Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 1A

44 trang nhungbui22 11/08/2022 2450

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 1A", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_phuong_trinh_he_phuong_trinh_toan_lop_10_phan_1_phuo.doc

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 1A

Pt- Các pp giải- Lớp 10 I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 2 Giải phương trình: 1 x x2 x 1 x 1 3 G: Đ/k: 0 x 1 2 2 2 2 2 2 Cách 1: 1 x x x 1 x 1 x x x 1 x 3 3 x x2 0 2 2 2 2 x 0 4 x x 6 x x 0 x x 4 x x 6 0 2 3 x x x 1 2 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x 0, x 1. t2 1 Cách 2: Đặt t x 1 x 1 t 2 x x2 2 t2 1 t 1 x 1 Phương trình trở thành: 1 t x 1 x 1 3 t 2 khoâng thoûa maõn x 0 Cách 3: Đặt a x;b 1 x;a 0,b 0 a b 1 a 0 2 3 2ab 3 a b ab 0 1 ab a b b 1 x 0 Ta có: 3 2 a b 2 2 2 a b 2ab 1 a 1 x 1 a b 1 3 khoâng toàn taïi a,b ab b 0 2 Cách 4: Đặt x sin ,0 2 2 2 Pttt:1 sin 1 sin2 sin 1 sin2 sin cos 3 sin cos 2 0 3 0 sin cos 1 x 0 sin cos 2 khoâng toàn taïi x 1 2 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.1 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 [I.1] Phương-pháp biến-đổi tương-đương n [§] Kiến thức cần nhớ: i) n a a ii) a b a2n b2n ab 0 iii) a b a2n 1 b2n 1 a,b ; iv) a b 0 a2n b2n ; v) a b a2n 1 b2n 1 a,b A 0(B 0) B 0 B 0 Dạng 1 : Pt A B Dạng 2: Pt A B Tổng quát: 2k A B 2 2k A B A B A B A 0 Dạng 3: Pt: ) 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 3 C ta được pt: A B 33 A.B.C C (2) Dạng 4: 3 A B A B3 ; 2k 1 A B A B2k 1 Chú ý: - Phương trình (2) là phương trình hệ quả của pt (1). - Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại. Vd: Gpt: a) 3x2 9x 1 x 2 0 b) 2x 9 4 x 3x 1 G: a) 3x2 9x 1 x 2 0 3x2 9x 1 2 x x 2 2 x 0 x 3 1 1 x . Vậy pt có nghiệm: x 2 2 3x 9x 1 4 4x x 1 2 2 x 2 2x 9 0 1 b) 2x 9 4 x 3x 1 Điều kiện: 4 x 0 x 4 3 3x 1 0 Pt 2x 9 3x 1 4 x 2x 9 2x 5 2 (3x 1)(4 x) x 0 2 11 (3x 1)(4 x) 2 3x 11x 0 11 (nhận). Vậy tập nghiệm của pt là: S 0;  x 3  3 n n 1 n 2 Lưu ý: + Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình a0 x a1 x a2 x  an 1 x an 0 có nghiệm n 1 n 2 x= thì chia vế trái cho cho x– ta được x b0 x b1 x  bn 2 x bn 1 0 , tương tự cho bất phương trình. → Phương trình bất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác. → Phương trình bất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trình bất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. “Cũng như không ?!” I.1)Giải phương trình: a) x 1 x 1 (1) b) x 2x 3 0 c) x 2 x 4 d) 3x2 9x 1 x 2 0 e) 2x 9 4 x 3x 1 f) 5x 1 3x 2 x 1 0 g) x 4 1 x 1 2x h) x 2 3 x2 4 0 x 1 0 x 1 x 1 a) (1) G: 2 2 x 3 x 1 (x 1) x 3x 0 x 3 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.2 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x 0 x 0 x 0 b) x 2x 3 0 2x 3 x x 3 2 2 x 1 2x 3 x x 2x 3 0 x 3 c) x 2 x 4 d) 3x2 9x 1 x 2 0 1 e) 2x 9 4 x 3x 1 Điều kiện: x 4 . Khi đó hai vế pt đều không âm nên: 3 11 x 2x 9 4 x 3x 1 3 (4 x)(3x 1) 3x2 11x 0 3 x 0 11 Đối chiếu đk, hai nghiệm đều thỏa. Vậy nghiệm pt là: x ; x 0 3 f) 5x 1 3x 2 x 1 0 Điều kiện: x 1 5x 1 3x 2 x 1 0 5x 1 3x 2 x 1 x 2 2 (5x 1)(x 1) (*) Với đk đã xét thì x 2 0 nên tiếp tục bình phương hai vế (*), ta có: 2 x 2 2 (5x 1)(x 1) 11x2 24x 4 0 x 2  x 11 2 Đối chiếu điều kiện loại nghiệm x . Vậy nghiệm phương trình là: x 2 11 Nhận xét: Học sinh thường mắc phải sai lầm: + Để nguyên phương trình (2) và bình phương hai vế; + Bình phương hai vế phương trình (*) mà không xét điều kiện vế trái. 1 2x 0 g) x 4 1 x 1 2x x 4 1 2x 1 x 1 x 0 x 4 1 2x 1 x 2 (1 2x)(1 x) 1 1 1 x 1 2 1 1 x x x 2 2 2 2x 1 0 2 2 x 0 x 0 2 2 2 2 2x 1 2x 3x 1 (2x 1) 2x 3x 1 x 7x 0 x 7 x 2 0 h) x 2 3 x2 4 0 Đk: x 2 (1)PT x 2 3 (x 2)(x 2) 0 2 x 4 0 x 2 0 x 2 x 2. 1 3 x 2 0 17 (2) . Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2 1 3 x 2 0 x 9 2 I.2) Giải pt: a) 3 x x 3 x b) 2 x 3 9x2 x 4 c) 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 d) x2 5x x3 2x 1 x 1 3 3 3 2 1 10 10 1 G: a) Đk: 0 x 3 .Pt đã cho ↔ x 3x x 3 0 x x 3 3 3 3 x 1 2 2 2 x 3 1 3x b) 2 x 3 9x x 4 Đk: x 3 pt↔ 1 3 x 9x 5 97 x 3 1 3x x 18 2 3 c) 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 pt 3 x 2 3 3x 0 x 1 d) x2 5x x3 2x 1 x 1 Đk: x3 2x 1 0; x2 5x x3 2x 1 0; .Bài-giảng Pt- Hpt trang.3 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x 1 0 x 2 3 1 x 5x x 2x 1 x 1 2 2 3 3 x 5x x 2x 1 x 1 x 2x 1 1 3x x 1 1 1 1 x x 3 x 0 (TMÑK) 3 2 x 0; x 1; x 8 3 x 2x 1 1 3x I.3)Giải phương trình : a) 3 12x 12 3 2x 3 3 x (1) b) 3 x 3 3x 5 3 2x 1 3 2x 6 (2) c) 2x 1 x 2 3x 1 0 [D – 2006] 3 3 G: a) Pt↔ 3 12x 12 3 2x 3 3 x 12x 12 (2x 3) 3.3 12x 12.3 2x 3 3 12x 12 3 2x 3 x 3 12x 12.3 2x 3 3 12x 12 3 2x 3 3(x 1) 3 12x 12.3 2x 3.3 x 3(x 1) (*) ( thay 3 12x 12 3 2x 3 3 x ) 3 2 2 (12x 12)(2x 3)x 27(x 1) (x 1) 4(2x 3x) 9(x 1) 0 2 x 1 (x 1)( x 6x 9) 0 . Thử lại thỏa. Vậy nghiệm phương trình là: x 1, x 3 x 3 Nhận xét: + Với dạng 3 A 3 B 3 C , ta lập phương hai vế , sử dụng hđt (a b)3 a3 b3 3ab(a b) và dùng phép thế 3 A 3 B 3 C ta được pt A B 33 A.B.C C + Pt (1) và (*) không tương đương vì ta đã dùng pt đề bài, tức là đã dẫn đến pt hệ quả nên phải thử lại b) 3 x 3 3x 5 3 2x 1 3 2x 6 (2) (2) 4x 5 3.3 x.3 3x 5 3 x 3 3x 5 4x 5 3.3 2x 1.3 2x 6 3 2x 1 3 2x 6 3 x.3 3x 5 3 x 3 3x 5 3 2x 1.3 2x 6 3 2x 1 3 2x 6 3 x.3 3x 5 3 2x 1 3 2x 6 3 2x 1.3 2x 6 3 2x 1 3 2x 6 ( Ta đã thay 3 x 3 3x 5 bằng 3 2x 1 3 2x 6 từ pt đề bài ) 3 x.3 3x 5 3 2x 1.3 2x 6 ( Vì 2x 6 2x 1 nên 3 2x 1 3 2x 6 0 ) x(3x 5) (2x 1)(2x 6) x2 5x 6 0 x 1 x 6 . Thay x 1, x 6 vào pt(2) thỏa. Vậy nghiệm phương trình là: x 1, x 6 Nx: Ta đã dùng phép thế như trên. Nhưng nếu thay 3 2x 1 3 2x 6 bằng 3 x 3 3x 5 sẽ tìm được 5 nghiệm x không thỏa pt (2). 