t t t t t t

2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t

Ta tìm đƣợc bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t

Do 0t nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t

Từ đó tìm đƣợc các nghiệm của phƣơng trình l: 1 2 2 3vaø x x

Cách khác: Ta có thể bình phƣơng hai vế của phƣơng trình với điều kiện 22 6 1 0 x x Ta đƣợc: 2 2 2

( 3) ( 1) 0 x x x , từ đó ta tìm đƣợc nghiệm tƣơng ứng.



Bài 3.Giải phƣơng trình sau: 5 1 6 x x Điều kiện: 1 6 x

Đặt 1( 0) y x y thì phƣơng trình trở thnh: 2 4 25 5 10 20 0 y y y y y ( với

5) y2 2

( 4)( 5) 0 y y y y1 21 1 17

,2 2

(loaïi) y y

Từ đó ta tìm đƣợc các giá trị của

11 17

2 x

Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phƣơng trình sau :2

2004 1 1 x x x

Giải: đk 0 1 x

Đặt 1 y x pttt2 2

2 1 1002 0 1 0 y y y y x

Bài 5. Giải phƣơng trình sau : 2 12 3 1 x x x x

x

Giải:

Điều kiện: 1 0 x Chia cả hai vế cho x ta nhận đƣợc:

1 12 3 x x

x x

Đặt1

t x x

, ta giải đƣợc.

Bài 6. Giải phƣơng trình : 2 4 232 1 x x x x

Giải: 0 x không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta đƣợc: 31 1

2 x x x x

Đặt t= 3 1 x x

, Ta có : 3 2 0t t 1 512

t x

Bài tập đề nghịGiải các phƣơng trình sau

2 215 2 5 2 15 11 x x x x

2( 5)(2 ) 3 3 x x x x

2(1 )(2 ) 1 2 2 x x x x

2 2

17 17 9 x x x x 2

3 2 1 4 9 2 3 5 2 x x x x x

2 211 31 x x

2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0

nn n x x x

2(2004 )(1 1 ) x x x

( 3 2)( 9 18) 168 x x x x x 32 2

1 2 1 3 x x

Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ nhƣ trên chúng ta chỉ giải quyết đƣợc một lớp bài đơn giản, phƣơng trình đối với t lại quá khó giải2. Đặt ẩn phụ đƣa về phƣơng trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phƣơng trình: 2 2

0u uv v (1) bằng cách

Xét 0v phƣơng trình trở thành :2

0u u

v v

0v thử trực tiếpCác trƣờng hợp sau cũng đƣa về đƣợc (1)



Các trƣờng hợp sau cũng đƣa về đƣợc (1)

2 2u v mu nv

Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận đƣợc phƣơng trình vôdạng này .

a) . Phƣơng trình dạng : . .a A x bB x c A x B x

Nhƣ vậy phƣơng trình Q x P x có thể giải bằng phƣơng pháp trên nếu.P x A x B x

Q x aA x b

Xuất phát từ đẳng thức : 3 2

1 1 1 x x x x

4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1 x x x x x x x x x

4 2 21 2 1 2 1 x x x x x

4 2 24 1 2 2 1 2 2 1 x x x x x

Hãy tạo ra những phƣơng trình vô tỉ dạng trên ví dụ nhƣ: 2 44 2 2 4 1 x x x

Để có một phƣơng trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phƣơng trình bậc hai 2at bt c

giải “ nghiệm đẹp”

Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 32 2 5 1 x x

Giải: Đặt 21, 1u x v x x

Phƣơng trình trở thành : 2 2

2

2 5 1

2

u v

u v uvu v

Tìm đƣợc:5 37

2 x

Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 4 233 1 1

3

x x x x

Bài 3: giải phƣơng trình sau : 2 32 5 1 7 1 x x x

Giải:Đk: 1 x

Nhận xt : Ta viết 2 21 1 7 1 1 x x x x x x

Đồng nhất thức ta đƣợc: 2 23 1 2 1 7 1 1 x x x x x x

Đặt 21 0 , 1 0u x v x x , ta đƣợc:

9

3 2 7 1

4

v u

u v uv

v u

Ta đƣợc : 4 6 x

Bài 4. Giải phƣơng trình :33 2

3 2 2 6 0 x x x x

Giải: Nhận xét : Đặt 2 y x ta hãy biến pt tr ên về phƣơng trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :

3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0

2

x y x x y x x xy y

x y

Pt có nghiệm : 2, 2 2 3 x x b).Phƣơng trình dạng : 2 2u v mu nv



Bài 1. giải phƣơng trình : 2 2 4 23 1 1 x x x x

Giải:

Ta đặt :2

21

u x

v x khi đó phƣơng trình trở thành : 2 2

3u v u v

Bài 2.Giải phƣơng trình sau : 2 22 2 1 3 4 1 x x x x x

Giải

Đk1

2 x . Bình phƣơng 2 vế ta có :

2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1 x x x x x x x x x x

Ta có thể đặt :2

2

2 1

u x x

v x khi đó ta có hệ : 2 2

1 5

2

1 5

2

u v

uv u v

u v

Do , 0u v . 21 5 1 52 2 12 2

u v x x x

Bài 3. giải phƣơng trình : 2 25 14 9 20 5 1 x x x x x

Giải:

Đk 5 x . Chuyển vế bình phƣơng ta đƣợc: 2 22 5 2 5 20 1 x x x x x

Nhận xét : không tồn tại số , để : 2 22 5 2 20 1 x x x x x vậy ta không thể đ

220

1

u x x

v x.

Nhƣng may mắn ta có : 2 220 1 4 5 1 4 4 5 x x x x x x x x x

Ta viết lại phƣơng trình: 2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4) x x x x x x . Đến đây bài toán đƣợ

quyết .Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phƣơng trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên

3. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Từ những phƣơng trình tích 1 1 1 2 0 x x x , 2 3 2 3 2 x x x x

Khai triển và rút gọn ta sẽ đƣợc những phƣơng trình vô tỉ không tầm thƣờng chút nào, độ khó của phtrình dạng này phụ thuộc vào phƣơng trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phƣơng trình dạng này .Phƣơng pháp giải đƣợc thể hiện qua các vsau .

Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 2 23 2 1 2 2 x x x x

Giải:

22t x , ta có : 2

32 3 3 0

1

t t x t x

t x

Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 21 2 3 1 x x x x

Giải:

Đặt : 22 3, 2t x x t Khi đó phƣơng trình trở thnh :




Bây giờ ta thêm bớt , để đƣợc phƣơng trình bậc 2 theo t có chẵn

: 2 22

2 3 1 2 1 0 1 2 1 01

t x x x t x t x t x

t x

Từ một phƣơng trình đơn giản : 1 2 1 1 2 1 0 x x x x , khai triển ra ta sẽ đƣợ

sau

Bài 3. Giải phƣơng trình sau : 24 1 1 3 2 1 1 x x x x Giải:

Nhận xét : đặt 1t x , pttt: 4 1 3 2 1 x x t t x (1)

Ta rút 21 x t thay vào thì đƣợc pt: 2

3 2 1 4 1 1 0t x t x

Nhƣng không có sự may mắn để giải đƣợc phƣơng trình theo t2

2 1 48 1 1 x x

có dạng bình phƣơng .

Muốn đạt đƣợc mục đích trên thì ta phải tách 3x theo2 2

1 , 1 x x

Cụ thể nhƣ sau : 3 1 2 1 x x x thay vào pt (1) ta đƣợc: Bài 4. Giải phƣơng trình: 2

2 2 4 4 2 9 16 x x x Giải .

Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình: 2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16 x x x x

Ta đặt : 22 4 0t x . Ta đƣợc: 2

9 16 32 8 0 x t x

Ta phải tách 2 2 29 2 4 9 2 8 x x x làm sao cho t có dạng chí nh phƣơng .

Nhận xét : Thông thƣờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt đƣợc mục đích

4. Đặt nhiều ẩn phụ đƣa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra đƣợc những phƣơng trình vô tỉ mà khinó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đƣa về hệ

Xuất phát từ đẳng thức3 3 3 3

3a b c a b c a b b c c a , Ta có33 3 3

0a b c a b c a b a c b c

Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phƣơng trình vô tỉ có chứa căn bậc ba .2 23 33 7 1 8 8 1 2 x x x x x

3 3 3 33 1 5 2 9 4 3 0 x x x x

Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 . 3 3 . 5 5 . 2 x x x x x x x

Giải :

2

3

5

u x

v x

w x

, ta có :

2

2

2

22

3 3

5 5

u v u wu uv vw wu

v uv vw wu u v v w

w uv vw wu v w u w

, giải hệ ta đƣợc:

30 239

60 120u x

Bài 2. Giải phƣơng trình sau : 2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2 x x x x x x x



Giải . Ta đặt :

2

2

2

2

2 1

3 2

2 2 3

2

a x

b x x

c x x

d x x

, khi đó ta có :2 2 2 2

2a b c d

xa b c d

Bài 3. Giải các phƣơng trình sau

1) 2 24 5 1 2 1 9 3 x x x x x

2) 3 3 244 44 1 1 1 1 x x x x x x x x

5. Đặt ẩn phụ đƣa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đƣa về hệ thông thƣờng Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm đƣợc hệ theo u,v

Bài 1. Giải phƣơng trình: 3 33 325 25 30 x x x x

Đặt3 3 3 3

35 35 y x x y

Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ phƣơng trình sau:3 3

( ) 30

35

xy x y

x y, giải hệ này ta tìm

( ; ) (2; 3) (3; 2) x y . Tức là nghiệm của phƣơng trình là {2;3} x

Bài 2. Giải phƣơng trình: 4

4

12 1

2 x x

Điều kiện: 0 2 1 x

Đặt

4

4

2 1

0 2 1, 0 2 1

x u

u v x v

Ta đƣa về hệ phƣơng trình sau:4

42

2 4 4

4

11

22

12 1 2 1

2

u vu v

u v v v

Giải phƣơng trình thứ 2:2

2 2

4

1( 1) 0

2v v , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phƣ

trình.Bài 3. Giải phƣơng trình sau: 5 1 6 x x Điều kiện: 1 x

Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b thì ta đƣa về hệ phƣơng trình sau: 2

2

5( )( 1) 0 1 0 1

5

a ba b a b a b a b

b a

Vậy11 17

1 1 5 1 1 52

x x x x x

Bài 8. Giải phƣơng trình:6 2 6 2 8

35 5

x x

x x



35 5x x

Đặt 5 , 5 0 , 10u x v y u v .

Khi đó ta đƣợc hệ phƣơng trình:

22 2 ( ) 10 210

2 44 4 8( ) 12( )

33

u v uvu v

u vu zuvu v

5.2 Xây dựng phƣơng trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II

Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phƣơng trình bằng cách đƣa về hệ đối xứng loại

Ta xét một hệ phƣơng trình đối xứng loại II sau :

2

2

1 2 (1)

1 2 (2)

x y

y x việc giải hệ này thì đ

giảnBây giời ta sẽ biến hệ thành phƣơng trình bằng cách đặt y f x sao cho (2) luôn đúng ,

2 1 y x , khi đó ta có phƣơng trình :2 2

1 ( 2 1) 1 2 2 x x x x x

Vậy để giải phƣơng trình : 22 2 x x x ta đặt lại nhƣ trên và đƣa về hệ

Bằng cách tƣơng tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :

2

2

x ay b

y ax b, ta sẽ xây dựng đƣợc phƣơng

dạng sau : đặt y ax b, khi đó ta có phƣơng trình :2 a

x ax b b

Tƣơng tự cho bậc cao hơn :n na

x ax b b

Tóm lại phƣơng trình thƣờng cho dƣới dạng khai triển ta phải viết về dạng : ' n n x p a x b

v đặt n y ax b để đƣa về hệ , chú ý về dấu của ???

