Chuyên đề Toán 9: Giải phương trình vô tỉ trong bồi dưỡng học sinh giỏi - Nguyễn Văn Anh

Nội dung text: Chuyên đề Toán 9: Giải phương trình vô tỉ trong bồi dưỡng học sinh giỏi - Nguyễn Văn Anh

1. Chuyên đề: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ TRONG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI Tác giả: Nguyễn Văn Anh Giáo viên Trường THCS Hoài Đức 2.3 – Mô tả phân tích các giải pháp 2.3.1. Hệ thống một số sai lầm thường gặp khi giải bài toán phương trình vô tỉ. Qua tham khảo bài làm của học sinh khi tham gia các kì thi cấp huyện, cấp tỉnh cũng như bài làm của học sinh trong quá trình học tập thì các em thường mắc phải các sai lầm sau: Thứ nhất: Không xác định hoặc xác định sai lầm điều kiện Ví dụ 1a: Giải phương trình: x 2 2x 6 2 1a Học sinh giải: x 2 2x 6 2 x 2 2 2x 6 4 x 4 2x 6 1 1 16 2x 6 16 8x x2 x2 40x 112 0 1 (3) Giải phương trình 1 có x 20 12 2 Vậy phương trình có tập nghiệm là S 20 12 2;20 12 2 . * Sai lầm trong cách giải là: + Không tìm điều kiện của 1 là x 3 . + Khi biến đổi tương đương từ phương trình 1 đến phương trình 1 học sinh chưa đặt điều kiện cho: 4 x 0 x 4 + Khi kết luận nghiệm chưa thoả mãn các điều kiện nên nghiệm chưa chính xác. Lời giải đúng: x 2 0 Điều kiện: x 3 . Khi đó: 2x 6 0 x 2 2x 6 2 x 2 2 2x 6 4 x 4 2x 6 1 * Với 4 x 0 x 4 Ta có:. 1 16 2x 6 16 8x x2 x2 40x 112 0 1 (3) Giải phương trình 1 có x 20 12 2 Kết hợp điều kiện: 3 x 4 suy ra tập nghiệm của phương trình là: S 20 12 2. 3 x x 4 Ví dụ 1b: Giải phương trình: 1 1b 3 x x 4 Học sinh mắc sai lầm: 2 2 3 x x 4 3 x x 4 Ta có: 1b 1 1 3 x x 4 3 x x 4 7 2x 2 3 x x 4 7 2x 3 x x 4 4 x x 4 2 3 x x 4 x 4 7 . x 2 Trang 1
2. 7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x ; x 4 2 Học sinh đã mắc sai lầm: 7 + Bài giải hoàn hảo nhưng với xthì vế ; tráix không4 xác định nguyên nhân học sinh 2 không xác định điều kiện trước khi tiến hành biến đổi. 3 x 0 x 3 Lời giải đúng: Điều kiện: . x  x 4 0 x 4 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 2: Giải phương trình: x2 1 x 1 x 1 2 x 1 x 1 0 Có học sinh giải như sau: Điều kiện : x 1 x 1 0 Khi đó: (1) x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 Với x 1 , khi đó: x 1 x 1 x 1 1 x 1 Phương trình vô nghiệm A.B 0 A 0 * Sai lầm trong cách giải là: Cho nên học sinh đã giải sai điều kiện nhầm A 0 B 0 lẫn khi giải phương trình tích. A 0 A.B 0 B 0 C 0 Học sinh phải nhớ rằng và AC BC A 0 A 0 A B B 0 x 1 x 1 x 1 0 x 1 Lời giải đúng: Điều kiện: x 1 x 1 0 x 1 x 1 * Với x 1 Tương tự lời giải. * Với x 1 Phương trình được nghiệm đúng Vậy nghiệm của phương trình là x 1 - Trong khi giải phương trình dạng : f (x) g x * . Học sinh thường biến đổi như sau : f (x) g 2 (x) (a) * f (x) 0 2 f (x) g (x) (b) Sau khi giải được nghiệm học sinh không thử lại với phương trình * mà khẳng định ngay nghiệm của b là nghiệm của * hoặc nếu kiểm tra thì chỉ kiểm tra điều kiện f x 0 không quan tâm đến điều kiện g x 0 Ví dụ 3: Giải phương trình: x2 1 2 x 3 x2 1 0 x 1 5 3 2 x 0 1 x 2 x 2 2 4 x 1 (2 x) x 5 Trang 2
3. Để khắc phục sai lầm cho học sinh ta hướng dẫn học sinh giải theo phương pháp sau: 2n f (x) f (x) 0 =g(x) g(x) 0 (n N) 2n f (x) g (x) * Đối với phương trình bậc lẻ: 3 f (x) 3 g(x) h(x) Học sinh thường biến đổi như sau : f (x) g(x) 33 f (x).g(x)( 3 f (x) 3 g(x)) h3 (x) f (x) g(x) 33 f (x).g(x)h(x) h3 (x) c Sau khi giải xong phương trình học sinh kết luận luôn nghiệm của c chính là nghiệm của . Sai lầm của học sinh là cho rằng và là haic phương trình tương đương nhưng thực ra chúng không tương đương vì đã thay thế h(x) bởi 3 f (x) 3 g(x) Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x 1 3 2x 1 3 3x 1 4 4 x 1 2x 1 33 (x 1)(2x 1)( 3 x 1 3 2x 1) 3x 1 4 x 0 33 (x 1)(2x 1)(3x 1) 3 6x3 7x2 0 7 x 6 7 7 Thử lại 4 chỉ có x là thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình là : x 6 6 Để khắc phục sai lầm cho học sinh ta nhấn mạnh rằng 4và 4 không tương đương. Phương trình 4 là hệ quả của phương trình nên4 khi giải xong phải thử lại nghiệm vào phương trình 4 * Đối với phương trình dạng :f (x) g(x) h(x) , học sinh thường biến đổi như sau: f (x) 0 g(x) 0 2 ( f (x) g(x)) h(x) Do đó để khắc phục sai lầm cho học sinh ta cần nhấn mạnh rằng muốn bình phương hai vế thì hai vế phải không âm thì mới có hai phương trình tương đương f (x) 0; g(x) 0 Thực chất (1) h(x) 0 2 f (x) ( g(x) h(x)) Nhiều HS còn mắc sai lầm ngây thơ f (x) g(x) h(x) f (x) g(x) h(x) Thứ hai: Sai lầm khi sử dụng các phép biến đổi căn thức, biến đổi phương trình tương đương. a/ Khi sử dụng hằng đẳng thức thựcA2 hiện A phép biến đổi đưa thừa số ra ngoài (hoặc vào trong dấu căn) Ví dụ 5: Giải phương trình: x2 7x 12 x 3 x2 x 6 Lời giải: Ta có: x2 7x 12 x 3 x2 x 6 x 3 x 4 x 3 x 3 x 2 2 x 3 x 4 x 3 x 2 x 3 x 4 x 3 x 2 Trang 3