2 c) 2x 1 x 2 3x 1 0 (ĐH Khối D – 2006) Pt↔ 2x 1 x2 3x 1 (*), đặt đk rồi bình phương 2 vế ta được: x 4 6x 3 11x 2 8x 2 0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1, sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. I.4) Gpt: a) 11 x x 1 2 b) x 4 1 x 1 2x 1 x 11 1 x 11 G: a) 11 x x 1 2 11 x x 1 2 11 x x 1 4 4 x 1 1 x 11 1 x 4 1 x 11 x 2 2 2 8 2x 4 x 1 64 4x 32x 16(x 1) x 12x 20 0 x 4 0 1 b) x 4 1 x 1 2x Txđ: 1 x 0 4 x 2 1 2x 0 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.4 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x 1/ 2 1/ 2 x 1/ 2 (1 x)(1 2x) 2x 1 x 1 2 2 (1 x)(1 2x) (2x 1) 2x 7x 0 I.5)Giải các phương trình sau: a) x2 2x 4 x 2 b) 3+ x + 6 - x = 3 c) 3+ x - 2 - x = 1 d) x2 - 6x + 4 = 4 - x x 2 x 2 x 2 G: a) 2 x 3 -x + 2x + 4 = x - 2 2 2 2 x 0 -x + 2x + 4 = (x - 2) 2x 6x 0 x 3 -3 x 6 b) Pt: 3 x 6 x 3 3+ x +6 - x + 2 (3+ x)(6 - x) = 9 3 x 6 3 x 6 3 x 6 x 3 x 3 (3 x)(6 x) 0 (3 x)(6 x) 0 x 6 x 6 3 x 2 3 x 2 c) 3 x 2 x 1 3 x 1 2 x 3 x 1 (2 x) 2 2 x 3 x 2 0 x 2 3 x 2 0 x 2 x 0 x 1 2 x 1 2 x x 2 x x 2 0 2 x x x 2 x 4 x 4 x 4 d) x2 6x 4 4 x x 0 2 2 x 0 x 6x 4 4 x x 5x 0 x 5 I.6)Giải phương trình: a) 3x + 4 - 2x +1 = x + 3 b) x 3 3x 1 2 x 2x 2 x 3 c) 4x 1 3x 2 5 1 G: a) Đk: x 3x 4 2x 1 x 3 3x 4 x 3 2x 1 2 1 2x 1 x 3 2 2x 1 x 3 3x 4 x 2 b) Điều kiện: x 0 . Pt: x 3 3x 1 2 x 2x 2 3x 1 2x 2 4x x 3 Bình phương hai vế ta có : 6x2 8x 2 4x2 12x x 1 2 c) ĐK x ; ta có 4x 1 3x 2 0 Nhân 2 vế cho 4x 1 3x 2 ta được phương trình: 3 x 3 x 3 ( 4x 1 3x 2) (x 3)( 4x 1 3x 2 5) 0 5 x 3(loaïi) 4x 1 x 2 5 . Giải pt (*):Bình phương 2 vế ta được: 4x 1 x 2 5 2 26 2 26 2 x x 2 12x 5x 2 26 7x 3 7 3 7 x 2 2 2 2 4(12x 5x 2) (26 7x) x 344x 684 0 I.7) Giải các phương trình sau: a) x2 4x 6 x 4 b) x 2 2x 4 2 x c) x 3 x 2 4 x 2 9 d) 3x 2 9x 1 x 2 e) x 2 3x 2 3 x 0 f) 3x 2 9x 1 x 2 g) 3x 3 3x 1 5 h) 4 1 x 2 x i) 3 x 1 3 x 1 3 5x j) 3 x 5 3 x 6 3 2x 11 k) 3 x 1 3 x 2 3 x 3 0 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.5 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 l) x 1 x 2 x 3 m) x 3 7 x 2x 8 n) 5x 1 3x 2 x 1 0 o) p)x q)2 3 x 5 2x y 14 12 y 0 3x 2 6x 16 x 2 2x 2 x 2 2x 4 2 2 2 2 2 r) x 3x 2 x 6x 5 2x 9x 7 s) x 1 x 9 2 t) x 9 x 7 2 (u) x 3 3x 1 2 x 2x 2 ◊Nx: Nếu pt: f x g x h x k x có : f x h x g x k x , thì ta biến đổi pt về dạng f x h x k x g x sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả P: Đk x 0 . Bình phương 2 vế [không âm] của pt ta được:1 x 3 3x 1 x 2 x 2x 1 , để giải phương trình này dĩ nhiên không khó nhưng hơi phức tạp một chút . G: [Pt giải sẽ rất đơn giản nếu ta] chuyển vế pt: 3x 1 2x 2 4x x 3 Bình phương hai vế ta có : 6x2 8x 2 4x2 12x x 1. Thử lại x=1 thỏa. x3 1 (v) x 1 x2 x 1 x 3 x 3 ◊ Nx: Nếu pt: 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. P: Điều kiện : x 1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x3 1 Ta có nhận xét : . x 3 x2 x 1. x 1, từ nhận xét này ta có lời giải như sau : x 3 x3 1 G: (2) x 3 x2 x 1 x 1 x 3 x3 1 x 1 3 Bình phương 2 vế ta được: x2 x 1 x2 2x 2 0 x 3 x 1 3 Thử lại : x 1 3, x 1 3 là nghiệm . Bài tập tương tự: Bài 1:Giải các phương trình sau: a) x x 1 13 b)3 x 34 3 x 3 1 c) 1 x x2 4 x 1 1 d) x 3 5 x 2 e) x x 1 x 4 x 9 0 f) x 2 5 0 g) 5x 1 2 0 2 19 h) 3 2x 3 i) 16x 17 8x 23 j) 3x 1 2 x 3 6 Bài 2: Giải phương trình: a) x2 1 x 1 b) x 2x 3 0 c) 3 x 6 x 3 d) 3x 2 x 1 3 e) x 9 5 2x 4 f) 3x 4 2x 1 x 3 Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 3x 2 2m x x2 Bài 4: Cho pt: x2 1 x m a) Giải pt khi m = 1 b)Tìm m để pt có nghiệm. Bài 5: Cho pt: 2x2 mx 3 x m a)Giải pt khi m=3 b) Với giá trị nào của m thì pt có nghiệm. Bài 6: Giải các phương trình sau: a) x 7 x 3 9 0 b) 2x 1 1c)3x 7 x 4 0 1 9 5 3 d) x 1 x 1 3 x 1 17 e) x 3 9x 27 4x 12 1 f) 2 2 3 2 (x 3) 10 x2 x2 x 12 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.6 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 [I.2] Phương-pháp đặt ẩn-phụ Dạng 1: Các dạng pt thông thường như các pt có dạng sau : A.B  A.B  0, đặt t A.B A.B t 2 . f (x) . f (x)  0 , đặt t f (x);t 0 f (x) t 2 x b x b .(x a)(x b)  (x a)  0 đặt t (x a) (x a)(x b) t 2 x a x a Chú ý: Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại. Vd: a) Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2 1 Đk: x 1 Nx: x x2 1. x x2 1 1. Đặt t x x2 1 thì pt có dạng: t 2 t 1. t Thay vào tìm được x 1 b) Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x 5 4 t2 5 Điều kiện: x .Đặt t 4x 5(t 0) thì x . Thay vào ta có phương trình sau: 5 4 t4 10t2 25 6 2. (t2 5) 1 t t4 22t2 8t 27 0 (t2 2t 7)(t2 2t 11) 0 16 4 Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 1 2 2; t3,4 1 2 3 Do t 0 nên chỉ nhận các giá 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 pt với đk 2x2 6x 1 0 Ta được: x2 (x 3)2 (x 1)2 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hpt) 2 Dạng 2: Các phương trình có dạng: A B A B C 0 Đặt t A B Dạng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn (đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu) Vd: Giải phương trình : x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2 2 2 t 3 G: Đặt t x 2 , ta có : t 2 x t 3 3x 0 t x 1 Dạng 4: Đặt ẩn phụ để đưa về pt thuần-nhất/đẳng-cấp bậc hai với hai biến 2 2 2 u u Cách giải pt: u uv v 0 (1) : Xét: v 0 pttt:  0 v 0 thử trực tiếp v v Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) : a.A x bB x c A x .B x u v mu2 nv2 Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bằng các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được pt vô tỉ theo dạng này . ) Pt dạng : a.A x bB x c A x .B x P x A x .B x Như vậy pt Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu Q x aA x bB x Xuất phát từ đẳng thức : 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 Ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4x2 2 2x 4 x4 1 Để có một pt “đẹp”, chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho pt bậc hai at 2 bt c 0 giải “ nghiệm đẹp”. .Bài-giảng Pt- Hpt trang.7 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 Vd: Giải phương trình : 2 x2 2 5 x3 1 u 2v 2 2 2 5 37 Giải: Đặt u x 1,v x x 1 . Pttt: 2 u v 5uv 1 Tìm được: x u v 2 2 ) Pt dạng : u v mu2 nv2 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. 2 u x VD: Gpt: x2 3 x2 1 x4 x2 1 G: Ta đặt : khi đó pttt: u 3v u2 v2 2 v x 1 I.8) Giải các pt: a) x2 x2 11 31. b) x 5 2 x 3 x2 3x . c) 3x2 +21x +18 +2 x2 7x 7 = 2 d) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 . e) x 3 35- x3 x + 3 35- x3 = 30 f) 5 x3 1 2 x2 2 . 3 109 G: a) Đặt t x2 11, t 0 .ĐS: x= 5. b) Đặt t x2 3x, t 0 .ĐS: x . 2 c) 3x2 +21x +18 +2 x2 7x 7 = 2 (4) Nx: Biểu thức ngoài dấu căn là biểu thức bậc hai, nếu ta chuyển hết phần ngoài căn sang một vế rồi bình phương hai vế thì sẽ đi đến một phương trình bậc bốn rất khó giải. Ta có thể giải bài toán như sau: G: Đk: x2 + 7x +7 0. Đặt x2 7x 7 = y 0 thì x2 + 7x +7 = y2 Khi đó 3x2 +21x +18 = 3y2 – 3. (4) 3y2 – 3 + 2y = 2 3y2 +2y – 5 = 0 (y - 1)(3y + 5) = 0 5 y1 = (loại); y2 = 1 3 2 2 Với y = 1 ta có: x 7x 7 = 1 x +7x + 6 = 0 (x +1)(x +6) = 0 x1 = -1; x2 = - 6 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm x1 = -1; x2 = - 6 Nhận xét: Cách đặt ẩn phụ x2 7x 7 = y làm cho pt đưa về được dạng hữu tỉ, giải dễ dàng hơn. d) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 . G: ĐK: x 5 . 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 5x2 14x 9 5 x 1 x2 x 20 Bình phương hai vế: 2 x2 4x 5 3 x 4 5 x2 4x 5 x 4 x2 4x 5 3 Đặt t , t 0. phương trình trở thành 2t 2 5t 3 0 t 1, t . x 4 2 5 61 5 61 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm x 5, x 5 . 2 2 3 7 Với t : Phương trình đã cho có nghiệm x 8 5, x 5 . 2 5 5 61 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x , x 8 . 