Việc chọn ; thông thƣờng chúng ta chỉ cần viết dƣới dạng : ' 'n n x p a x b là chọn

Bài 1. Giải phƣơng trình: 22 2 2 1 x x x

Điều kiện:1

2 x

Ta có phƣơng trình đƣợc viết lại là: 2( 1) 1 2 2 1 x x

Đặt 1 2 1 y x thì ta đƣa về hệ sau:2

2

2 2( 1)

2 2( 1)

x x y

y y x

Trừ hai vế của phƣơng trình ta đƣợc ( )( ) 0 x y x y

Giải ra ta tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình là: 2 2 x

Bài 6. Giải phƣơng trình: 22 6 1 4 5 x x x

Giải

Điều kiện5

4 x

Ta biến đổi phƣơng trình nhƣ sau: 2 24 12 2 2 4 5 (2 3) 2 4 5 11 x x x x x

Đặt 2 3 4 5 y x ta đƣợc hệ phƣơng trình sau:

2

2

(2 3) 4 5

( )( 1) 0(2 3) 4 5

x y x y x y

y x



2 3 4 5 2 3

Kết luận: Nghiệm của phƣơng trình là {1 2; 1 3}

Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?

Dạng hệ gần đối xứng

Ta xt hệ sau :2

2

(2 3) 2 1(1)

(2 3) 3 1

x y x

y x đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhƣng chúng ta v

hệ đƣợc , và từ hệ này chúng ta xây dƣng đƣợc bài toán phƣơng trình sau :

Bài 1 . Giải phƣơng trình:2

4 5 13 3 1 0 x x x

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm nhƣ những phƣơng trình trƣớc :2

13 332 3 1

4 4 x x

Đặt13

2 3 14

y x thì chúng ta không thu đƣợc hệ phƣơng trình mà chúng ta có thể giải đƣợc.

Để thu đƣợc hệ (1) ta đặt : 3 1 y x , chọn , sao cho hệ chúng ta có thể giải đƣợc , (đ xứng hoặc gần đối xứng )

Ta có hệ :2 2 2 2

22

2 3 1 0 (1)3 1(*)

4 13 5 0 (2)4 13 5

y y x y x

x x y x x y

Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x

Nên ta phải có :2 2

2 3 1

4 13 5, ta chọn đƣợc ngay 2; 3

Ta có lời giải nhƣ sau :

Điều kiện:1

3 x , Đặt

33 1 (2 3), ( )

2 x y y

Ta có hệ phƣơng trình sau:2

2

(2 3) 2 1( )(2 2 5) 0

(2 3) 3 1

x y x x y x y

y x

Với15 97

8 x y x

Với11 73

2 2 5 08

x y x

Kết luận: tập nghiệm của phƣơng tr ình là:15 97 11 73

;8 8

Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách viết lại phƣơng trìnhta viết lại phƣơng trình nhƣ sau: 2

(2 3) 3 1 4 x x x

khi đó đặt 3 1 2 3 x y , nếu đặt 2 3 3 1 y x thì chúng ta không thu đƣợc hệ nhƣ mong, ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trƣớc căn.

Một cách tổng quát .

Xét hệ:( ) . . (1)

( ) '. ' (2)

f x A x B y m

f y A x m để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và m=m’,

Nếu từ (2) tìm đƣợc hàm ngƣợc y g x thay vào (1) ta đƣợc phƣơng trình

Nhƣ vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngƣợc và tìm đƣợc và hơn nữa hệ phảiđƣợc.

ố



Mộ ố h ì h đ â d ừ hệ

1) 24 13 5 3 1 0 x x x

2) 24 13 5 3 1 0 x x x

3) 3 23 481 8 2 2

3 x x x x

4) 33 6 1 8 4 1 x x x

5) 21530 4 2004 30060 1

2 x x x

6) 3 23 3 5 8 36 53 25 x x x

Giải (3):

Phƣơng trình : 33 23 327 81 8 27 54 36 54 27 81 8 3 2 46 x x x x x x

Ta đặt : 33 2 81 8 y x Các em hãy xây dựng những phƣơng trình dạng này !

III. PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ1. Dùng hằng đẳng thức : Từ những đánh giá bình phƣơng : 2 2

0 A B , ta xây dựng phƣơng trình dạng 2 20 A B

Từ phƣơng trình2 2

5 1 2 9 5 2 1 0 x x x x ta khai triển ra có phƣơng trình :

24 12 1 4 5 1 9 5 x x x x x

2. Dùng bất đẳng thức

Một số phƣơng trình đƣợc tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: A m

B m nếu dấu bằng ỏ (1) và (

dạt đƣợc tại 0 x thì 0

x là nghiệm của phƣơng trình A B

Ta có : 1 1 2 x x Dấu bằng khi và chỉ khi 0 x và1

1 21

x x

, dấu bằng khi và

khi x=0. Vậy ta có phƣơng trình: 11 2008 1 2008 11

x x x x

Đôi khi một số phƣơng trình đƣợc tạo ra từ ý tƣởng :( )

A f x

B f x khi đó :

A f x A B

B f x

Nếu ta đoán trƣớc đƣợc nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhƣng có nhiều bàinghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không đƣợc, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá đƣợc

Bài 1. Giải phƣơng trình (OLYMPIC 30/4 -2007):2 2

91

x x x

Giải: Đk 0 x

Ta có :

2 222 2 1

2 2 1 911 1

x x x x

x x x

Dấu bằng2 2 1 1

71 1 x

x x

Bài 2. Giải phƣơng trình : 2 4 2 413 9 16 x x x x

Giải: Đk: 1 1 x Biến đổi pt ta có :

22 2 2

13 1 9 1 256 x x x



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:2

2 2 2 2 213. 13. 1 3. 3. 3 1 13 27 13 13 3 3 40 16 10 x x x x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:2