4. x 3 x 3 x 2 x 4 0 x 7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 3 và x 7 . Học sinh có thể kết luận với x 3 và x 7 là hai nghiệm thoả mãn của phương trình. (Bài giải đã thiếu mất nghiệm )x 2 Lời giải đúng: Ta có: x2 7x 12 x 3 x2 x 6 x 3 x 4 x 3 x 3 x 2 2 x 3 x 4 x 3 x 2 x 3 x 4 x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x 2 x 4 0 x 7 x 3 x 3 x 2 x 4 4 x 3 x 7 x 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 2 ; x 3 và x 7 0 khi A 0 2 Chú ý rằng: A B A B A B khi A 0 A B khi A 0 Lời giải trên đã bỏ sót mất trường hợp A 0 . b/ Khi vận dụng qui tắc khai phương của một tích, một thương Ví dụ 6: Giải phương trình: x x 1 x x 2 2 x x 3 6 Lời giải: Ta có: 6 x x 1 x x 2 2 x x 3 x 1 x 2 2 x 3 . Điều kiện: x 3 , khi đó ta có: x 1 x 3 và x 2 x 3 . Do đó: x 1 x 2 2 x 3 . Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Học sinh mắc sai lầm: + Không xét đầy đủ các trường hợp trong điều kiện để thực hiện vận dụng các qui tắc khai phương cả tích hoặc của thương. Cụ thể chưa xét trường hợp x 0 và x 0 x x 1 0 Lời giải đúng: Điều kiện: hoặcx x 2 0 x 0 x 3 x x 3 0 Ta có: + Với x 0 . Phương trình được nghiệm đúng + Với x 0 . Khi đó: 6 x x 1 x x 2 2 x x 3 x 1 x 2 2 x 3 . Vì x 0 , khi đó ta có: x 1 x 3 và x 2 x 3 . Do đó: x 1 x 2 2 x 3 . Suy ra phương trình vô nghiệm. + Với x 3 . Khi đó: 6 x x 1 x x 2 2 x x 3 Trang 4
5. x 1 x 2 2 x 3 . Vìx 3 , khi đó ta có: x 1 x 3 và x 2 x 3 . Do đó: x 1 x 2 2 x 3 . Suy ra phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 0 c/ Khi trục căn thức hoặc khử mẫu biểu thức dưới dấu căn x 2 x 1 Ví dụ 7: Giải phương trình: 7 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 Lời giải: Ta có: 7 x 1 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 0 x 1 0 x 1 . x 2 x 1 x 1 2 2 x 3 x x 2 x 1 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Học sinh mắc sai lầm: + Khi khử mẫu đưa thừa số ra ngoài dấu căn không để ý đến giá trị tuyệt đối nên bỏ sót một trường hợp. AB khi A 0; B 0 A AB B Chú ý rằng: B B AB khi A 0; B 0 B x 2 0 x 1 Lời giải đúng: Điều kiện: hoặc x 2 x 1 x 1 0 x 1 Ta có: + Với x 1 . Ta có: x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 7 x 1 2 x 1 x 1 x 1 2 x 2 x 1 x 1 x2 x 2 x 1 x 3 . (Không thỏa mãn điều kiện). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 + Với x 2 . Ta có: 7 x 1 2 x 1 x 1 x 1 2 x 2 x 1 x 1 x2 x 2 x 1 x 3 . (Thỏa mãn điều kiện). Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 3 d/ Khi thực hiện các phép biến đổi tương đương Ví dụ 8: Giải phương trình: 3 3x 1 3 x 1 3 2x 8 Lời giải: Ta có: 8 3x 1 x 1 33 3x 1. 3 x 1 3 3x 1 3 x 1 2x Trang 5
6. 33 3x 1. 3 x 1 3 3x 1 3 x 1 6x 3 3x 1. 3 x 1. 3 2x 2x 3x 1 x 1 2x 8x3 . x 0 x 0 x 0 x 3x 1 x 1 4x2 0 2 2 3x 1 x 1 4x 0 x 2x 1 0 x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 0; x 1 Học sinh mắc sai lầm: + Bài giải hoàn hảo nhưng với thìx vế1 trái có giá trị dương, vế phải có giá trị âm nên x 1 không phải là nghiệm của phương trình nguyên nhân sai lầm ở chỗ: 33 3x 1. 3 x 1 3 3x 1 3 x 1 6x 3 3x 1. 3 x 1. 3 2x 2x thực chất phép biến đổi thay 3 3x 1 3 x 1 3 2x (Sử dụng điều kiện của bài toán) là phép hệ quả chứ không phải biến đổi tương đương. Lời giải đúng:Ta có: 8 3x 1 x 1 33 3x 1. 3 x 1 3 3x 1 3 x 1 2x 33 3x 1. 3 x 1 3 3x 1 3 x 1 6x 3 3x 1. 3 x 1. 