Xem mẫu
- SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÔ TỈ
- Mục Lục:
Trang
Phần I:
ĐẶT VẤN ĐỀ. 2
Phần II - NỘI DUNG
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA 3-6
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI 6-7
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ 7-9
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 20-
23
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 24
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC 25-
27
Bài tập tổng hợp: 27-
31
Phần III- KẾT LUẬN 31-
33
Tài liệu tham khảo 34
-Các từ viết tắt:
sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN)
- Điều kiện xác định: (ĐKXĐ)
- PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ .
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý 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, ý
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 cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có
mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS.
Sáng kiến kinh nghiệm ''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 lớp 9 và học sinh ôn thi vào THPT đối với hoc
sinh trường THCS Yên Lạc.
Trong SKKN này đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải
phương trình vô tỉ:
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.
Tôi hy vọng SKKN 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 ý kiến đóng góp quý báu từ các
thầy cô và các em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về : duc.hanh.yendong@gmail.com
Tôi xin cảm ơn!
- PHẦN II- NỘI DUNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
* PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
f ( x) 0
1/ f ( x) g ( x) g ( x) 0
f ( x) g ( x)
g ( x) 0
2/ 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
4/ 2n f ( x) 2n g ( x) g ( x) 0 (n N * )
f ( x) g ( x)
g ( x) 0
5/ 2n f ( x) g ( x) 2n
(n N * )
f ( x) g ( x)
6/ 2 n 1 f ( x) 2 n 1 g ( x) f ( x) g ( x) ( n N * )
7/ 2 n 1 f ( x) g ( x) f ( x) g 2 n 1 ( x) (n N * )
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1 (1)
x 1 0 x 1 x 1
HD: (1) 2
2 x3
x 1 (x 1) x 3x 0 x 3
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 2x 3 0
x 0
x 1 x 3
x 3
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)
1
1 x 2
x 2
2 x 1 0
2 x 1 2 x 2 3 x 1 2 2
(2 x 1) 2 x 3 x 1
1 1
1 1 2 x2
x
2 2 x0
x 7x 0
2 x 0
x 7
Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x 2 4 0
x 2 0
HD:ĐK: 2
x 2 (1)
x 4 0
x 2 3 ( x 2)( x 2) 0
PT x 2. 1 3 x 2 0
x2 0 x 2
(2)
1 3 x 2 0 x 17
9
Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình : 3x x 3x
HD:Đk: 0 x 3 khi đó pt đã cho tương đương:
3 3
3 2 1 10 10 1
x 3x x 3 0 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 3 1 3x x 1
2
1 3 x 2
9x
x 3 1 3 x x 5 97
18
2
Bài 7. Giải phương trình sau : 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3 x x 2
3
HD: pt 3
x 2 3 3x 0 x 1
Bài 8. Giải và biện luận 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
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
m2 4 m2 4
– Nếu m ≠ 0: x . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m ≥
2m 2m
m
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 m2 ≤ 4 0 m 2
+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 m2 ≥ 4 m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm
m2 4
x
2m
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 3 x m
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
x m x m
HD: Ta có: x2 3 x m 2 2 2
2
x 3 x m 2mx 2mx (m 3) 0
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm
m2 3 m2 3
– Nếu m ≠ 0: x . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m m
2m 2m
+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 m2 ≤ 3 0 m 3
+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 m2 ≥ 3 m ≤ 3
Tóm lại:
– Nếu 0 m 3 hoặc m 3 . Phương trình có một nghiệm:
m2 3
x
2m
– Nếu 3 m 0 hoặc m 3 : phương trình vô nghiệm
Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x x m m
- HD: Điều kiện: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x 1) 0 có hai nghiệm:
x1 = 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x m)( x m 1) 0
x m 0
x 1 m
+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x 1 = m; x2 =
2
(1 m)
+ Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: 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
4/ 1 x x2 4 x 1 5/ x 3 5 x 2
7/ x x 1 x 4 x 9 0 8/ x2 5 0
1 19
10/ 5x 1 2 0 11/ 3 2 x 3
2 6
13/ 16 x 17 8x 23 14/ 3x 1 2 x 3
Bài 2: Giải phương trình:
a) x2 1 x 1 b) x 2 x 3 0
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 2m x 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.