2 2 1610 16 10 64

2 x x

Dấu bằng

2

2

2 2

21

513

210 16 10

5

x x x

x x x

Bài 3. giải phƣơng trình: 3` 2 43 8 40 8 4 4 0 x x x x

Ta chứng minh : 48 4 4 13 x x và23 2

3 8 40 0 3 3 13 x x x x x x

Bài tập đề nghị . Giải các phƣơng trình sau

1 2 1 21 2 1 21 2 1 2

x x x x x x

4 4 41 1 2 8 x x x x 4 4 4

2 8 4 4 4 4 x x x

4 3316 5 6 4 x x x 3` 2 43 8 40 8 4 4 0 x x x x

3 3 4 28 64 8 28 x x x x

2

2

1 12 2 4 x x

x x

3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học

3.1 Dùng tọa độ của véc tơ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: 1 1 2 2; , ;u x y v x y

khi đó ta có

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 1 2 2u v u v x x y y x y x y

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ ,u v

cùng hƣớng 1 1

2 2

0 x y

k x y

, chú ý tỉ số phải d

. . .cos .u v u v u v

, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u v

3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác

Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đƣờng tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nnhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dƣới cùng một góc 0

120

Bài tập

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

2) 2 24 5 10 50 5 x x x x

IV. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ1.Xây dựng phƣơng trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu Dựa vào kết quả : “ Nếu y f t là hàm đơn điệu thì f x f t x t ” ta có thể xây dựn



ự q y f ệ f f y ự

33 2 2

3 1 2 1 2 3 1 (3 1) 1 f x f x x x x x , Rút gọn ta đƣợc phƣơng trình

3 22 3 1 2 3 1 3 1 x x x x x

Từ phƣơng trình 1 3 1 f x f x thì bài toán sẽ khó hơn 3 22 7 5 4 2 3 1 3 x x x x

Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm nhƣ sau :

Đặt 3 1 y x khi đó ta có hệ :3 2 3

2

2 7 5 4 2

3 1

x x x y

x y cộng hai phƣơng trình ta đƣợc:

3 22 1 1 x x = 3 2

2 y y

Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ?

Bài 1. Giải phƣơng trình : 2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0 x x x x x

Giải: 2 2

2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3 x x x x f x f x

Xét hàm số 22 3 f t t t , là hàm đồng biến trên R, ta có 1

5 x

Bài 2. Giải phƣơng trình 3 2 234 5 6 7 9 4 x x x x x

Giải . Đặt 237 9 4 y x x , ta có hệ :

3 233

2 3

4 5 61 1

7 9 4

x x x y y y x x

x x y

Xét hàm số : 3 f t t t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phƣơng tr ình

23

5

1 1 1 7 9 41 5

2

x

f y f x y x x x x x

Bài 3. Giải phƣơng trình : 33 6 1 8 4 1 x x x

V. PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC HÓA

1. Một số kiến thức cơ bản:

Nếu 1 x thì có một số t với ;2 2

t sao cho : sin t x và một số y với 0; y

cho cos x y

Nếu 0 1 x thì có một số t với 0;2

t sao cho : sin t x và một số y với 0;2

y

cho cos x y

Với mỗi số thực x có ;2 2

t sao cho : tan x t

Nếu : x , y là hai số thực thỏa: 2 21 x y , thì có một số t với 0 2t , sao cho

sin , cos x t y t Từ đó chúng ta có phƣơng pháp giải toán :

Nếu : 1 x thì đặt sin t x với ;2 2t hoặc cos x y với 0; y

ế 0 1 i 0 0



Nế 0 1 hì đặ i ới 0 h ặ ới 0

Nếu x a , ta có thể đặt :sin

a x

t , với ;

2 2t , tƣơng tự cho trƣờng hợp khác

x là số thực bất kỳ thi đặt : tan , ;2 2

x t t

Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x f t thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một

điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lƣợng giác ) 2. Xây dựng phƣơng trình vô tỉ bằng phƣơng pháp lƣợng giác nhƣ thế nào ?

Từ công phƣơng trình lƣợng giác đơn giản: cos 3 sint t , ta có thể tạo ra đƣợc phƣơng trình v

Chú ý : 3cos 3 4 cos 3cost t t ta có phƣơng trình vô tỉ: 3 2

4 3 1 x x x (1)

Nếu thay x bằng1

x ta lại có phƣơng trình : 2 2 2

4 3 1 x x x (2)

Nếu thay x trong phƣơng trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phƣơng trình vố tỉ khó:3 2 2

4 12 9 1 2 x x x x x (3)Việc giải phƣơng trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?

Tƣơng tự nhƣ vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phƣơng trình vô tỉ tkiểu lƣợng giác . 3. Một số ví dụ

Bài 1. Giải phƣơng trình sau :2

3 32 2 11 1 1 1

33

x x x x

Giải: Điều kiện : 1 x

Với [ 1;0] x : thì3 3

1 1 0 x x (ptvn)

[0;1] x ta đặt : cos , 0; 2 x t t . Khi đó phƣơng trình trở thành:

1 12 6 cos 1 sin 2 sin cos

2 6 x t t t vậy phƣơng trình có nghiệm :

1

6 x

Bài 2. Giải các phƣơng trình sau :

1) 1 2 1 21 2 1 2

1 2 1 2

x x x x

x xHD:

1 2 costan

1 2 cos

x x

x

2) 2 21 1 1 2 1 x x x Đs:

1

2 x

3) 3 3 2 x x x HD: chứng minh 2 x vô nghiệm

Bài 3 . Giải phƣơng trình sau: 3 6 1 2 x x

Giải: Lập phƣơng 2 vế ta đƣợc: 3 3 18 6 1 4 3

2 x x x x

Xét : 1 x , đặt cos , 0; x t t . Khi đó ta đƣợc5 7

cos ; cos ; cos9 9 9

S mà phƣơng trìn

có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phƣơng trình.