2 t3 35 e) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 Đặt t x 3 35 x3 x 3 35 x3 3t t3 35 x3 8 x 2 Pttt: .t 30 t3 125 t 5 x 3 35 x3 6 x3 35 x3 216 3 3t x 27 x 3 f) 5 x3 1 2 x2 2 . Đk: x 1. 5 x3 1 2 x2 2 5 x 1 x2 x 1 2 x2 x 1 2 x 1 t 2 x 1 x 1 x 1 2 2 5 2 0 Đặt t , t 0 . Pttt: 2t 5t 2 0 1 . x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 t 2 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.8 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 1 5 37 Với t=2: Pt đã cho vô nghiệm. Với t : Pt đã cho có nghiệm x . 2 2 I.9) Gpt: a) 2(x2- 2x) + x2 2x 3 6 0 b)5( 3x 2 x 1) 4x 9 2 3x2 5x 2 c) 2 (1 x)2 3 1 x2 (1 x)2 0 Dạng1: * Nếu có căn f(x) và f(x) đặt t= f (x) +) Nếu có f (x), g(x) ma f (x). g(x) a(h / s) dat t f (x) g(x) a / t +) Nếu có f (x) g(x), f (x)g(x), f (x) g(x) a, dat t f (x) g(x) a +) Nếu có a2 x2 dat x a sin t, t +) Nếu có x2 a2 dat x t 0 2 2 sin t 2 2 G: a) 2(x2- 2x) + x2 2x 3 6 0 đặt t= x2 2x 3 0 b)5( 3x 2 x 1) 4x 9 2 3x2 5x 2 đ/k x ≥ 1.đặt t= 3x 2 x 1 đ/k t ≥ 1→t2-5t+6=0 c) 2 (1 x)2 3 1 x2 (1 x)2 0 Nx: x 1 không là nghiệm, chia hai vế pt cho 1 x2 1 x 1 x 1 x 2 3 0 Đặt t 2t 1/ t 3 0 2t2 3t 1 0 1 x 1 x 1 x Gpt ↔ t = 1, t = 1/ 2. Suy ra nghiệm phương trình. 1 I.10) Giải pt: a) x2 2x x 3x 1 b) x2 3 x4 x2 2x 1 c)3x2 21x 18 2 x2 7x 7 2 x 1 1 1 G: a) Đk: 1 x 0 .Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x 2 x 3 . Đặt t x , ta giải được. x x x 2 3 4 2 1 1 b) x x x 2x 1 x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: x 3 x 2 x x 1 1 5 Đặt t= 3 x , Ta có : t3 t 2 0 t 1 x x 2 c)3x2 21x 18 2 x2 7x 7 2 Đặt y = x2 7x 7 ; y 0 5 y Pt có dạng: 3y2 + 2y - 5 = 0 3 y 1 y 1 2 x 1 Với y = 1 x 7x 7 1 là nghiệm của pt đã cho. x 6 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. I.11)Giải pt [bằng pp đặt ẩn phụ thông thường]: a) x 5 x 1 6 2 1 b) x 2004 x 1 1 x c) x2 2x x 3x 1 d) x2 3 x4 x2 2x 1 x G: a) x 5 x 1 6 Điều kiện: 1 x 6 Đặt y x 1(y 0) thì pttt: y2 y 5 5 y4 10y2 y 20 0 ( với y 5) 1 21 1 17 (y2 y 4)(y2 y 5) 0 y (loaïi), y 2 2 11 17 Từ đó ta tìm được các giá trị của x 2 2 b) (THTT 3-2005) Giải pt sau : x 2004 x 1 1 x .Bài-giảng Pt- Hpt trang.9 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 Đk 0 x 1. Đặt y 1 x pttt 2 1 y 2 y2 y 1002 0 y 1 x 0 1 c) x2 2x x 3x 1 Đk: 1 x 0 x 1 1 1 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x 2 x 3 . Đặt t x , ta giải được. x x x d) x2 3 x4 x2 2x 1 +) x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 1 1 1 3 1 5 x 3 x 2 . Đặt t= 3 x , Ta có : t t 2 0 t 1 x x x x 2 I.12) Giải pt [bằng pp 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 pt vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của pt 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 . a) x2 1 2x x2 2x b) (4x-1) 4x2 1 = 8x2+2x+1 c) x 1 x2 2x 3 x2 1 2 2 x 2 2 G: a) x 1 2x x 2x Dk dat t x 2x 0 x 0 Khi đó pt: x2 -2tx-1 = 0 `= t2+1 = (x-1)2 →x = t±(x-1) khi và chỉ khi x2 2x 1 x2 2x 1 0 x x2 2x (x 1) x 1 5 2x 1 0 x 1/ 2 2 x x 2x (x 1) 2 2 2 x 1 5 x 2x (2x 1) 3x 2x 1 0 b) (4x-1) 4x2 1 = 8x2+2x+1 đặt t = 4x2 1 ≥ 1 pt : 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 x 1/ 2 Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1 4x2 1 2x 1 vô ngh 2 2 4x 1 (2x 1) c) x 1 x2 2x 3 x2 1 Đặt : t x2 2x 3, t 2 Khi đó pttt: x 1 t x2 1 x2 1 x 1 t 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : 2 2 t 2 x 2x 3 x 1 t 2 x 1 0 t x 1 t 2 x 1 0 t x 1 I.13)[Đặt ẩn phụ không hoàn toàn] af x g x f x h x 0 . Đặt t f x , khi đó phương trình trở thành at 2 g x t h x 0 . Giải phương trình: a) 2 1 x x2 2x 1 x2 2x 1. b) 2x2 5x 2 4 2 x3 21x 20 3 x 1 1 1 c) x3 3x2 2 x 2 6x 0 d) 2 x2 3x 2 3 x3 8 . e) 2x 1 3 x x x x G: a) 2 1 x x2 2x 1 x2 2x 1. Đặt t x2 2x 1 x 1 6 . 9 193 17 3 73 b) 2x2 5x 2 4 2 x3 21x 20 ĐS: x , x . 4 4 c) x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 Đặt y x 2 , ĐS: x 2, x 2 2 3 . d) 2 x2 3x 2 3 x3 8 ĐS: x 3 13 . x 1 1 1 1 1 5 e) 2x 1 3 x Đặt t 1 , ĐS: x . x x x x 2 I.14) [Đặt ẩn phụ không hoàn toàn] Giải phương trình: a) x2 x 5 5 b) 2(x2 2) 5 x3 1 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.10 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 c) x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2 d) x 1 x2 2x 3 x2 1 e) x2 3x 1 x 3 x2 1 x2 y 5 G: a) ĐK x 5 . Đặt y x 5 y2 x 5; ta được hệ: 2 y x 5 b) Đặt u x 1; v x2 x 1 u2 v2 x2 2 2 2 t 3 c) Đặt t x 2 , ta có: t 2 x t 3 3x 0 t x 1 d) Đặt : t x2 2x 3, t 2 Khi đó pttt: x 1 t x2 1 x2 1 x 1 t 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t : 2 2 t 2 x 2x 3 x 1 t 2 x 1 0 t x 1 t 2 x 1 0 t x 1 e) x2 3x 1 x 3 x2 1 Đặt t x2 1;t 1. t x 2 Pt trở thành:t - (x + 3)t + 3x = 0 (t - x)(t - 3) = 0 t 3 Nếu t = x x2 1 x (Vô lý). Nếu t = 3 x2 1 3 x 2 2 . Vậy: x 2 2 I.15)[Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình] Giải phương trình: a) 3 2 x 1 x 1 b) 3 x - 2 + 3 x + 3 = 3 2x +1 c) 4 629 x 4 77 x 8 d) x 3 x 2 1 x 3 x 2 2 3 u v 1 v 1 u 3 2 3 2 G: a) ĐK x 1; đăt u 3 2 x; v x 1 ta có hệ: u v 1 u (1 u) 1 và giải tiếp. v 0 v 0 u v 3 u3 v3 (u v)3 u3 v3 3uv(u v) 0 b) Đặt: u 3 x 2; v 3 x 3 3 3 3 3 3 3 v u 5 v u 5 v u 5 4 u 629 x 4 4 c) Đặt u v 8,u v 706 4 v 77 x u x 3 x 2 1 d) Với điều kiện: x 3 x 2 1 0 x 3 x 2 2 0 . Đặt Với v > u ≥ 0 3 2 v x x 2 u v 3 u v 3 u v 3 u 1 Ta có hệ phương trình: 2 2 v u 3 (v u)(v u) 3 v u 1 v 2 Bài tập tự luyện: Giải phương trình sau: a)3 2 x 1 x 1 (ĐHTCKTHN - 2001) b) 3 x x2 2 x x2 1 c) x x 1 x 2 x 1 (ĐHDL HP’01) d)4 5 x 4 x 1 2 e) x 2 3x 3 x 2 3x 6 3 f) 3 x 34 3 x 3 1 (Đ12) g) 4 x 4 97 x 5 h) 3 14 x 3 12 x 2 u n a f (x) u n vn a b I.16) Gpt [bằng cách đặt 2 ẩn phụ n a f (x) n b f (x) c ] v n b f (x) u v c a) 3 1 x 3 1 x 2 b) 3 2 x 1 x 1 c) 3x 1 4x2 13x 5 u 3 1 x u v 2 G: a) 3 1 x 3 1 x 2 3 3 3 v 1 x u v 2 u 0 x 2 u 3 2 x u3 v2 1 b) 3 2 x 1 x 1 u 1 x 1 v x 1 u v 1 u 2 x 10 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.11 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 c) Một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : ax b c(dx e)2 nx m 3x 1 4x2 13x 5 3x 1 ( 2x 3)2 x 4 dat 2y 3 3x 1 2y 3 ( 2x 3)2 x 4 ( 2y 3)2 x 2y 1 x y 2 2 ( 2y 3) 3x 1 ( 2y 3) 3x 1 2y 5 2x 15 97 11 73 )x y 4x2 15x 8 0 x )2y 5 2x 4x2 11x 3 0 x 8 8 I.17)[Phương pháp đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc hai] + Giải pt: u2 muv nv2 0 (1) ẩn là u, v. 2 u u Với v 0 , pt trở thành: m n 0 : giải pt bậc hai v v Với v 0 , thử trực tiếp + Các trường hợp sau cũng được đưa về pt (1): m. f (x) n.g(x) p. f (x)g(x) ; mu nv p.u2 qv2 Vd: Giải phương trình : x2 3 x2 1 x4 x2 1 2 u x HD:Ta đặt : u,v 0;u v khi đó phương trình trở thành : u 3v u2 v2 2 v x 1 hay: 2(u + v) - (u - v)= u v u v Giải phương trình: a)5 x3 1 2x2 4 (1) b)3 