3 2x 2x 3x 1 x 1 2x 8x3 . x 0 x 0 x 0 x 3x 1 x 1 4x2 0 2 2 3x 1 x 1 4x 0 x 2x 1 0 x 1 Thử lại ta thấy x 0 thỏa mãn, vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 0 Thứ ba: Sai lầm trong khi đặt ẩn phụ + Học sinh sau khi đặt ẩn phụ thường quên không đặt điều kiện cho ẩn phụ Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm m x 2 x 1 9 Lời giải: Đặt x 1 t x t 2 1 Vậy 9 m t2 1 2t t2 2t m 1 0 9 Xét phương trình t2 2t m 1 0 9 có: ' m 2 Phương trình 9 có nghiệm phương trình 9 có nghiệm ' m 2 0 m 2 Vậy với m 2 thì phương trình có nghiệm. Học sinh mắc sai lầm: + Với m 2 ta có phương trình : t2 2t 1 0 t 1 x 1 1 (Vô lý). Phương trình vô nghiệm. Nguyên nhân: Phương trình 9 có nghiệm phương trình 9 có nghiệm ' m 2 0 m 2 Mà thực chất phương trình 9 có nghiệm phương trình 9 có nghiệm t 0 + Học sinh có đặt điều kiện cho ẩn phụ nhưng mới chỉ là điều kiện cần chưa phải là điều kiện đủ. Lời giải đúng: Đặt x 1 t x t 2 1 . Điều kiện: t 0 Vậy 9 m t2 1 2t t2 2t m 1 0 9 Xét phương trình t2 2t m 1 0 9 có: ' m 2 Phương trình 9 có nghiệm phương trình 9 có nghiệm và ít nhất một nghiệm t 0 Trang 6
7. ' 0 m 2 0 t1.t2 0 m 1 0 m 2 0 ' 0 m 2 0 m 1 (Vì hệ vô nghiệm)m 1 0 t1.t2 0 m 1 0 2 0 t t 0 1 2 2 0 Vậy với m 1 thì phương trình có nghiệm. 2 2 Ví dụ 10: Tìm m để cho phương trình sau có nghiệm: 2x x 2x x m 1 0 10 Lời giải: Đặt 2x x2 t 0 (10) t2 t m 1 0 10 Học sinh thường mắc sai lầm Phương trình 10 có nghiệm khi phương trình 10 có nghiệm t 0 là đủ. Nhưng đó chỉ là điều kiện cần , ta phải tìm điều kiện của t . x 2 x Gợi ý lời giải đúng: Ta có : t 2x x2 x(x 2) 1 t 0;1 2 Phương trình 10 có nghiệm khi phương trình 10 có nghiệm thỏa.t 0;1 Thứ tư: Sai lầm khi sử dụng bất đẳng thức để giải phương trình vô tỉ 2 Ví dụ 11: Giải phương trình: x x 1 3 x 2 x 1 11 Lời giải: Điều kiện: Đặt 1 x 3 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky cho hai bộ số x;1 , x 1; 3 x , ta được: x 1 x 1 3 x 2 x2 1 .Dấu “=” xảy ra 11 . x 1 3 x Do đó thay cho việc giải phương trình 11 , ta giải phương trình 11 x 1 Xét phương trình : x3 3x2 x 1 0 x 1 x2 2x 1 0 x 1 3 x x 1 x 1 2 (Thỏa mãn điều kiện 1 x 3 ) x 1 2 Vậy nghiệm của phương trình là : x 1; x 1 2 ; x 1 2 Học sinh thường mắc sai lầm + Thực ra x 1 2 không là nghiệm của phương trình 11 . Nguyên nhân: + Với điều kiện 1 x 3 , phép biến đổi: x 1 x3 3x2 x 1 0 x 1 x2 2x 1 0 là phép biến đổi hệ x 1 3 x quả chứ không phải là phép biến đổi tương đương, nên làm xuất hiện nghiệm ngoại lai x 1 2 Lời giải đúng: Điều kiện: Đặt 1 x 3 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxky cho hai bộ số x;1 , x 1; 3 x , ta được: x 1 x 1 3 x 2 x2 1 .Dấu “=” xảy ra 11 . x 1 3 x Trang 7
8. Do đó thay cho việc giải phương trình 11 , ta giải phương trình 11 x 1 Xét phương trình : . Điều kiện : 0 x 3 x 1 3 x x 1 (TM ) x 1 3 2 2 x 3x x 1 0 x 1 x 2x 1 0 x 1 2 (KTM ) x 1 3 x x 1 2 (TM ) Vậy nghiệm của phương trình là : x 1; x 1 2 2.3.2. Định hướng một số phương pháp giải bài toán phương trình vô tỉ. P1. Phương pháp nâng lên lũy thừa Cơ sở kiến thức về căn thức liên quan: A 0(B 0)  A B A B B 0 B 0  A B 2k A B 2 Tổng quát: 2k A B A B A 0  A B C B 0 (chuyển về dạng 2) A B 2 AB C  3 A 3 B 3 C A B 33 A.B 3 A 3 B C (1) và ta sử dụng phép thế: 3 A 3 B C ta được phương trình : A B 33 A.B.C C (2)  3 A B A B3 ; 2k 1 A B A B2k 1 Trên cơ sở lý thuyết kiến thức về căn thức ta định hướng phương pháp giải bằng cách nâng lên lũy thừa của một số dạng bài toán về phương trình vô tỉ sau: f x 0 a) Dạng 1: f x g x g x 0 2 f x g x Ví dụ 1: Giải phương trình: a/ 4 5x 12 1a 4 Giải: Điều kiện: x . Khi đó: 1a 4 5x 144 x 28 (Thỏa mãn điều kiện) 5 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 28 b/ x 1 x 1 1b x 1 x 1 Giải: Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là 1b 2 2 x 3 x 3 x 1 x 1 x 3x 0 c/ x 4x 3 2 1c Giải: Trang 8
9. 4x 3 0 x 2 1b 4x 3 x 2 x 2 0 x 7 x2 8x 7 0 2 4x 3 x 2 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 7 f x 0 b) Dạng 2: f x g x g x 0 f x g x Ví dụ 2: Giải phương trình: a/ 3x 2 2x 1 2a 1 2 3x 2 0 x 2 3 1 Giải: 2a 2x 1 0 x 1 5 3x 2 2x 1 x 5 1 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 5 b/ 2x2 3x 4 7x 2 2b 3 41 2 x 2x 3x 4 0 4 Giải: 2b 7x 2 0 3 41 7 x 3 x 2x2 3x 4 7x 2 4 2 2 2x 4x 6 0 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 3 c) Dạng 3: f x g x a (a là hằng số) + Nếu a 0 phương trình vô nghiệm f x 0 + Nếu a 0 , ta có: f x g x 0 g x 0 + Nếu a 0 ta có: f x 0 f x 0 f x g x a g x 0 g x 0 2 f x g x 2 f x . g x a 1 2 f x .g x a f x g x 2 1 Giải phương trình f x .g x a2 f x g x trở lại dạng 1 2 Trường hợp f x g x a (a là hằng số). Chuyển về dạng: f x a g x f x 0 f x 0 g x 0 g x 0 a g x 0 a g x 0 1 f x a 2 2a g x g x g x f x g x a 2 2a Trang 9