Bài 4. .Giải phƣơng trình 2

2

11

1 x

x



1x

Giải: đk: 1 x , ta có thể đặt1

, ;sin 2 2

x t t

Khi đó ptt:2

cos 01

1 cot 1 1sin sin2

2

t

t x t

Phƣơng trình có nghiệm : 2 3 1 x

Bài 5 .Giải phƣơng trình :

222

2

2

111

2 2 1

x x x

x x x

Giải: đk 0, 1 x x

Ta có thể đặt : tan , ;2 2

x t t

Khi đó pttt. 22sin cos 2 cos 2 1 0 sin 1 sin 2sin 0t t t t t t

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm

1

3 x

Bài tập tổng hợp

Giải các phương trình sau3

3 2 21 2 2 x x x x

22 2 30 2007. 30 4 2007 30. 2007 x x x

2

12 82 4 2 2

9 16

x x x

x

33 31 1 2 x x x

3 3 1 2 1 x x x

4 5 3 1 2 7 3 x x x x

2 23 1 3 1 x x x x

4 3 10 3 2 x x (HSG Toàn Quốc 2002)

2 2 5 2 10 x x x x x

234 1 2 3 x x x

2 331 3 2 3 2 x x x

2 32 11 21 3 4 4 0 x x x (OLYMPIC 30/4-2007)

2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2 x x x x x x x

2 22 16 18 1 2 4 x x x x

22 3 3 2

23 1

x x x x

x

12 2 1 3 9 x x x 3 244

1 1 x x x x 2

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

3 2 41 1 1 1 x x x x x

2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 x x x x

2(2004 )(1 1 ) x x x

( 3 2)( 9 18) 168 x x x x x

2 4 233 1 1

3 x x x x

2 2233 32 1 3 1 1 0 x x x

22008 4 3 2007 4 3 x x x

2 23 2 1 1 1 3 8 2 1 x x x x

212 1 36 x x x

3 34 1 1 2 2 1 x x x x

1 1 12 1 3

x x x

x x x

2 25 14 9 20 5 x x x x x

33 6 1 8 4 1 x x x

21530 4 2004 30060 1

2 x x x

24 9

7 728

x

x x 2 2

4 4 10 8 6 10x x x x



4 4 10 8 6 10x x x x

CHUYÊN ĐỀ: PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƢƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG

Dạng 1 : Phƣơ ng trình(*)

0 x D

A B A B A B

Lư u ý : Điều kiện (*) đƣợc chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của 0 A hay 0 B

Dạng 2: Phƣơ ng trình2

0 B A B

A B

Dạng 3: Phƣơ ng trình

+)

0

0

2

A

A B C B

A B AB C

(chuyển về dạng 2)

+) 3 3 3 33 33 . A B C A B A B A B C


Bài 1: Giải phƣơ ng trình:

a) 21 1 x x

b) 2 3 0 x x

c) 21 1 x x

e) 3 2 1 3 x x

f) 3 2 1 x x

g) 9 5 2 4 x x

h) 3 4 2 1 3 x x x

i) 2 2( 3) 10 12 x x x x

II.PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông thƣờng.

- Nếu bài toán có chứa ( ) f x và ( ) f x khi đó đặt ( )t f x (với điều kiện tối thiểu là 0t . đối vphƣơng trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ). - Nếu bài toán có chứa ( ) f x , ( )g x và ( ). ( ) f x g x k (với k là hằng số) khi đó có thể đặt :

( )t f x , khi đó ( )k

g xt

- Nếu bài toán có chứa ( ) ( ) ; ( ). ( ) f x g x f x g x và ( ) ( ) f x g x k khi đó có thể đặt:

( ) ( )t f x g x suy ra2

( ). ( )2

t k f x g x

- Nếu bài toán có chứa 2 2a x thì đặt sin x a t với

2 2t hoặc cos x a t với 0 t

- Nếu bài toán có chứa2 2

x a thì đặt sin

a

x t với ; \ 02 2t hoặc cos

a

x t với

0 \

Bài 2: Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm: 2 23 2 2 x x m x x

Bài 3: Cho phƣơ ng trình: 21 x x m

-Giải phƣơ ng trình khi m=1

-Tìm m để phƣơng trình có nghiệm. Bài 4: Cho phƣơ ng trình: 2

2 3 x mx x m -Giải phƣơ ng trình khi m=3-Với giá trị nào của m thì phƣơng trình có nghiệm.



0 \

- Nếu bài toán có chứa 2 2 x a ta có thể đặt .tan x a t với ;

2 2t




a) 2 22 8 12 2 x x x x

b) 2 22 5 2 3 9 3 3 x x x x

c) 2 24 6 2 8 12 x x x x

d) 2 23 15 2 5 1 2 x x x x

e) 2( 4)( 1) 3 5 2 6 x x x x

f) 2 22 5 2 2 2 5 6 1 x x x x

g) 2 23 2 2 2 6 2 2 x x x x

h) 2 211 31 x x

i) 2( 5)(2 ) 3 3 x x x x


a)3

3 2 21 2 1 x x x x

b)3 32 2

1 1 1 1 2 1 x x x x

c) 2 21 2 1 2 1 0 x x x x

d) 6 4 2 264 112 56 7 2 1 x x x x

e) 2

35

121

x

x x

f)1

3 1 4 3 33

x x x x

x

Bài 4: Cho phƣơ ng trình:2

1 1

1m

x x

-Giải phƣơng trình với2

23

m

-Tìm m để phƣơng trình có nghiệm.

Bài 5: Cho phƣơ ng trình: 2 22 2 2 3 0 x x x x m

-Giải phƣơng trình với m = 9 -Tìm m để phƣơng trình có nghiệm.

2. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phƣơng trình ban đầu thành một phƣơng trình với một ẩn phụ nhƣngsố vẫn còn chứa x.