1 x3 2x2 4x (2) c) x3 3x2 2 (x 2)3 6x 0 d) x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 e) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 u 2v 2 2 2 G: a) Điều kiện 1 x . Đặt u x 1; v x x 1. Pt (1) trở thành: 2(u v ) 5uv 1 u v 2 5 37 Thay u,v , Tìm được x ( thỏa ) 2 b)3 1 x3 2x2 4x (2) Điều kiện x 1. Ta nhận xét 2x2 4x 2(x2 x 1) 2(1 x) 3 Đặt u 1 x , v x2 x 1 với u 0 , v . Pt (2) trở thành 2 u 1 u 3uv 2v2 2u2 2u2 3uv 2v2 0  2 (loại) v 2 v 5 37 Từ v 2u thay vào và giải, ta tìm được x ( thỏa ) 2 Nhận xét: trong [b], pt (2) viết lại: 2(x2 x 1) 2(1 x) 3 (1 x)(x2 x 1) . Đây là dạng m. f (x) n.g(x) p. f (x)g(x) c) x3 3x2 2 (x 2)3 6x 0 Đk 2 x . Đặt y x 2 0 . Pttt: x3 3x(x 2) 2 (x 2)3 0 x3 3xy3 2y3 0 ( pt thuần nhất bậc ba). Chia hai vế cho y3 d) x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 Nx: 3x2 4x 1 3(x2 2x) (2x 1) . Đặt u x2 2x, v 2x 1 . Pt đã cho trở thành: u v 3u2 v2 u2 2uv v2 0 Đây là dạng mu nv p.u2 qv2 e) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 HD: 5x2 14x 9 không viết được dưới dạng m(x2 x 20) n(x 1) Ta phải biến đổi: 5x2 14x 9 5 x 1 x2 x 20 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.12 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 5x2 14x 9 25x 25 x2 x 20 10 (x2 x 20)(x 1) 2x2 5x 2 5 (x2 x 20)(x 1) (*) Nhận xét: (x2 x 20)(x 1) (x 5)(x 4)(x 1) nhưng (x 5)(x 4)(x 1) có thể triển khai theo hai hướng (x 5)(x 4)(x 1) (x 5)(x2 5x 4) hoặc : (x 5)(x 4)(x 1) (x 4)(x2 4x 5) . Mà: 2x2 5x 2 2(x2 4x 5) 3(x 4) nên: (*) 2(x2 4x 5) 3(x 4) 5 (x2 4x 5)(x 4) Đặt u x2 4x 5 , v x 4 ta có: 2u2 5uv 3v2 0 I.18)Giải ptr (bằng pp đưa về pt thuần nhấn bậc hai_dạng [4. ]) a) 2x2 5x 1 7 x3 1 b) x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 c) 2 x2 2 5 x3 1 3 3 d) x2 3x 1 x4 x2 1 (*) e) 2x2 5x 1 7 x3 1 (*) f) x3 3x2 2 x 2 6x 0 3 g) 10 x3 1 3 x2 2 G: a) 2x2 5x 1 7 x3 1 Đk: x 1. Nx: 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 v 9u 2 Đặt u x 1 0 ,v x x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv 1 . Ta được : x 4 6 v u 4 b) x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 Nhận xét : Đặt y x 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 3 2 3 3 2 3 x y x 3x 2y 6x 0 x 3xy 2y 0 .Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 3 x 2y 3 c) 2 x2 2 5 x3 1 Đặt u x 1 (u 0) ; v x2 x 1 (v ) 2 u 2v 2 2 5 37 Pt trở thành : 2 u v 5uv 1 Tìm được: x u v 2 2 3 d) x2 3x 1 x4 x2 1 (*) Dễ thấy: x4 x2 1 x4 2x2 1 x2 x2 x 1 x2 x 1 3 Ta viết x2 x 1  x2 x 1 3 x2 x 1 x2 x 1 Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x2 x 1 6 x2 x 1 3 x2 x 1 x2 x 1 2 3 2 3 Đặt :u x x 1 u ;v x x 1 v . Pttt:-3u+6v=- 3. uv u 3v . Từ đây ta sẽ tìm 4 4 được x. e) 2x2 5x 1 7 x3 1 (*) Đk: x 1 Nhận xét : Ta viết x 1  x2 x 1 7 x 1 x2 x 1 Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x 1 2 x x 1 7 x 1 x2 x 1 v 9u 2 Đặt u x 1 0 ,v x x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv 1 . Ta được : x 4 6 v u 4 f) x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 Nx: Đặt y x 2 ta biến pt trên về pt thuần nhất bậc 3 đối với x và y : .Bài-giảng Pt- Hpt trang.13 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 3 2 3 3 2 3 x y x 3x 2y 6x 0 x 3xy 2y 0 . Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 3 x 2y g) 10 x3 1 3 x2 2 Đk: x 1. Pt 10 x 1. x2 x 1 3(x2 2) . u x 1 u 3v 2 2 Đặt (u,v 0) Pttt: 10uv = 3(u +v ) 3u v u 3v 0 2 v 3u v x x 1 Nếu u = 3v x 1 3 x2 x 1 9x2 10x 8 0 (vô nghiệm) x 5 33 Nếu v = 3u x2 x 1 3 x 1 x2 10x 8 0 là nghiệm. x 5 33 I.19)Giải ptr (bằng pp đưa về ptr thuần nhất bậc hai_dạng [4.]) a) x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 b) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 1 G: a) x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 Đk x . Bình phương 2 vế ta có : 2 x2 2x 2x 1 x2 1 x2 2x 2x 1 x2 2x 2x 1 1 5 2 u v u x 2x 2 2 2 Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : uv u v v 2x 1 1 5 u v 2 1 5 1 5 Do u,v 0 . u v x2 2x 2x 1 2 2 b) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 Đk x 5. Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x 1 2 2 2 u x x 20 Nx: không  số ,  để : 2x 5x 2 x x 20  x 1 vậy ta không thể đặt . v x 1 Nhưng may mắn ta có : x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x2 4x 5 . Ta viết lại phương trình: 2 x2 4x 5 3 x 4 5 (x2 4x 5)(x 4) . Đến đây bài toán được giải quyết . I.20)Giải phương trình: a) x 2 x2 8x 2 x 8 (2) b) x 1 x x x2 1(3) c) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 (4) d) x2 x 7 7 . e) x2 x 7 x2 x 2 3x2 3x 19 2 2 f) x +1 + 4 - x + -x + 3x + 4 = 5 g) 3x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2 x 8 2 2 G: a) Đk: . (2) x 2 x 8 x2 8x 2 x 2 x 8 x2 8x 2 2 x 8x 2 0 x2 10x 2 x2 10x 16 8 0 Đặt t x2 10x 16 với t 0 . ta có: t 2 x2 10x 16 ( Đưa về như ví dụ 1 ) b) x 1 x x x2 1(3) Điều kiện: 0 x 1. Đặt t x 1 x với 1 t 1 t 2 1 t 2 1 Ta có: t 2 1 2 x(1 x) x(1 x) . Pt (3) trở thành: t 1. Giải pt tìm t, từ đó tìm x 2 2 ( tìm điều kiện t bằng đạo hàm hoặc bất đẳng thức Bunyakovsky) c) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 (4) t3 35 Đặt t x 3 35 x3 t3 x3 35 x3 3x 3 35 x3 x 3 35 x3 x 3 35 x3 3t .Bài-giảng Pt- Hpt trang.14 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 t3 35 Pt (4) trở thành: .t 30 t 5 . Từ đó giải tìm x 3t Nhận xét: Pt ở ý (c) có dạng a f (x) g(x) b f (x)g(x) c f (x) g(x) d 0 1 29 d) x2 x 7 7 . Bình phương hai vế. Dùng hằng đẳng thức a2 b2=0. Nghiệm x 2, x . 2 7 e) x2 x 7 x2 x 2 3x2 3x 19 Đặt: t x2 x 2 , điều kiện: t . 4 t 4 Pt trở thành: t 5 t 3t 13 2 t 5 t t 8 16 t (loaïi) 3 2 x 1 Với t 4 Ta có: x x 2 4 x 2 2 f) x +1 + 4 - x + -x + 3x + 4 = 5 t2 5 Đk: 1 x 4 . Đặt t x 1 4 x (t 0) x2 3x 4 . 2 2 t 5 2 t 5 Phương trình trở thành: t 5 t 2t 15 0 t 3 2 t 3 x 0 Với t = 3, ta có: x 1 4 x 3 x 1 4 x 2 x 3 g) 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 Đk: x 1. pt 3x 2 x 1 3x 2 x 1 2 3x2 5x 2 6 2 3x 2 x 1 3x 2 x 1 6 2 t 3 Đặt: t 3x 2 x 1 , t 0 . Pt trở thành: t t 6 t 2 (loaïi) Do đó ta có: 3x 2 x 1 3 2 3x 2 x 1 12 4x x 2. Phương pháp chung là đặt: t f (x) g(x) I.21) Gpt: a) 2x 1 x2 3x 1 0 b) 3 2 x 6 2 x 4 4 x2 10 3x 1 c) x2 2x x 3x 1 d) x2 3 x4 x2 2x 1 e) x x 1 x x 2 2 x2 1 . x t 2 1 G: a) 2x 1 x2 3x 1 0 (KD-2006) HD:Đặtt 2x 1 ; t 0 suy ra x . 2 Pt đã cho trở thành: t 4 4t 2 4t 1 0 (t 1)2 (t 2 2t 1) 0 b) 3 2 x 6 2 x 4 4 x2 10 3x (KB-2011) ↔3 2 x 2 2 x 4 4 x2 10 3x ; Đặt t 2 x 2 2 x 1 c) x2 2x x 3x 1(TH&TT) x 1 1 1 Đk: 1 x 0 . Chia hai vế pt cho x ta được: x 2 x 3 . Đặt t x x x x d) x2 3 x4 x2 2x 1(TH&TT) x 0 không thỏa pt. 1 1 1 Chia hai vế pt cho x ta được: x 3 x 2 . Đặt t 3 x . Ta có: t3 t 2 0 x x x .Bài-giảng Pt- Hpt trang.15 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x 1 2 2 2 2 e) x x 1 x x 2 2 x 1 .