10. 1 Giải phương trình g x f x g x a2 trở lại dạng 1 2a Ví dụ 3: Giải phương trình: a/ x 1 4x 1 4 3a x 1 0 x 1 Giải: 3a 4x 1 0 2 4x2 3x 1 16 5x 2 2 4x 3x 1 16 5x Xét phương trình: 2 4x2 3x 1 16 5x 2 4x 3x 1 0 16 x 1 16 5x 0 5 x 2 2 2 2 9x 148x 260 4 4x 3x 1 16 5x Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 2 b/ x 3 x 4 1 3b x 4 Giải: 3b x 3 1 x 4 x 3 1 2 x 4 x 4 Xét phương trình: x 3 1 2 x 4 x 4 x 4 3 x 13 Vậy: phương trình đã cho có nghiệm là x 13 f x 0; g x 0;h x 0 d) Dạng 4: f x g x h x 2 2 f x g x h x Phương trình: 2 2 1 f x g x h x f x .g x h x f x g x trở lại dạng 1 2 Trường hợp f x g x h x Chuyển về dạng: f x h x g x f x 0 f x 0 g x 0 g x 0 h x g x 0 h x g x 0 1 2 2 g x f x g x h x f x h x 2h x g x g x 2h x 1 2 Giải phương trình g x f x g x h x trở lại dạng 1 2h x Ví dụ 4: Giải phương trình: x 3 5 x 2 4 Giải: Với điều kiện x 2 . Ta có: 4 x 3 x 2 5 2x 1 2 x 3 x 2 25 x 3 x 2 12 x 2 x 12 Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm 2 2 x 6 x 6 x x 6 x 24x 144 Trang 10
11. f x 0; g x 0;h x 0 d) Dạng 5: f x g x h x 2 2 f x g x h x Ví dụ 5: Giải phương trình: x 1 x 7 12 x 5 Giải: Với điều kiện 7 x 12 Ta có: 5 x 1 x 7 12 x x 1 12 x x 7 2 19x x2 84 x 4 2 2 2 44 4 19x x 84 x 8x 16 5x 84x 352 0 x1 ; x2 8 5 44 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x ; x 8 1 5 2 e) Dạng 6: f x 0; g x 0;h x 0 ; k x 0 f x g x h x k x 2 2 f x g x h x k x 2 2 Phương trình f x g x h x k x 2 f x .g x 2 h x .k x h x k x f x g x đưa về dạng 4 (trường hợp f x g x h x ) để giải Ví dụ 6: Giải phương trình: x x 1 x 4 x 9 0 6 Giải: Với điều kiện x 4 . Ta có: 6 x x 9 x 1 x 4 2x 9 2 x x 9 2x 5 2 x 1 x 4 7 x x 9 x 1 x 4 45 14x 14 x x 9 0 * Với x 4 vế trái của phương trình luôn là một số dương phương trình vô nghiệm  Lưu ý: -Nếu phương trình:f x g x h x k x Mà có: f x h x g x k x , thì ta biến đổi phương trình về dạng ,f x h x k x g x , sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả - Nếu phương 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 sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả. f) Dạng 7: 3 f x 3 g x 3 h x * Lập phương hai vế ta được: f x g x 33 f x .g x 3 f x 3 g x h x * Thay ta3 fđược x phương 3 g x trình 3 hệh quả:x f x g x 33 f x .g x h x h x * Giải phương trình hệ quả. Thử lại rồi kết luận nghiệm. Ví dụ 7: Giải phương trình: 3 2x 1 3 3x 1 3 5x 1 7 Giải: Trang 11
12. 7 2x 1 3x 1 33 2x 1 3x 1 3 2x 1 3 3x 1 5x 1 x 0 3 2 3 2x 1 3x 1 5x 1 1 30x 19x 0 19 x 30 Thử lại: + Với x 0 ta có: 3 2x 1 3 3x 1 2   3 2x 1 3 3x 1 3 5x 1 x 0 không phải là nghiệm 3 5x 1 1  phương trình. 19 + Với x ta có: 30 5  3 2x 1 3 3x 1 3 30 19  3 2x 1 3 3x 1 3 5x 1 x là nghiệm phương trình 5 30 3 5x 1 3 30  19 Vậy phương trình có nghiệm là: x 30  Bài tập tương tự Giải các phương trình sau: 1/ 6 x x 2 2 2/ 2 2x 1 x 3 5x 1 0 2 3 3 3/ x 4x 3 x 2 4/13 x 22 x 5 3 3 3 2 5/ x 5 x 6 2x 11 6/ x x 3x 5 x3 1 x 1 x2 x 1 x 3 8/ 2 2 x 5 x x 2 x 10 x 7/ x 3 9/ 3 x 1 3 x 2 3 x 3 0 10/ 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 P2. Phương pháp trị tuyệt đối hóa Cơ sở kiến thức về căn thức liên quan:  A2 A . Tổng quát: 2k A2k A  3TổngA3 quát:A 2k 1 A2k 1 A Trên cơ sở lý thuyết kiến thức về căn thức ta định hướng phương pháp giải bằng cách nâng lên lũy thừa của một số dạng bài toán về phương trình vô tỉ sau: Ví dụ 8: Giải phương trình: a/ x2 4x 4 x 8 8a 2 Giải: 8a x 2 8 x . Với điều kiện: x 8 Ta có: 8a x 2 8 x – Nếu x 2 : 5 2 x 8 x 0x 6 phương trình vô nghiệm. – Nếu 2 x 8 : 5 x 2 8 x x 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 5 b/ x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1 8b Trang 12
13. Giải: 2 2 2 8b x 1 1 x 1 3 2 x 1 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 0y 1 (vô nghiệm) + Với y 3 x 1 9 x 8 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 8  Bài tập tương tự Giải các phương trình sau: 1/ 4x2 4x 1 x 1 2/ x4 8x2 16 2 x 2 2 2 3/ 9x 6x 1 11 6 2 4/9x 12x 4 x 2 2 5/ x 2 x 1 x 1 1 6/ x 2x 1 x 1 1 1 1 1 x2 x x 8/ x2 x x 7/ 4 2 16 4 9/ x4 2x2 1 x 1 10/ 4x2 20x 25 2x 5 P3. Phương pháp đưa về phương trình tích Sử dụng đẳng thức u v 1 uv u 1 v 1 0 au bv ab vu u b v a 0 a - c x b - d ax b cx d m A2 B2 (A B)(A B) 0 Ví dụ 9 : Giải phương trình : a/ 3 x 1 3 x 2 1 3 x2 3x 2 9a Ta thấy: x 1 x 2 x2 3x 2 nên có dạng u v 1 uv , ta có: 3 3 x 0 Giải: 9a x 1 1 x 2 1 0 x 1 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 1; x 0 b/ 3 x 1 3 x2 3 x 3 x2 x 9b Ta thấy các biểu thức hạng tử trong phương trình chưa có dạng “quen thuộc”, nhưng tinh ý ta thấy x 1 3 3 x 1 3 x 1 có dạng u v 1 uv nên ta có thể giải như sau: x Giải: Ta có + x 0 , không phải là nghiệm + x 0 , ta chia hai vế cho x: Trang 13