-Từ những phƣơng trình tích 1 1 1 2 0 x x x , 2 3 2 3 2 0 x x x x

Khai triển và rút gọn ta sẽ đƣợc những phƣơng trình vô tỉ không tầm thƣờng chút nào, độ khó của phƣơndạng này phụ thuộc vào phƣơng trình tích mà ta xuất phát. Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phƣơng trình dạng này .Phƣơng pháp giải đƣợc thể hiện qua các ví d


Giải: 22t x , ta có : 2

32 3 3 0

1

t t x t x

t x




Giải:

Đặt : 22 3, 2t x x t

Khi đó phƣơng trình trở thnh : 21 1 x t x 2

1 1 0 x x t


2 22

2 3 1 2 1 0 1 2 1 0

1

t x x x t x t x t x

t x

Từ một phƣơng trình đơn giản : 1 2 1 1 2 1 0 x x x x , khai triển ra ta sẽ đƣợc p

Bài 3. Giải phƣơng trình sau : 24 1 1 3 2 1 1 x x x x

Giải: Nhận xét : đặt 1t x , pttt: 4 1 3 2 1 x x t t x (1)

Ta rt 21 x t thay vo thì đƣợc pt: 2

3 2 1 4 1 1 0t x t x

Nhƣng không có sự may mắn để giải đƣợc phƣơng trình theo t2

2 1 48 1 1 x x kh

dạng bình phƣơng . Muốn đạt đƣợc mục đích trên thì ta phải tách 3x theo

2 2

1 , 1 x x

Cụ thể nhƣ sau : 3 1 2 1 x x x thay vào pt (1) ta đƣợc:

Bài 4. Giải phƣơng trình: 22 2 4 4 2 9 16 x x x

Giải .

Bình phƣơng 2 vế phƣơng trình: 2 24 2 4 16 2 4 16 2 9 16 x x x x

Ta đặt : 22 4 0t x . Ta đƣợc: 2

9 16 32 8 0 x t x

Ta phải tách 2 2 29 2 4 9 2 8 x x x làm sao cho t có dạng chình phƣơng .

Nhận xét : Thông thƣờng ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt đƣợc mục đích.Bài tập: Giải các phƣơ ng trình sau:

a) 3 3(4 1) 1 2 2 1 x x x x b) 2 2

1 2 2 x x x x

c) 2 21 2 2 x x x x d) 2 2

4 ( 2) 2 4 x x x x x 3. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ chuyển về hệ. a) Dạng thông thƣờng: Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm đƣ

theo u,v. Chẳng hạn đối với phƣơ ng trình: m ma f x b f x c ta có thể đặt:

m

m

u a f x

v b f x

suy ra m mu v a b . Khi đó ta có hệ

m mu v a b

u v c

Bài tập: Giải các phƣơ ng trình sau:

a) 3 2 1 1 x x b) 3 9 2 1 x x c) 21 ( 1) 0 x x x x x x

b) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai:



2( )ax b c dx e x với

d ac

e bc

Cách giải : Đặt: dy e ax b khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển thành hệ: 2

22( )

dy e ax bdy e ax b

dy e c dx e x c dy e x dy e->giải

Nhận xét : Dể sử dụng đƣợc phƣơng pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phƣơng trình ban đầu về dạng thmãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn ; thông thƣờng chúng ta chỉ cần viết dƣới dạng

: ' 'n n x p a x b là chọn đƣợc.

c) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba.

33 ax b c dx e x vớid ac

e bc

Cách giải : Đặt 3dy e ax b khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển thành hệ: 3 33

3 3 3

( ) ( )

dy e ax bdy e ax b c dy e acx bc

dy e c dx e x c dx e ac d x dy bcc dx e x dy e Bài tập: Giải các phƣơ ng trình sau:

1) 21 4 5 x x x

2) 23 1 4 13 5 x x x

3) 3 32 3 3 2 x x

4) 24 97 7 0

28

x x x x

5) 3 31 2 2 1 x x

6) 3 33 335 35 30 x x x x

7) 24 13 5 3 1 0 x x x

8) 24 13 5 3 1 0 x x x

215

30 4 2004 30060 1 12 x x x 3 23 3 5 8 36 53 25 x x x

9)

3 23 4

81 8 2 23 x x x x

10) 33 6 1 8 4 1 x x x

II. PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phƣơng trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hƣớng áp dụđây: H ướng 1: Thực hiện theo các bƣớc: Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng: ( ) f x k

Bước 2: Xét hàm số ( ) y f x Bước 3: Nhận xét:

Với 0 0( ) ( ) x x f x f x k do đó 0 x là nghiệm Với 0 0

( ) ( ) x x f x f x k do đó phƣơng trình vô nghiệm

Với 0 0( ) ( ) x x f x f x k do đó phƣơ ng trình vô nghiệm

Vậy 0 x là nghiệm duy nhất của phƣơ ng trình

H ướng 2: thực hiện theo các bƣớc Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng: ( ) ( ) f x g x

Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng ( ) f x và g(x) có những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định 0 x

cho 0 0( ) ( ) f x g x



Bước 3: Vậy0

x là nghiệm duy nhất của phƣơ ng trình. H ướng 3: Thực hiện theo các bƣớc: Bước 1: Chuyển phƣơng trình về dạng ( ) ( ) f u f v

Bước 2: Xét hàm số ( ) y f x , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu

Bước 3: Khi đó ( ) ( ) f u f v u v

Ví dụ: Giải phƣơng trình : 2 22 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0 x x x x x

pt 2 22 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3 x x x x f x f x

Xét hàm số 22 3 f t t t , là hàm đồng biến trên R, ta có

1

5 x

Bài tập: Giải phƣơ ng trình:2

4 1 4 1 1 x x , 31 4 5 x x x , 2

1 3 x x x , 2 31 2 2 x x x x ,

1 2 3 x x , 22 1 3 4 x x x



BAØI TAÄP :Baøi 1: Bình phöông hai veá :

a) x2 + 1 1 x

Hd: pt4 2

01 1

12 0

1 5

2

x x

x x x x

x

b)pt:5 1 3 2 1 0

: 1

x x x

dk x

- Chuyeån veá ,bình phöông hai veá : x =2 ;x = 2/11( loaïi ) . Vaäy x=2 .