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 2
- b/ 2x 1 1 5 3
e/ x3 9 x 27 4 x 12 1
3 2
c/ 3 x 7 x 4 0
f) ( x 3) 10 x 2 x 2 x 12
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức
f ( x) g ( x) ( f ( x) 0)
sau: f 2 ( x) g ( x) f ( x) g ( x)
f ( x) g ( x) ( f ( x) 0)
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
– Nếu x < 2: (1) 2 – x = 8 – x (vô nghiệm)
– Nếu 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 |
Đặt y = x 1 (y ≥ 0) phương trình(*) đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm)
Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8
Bài 3:Giải phương trình: x 2 2 x 5 x 2 3 2 x 5 7 2
5
HD:ĐK: x
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
2x 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
Nếu x 2 pt x 1 1 x 1 1 2 x 2 (Loại)
Nếu 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:
Giải các phương trình sau:
1/ x 2 2 x 1 5 2/ x 4 x 4 3
3/ x2 6 x 9 2 x 1 4/ x 4 x 4 5x 2
5/ x2 2x 1 x2 4 x 4 4 6/ x 2 x 1 x 4 x 4 10
7/ 8/ x2 4 x 4 x2 6x 9 1
x2 6x 9 2x2 8x 8 x2 2x 1
9/ x 2 x 1 x 2 x 1 2 10/ x 3 2 x 4 x 4 x 4 1
11/ 12/ x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2
x 6 2 x 2 x 11 6 x 2 1
13/ x 2 2 x x 2 2 x 1 5 0 14/ 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4
15/ x 2 4 x 4 2 x 10 16/ x 2 2 x 1 2 x 8
1 1 1 2
x x x 2 x x 1 6 2 5 0
17/ 2 4 18/ 4
x3 20/ x 2 4 x 4 2 x
19/ x 2 x 1 x 2 x 1
2
21/ (x 1) 4 4 x 1 x 1 6 x 1 9 1 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 ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành
phương trình chứa một biến 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 x2 1 x x2 1 2
HD:Điều kiện: x 1
Nhận xét. x x 2 1. x x 2 1 1
- 1
Đặt t x x 2 1 thì phương trình có dạng: t 2 t 1
t
Thay vào tìm được x 1
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
4
HD:Điều kiện: x
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 vế của phương trình với điều kiện
2 x2 6 x 1 0
Ta được: x 2 ( x 3) 2 ( x 1)2 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
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 ( với
1 21 1 17
y 5) ( y 2 y 4)( y 2 y 5) 0 y (loaïi), y
2 2
11 17
Từ đó ta tìm được các giá trị của x
2
2
Bài 4. Giải phương trình sau : x 2004 x 1 1 x
HD: ĐK: 0 x 1
Đặt y 1 x thì phương trình trở thành:
2
2 1 y y 2
y 1002 0 y 1 x 0
1
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 2 x x 3x 1
x
HD:Điều kiện: 1 x 0
- 1 1
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x 2 x 3
x x
1
Đặt t x , 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 vế cho x ta được:
1 1
x 3 x 2
x x
1 1 5
Đặt t= 3 x , Ta có : t 3 t 2 0 t 1 x
x 2
Bài 7.Giải phương trình: 3 x 2 21x 18 2 x 2 7 x 7 2
HD:Đặt y = x 2 7 x 7 ; y 0
5
2
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 y 3 y 1
y 1
x 1
Với y = 1 x 2 7 x 7 1 Là nghiệm của phương trình đã
x 6
cho.
Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết 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 biết 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 tiếp
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
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
P x A x .B x
nếu:
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
x 4 1 x2 2x 1 x2 2 x 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
3
HD: Đặt u x 1 (u 0) ; v x 2 x 1 (v )
2
u 2v
phương trình trở thành : 2 u v 5uv
2 2
Tìm được:
u 1 v
2
5 37
x
2
3 4
Bài 2. Giải phương trình : x 2 3x 1 x x 2 1 (*)
3
HD:Dễ thấy: x 4 x 2 1 x 4 2 x 2 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1
Ta viết x 2 x 1 x 2 x 1 3 x 2
x 1 x 2 x 1
Đồng nhất vế 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
Đặt : u x 2 x 1 u ; v x 2 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 viết x 1 x 2 x 1 7 x 1 x 2 x 1
Đồng nhất vế 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 1
2
v u
4
Ta được : x 4 6
3
Bài 4. Giải phương trình : x 3 3x 2 2 x 2 6x 0
HD:Nhận xét : Đặt y x 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất
bậc 3 đối với x và y :
x y
x 3 3 x 2 2 y 3 6 x 0 x3 3 xy 2 2 y 3 0
x 2 y
Pt có nghiệm : x 2, x 22 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
Đặt
(u , v 0)
2
v x x 1
u 3v
Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) 3u v u 3v 0
v 3u
Nếu u = 3v x 1 3 x 2 x 1 9 x 2 10 x 8 0 (vô nghiệm)
x 5 33
Nếu v = 3u x 2 x 1 3 x 1 x 2 10 x 8 0 là
x 5 33
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 nếu ta bình phương hai vế 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
HD:Ta đặt : u, v 0; u v khi đó phương trình trở thành :
v x2 1
u 3v u 2 v 2
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
HD:Đk x . Bình phương 2 vế ta có :
2
x 2
2 x 2 x 1 x 2 1 x 2
2 x 2 x 1 x 2 2 x 2 x 1
- 1 5
2
u x 2 x u v
2
Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : uv u v
v 2 x 1 1 5
u v
2
1 5 1 5
Do u, v 0 . u v x2 2 x 2 x 1
2 2
Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 5 x 1
HD:Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được:
2 x2 5x 2 5 x 2
x 20 x 1
Nhận xét : Không tồn tại số , để :
2 x 2 5 x 2 x 2 x 20 x 1 vậy ta không thể đặt
u x 2 x 20
: .
v x 1
Nhưng may mắn ta có :
x 2
x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x 2 4 x 5
Ta viết lại phương trình: 2 x 2 4 x 5 3 x 4 5 ( x 2 4 x 5)( x 4) .
Đến đây bài toán được giải quyết .
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
2x 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 .
Bài 1. Giải phương trình : x 2 3 x 2 2 x 1 2 x 2 2
t 3
HD:Đặt t x 2 2 ; t 2 , ta có : t 2 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
Khi đó phương trình trở thnh : x 1 t x 2 1 x 2 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 3x 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
Nếu t = x x 2 1 x (Vô lý)
Nếu 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 b 3 c3 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 căn
bậc ba .