14. x 1 x 1 9b 3 3 x 1 3 x 1 3 1 3 x 1 0 x 1 x x Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 1 c/ x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 9c Ta thấy: vì x 3 x 1 x2 4x 3 nên có dạng au bv ab vu , ta có: Giải: Điều kiện: x 1 . Ta có: x 1 9c x 3 2x x 1 1 0 x 0 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 0; x 1 Trong một số trường hợp ta cần tích hợp một số phương pháp khác để biến đổi đưa về dạng quen thuộc. Chẳng hạn ví dụ 9b (thực hiện chia 2 vế cho x) thì với ví dụ sau ta sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp Ví dụ 10: Giải phương trình: a/ 2x 1 x 2 x 3 10a Để ý thấy: 2x 1 x 2 x 3 . Do đó, nhân lượng liên hợp vào hai vế của phương trình. Giải: Điều kiện: x 2 . x 3 0 x 3 2x 1 x 2 1 0 Phương trình vô nghiệm. 2x 1 x 2 1 b/ x 1 2 x 1 x 1 1 x 3 1 x2 10b Giải: Điều kiện: x 1 . Khi đó: 24 10b x 1 1 x 2 x 1 1 x 1 0 x 0 ; x 1 2 25 24 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x ; x 0 25 c/ x 1 x3 x2 x 1 1 x4 1 10c Vận dụng: an bn a b an 1 an 2b an 3b2 a2bn 3 abn 1 bn 1 Giải: Điền kiện: x 1 Ta có: x4 1 x 1 x3 x2 x 1 10c x 1 1 1 x3 x2 x 1 0 x 2 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 2 Đối với một số phương trình chứa căn bậc ba ta cần lưu ý đến đẳng thức sau: a3 b3 c3 a b c 3 a b a c b c 0 Bên cạnh đưa về phương trình tích một số bài toán ta có thể biến đổi đưa về dạng tổng các bình phương. Chẳng hạn: Ví dụ 11: Giải phương trình: x2 4x 2 2x 3 5 11 3 Giải: Điền kiện: x Ta có: 2 Trang 14
15. 11 x2 4x 5 2 2x 3 0 2 x2 2x 1 2x 3 2 2x 3 1 0 x 1 2 2x 3 1 0 x 1 0 x 1 2x 3 1 0 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x 1  Bài tập tương tự Giải các phương trình sau: 1/ 4x2+3x 3 4 x3 3x2 2 2x 1 2/ x2 x 1 1 2 2 3/ x 3x 2 x 1 3 x 1 2 x 2 2 x 1 4/ 2 2 x 7x 6 x 3 x 6 x 2x 3 2 2 5/ x 1 2 x 4 x x 2 6/ 3x2 4x 7 2 x 3 2x 1 2 7/ 2x 2x 1 4x 1 8/ x3 x2 3x 3 2x x2 3 2x2 2x 9/ x2 10x 21 6 3 x 3 2 x 7 1 10/ x 2 y 2009 z 2010 x y z 2 P4. Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp này có thể xem là một “kỹ thuật” biến đổi, đưa phương trình từ dạng phức tạp về dạng đơn giản. Có nhiều cách phân loại trong phương pháp này, trong phạm vi đề tài tôi phân dạng loại của phương pháp dựa vào hình thái của phương trình hệ phương trình chứa ẩn phụ a) Sử dụng ẩn phụ để đưa về phương trình tích Dạng này được xem là một kỹ thuật được tích hợp trong phương pháp đưa về phương trình tích Ví dụ 12: Giải phương trình: a/ x2 x 1 1 12a 2 Giải: Đặt y x 1 y 0 x y2 1 x2 y2 1 . 2 Khi đó: 12a y2 1 y 1 0 y y 1 y2 y 1 0 1 5  Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: 0; 1;  2  3 b/ x 1 1 2 x 1 2 x 12b HD: ĐK: x 1 x ≥ 1. Đặt x 1 1 y . Khi đó: 12b y3 y2 2 0 y 1 x 1 Ví dụ 13: Giải phương trình: a/ x 1 3x 2x 1 13a Nhận xét: Ta nhận thấy: 3x x 1 2x 1 . Từ đó ta có ý tưởng đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích hai ẩn. Trang 15
16. Giải: Điều kiện: x 0 . Đặt u x 1 ; v 3x (Điều kiện: u 0;v 0). Khi đó: 13a v u u2 v2 u v u v 1 0 * 1 Giải (*), xác định x 2 1 Vậy phương trình có nghiệm là: x 2 b/ 2 x2 2 5 x3 1 13b 2 2 x x 1 x 1 x 2 Nhận xét: Ta nhận thấy: . Từ đó ta có ý tưởng đặt ẩn phụ đưa về 2 3 x x 1 x 1 x 1 phương trình tích hai ẩn. Giải: Điều kiện x 1 Đặt u x 1 ; v x2 x 1 (Điều kiện: u 0;v 0 ; x 1). Khi đó: 13b 2 u2 v2 5uv 2u v u 2v 0 * 5 37 5 37 Giải (*), xác định x ; x 2 2 5 37 5 37 Vậy phương trình có nghiệm là: x ; x 2 2 4 1 5 Ví dụ 14: Giải phương trình: x x 2x (14) x x x Hướng dẫn: Tương tự ví dụ 13: 1 5 Đặt u x ; v 2x (Điều kiện: u 0;v 0) x x 14 v u u2 v2 u v u v 1 0 x 2 Ví dụ 15: Giải phương trình: x2 3x 2 x 3 x 2 x2 2x 3 15 Giải: Điều kiện : x 2 . 15 x 1 x 2 x 3 x 2 x 1 x 3 Đặt: a x 1; b x 2 ; c x 3 , a;b;c 0 . Kh đó: a 1 15 ab c b ac a 1 b c 0 x 2 b c b) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình: “Kỹ thuật” này thường dùng khi các biểu thức chứa ẩn trong phương trình có mối liên hệ đồng bậc và kết quả là hằng số. Trong dạng phương này cần chú ý đến các hệ mẫu mực như hệ đối xứng Ví dụ 16: Giải phương trình: x 1 2x 1 5 16 Nhận xét: Ta nhận thấy: 2x 1 2 x 1 1 (hằng số). Từ đó ta có ý tưởng đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình hai ẩn. Giải: Điều kiện: x 1 . Đặt u x 1; v 2x 1, u;v 0 . Trang 16