c): 9 5 2 4

: 2

pt x x

dk x

Bình phöông hai laà ta coù :ÑS x = 0 .

d) : 16 9 7

: 0; 7

pt x x

Ds x

e)2 2

: (4 1) 9 2 2 1

: 1/ 4

pt x x x x

dk x

Bphöông hai lanà ta coù :ÑS x = 4/3

Baøi 2 : Daët Aån soá phuï :a) 2 2

3 3 3 6 3 x x x x

- Ñaët :

- T=x2-3x+3 3 / 4 : 3 3

1 1; 2

pt t t

t x

b) 221 1 0

3

: 0 1

x x x x

dk x

- Ñaët :2

2 11 ; 0

2

t t x x t x x

ptt2-3t +2 =0 t =1 ; t=2 Vnt=1 x=0 ; x=1 .

c)22 3 1 3 2 2 5 3 16 x x x x x

HDÑS:

ÑK :2 2

1

2 3 1 0

3 4 2 2 5 3

5 3.

x

t x x

t x x x

pt t x



2 2 2

2

) 7 2 3 3 19

. 2 7 / 4

5 3 13 4

1; 2

d x x x x x x

t x x

pt t t t t

x x

3 : ) 1 3 ( 1)(3 ) Bai a x x x x m

Giaûi pt khi m=2 .** Tìm m pt coù nghieäm .

HDÑS : ÑK:

2

. 1 3 ; 2 2 2

: 2( )

0( )) 2 : 2 0 1, 3

2

t x x t

vi a b a b a b

t la m t t x x

t

b) f(t) = -t2 /2 + t +2 = m (1) . Laäp baûng bieá

Tacoù : 2 2 2 2.m 2

4 : ) 9 9bai a x x x x m

Bình phöông : Ñaët t= (9 ) 0 9 / 2 x x t

KsHS 2( ) 2 9 ; 9 / 2 9 / 4 10 f t t t o t Ds m d)

4 444 4 6 x x m x x m

HDÑS:Ñaët :

4 24

44

4

4 0 : 6 0

3

2

4 2

4 16

t x x m pt t t

t l

t

x x m

m x x

Laäp BBT : m>19VN; m=19: 1 ngh ;m<19pt2ngh.Baøi3:1-

BAØI TAÄP : I- GIAÛI PT:3 31) 2 2 3 1 X X Laäp phöông hai veá ta coù : x3-4x2+5x-2 =0 x=1 ; x=2 . Thöû laïi x=1 khoâng th

x=2 .3 32) 34 3 1 X X Laäp phöông hai veá ta coù : x2+31x-1830 =0 x=-1061 ; x=75 .3 32) 2 2 3 1 X X

-Laäp phöông hai veá ta coù : x3-4x2+5x-2 =0 x=1 ; x=2 . Thöû laïi x=1 khoâng thoaû .Vaäy x=2 .3 3 33) 1 2 2 3 X X x

-Laäp phöông hai veá ta coù : pt x=1 ; x=2 ;x=3/2. Thöû laïi Ñeàu thoaû .3 3 34) 2 2 2 9 X X x

--Laäp phöông hai veá ta coù : pt x=0 ; x=3 ;x=-6/5. Thöû laïi Ñeàu thoaû .



32 2 2 23 35) ( ) 2 ( ) 0 X a X a x a a pt 18X = 14a x=7a/ 9 ; a# 0 . Thöû laïi thoaû.

II- PHÖÔNG TRÌNH CAÊN THÖÙC CHÖÙA THAM SOÁ m :

Baøi 1: 2 1 x x m: BLs ngh pt.

HdÑS :1;

: ( ) 2 1

D

xet f x x x

Tính ñaïo haøm : Baûng bieán thieân ,Ta coù :m<1 : 1ngh; m=1: coù 2ngh: 1<m<2: 2nghm=2 : 2ngh ; 2<m< : 0 Vn .

BAÁT PHÖÔNG TRÌNH CAÊN THÖÙCKIEÁN THÖÙC CAÀN NHÔÙ :

Daïng cô baûn :

2

2

2

2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

A

A B B

A B

A

A B B

A B

A

B

A B B

A B

A

B

A B B

A B

Daïng khaùc :- Coù nhieàu caên thöùc :Ñaët ÑK – Luyõ thöøa- khöû caên – Döa veå bpt cô baûn nhö caùc daïng treân .Chuù yù : - Hai veá khoâng aâm ta ñ7ôïc bình phöông – Hai veá laø soá thöïc ta ñöïôc laäp phöông .

BAØI TAÄP :GIAÛI CAÙC BAÁT PHÖÔNG TRÌNH

1-Pt : 2 3 2 x x

pt -3/2 3 2 2 x



PHÖÔNG TRÌNH CAÊN THÖÙCIII. PHƢƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƢƠNG ĐƢƠNG

Dạng 1 : Phƣơ ng trình(*)

0 x D

A B A B A B

Lư u ý : Điều kiện (*) đƣợc chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của 0 A hay 0 B

Dạng 2: Phƣơ ng trình2

0 B A B

A B

Dạng 3: Phƣơ ng trình

+)0

0

2

A

A B C B

A B AB C

(chuyển về dạng 2)

+) 3 3 3 33 33 . A B C A B A B A B C


Bài tập trong các đề thi tuyển sinh.