3
7 x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2
3
3x 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
HD:ĐK: x 2
u 2 x ; u 0
Đặt v 3 x ; v 1 , ta có :
w 5 x ; w 3
2 u 2 uv vw wu u v u w 2
3 v uv vw wu u v v w 3 , giải hệ ta được:
2
5 w2 uv vw wu
v w u w 5
30 239
u x
60 120
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 2x2 1
b
x 2 3x 2 a b c d
HD:Ta đặt : , khi đó ta có : 2 2 2 2
x 2
c 2x2 2 x 3 a b c d
d
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 x2 5 x 1
HD:Đặt
a; b 0
b x 2 x 1
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
Nếu a = 2b 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 x (thoả mãn)
3
Nếu 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 3 0 (2)
2
2 4
Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x
3
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau
3
: 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
Bài 1. Giải phương trình: x 3 35 x3 x 3 35 x3 30
HD:Đặt y 3 35 x3 x3 y 3 35
xy ( x y ) 30
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 3 3
, giải
x y 35
hệ này ta tìm được ( x; y ) (2;3) (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình
là x {2;3}
- 1
Bài 2. Giải phương trình: 2 1 x 4 x 4
2
HD:Điều kiện: 0 x 2 1
2 1 x u
Đặt 0u 2 1, 0 v 4 2 1
4
x v
Ta đưa về hệ phương trình sau:
1
1 u 4 2 v
u v 4
2 2
u 2 v 4 2 1 1 v v 4 2 1
4 2
2
1
Giải phương trình thứ 2: (v 2 1) 2 v 4
0 , từ đó tìm ra v rồi thay
2
vào tìm nghiệm 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
2 (a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1
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 .
Khi đó ta được hệ phương trình:
u 2 v 2 10 (u v) 2 10 2uv
4 4 8 2 4
2(u v) (u v ) 1
u v 3 uv 3
Bài 5. Giải phương trình: 4 629 x 4 77 x 8
HD:ĐK: 77 x 629
u 4 629 x
Đặt
(u; v 0)
4
v 77 x
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 x 3 x 2 2 3 (1)
HD:Với điều kiện: x 3 x 2 1 0 x3 x 2 2 0
u x3 x 2 1
Đặt
Với v > u ≥ 0
v x 3 x 2 2
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
uv 3
2 2
v u 3
uv 3 u v 3 u 1
(v u )(v u ) 3
v u 1 v 2
x3 x 2 1 1
x3 x 2 2 2
x3 x2 1 1
3 2
x x 2 4
x3 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}
2
2
Bài 7. Giải phương trình: 1 x 2 x
3
2
1 x 0 1 x 1
HD: Điều kiện: 0 x 1 (*)
x0 x0
2 2
Với điều kiện (*),đặt u x ; v x , với u ≥ 0, v
3 3
1 x2 1 u4
Ta có: 2
2
3 x v2
Do dó ta có hệ
- 2 2
uv 3 uv
3
1 u 4 v2 u 4 v 4 1
2 2
uv uv
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
uv uv
3
3
2
4
2u.v 2u .v 1
2 2 2u 2 .v 2 u.v 65 0
16
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
2 2 8 194
y y 0( a )
3 18
y 2 2 y 8 194 0(b)
3 18
(b) vô nghiệm
(a) có 2 nghiệm
97 97
1 3 1 3
2 2
y1 ; y2
2 3
u1 y1 u y 2
Do đó: 2
v1 y 2 v 2 y1
97
1 3
2
Vì u ≥ 0 nên ta chọn u y 2
3
2
97 97
1 3 1 3
2 2
x x
3 3
- 2
1 97
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 3
9 2
Bài 8. Giải phương trình: 4 18 5 x 4 64 5 x 4
HD:Với điều kiện
18
18 5 x 0
x 5 18 64
x (*)
64
64 5 x 0 x 5 5
5
Đặt u 4 18 5 x , v 4 64 5 x , với u ≥ 0, v ≥ 0
u 4 18 5 x
Suy ra 4
v 64 5 x
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
uv 4 uv 4
4 2
4
2 2
u v 82 u v 2(uv) 82
2
v 0, v 0 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 S4
2
p 32 P 87 0 P 3 P 29
P0 P0
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:
y 1
y2 4 y 3 0
y 3
u 1 u 3
Do đó ta có:
v 3 v 1
4 18 5 x 1 4 18 5 x 3
Suy ra
4 64 5 x 3 4 64 5 x 1
18 5 x 1 18 5 x 81
64 5 x 81 64 5 x 1
17 63
x x thoả mãn (*)
5 5
(2) Với S = 4, P = 29 không tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
nguon tai.lieu . vn