17. v u 5 u 2 Ta có hệ: x 5 . 2 2 v 2u 1 u 12 Ví dụ 17: Giải phương trình: 8 x 5 x 5 17 Nhận xét: Ta nhận thấy: 8 x 5 x 13 (hằng số). Từ đó ta có ý tưởng đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình hai ẩn. Giải: Điều kiện: 0 x 25 . Đặt u 8 x ; v 5 x , u;v 0 . Ví dụ 18: Giải phương trình: x 3 25 x3 x 3 25 x3 30 18 Giải: (Đặt ẩn phụ để đưa về hệ đối xứng loại I) Đặt y 3 35 x3 x3 y3 35 . Khi đó: xy(x y) 30 18 , 3 3 x y 35 Giải hệ này ta tìm được (x; y) (2;3) (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3} Ví dụ 19: Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5 19 Giải: (Đặt ẩn phụ để đưa về hệ đối xứng loại II) 5 ĐK: x . Ta biến đổi phương trình như sau: 4 4x2 12x 2 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11 Đặt 2y 3 4x 5 ta được hệ phương trình sau: 2 (2x 3) 4y 5 (x y)(x y 1) 0 2 (2y 3) 4x 5 Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3 . Với x y 1 0 y 1 x x 1 2 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở dây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A B A B C C A B , khi đó ta có hệ: 2 A C A B A B Ví dụ 20: Giải phương trình: 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4 20 Giải: (Đặt ẩn phụ để đưa về hệ “tạm”) Ta thấy : 2x2 x 9 2x2 x 1 2 x 4 + Xét x 4 không phải là nghiệm của phương trình + Xét x 4 2x 8 Trục căn thức ta có : x 4 2x2 x 9 2x2 x 1 2 2x2 x 9 2x2 x 1 Trang 17
18. 2 2 x 0 2x x 9 2x x 1 2 2 Vậy ta có hệ: 2 2x x 9 x 6 8 2 2 x 2x x 9 2x x 1 x 4 7 8  Thử lại thỏa; vậy S 0;  7  c) Sử dụng ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến: “Kỹ thuật”này thường sử dụng đối với dạng phương trình sau: Dạng 1: Các phương trình có dạng : ,m đặtA. B n A.B p 0 t A.B A.B t2 m. f (x) n. f (x) p 0 , đặt t f (x) f (x) t2 x b x b m.(x a)(x b) n(x a) p 0 đặt t (x a) (x a)(x b) t2 x a x a Chú ý: Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại Ví dụ 21: Giải phương trình: a/ x2 2x 4 3 x x 1 10 21a (Dạng mA.B n A.B p 0 ) Giải: Điều kiện: 3 x 1 . Ta có: 3 x x 1 x2 2x 3 . Do đó: 21a x2 2x 3 4 3 x x 1 13 0 Đặt: t 3 x x 1 t 0 t 2 x2 2x 3 . Ta có phương trình: t 2 4t 13 0 t 17 2 t 2 21 4 17 Từ đó suy ra: x2 2x 18 4 17 x2 2x 1 17 4 17 0 x  2 b/ x 3 3x 22 x2 3x 7 21b (Dạng m. f (x) n. f (x) p 0 ) 2 2 3 19 Giải: Điều kiện: vì x 3x 7 x 0 với mọi x 2 4 Ta có: 21b x2 3x 7 20 x2 3x 7 . Đặt t x2 3x 7 t 0 . Khi đó phương trình trở thành: t 4 KTM t2 t 20 0 t 5 TM 2 2 x 3 Đặt: t 5 x 3x 7 5 x 3x 18 0 x 6 Vậy phương trình có nghiệm x 3; x 6 x 1 c/ x 3 x 1 4 x 3 3 21c x 3 Trang 18
19. (Dạng m. f (x) n. f (x) p 0 ) Giải: Điều kiện : xhoặc 3 . Đặt: x 1 t 3 x x . 1 t 0 + Với x 3 Ta có: 21c x 3 x 1 4 x 3 x 1 3 0 Ta có phương trình: 2 t 3 t 4t 1 0 KTM x 1 + Với x 3 Ta có: 21c x 3 x 1 4 x 3 x 1 3 0 Ta có phương trình: 2 t 1 t 4t 1 0 t 3 Với: t 1, ta có: x2 2x 3 1 x 1 5 Với: t 1, ta có: x2 2x 3 3 x 1 13 Vậy phương trình có nghiệm x 1 5; x 1 13 Dạng 2: Các phương trình có dạng: 2 m A B A B n 0 Đặt: t A B Ví dụ 22: Giải phương trình: 2 a/ 1 x x2 x 1 x 22a 3 Giải: Điều kiện: 1 x 0 . Ta có: 21a 3 2 x 1 x 3 x 1 x Đặt: t x 1 x t 0 t 2 1 2 x x2 . Ta có phương trình: 2 t 1 t 3t 2 0 t 2 x 0 + Với t 1 . Ta có: x 1 x 1 x 1 x 0 x 1 + Với t 2 . Ta có: x 1 x 2 2 x x2 3 4x2 4x 9 0 x  Vậy phương trình có nghiệm x 0; x 1 3 1 b/ 3 x 2x 7 22b 2 x 2x Giải: Điều kiện x 0 . Ta có: 1 1 22b 3 x 2 x 7 2 x 4x Trang 19
20. 1 1 Đặt: t x t 0 t2 x 1 . Ta có phương trình: 2 x 4x t 1 KTM 2 2t 3t 5 0 5 t TM 2 21 5 17 x 5 1 5 8 + Với t . Ta có: x 2x 1 5 x 2 2 x 2 21 5 17 x 8 21 17 21 17 Vậy phương trình có nghiệm x ; x 8 8 Dạng 3: A x A x B x  B x 0 Đặt ẩn phụ để đưa về dạng: u2 uv v2 0 (*). Khi đó: 2 u u + Xét v 0 phương trình trở thành :  0 v v + Xét v 0 (thử trực tiếp) Mở rộng: a.A x bB x c A x .B x u v mu2 nv2 Ví dụ 23: Giải phương trình: 3x2 x 7 4 x 1 x2 2 23 Giải: Điều kiện: x 1 . Ta có: 20 x 1 4 x 1 x2 2 3 x2 2 0 x 1 2 t 1 Đặt t ; t 0 ta có phương trình: t 4t 3 0 x2 2 t 3 x 1 Với t 1 1 x2 x 1 0 x  . x2 2 x 1 Với t 3 9 9x2 x 17 0 x  x2 2 Vậy phương trình vô nghiệm. Giải toán không phải là khuôn mẫu nên thực tế quá trình giải toán không phải lúc nào cũng có sẵn dạng loại quen thuộc mà đòi hỏi tư duy và kỹ năng tích hợp các kiến thức, kỹ năng liên quan để “đưa lạ về quen”. Sự vận dụng hợp lý các đẳng thức sau đây trong quá trình biến đổi: x3 1 x 1 x2 x 1 x4 x2 1 x4 2x2 1 x2 x2 x 1 x2 x 1 x4 1 x2 2x 1 x2 2x 1 4x4 1 2x2 2x 1 2x2 2x 1 Trang 20