Bài 1 :a)(ĐHXD) Giải pt 26 6 2 1 x x x

b) (CĐSP MG 2004) 24 3 2 5 x x x

c) (CĐSP NINH BÌNH) 3 2 7 1 x x

d) (CĐ hoá chất) 8 3 x x x

e) (CĐ TP 2004) 2 2 1 7 x x

g) (CĐSP bến tre) 5 1 3 2 1 0 x x x

h) (CĐ truyền hình 2007) 2 27 5 3 2 x x x x x

ĐS:a) x=1. b) x=14/5 c) x=9. d)x=1e) x=5 g) x=2 h) x=-1.

Bài 2:

a)(ĐHNN-2001) Giải phƣơng trình 1 4 ( 1)(4 ) 5. x x x x

b) (CĐ Nha trang 2002) : 2 5 ( 2)(5 ) 4 x x x x

Hdẫn:

a) ĐK: -1≤x≤4. Đặt t= 1 4 0 x x . Giải đƣợc t=-5 (loại), t=3. Giải t=3 đƣợc x=0.

b) x=3 3 5

2

Bài 3

a)(ĐHQG KD-2001) Giải phƣơng trình 24 1 4 1 1 x x .

b) (CĐXD 2003) 3 3 32 1 2 2 2 3 0 x x x



Hdẫn: a) ĐK: x≥1/2

Xét hàm số y= 24 1 4 1 x x . HSĐB trên [1/2;+∞). Và f(1/2)=1.

Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x=1/2.b)x=-1 là nghiệm . Các hàm số y= 3 2 1 x ; y= 3 2 2 x ; y= 3 2 3 x ĐB

Bài 4 : Giải pt 2 22 8 6 1 2 2 x x x x .

ĐK : x ≤-3,x=-1,x≥1. -Với x=-1 Thoả mãn pt-Với x≤-3 thì VP<0 loại -Với x≥1 pt

2( 1)(2 6) ( 1)( 1) 2 ( 1)

2 6 1 2 1

x x x x x

x x x

Tiếp tục bình phƣơ ng 2 vế thu đƣợc x=1.

Vậy pt có 2 nghiệm x=1 ; x=-1.Bài 5 : (ĐH mỏ điạ chất) Giải pt 2 2

4 2 3 4 x x x x

ĐK : 2 x . Đặt t= 24 x x . Giải đƣợc t=2 ; t=-4/3.

+t=2 đƣợc x=0, x=2

+t=-4/3 đƣợc 2 14 2 14

;3 3

x x (loại)

KL : Pt có 3 nghiệm.

Bài 6 : (HV CNBCVT) Giải pt

3

4 1 3 2 5

x

x x .Giải : ĐK : x≥2/3.

Trục căn thức ta đƣợc 3

3 ( 4 1 3 2) 4 1 3 2 55

x x x x x x .

PT trên có nghiệm x=2. HS y= 4 1 3 2 x x ĐB do vậy x=2 là nghiệm duy nhất. Bài 7: Giải phƣơng trình 3(2 2) 2 6 x x x .ĐK: x≥2.

pt2(3 ) 6 2 2

2(3 )( 6 2 2) 8(3 )

3

6 2 2 4

x x x

x x x x

x

x x

KL: x=3; x=11 15

2



Bài 8: Giải phƣơng trình 27 7 x x

ĐK:x -7.

Đặt 27 0 7t x t x .

Phƣơng trình trở thành2

2 2

2( ) ( )( 1) 0

7

x t x t x t x t x t

t x

Giải đƣợc x=2; x=1 29

2 a) 3 31 2 2 1 x x

3 3

33

1 2 2 1

2 1 1 2

x x

y x y x

- Ph¬ng tr×nh ® îc chuyÓn thµnh hÖ

33 3

3 3 3 2 2

3

1

1 21 2 1 2 1 5

21 2 2( ) 2 0( )1 51 2

2

x y x y

x y x y x y x y

y x x y x y x xy y vn x y x y

- VËy ph ¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm.

c) 2 23 3 3(2 ) (7 ) (7 )(2 ) 3 x x x x

-Ñaët :

2 23 32.

3 33 7 9

31; 2 1; 6

2

u v uvu x pt

v x u v

u vu v x

uv

d) 3 2 1 1 x x .ÑK : x 1

3 2

1; 0

10;1; 2; 1;0;3

3 2 1

1;2;10

u x

v x v

u vu v

u v

x

Bài 9: Giải phƣơng trình 22 2 2 4 2 2 x x x x

ĐK: x≥2.

Đặt 2 22 2 2 4 2t x x t x x .

Thế vào phƣơng trình giải đƣợc t=1; t=-2. từ đó giải đƣợc x=2.

Bài 10: (Tham khảo 2002) giải phƣơng trình 24 4 2 12 2 16 x x x x

ĐK:x≥4.



Phƣơng trình 24 4 ( 4 4) 12 x x x x

Đặt t= 4 4 x x ≥0. giải phƣơng trình ẩn t đƣợc t=4; t=-3 (loại).Giải đƣợc x=5.Bài 11 :

a)(CĐSP 2004) Giải pt3

2 1 2 12

x x x x x

b) (ĐH-KD-2005) 2 2 2 1 1 4 x x x a) ĐK ; x≥1.

Pt3

1 1 1 12

x x x .

Xét 1≤x≤2 : giải đƣợc nghiệm x=1xét x>2 giải đƣợc x=5b)x=33. Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Từ những phƣơng trình tích 1 1 1 2 0 x x x , 2 3 2 3 2 x x x x

Khai triển và rút gọn ta sẽ đƣợc những phƣơng trình vô tỉ không tầm thƣờng chút nào, độcủa phƣơng trình dạng này phụ thuộc vào phƣơng trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phƣơng trình dạng này .Phƣơng pháp giải đƣợc thể hiqua các ví dụ sau .


Giải:

22t x , ta có : 2

32 3 3 0

1

t t x t x

t x


Giải:


21 1 x t x

21 1 0 x x t


: 2 22

2 3 1 2 1 0 1 2 1 01

t x x x t x t x t x

t x

Documents

Tuyen Tap Cac Bai Toan Va Phuong Phap Giai Pt Va Bpt Vo Ty