Điều kiện: x 2 * 1 2x x 2 x x 1 x 2 4x x 0 2 x2 x 1 x 2 x 2x 1 4x2 x2 x 2 x2 2x 1 2 x2 8x 9 0 9 Vậy pt đã cho có hai nghiệm x=0, x . 8 I.22) [Đặt nhiều ẩn phụ để đưa về pt 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 hệXuất phát từ đẳng thức a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a , Ta có: a3 b3 c3 a b c 3 a b a c b c 0 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những pt vô tỉ có chứa căn bậc ba . 3 7x 1 3 x2 x 8 3 x2 8x 1 2; 3 3x 1 3 5 x 3 2x 9 3 4x 3 0 Giải phương trình : a) x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 5 x. 2 x b) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 c) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3 G: a) x 2 x. 3 x 3 x. 5 x 5 x. 2 x ĐK: x 2 u 2 x ;u 0 2 u2 uv vw wu u v u w 2 2 Đặt v 3 x ;v 1 , ta có : 3 v uv vw wu u v v w 3 , giải hệ ta được: 2 5 w uv vw wu v w u w 5 w 5 x ;w 3 30 239 u x 60 120 b) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 a 2x2 1 b x2 3x 2 a b c d HD:Ta đặt : , khi đó ta có : x 2 2 2 2 2 c 2x2 2x 3 a b c d 2 d x x 2 c) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3 a 4x2 5x 1 a2 4b2 9x 3 HD:Đặt a;b 0 Ta được hệ phương trình: 2 a 2b 9x 3 b x x 1 a 2b 2 2 Từ đó ta có: a - 4b = a - 2b (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 a 1 2b 1 Nếu a = 2b 4x2 5x 1 2 x2 x 1 x (thoả mãn) 3 Nếu a = 1 - 2b 4x2 5x 1 1 2 x2 x 1 (*) 2 2 1 3 Ta có : VT(*) 0 (1). VP(*) = 1 2 x x 1 1 2 x 1 3 0 (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 3 Bài tập áp dụng: d) x 4 x 1 x 4 1 x 1 x 4 x3 4 x2 1 x .Bài-giảng Pt- Hpt trang.16 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 I.23)Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 2x 2m 5 2x x2 m2 . 2 2 G: Đặt: t 5 2x x 6 x 1 t 0; 6 . Khi đó phương trình trở thành t 2 2mt m2 5 0 * t m 5 . Phương trình đã cho có nghiệm khi 0 m 5 6 5 m 6 5 (*) có nghiệm t 0; 6 hay . 0 m 5 6 5 m 6 5 I.24) Cho phương trình 3 x 6 x m 3 x 6 x . a) Giải phương trình khi m=3. b) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. G: Đặt: t 3 x 6 x t 2 9 2 3 x 6 x * . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 3 x 6 x 9 nên từ (*) ta có 3 t 3 2 . Pt đã cho trở thành t2 2t 9= 2m (1). a) Với m=3 (1) t2 2t 3 t =3. Thay vào (*) ta được x= 3, x=6. 2 b) PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t 3;3 2 . Xét hàm số f t t 2t 9 với t 3;3 2 , ta thấy f(t) là một hàm đb nên: 6 f (3) f t f 3 2 9 6 2 với t 3;3 2 . Do 6 2 9 vậy (1) có nghiệm t 3;3 2 khi và chỉ khi 6 2m 9 6 2 m 3 2 Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng BĐT như bài trên2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ). I.25) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 . Dạng : F n f x , n g x 0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. k f x TH1: Kiểm tra nghiệm với g x 0 . TH2: Giả sử g x 0 chia hai vế pt cho g x và đặt t n . g x G: ĐK x 1 . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho 4 x2 1 đặt x 1 2 1 t 4 4 1 0 t 1 . ĐS 1 m . x 1 x 1 3 I.26) Cho phương trình: (x 1)(x 3) 6 (x 1)(x 5) m 0 (1) x 1 2 2 G: Điều kiện: . (1) x 4x 6 x 4x 5 3 m 0 x 5 Đặt t x2 4x 5 với t 0 . ta có: t 2 x2 4x 5 PT (1) trở thành: t 2 5 6t 3 m 0 t 2 6t 8 m 0 2 2 t 2 x 4x 5 2 a) Với m = 0 ta có: t 6t 8 0 nên ( Dạng cơ bản) t 4 2 x 4x 5 4 b) Pt (1) có nghiệm pt: t 2 6t 8 m có nghiệm t 0 . Đặt y f (t) t 2 6t 8 và y = - m. Từ đó lập bảng biến thiên để giải Nhận xét: Pt trên có dạng af (x) b f (x) c 0 . Đặt t f (x) 0 I.27) Tìm m để phương trình 2x2 mx x2 4 0 có nghiệm. m m2 16 G: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được x . Kết hợp với điều kiện ta 1,2 2 tìm được |m| 4. I.28) Cho phương trình: x 1 3 x x 1 3 x m a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình có nghiệm. .Bài-giảng Pt- Hpt trang.17 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 t2 4 G: Điều kiện: 1 x 3 . Đặt t = x 1 3 x x 1 3 x 2 Phương trình trở thành: t2 2t 4 2m (2) t 0 x 1 3 x 2 x 1 a)Khi m = 2 phương trình (2) t2 2t 0 Thay t vào ta được: t 2 x 3 x 1 3 x 0 1 1 b)Đặt t h(x) x 1 3 x , h '(x) , h '(x) 0 x 1 x 1 3 x x - 1 1 3 h'(t) + 0 - h(t) 2 2 2 2 điều kiện có nghiệm x là t 2;2 2 2 Đặt f(t) = -t + 2t + 4 xét t 2;2 2 f'(t) = -2t + 2,f'(t) = 0 t = 1 t 2 2 2 f'(t) + f(t) 4 4 2-4 Để phương trình (1) có nghiệm x  1;3 thì phương trình (2) có nghiệm t 2;2 2 khi và chỉ khi 2 2 m 2 . I.29) I.30) [I.3] Pp đưa về pt chứa trị-tuyệt-đối 2 f (x) g(x) ( f (x) 0) Sử dụng hằng đẳng thức sau: f (x) g(x) f (x) g(x) f (x) g(x) ( f (x) 0) I.31) Giải pt: a) x2 4x 4 x 8 (1) b) x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1 G: a) (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. b) x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1 (2) x 1 0 (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) .Bài-giảng Pt- Hpt trang.18 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 – 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 I.32) Giải pt: a) x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2 b) x 2 x 1 x 2 x 1 2 5 G: a) ĐK: x PT 2x 5 2 2x 5 1 2x 5 6 2x 5 9 14 2 2x 5 1 2x 5 3 14 2x 5 5 x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15 b) x 2 x 1 x 2 x 1 2 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 0x 0 (Luôn đúng với x ) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S x R |1 x 2 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau: 1) x2 2x 1 5 2) x 4 x 4 3 3) x2 6x 9 2x 1 4) x 4 x 4 5x 2 5/ x2 2x 1 x2 4x 4 4 6) x 2 x 1 x 4 x 4 10 7) x2 6x 9 2x2 8x 8 x2 2x 1 8) x2 4x 4 x2 6x 9 1 9) x 2 x 1 x 2 x 1 2 10) x 3 2 x 4 x 4 x 4 1 11) x 6 2 x 2 x 11 6 x 2 1 12) x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2 13) x2 2x x2 2x 1 5 0 14) 2x 4 6 2x 5 2x 4 2 2x 5 4 15) x2 4x 4 2x 10 16) x2 2x 1 2x 8 1 1 1 x 3 x x x 2 x 2 x 1 6 2 5 0 19) x 2 x 1 x 2 x 1 17) 2 4 18) 4 2 20) x2 4x 4 2 x 21) (x 1) 4 4 x 1 x 1 6 x 1 9 1 22) x 8 6 x 1 4 I.33) I.34) [I.4] 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 ; A2 B2 (A B)(A B) 0 m a3 b3 (a b)(a2+ab+b2)=0 a=b I.35)Giải pt bằng [pp chuyển thành tích]: x 3 a - c x b - d a) 4x 1 3x 2 .ĐS: x=2. - Dạng: ax b cx d 5 m Ta biến đổi thành: m( ax b cx d ) ax b cx d b) 3 x 1 3 x 2 1 3 x2 3x 2 .ĐS: x=0, x= 1. b.1) 4 x 1 x 1 4 x3 x2 .ĐS: x=0, x=1. → Dạng: u+v=1+uv (u-1)(v-1)=0 c) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 .ĐS: x=0, x=1. c1) x3 x2 3x 3 2x x2 3 2x2 2x .ĐS: x=0. →Dạng: au+bv=ab+uv (u b)(v a)=0 2 d) 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 .