21. Ví dụ 24: Giải phương trình: (Đưa về dạng a.A x bB x c A x .B x ) a/ 2 x2 2 5 x3 1 24a Giải: Điều kiện: x 1 . Ta có: 21 2 x 1 x2 x 1 5 x 1 x2 x 1 Đặt u x 1,v x2 x 1 u 2v 2 2 5 37 Phương trình trở thành: 2 u v 5uv 1 x u v 2 2 5 37 Vậy phương trình có nghiệm: x 2 b/ 2x2 5x 1 7 x3 1 24b Giải: Điều kiện: x 1 . + Nhận xét: Ta viết x 1  x2 x 1 7 x 1 x2 x 1 + Đồng nhất thức ta được: 3 x 1 2 x2 x 1 7 x 1 x2 x 1 Đặt u x 1 0 ,v x2 x 1 0 , ta được: v 9u 3u 2v 7 uv 1 x 6 . v u 4 Vậy phương trình có nghiệm: x 4 6 . Như vậy phương trình Q x P x có thể giải theo kỹ thuật này nếu: P x A x .B x Q x aA x bB x Ví dụ 25: Giải phương trình: (Đưa về dạng u v mu2 nv2 ) a/ x2 3 x2 1 x4 x2 1 25a Giải: ĐK: x 1 . Đặt u x2 ; v x2 1 u 0;v 0 , ta được phương trình: 2 2 2 v 0 u 3v u v 10v 9uv 0 10v 9u 0 + Xét v 0 x2 1 0 x 1 v 0 . + Xét 10v 9u 0 x 1. u 0 Vậy phương trình có nghiệm: x 1 . b/ x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 25b Trang 21
22. 1 Giải: Điều kiện: x . Vì cả hai vế đều không âm nên bình phương 2 vế ta có: 2 22b x2 2x 2x 1 x2 1 x2 2x 2x 1 x2 2x 2x 1 u x2 2x Đặt : u 0;v 0 , khi đó ta có hệ : v 2x 1 1 5 u v 2 2 2 uv u v 1 5 u v 2 1 5 1 5 Do u,v 0 . Nên:u v x2 2x 2x 1 2 2 2x2 2 1 5 x 1 5 0 vô nghiệm c/ 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 25c Giải: Điều kiện: x 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 22c 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x 1 Nhận xét: Ta nhận thấy không tồn tại số , để: 2x2 5x 2 x2 x 20  x 1 . u x2 x 20 Vậy ta không thể đặt: . v x 1 Ta có: x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x2 4x 5 . Khi đó ta có phương trình: 2 x2 4x 5 3 x 4 5 (x2 4x 5)(x 4) . u x2 4x 5 Đặt: . Ta có phương trình: 2u2 3v2 5uv v x 4 5 61 Bài toán đến đây giải quyết được, kết quả: x ; x 8 2 5 61 Vậy phương trình có nghiệm: x ; x 8 2 d/ Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu. (Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn). Trong một số trường hợp biểu thức dưới dấu căn và biểu thức ngoài căn có mối quan hệ không hoàn thiện nên mặc dù đặt ẩn phụ nhưng ẩn ban đầu vẫn còn. Chẳng hạn: Ví dụ 26: Giải phương trình: x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2 26 2 2 t 3 Giải: Đặt t x 2 , ta có : t 2 x t 3 3x 0 t x 1 Trang 22
23. + Xét t 3 x2 2 3 x 7 . + Xét t x 1 x2 2 x 1 * ĐK: x 1 . Ta có: 1 * x2 2 x2 2x 1 x 1 (loại). 2 Vậy phương trình có nghiệm : x 7 .  Bài tập tương tự 1/ x2 3x 1 x 3 x2 1 2/ 15x 2x2 5 2x2 15x 11 3/ 2 2 x 5 x x 2 x 10 x 4/ 4x2 13x 5 3x 1 0 5/ 3 x2 1 3x3 2 3x 2 6/ 3 3x 5 8x3 36x2 53 25 7/ 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 8/ 2x2 16x 18 x2 1 2x 4 9/ x2 15 3x 2 x2 8 10/ x2 x 2 1 16x 2 11/ 4 3 10 3x x 2 12/ x (2004 x)(1 1 x )2 3 x2 4 x 1 2x 3 13/ 2x2 11x 21 33 4x 4 0 4 14/ 3 81x 8 x3 2x2 x 2 3 15/ 2n (1 x)2 3n 1 x2 n (1 x)2 0 P5. Phương pháp nhân lượng liên hợp Trở ngại lớn nhất khi giải phương trình vô tỉ là khử dấu căn, ngoài các phương pháp, kỹ thuật đã trình bày thì kỹ thuật nhân lượng liên hợp cũng là một kỹ thuật cơ bản, cơ sở cơ bản nhất của kỹ thuật nhân lượn liên hợp là khử dấu căn bằng cách nâng lên lũy thừa mà không xuất hiện hạng tử trung gian trong các biểu thức có dạng tổng của các căn thức. Phương pháp này thường sử dụng tích hợp vói các phương pháp khác nhất phương pháp đưa về phương trình tích. Trong đó, kỹ thuật nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là khá phổ biến Cơ sở lý thuyết của phương pháp nhân lượng liên hợp: * A B A B A2 B2 * A B A2 mAB B2 A3 B3 Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích x x0 A x 0 ta có thể giải phương trình A x 0 hoặc chứng minh A x 0 vô nghiệm, chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh giá A x 0 vô nghiệm Ví dụ 27: Giải phương trình: a/ 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 27a Giải: Ta nhận thấy : Trang 23
24. 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 x2 2 x2 3x 4 3 x 2 Ta có thể trục căn thức 2 vế: 2x 4 3x 6 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 Dể dàng nhận thấy x =2 là nghiệm duy nhất của phương trình. b/ x2 12 5 3x x2 5 27b 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x2 12 x2 5 3x 5 0 x 3 Ta nhận thấy: x 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích về dạng: x 2 A x 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách như sau : x2 4 x2 4 x2 12 4 3x 6 x2 5 3 3 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 1 x 2 3 0 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 5 Dễ dàng chứng minh được : 3 0, x x2 12 4 x2 5 3 3 Vậy x =2 là nghiệm duy nhất của phương trình c/ 3 x2 1 x x3 1 27c Giải: ĐK x 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình 3 x2 1 2 x 3 x3 2 5 2 x 3 x 3 x 3x 9 x 3 1 2 3 3 x2 1 2 3 x2 1 4 x 2 5 x 3 x 3 x2 3x 9 Ta chứng minh : 1 1 2 2 2 3 3 x2 1 2 3 x2 1 4 3 x2 1 1 3 x 2 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3  Bài tập tương tự 1/ 3x 1 x 3 x 1 2/ 2x2 7x 10 2x2 x 4 3 x 1 3/ x 4 3 x 3 3 4/ 5x 6 10 3x 2x2 x 2 P6. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức Đây là phương pháp thể hiện tính liên hoàn trong giải toán, đòi hỏi tư duy và kỹ năng tích hợp hợp lý linh động trong giải toán. Phương pháp này thường thể hiện trong các các trường hợp sau: Trang 24
25. a) Chứng tỏ tập giá trị của hai vế là rời nhau, khi đó phương trình vô nghiệm Ví dụ 28: Giải phương trình: x 1 5x 1 3x 2 28 Bài toán này có thể sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa dạng f x g x h xđể giải. Tuy nhiên, ta có thể sử dụng kỹ thuật chứng minh bất đẳng thức để giải như sau Giải: Điều kiện x 1 . Khi đó: x 5x x 1 5x 1 x 1 5x 1 VT 0 Mà VP 3x 2 1 0, x 1 . Do đó phương trình vô nghiệm. b) Sử dụng tính đối nghịch ở hai vế Ví dụ 29: Giải phương trình: 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 29 Bài toán này nếu sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa dạng f x g x h x để giải thì sẽ đưa về phương trình bậc cao (bậc 4) rất phức tạp. Sử dụng phương pháp dùng bất đẳng thức với kỹ thuật sử dung tính đối nghịch của hai vế ta giải như sau: Giải: Ta có: 29 3 x2 2x 1 4 5 x2 2x 1 9 5 x2 2x 1 2 2 2 3 x 1 4 5 x 1 9 5 x 1 Ta nhận thấy: VT 4 9 5 . Dấu “=” xảy ra x 1 VP 5 . Dấu “=” xảy ra x 1 Vậy phương trình có nghiệm: x 1 c) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số (tìm một nghiệm, chứng minh nghiệm đó là duy nhất) x 7 Ví dụ 30: Giải phương trình: 8 2x2 2x 1 30 x 1 1 Giải: Điều kiện: x Ta có: x 2 clà một nghiệm của phương trình 2 1 6 Nếu: x 2 thìVT 1 8 3 8 ; VP 2x2 2x 1 8 3 VT VP 2 x 1 6 Nếu: 2 x thì VT 1 8 3 8 ; VP 2x2 2x 1 8 3 VT VP x 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x 2 d) Sử dụng điều kiện xảy ra dấu “=” ở bất đẳng thức x 4x 1 Ví dụ 31: Giải phương trình: 2 31 4x 1 x 1 a b Giải: Điều kiện: x Áp dụng bất đẳng thức 2 với ab 0 4 b a 1 x 4x 1 Với điều kiện x x 4x 1 0 . Nên: 2 . 4 4x 1 x Dấu “=” xảy ra x 4x 1 x2 4x 1 0 x 2 3 Ngoài ra, bất đẳng thức còn sử dụng trong các bài toán về phương trình vô tỉ liên quan đến tham số. Chẳng hạn: Trang 25
26. Ví dụ 32: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 4 4 x0 1 x0 x0 1 x0 m Giải:  Điều kiện cần: Giả sử (*) có nghiệm duy nhất là x x0 . Khi đó ta có: 4 4 x0 1 x0 x0 1 x0 m . Khi đó: x 1 x0 cũng là nghiệm của (*). 1 Vì phương trình có nghiệm duy nhất nên: x 1 x x m 2 4 8 (a) 0 0 0 2  Điều kiện đủ: Với m 2 4 8 ta có phương trình: 4 x 4 1 x x 1 x 2 4 8 1 Áp dụng bất đẳng thức Bunhicốpxki ta có: 1 x 1 x 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x 1 x x 2 1 4 x 4 1 x 4 8 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x 1 x x 2 1 x 1 x 4 x 4 1 x 2 4 8 x (b) 2 Từ (a) và (b) ta có với m 2 4 8 thì phương trình có nghiệm duy nhất.  Bài tập tương tự 1 2x 1 2x 1/ 1 2x 1 2x 1 2x 1 2x x 4x 1 2/ 2 4x 1 x 3/ 4 x 4 1 x x 1 x 2 4 8 4/ 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 5/ 2x4 8 4 4 x4 4 x4 4 x2 6x 15 6/ x2 6x 18 x2 6x 11 7/ 16x4 5 6 3 4x3 x 8/ x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 9/ 8 x3 64 x3 x4 8x2 28 2 1 1 10/ 2 x 2 2 4 x x x Trang 26