ĐS: x=1. - Dạng: a3 b3 (a b)(a2+ab+b2)=0 a=b I.36)Giải các ptr sau: a) 3 x 1 3 x 2 1 3 x2 3x 2 b) 3 x 1 3 x2 3 x 3 x2 x .Bài-giảng Pt- Hpt trang.19 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 4x c) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 d) x 3 4 x x 3 3 3 3 2 3 3 x 0 G: a) x 1 x 2 1 x 3x 2 pt x 1 1 x 2 1 0 x 1 b) 3 x 1 3 x2 3 x 3 x2 x + x 0 , không phải là nghiệm x 1 x 1 3 3 3 3 3 + x 0 , ta chia hai vế cho x: x 1 x 1 1 x 1 0 x 1 x x 2 x 1 c) x 3 2x x 1 2x x 4x 3 dk : x 1 pt x 3 2x x 1 1 0 x 0 4x d) x 3 4 x x 3 2 4x 4x 4x Đk: x 0 Chia cả hai vế cho x 3 : 1 2 1 0 x 1 x 3 x 3 x 3 I.37)Giải các ptr sau: (dùng hằng đẳng thức ,biến đổi phương trình về dạng : Ak Bk (A B)(AK 1 AK 2.B AK 3.B2 A.BK 2 BK 1) 2 a) 3 x x 3 x b) 2 x 3 9x2 x 4 c) 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 3 3 3 2 1 10 10 1 G: a)Đk: 0 x 3 pt x 3x x 3 0 x x 3 3 3 3 x 1 2 2 2 x 3 1 3x b) 2 x 3 9x x 4Đk: x 3 pt↔ 1 3 x 9x 5 97 x 3 1 3x x 18 2 3 c) 2 33 9x2 x 2 2x 33 3x x 2 pt 3 x 2 3 3x 0 x 1 ĐS: x=1. I.38) Giải phương trình: a) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 b) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 c) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 a 2x2 1 b x2 3x 2 G: a)Đặt với a 0,b 0,c 0,d 0. c 2x2 2x 3 2 d x x 2 a b c d a b c d a c Ta có hpt: 2 2 2 2 a b c d a b c d b d b) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 x 3 1 x 1 2x 1 x 1 0 1 x 1 x 3 2x 0 c) x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 Đk: x 1 x 3 2x x 1 2x x2 4x 3 x 3 x 1 x 3 2x 2x x 1 0 x 3 1 x 1 2x 1 x 1 0 1 x 1 x 3 2x 0 1 x 1 0 x 0 (TMÑK) . x 3 2x 0 x 1 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.20 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 Giải các phương trình sau : 1) x 2 10x 21 3 x 3 2 x 7 6 4) 8) x 2 8x 15 3 x 3 2 x 5 6 2 2 2 x 7x 4 2) n x 1 3n x 1 2n x2 1 0 (với n N; n 2) 5) 4 x (ĐHDL ĐĐ’01) x 2 3) x2 x 2 2 x 2 2 x 1 6) x 2 2x 1 3 x 6 4 x 6 2x 1 3 x 2 I.39) I.40) [I.5] Phương-pháp nhân lượng-liên-hợp/hiệp Một số hằng đẳng thức hay sử dụng: + x2 y2 x y x y + x 3 y 3 x y x 2 xy y 2 + x 4 y 4 x y x y x 2 y 2 + x n y n x y x n 1 x n 2 y xy n 2 y n 1 Sử dụng những hằng đẳng thức này, ta có thể quy phương trình vô tỉ ban đầu về dạng phương trình tích bằng việc làm xuất hiện các nhân tử chung. Từ đó ta có thể dễ dàng giải quyết tiếp! Thường thì ở các bài toán sử dụng phương pháp này thì ý tưởng tổng quát của ta như sau: → Giả sử nếu ta có phương trình dạng F x 0 với F x xác định trên một miền D nào đó và ta nhẩm được một nghiệm x = a của phương trình thì ta có thể biến đổi phương trình đã cho lại thành x a G x 0 . Đến đây ta chỉ việc xử lí phương trình G(x) = 0 nữa là ổn! (Việc xử lí phương trình G(x)= 0 có thể sử dụng công cụ đạo hàm hoặc bằng bất đẳng thức). I.41) Giải phương trình: a) x x 2 x x 1 2 x2 (1) b) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 x2 3 x2 3 c) x2 12 5 3x x2 5 d) 3 x2 1 x x3 1 e) x x x2 3 x x2 3 G: a) C1: ĐK x 2; x 1 x2 x x2 2x 3x 1 2 x 2 x 2 x x 1 x x 2 x x 1 x x 2 3 x x 1 x x 2 3 Nếu x 1 ta có 2 2 x x 1 2x 3 2 x x 1 x x 2 2x Giải (3) ta tìm được x 3 x x 1 x x 2 3 Nếu x -2 ta có 2 2 x x 1 2x 4 . Giải (4) ta tìm được x 2 x x 1 x x 2 2x C2: ĐK: x 2; x 1 Nếu x 1 ta chia cả hai vế cho x ta được: x 2 x 1 2 x Bình phương hai vế sau đó giải pt ta tìm được x Nếu x -2 Đặt t = -x t 2 . Thay vào pt ta được: t t 2 t t 1 2 t 2 t t 2 t t 1 2 t 2 Chia cả hai vế cho t ta được t 2 t 1 2 t . Bình phương hai vế tìm được t Sau đó tìm ra x. Trong C1 ta đã sử dụng kiến thức liên hợp. Còn trong C2 ta vận dụng kiến thức miền xác định về ẩn của phương trình.nhìn chung thì việc vận dụng theo C2 đơn giản hơn. .Bài-giảng Pt- Hpt trang.21 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 b) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 Ta nhận thấy : 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 v x2 2 x2 3x 4 3 x 2 2x 4 3x 6 Ta có thể trục căn thức 2 vế : 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 . c) x2 12 5 3x x2 5 5 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 d) 3 x2 1 x x3 1 Đk x 1 Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 3 x2 3x 9 3 2 3 x 3 x 1 2 x 3 x 2 5 x 3 1 2 3 3 x2 1 23 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 pt có nghiệm duy nhất x = 3 x2 3 x2 3 e) x ĐK: x2 3 Nhân với llh của từng mẫu số của pt đã cho ta x x2 3 x x2 3 được: x2 3 x x2 3 x2 3 x x2 3 3.x x 0 3 3 2 2 x 3 x 3 3 3.x 3 3 3 x2 3 x2 3 2 x4 3 27x2 2 4 x 0 x 0 ; x 9 2x 0 Giải hệ trên ta tìm được x 2 2 (x4 3)3 x2 9 2x4 4 3 4 4 2 4(x 3) x 9 2x 2 9 2 2x2 x 2x 3 9 2x f) 2 x 9 Đk: 2 Pt 2 2 x 9 3 9 2x x 0 3 9 2x 3 9 2x 2 2x 18 2x 6 9 2x 9 x 9 6 9 2x 0 x là nghiệm 4x2 2 Bài tập vận dụng: a) x x 3 x x 4 2 x2 b) x 3 x 2 x 3 x 1 2 x 3 2 2 3x Tổng quát: f x .g x  f x .h x  f x c) 3x 1 1 3x 10 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.22 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2x 7 I.42) Giải phương trình: a) 3x 4 x 3 (1) b) x 1 x 2 x2 x 2 1 3 (2) 3 c) x 1 x 2 x2 x 2 1 3 d) 3x2 5x 1 x2 2 3(x2 x 1) x2 3x 4 (3) G: a) Điều kiện: x 3 . Ta có: (3x 4) (x 3) 2x 7 0 với x 3 nên 3x 4 x 3 0. Nhân hai vế pt(1) cho 3x 4 x 3 , ta được: (1) 3 3x 4 x 3 3x 4 x 3 3x 4 x 3 3x 4 x 3 3x 4 x 3 3 0 3x 4 x 3 3 0 . Giải pt này ta có nghiệm x 4, x 7 b) Điều kiện: x 1. Ta có: (x 2) (x 1) 3 0 nên x 2 x 1 0 với x 1 Nhân hai vế pt(2) cho x 2 x 1 , ta được: (2) (x 2) (x 1) x2 x 2 1 3 x 2 x 1 x2 x 2 1 x 2 x 1 x2 x 2 1 2 x x 3 0 2 2 x2 x 2 1 x 2 x 1 x2 x 1 2 x2 x 2 x 2 x 1 2 x 2. x 1 x2 x 3 0 x2 x 3 0 x 1 x 2 . Đối chiếu đk, ta có nghiệm 2  x 2 x x 2 0 x 1 x 2 c) x 1 x 2 x2 x 2 1 3 Đk: x 1 2 2 x 1 x 2 x x 2 1 3 x 2 x 1 x x 2 1 3 x 1 x 2 x2 x 2 1 0 2 x x 2 1 x 1 x 2 2 2 x2 x 2 1 x 1 x 2 x2 x 2 1 x2 x 2 1 x 2 (TMÑK). 2 x 2 x x 2 0 x 1 d) 3x2 5x 1 x2 2 3(x2 x 1) x2 3x 4 (3) Ta có: 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2(x 2) và x2 2 x2 3x 4 3(x 2) (3) 3x2 5x 1 3(x2 x 1) x2 2 x2 3x 4 2(x 2) 3(x 2) ( Nhân biểu thức liên hợp tương ứng từng vế ) 3x2 5x 1 3(x2 x 1) x2 2 x2 3x 4 3 2 (x 2) 0 2 2 2 2 x 2 x 3x 4 3x 5x 1 3(x x 1) 3 2 x 2 vì 0 . Thử lại, x 2 thỏa x2 2 x2 3x 4 3x2 5x 1 3(x2 x 1) I.43) Giải phương trình: a) x2 12 5 3x x2 5 b) 3 x2 1 x x3 2 5 G: Để pt có nghiệm thì x2 12 x2 5 3x 5 0 x 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy pt có thể phân tích về dạng x 2 A x 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm-tách như sau : x2 12 4 3x 6 x2 5 3 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.23 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x2 4 x2 4 x 2 x 1 3 x 2 x 2 3 0 x 2 x2 12 4 x2 5 3 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 x 2 x 2 5 Vì : 3 3 0, x x2 12 4 x2 5 3 x2 5 3 x2 5 3 3 Nhận xét: 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 gíá A x 0 vô nghiệm b) 3 x2 1 x x3 2 Điều kiện: x 3 2 . Ta nhận thấy : x = 3 là nghiệm của pt, như vậy pt có thể phân tích về dạng x 3 A x 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như thế nào để nhân, chia được biểu thức liên hợp? x 3 x2 3x 9 3 2 3 x 3 x 1 2 x 3 x 2 5 x 3 1 x 3 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 pt có nghiệm duy nhất x=3 Bài tập vận dụng: Giải phương trình: a) 3 x2 1 x3 2 3x 2 b) 3 9 x 5x 1 2x2 3x 1 c) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 d) 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0(KB-2010) 3(x 5) x 5 HD: 3x 1 4 1 6 x 3x2 14x 5 0 (x 5)(3x 1) 0 3x 1 4 6 x 1 I.44) Giải pt: a) 33 x2 x2 8 2 x2 15 (1) b) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 c) 2 x2 7x 10 x x2 12x 20 (3) d) 3 162x3 2 27x2 9x 1 1 e) x2 12 5 3x x2 5 f) 3x2 7x 3 x2 2 3x2 5x 1 x2 3x 4 G: a) Ta dự đoán được nghiệm x 1, và ta viết lại pt như sau: 2 3 x 1 x2 1 x2 1 1 3 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 x2 1 1 1 1 3 x4 3 x2 1 x2 8 3 x2 15 4 1 1 Mặt khác, ta có: x2 15 x2 8 x2 15 4 x2 8 3 x2 15 4 x2 8 3 Nên phương trình thức hai vô nghiệm. Vậy (1) có 2 nghiệm x 1, x 1 . b) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 (2) Ý tưởng: Trước hết, kiểm tra ta thấy được rằng phương trình đã cho có một nghiệm x 2 nên ta sẽ cố gắng đưa phương trình trên về phương trình tích xuất hiện nhân tử x 2 . Ta có nhận xét rằng: 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 và x2 2 x2 3x 4 3 x 2 Ta đi đến lời giải như sau: (2) 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 2x 4 3x 6 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.24 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2 3 x 2 0 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 2 3 Mặt khác, ta có: > 0 với mọi x 3x2 5x 1 3 x2 x 1 x2 2 x2 3x 4 Vậy phương trình (2) có một nghiệm duy nhất x = 2. c) 2 x2 7x 10 x x2 12x 20 (3) Cũng bằng cách kiểm tra, ta thấy pt (3) nhận x = 1 làm một nghiệm nên ta có thể đưa phương trình (3) về dạng phương trình tích xuất hiện nhân tử x 1 . Ta viết lại như sau: 3 2 x2 7x 10 x 1 x2 12x 20 x 2 (4) Để ý rằng hai phương trình x2 7x 10 x 1 0 và x2 12x 20 x 2 0 vô nghiệm nên 18 x 1 16 x 1 nhân liên hợp hai vế của (4) ta có: x2 7x 10 x 1 x2 12x 20 x 2 x 1 9 8 . (*) x2 7x 10 x 1 x2 12x 20 x 2 Pt (*) 8 x2 7x 10 9 x2 12x 20 x 10 Đến đây ta có hai hướng giải quyết: Hướng 1: bình phương hai vế ??? 8 x2 7x 10 9 x2 12x 20 x 10 Hướng 2: kết hợp với pt (3) ta có hệ sau: 2 2 2 x 7x 10 x 12x 20 x Lấy pt thứ nhất trừ đi 9 lần pt thứ hai, ta thu được: 5 2 x 15 5 5 5 x 7x 10 4x 5 4 x 2 2 x 15x 25 0 15 5 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x . 2 d) 3 162x3 2 27x2 9x 1 1 162x3 6 3x 3x 1 Phương trình đã cho tương đương với: 0 2 2 3 162x3 2 2 3 162x3 2 4 27x 9x 1 1 2 3x 1 9x2 3x 1 3x 3x 1 0 2 2 3 162x3 2 2 3 162x3 2 4 27x 9x 1 1 2 2 9x 3x 1 3x 3x 1 0 2 2 3 162x3 2 2 3 162x3 2 4 27x 9x 1 1 2 2 9x 3x 1 3x Xét phương trình: 0 2 2 3 162x3 2 2 3 162x3 2 4 27x 9x 1 1 2 2 9x 3x 1 3x 2 3 3 3 162x3 2 2 3 162x3 2 4 162x 2 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.25 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 1 4 1 a 2 a 1 Ta đặt a 3 162x3 2 suy ra: 2 3x 1 a 2 3x 1 1 3x x 3x a 3x 2 a 2 3 1 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x . 3 e) x2 12 5 3x x2 5 (Olympic 30/4 Đề nghị) 5 Đk: x . Ta nhận thấy x = 2 là một nghiệm của pt. Như vậy phương trình đã cho có thể phân tích được 3 về dạng x 2 Q x 0 ! Phương trình đã cho tương đương với: x2 12 4 3x 6 x2 5 3 x2 4 x2 4 x 2 x 2 3 x 2 x 2 3 0 x2 12 4 x2 5 3 x2 12 4 x2 5 3 x 2 x 2 x 2 3 0(*) x2 12 4 x2 5 3 1 1 x 2 x 2 Do 0 nên pt (*) vô nghiệm. x2 12 4 x2 5 3 x2 12 4 x2 5 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. f) 3x2 7x 3 x2 2 3x2 5x 1 x2 3x 4 Pt đã cho tương đương với: 3x2 5x 1 3x2 7x 3 x2 2 x2 3x 4 0 2 3 Bằng cách nhân liên hợp, ta có: x 2 0. 3x2 5x 1 3x2 7x 3 x2 2 x2 3x 4 2 3 Do nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 3x2 5x 1 3x2 7x 3 x2 2 x2 3x 4 1 g) 5x 1 3 9 x 2x2 3x 1Đk: x 5 Phương trình đã cho tương đương với: 5x 1 2 3 9 x 2 2x2 3x 5 5 x 1 1 x 2 x 1 2x 5 5x 1 2 3 9 x 2 3 9 x 4 5 1 x 1 2x 5 0 2 5x 1 2 3 9 x 2 3 9 x 4 5 5x 1 5 1 x 1 2x 0 2 5x 1 2 3 9 x 2 3 9 x 4 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1. 2 6 2 6 h) x3 3x 1 8 3x2 Đk: x , 3 3 Ở bài này, khó là ở chỗ ta không thể nhẩm ra ngay được nghiệm của phương trình để dùng lượng liên hợp. Tuy nhiên với sự hỗ trợ đắc lực của công nghệ là chiếc máy tính Casio fx570 Es thì mọi chuyện có vẻ dễ dàng hơn! Thật vậy, ta sẽ lần lượt dùng chức năng Shift Solve để tìm ra 2 nghiệm của phương trình là: x1 0,6180339887 ; x2 1,618033989 sau đó gán hai nghiệm này vào hai biến A và B. Bây giờ ta sẽ thử tìm xem A và B có mối quan hệ gì với nhau hay không bằng cách tình A + B và AB, ta thu được kết quả “đẹp” sau: A B 1, AB 1. Điều đó đã chứng tỏ A, B là hai nghiệm của phương trình: X 2 X 1 0 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.26 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 Và từ đây, ta có thể dự đoán được x2 x 1 chính là nhân tử của pt! Ta viết pt đã cho lại thành: x3 3x 1 px q 8 3x2 px q 0 px q 2 8 3x2 x3 3x 1 px q 0 2 8 3x2 px q p2 3 x2 2 pqx q2 8 x3 p 3 x 1 q 0 8 3x2 px q Đến đây, để xuất hiện nhân tử x2 x 1thì p2 3 x2 2 pqx q2 8  x2 x 1 với  là một hệ số. Chọn  = 4 thì ta được một cặp (p, q) thỏa mãn là (p, q) = (-1; 2). Khi đó (2) trở thành: 2 x x 1 2 4 x3 2x 1 4 0 x x 1 x 1 0 8 3x2 2 x 8 3x2 2 x 3x 3x 2 Xét f x 8 3x2 2 x ta có: f ' x 1 f '(x) 0 1 x 8 3x2 8 3x2 3 Ta có bảng biến thiên: 6 4 6 2 6 6 4 6 f x kết hợp với x 0 f x 3 3 3 4 4 2 6 4 x 1 x 1 1 0 8 3x2 2 x f x 3 6 4 6 3 1 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x2 x 1 0 x . 2 I.45)Giải các ptr sau (bằng cách nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung): 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 gía A x 0 vô nghiệm . a) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 b) x2 12 5 3x x2 5 c) 3 x2 1 x x3 1 d) x 1 1 3 x 6 2 x2 4 G: a) 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 Ta nhận thấy : 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 v x2 2 x2 3x 4 3 x 2 2x 4 3x 6 Ta có thể trục căn thức 2 vế : 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 (OLYMPIC 30/4 đề nghị) .Bài-giảng Pt- Hpt trang.27 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 5 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 c) 3 x2 1 x x3 1 Đk x 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 3 x2 3x 9 3 2 3 x 3 x 1 2 x 3 x 2 5 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 pt có nghiệm duy nhất x=3. x 2 x 2 d) x 1 1 3 x 6 2 x2 4 (x 2)(x 2) x 2 x 1 1 3 (x 6)2 2 3 x 6 4 I.46) Giải pt: a) x2 x 1 x 2 x2 2x 2 b) 3 x 2 x x3 x2 4x 4 x x 1 x 3 c) 3 x2 1 x 3 x 1 x 5 x2 6 G: a) x2 x 1 x 2 x2 2x 2 Cũng bằng cách làm như ở [ ], ta phân tích được như sau: x2 2x 7 3 x 2 x 2 x2 2x 2 0 x2 2x 7 x 2 3 x2 2x 2 0 2 x 1 1 x 1 x 1 7 x2 2x 7 0 . x2 2x 2 3 x 1 7 Ta cũng có thể giải thích theo cách khác tại sao lại tìm được lượng x2 2x 7 như sau: Do x = -2 không là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho (x + 2) ta được: x2 x 1 x2 2x 2 . Giả sử ta cần thêm vào hai vế của phương trình một lượng Ax B , khi đó ta có: x 2 x2 x 1 x2 2x 2 Ax B Ax B x 2 1 A2 x2 2 1 AB x 2 B2 1 A x2 1 2A B x 1 2B x2 2x 2 Ax B x 2 1 A2 2 1 AB B2 2 Khi đó, ta cần chọn A, B sao cho . Từ đó ta có: A = 0, B = 3. 1 A 2A B 1 2B 1 b) 3 x 2 x x3 x2 4x 4 x x 1 ĐK: 2 x 3. Phương trình đã cho tương đương với: 3 x x 1 2 x x x3 x2 4x 4 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.28 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x2 x 2 x2 x 2 x 2 x 1 x 2 3 x x 1 2 x x 1 1 x 1 2 x x 1 x 2 0 . 3 x x 1 2 x x x 2 - Với bài này, việc xuất hiện thêm các đa thức chứa trị tuyệt đối tưởng chừng như sẽ gây cho ta thêm khó khăn trong việc giải quyết. Nhưng nhờ sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp, bài toán đã được giải quyết nhanh chóng! Khi ấy, ta chỉ cần chuyển các lượng trên về đúng vị trí và sử dụng pp nhân liên hợp là đủ. Sau đây là một số bài toán khác: x 3 c) 3 x2 1 x 3 x 1 x 5 Đk: x 3 x2 6 x 3 Phương trình đã cho tương đương với: 3 x2 1 2 x 3 x 1 2 x 3 2 x2 6 x2 1 8 x 1 4 15 x 2x2 x 3 x 3 2 2 2 3 2 x 6 3 x 1 2 x 1 4 x 1 2 x 3 x 3 x 3 x 3 2x 5 x 3 1 x 3 0 x 3 . 2 2 2 3 2 x 6 3 x 1 2 x 1 4 x 1 2 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau: (1) 2x 1 x2 3x 1 0 ĐS: x 1, x 2 2 Hướng dẫn: pt 2x 1 1 x2 3x 2 0 , trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x – 1. 11 3 5 (2) 3 2 x 2 2x x 6 ĐS: x 3; x 2 G: pt 3 x 2 1 2x 6 x 6 3, sau đó trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x – 3. 1 x 2x x2 1 (3) ĐS: x x 1 x2 2 1 x 2x x2 Hướng dẫn: pt 1 1, trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung là 2x 1. x 1 x2 (4) 9 4x 1 3x 2 x 3 ĐS: x 6 Hướng dẫn: pt 9 4x 1 5 4 3x 2 x 6 (5) x 2 4 x 2x2 5x 1ĐS: x 3 Hướng dẫn: pt x 2 1 4 x 1 2x2 5x 3 , trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung là x – 3. x 3 (6) 4x 1 3x 2 ĐS: x 2 5 x 3 G: pt 4x 1 3 2 3x 2 1 sau đó trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung x – 2. 5 32 513 (7) 2x2 16x 18 x2 1 2x 4 ĐS: x 1; x 7 G: pt 2x2 16x 18 2x 4 x2 1 0 , trục căn thức làm xuất hiện nhân tử chung là x2 1 . (8) Giải phương trình sau: x 1 x 4 x 9 x 16 x 100 (9) Giải các phương trình sau: a) 3 x x 3 3 b) 3 2x 1 3 x 1 c) 2x 1 x2 3x 1 0 d) 9 4x 1 3x 2 x 3 I.47) I.48) .Bài-giảng Pt- Hpt trang.29 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 [I.6] Phương-pháp nhận-xét/đánh-giá 1. Dùng hằng đẳng thức : Từ những đánh giá bình phương : A2 B2 0 , ta xây dựng pt dạng A2 B2 0 2 2 Từ pt 5x 1 2x 9 5x 2 x 1 0 ta khai triển ra có pt: 4x2 12 x 1 4 x 5x 1 9 5x 2. Dùng bất đẳng thức A m ● Một số pt được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: ; nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được B m tại x0 thì x0 là nghiệm của pt A B . 1 Vd: Ta có : 1 x 1 x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và x 1 2, dấu bằng khi và chỉ x 1 1 khi x=0. Vậy ta có phương trình: 1 2008x 1 2008x 1 x x 1 A f x A f x Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đó : A B B f (x) B f x ● Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được. f (x) 0 Kiến thức cơ bản: f2(x) + g2(x) + t2(x) = 0 g(x) 0 t(x) 0 f (x) b f(x) + g(x) = a ( a là hằng số) mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a ) g(x) c f (x) a f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a g(x) a c. Chuyển về dạng: A1 + A2 + + An = 0 với Ai 0,1 i n khi đó pt tương đương với: A1 = 0, A2 = 0, An = 0 . d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 a 3 b 3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 3 3 3 3 3 a b c a b a b 3ab a b khi đó phương trình tương đương với hệ . Giải hệ này ta 3 a b 3 abc c có nghiệm của phương trình. 1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki: a b Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 . Dấu ‘‘=’’ xảy ra x y 2.Bất đẳng thức côsi: a b a) Với hai số a, b 0 thì ta có: ab . Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b 2 a b c b) Với ba số a, b, c 0 thì ta có: 3 abc . Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c 3 a b c d c) Với bốn số a, b, c, d 0 thì ta có: 4 abcd . Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c = d 4 a a a 1 2 n n e) Với n số a1, a2, , an 0 thì ta có: a .a a . Dấu ‘‘=’’ xảy ra a a a n 1 2 n 1 2 n 3.GTLN,GTNN của biểu thức: a/ A = m + f2(x) m b/ A = M - g2(x) M .Bài-giảng Pt- Hpt trang.30 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 A m A M MinA m MaxA M Dấu ''='' xảy ra f(x) = 0 Dấu ''='' xảy ra g(x) = 0 5. Dùng bất đẳng thức A m (1) ➢ Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: B m (2) nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A B 1 Ta có : 1 x 1 x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và x 1 2 , dấu bằng khi và chỉ x 1 1 khi x = 0. Vậy ta có phương trình: 1 2008x 1 2008x 1 x x 1 A f x A f x Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đó : A B B f (x) B f x ✓Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được. I.49) Giải phương trình: a) 4x2 3x 3 4x x 3 2 2x 1 . b) 4x y2 y 2 4x2 y . c) 3 x 1 3 x 2 3 2x 3 . d) x4 2x2 6x 20 2x2 x2 2x 16 G: a) Pt ↔ 4x2 4x x 3 x 3 1 2 2x 1 2x 1 0 .ĐS: x=1. bp 2 2 1 b) 4x y2 y 2 4x2 y . 2x 1 y 2 2 y 2 4x2 y 0 x , y 2. 2 3 c) 3 x 1 3 x 2 3 2x 3 .ĐS: x 1; x 2; x . 2 d) x4 2x2 6x 20 2x2 x2 2x 16 x4 - 2x2 x2 2x 16 + x2 -2x +16+ x2-4x+4 = 0 2 2 2 2 2 2 x x 2x 16 0 x x 2x 16 x 2 0 x 2 0 x = 2 thỏa mãn hệ , vậy pt có 1 nghiệm x = 2 I.50) Gpt: a) 4x2 3x 3 4x x 3 2 2x 1 b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 1 c) 1 2012x 1 2012x x 1 x 1 G: a) 4x2 3x 3 4x x 3 2 2x 1 Đk: x ≥ 1/2 2 2 x 3 2x Pt ↔ (2x x 3) (1 2x 1) 0 2x 1 1 b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 Ta có VT= 3(x 1)2 4 5(x 1)2 9 4 9 5 VP= 4 – 2x—x2 = 5 – (x+1)2 ≤ 5 vậy phương trình chỉ thỏa mãn khi cả 2 vế đồng thời bằng 5 khi và chỉ khi x = - 1 là nghiệm của phương trình 1 c) 1 2012x 1 2012x x 1 x 1 1 1 1 Đk: x . Ta có: x 1 2 . Dấu = xảy ra khi x = 0. 2012 2012 x 1 2 Ta có: 1 2012x 1 2012x 2 1 2012x 1 2012x 4 1 2012x 1 2012x 2 Dấu = xảy ra khi x = 0. Vậy x = 0 là nghiệm của pt. .Bài-giảng Pt- Hpt trang.31 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 I.51)Giải phương trình: a) x - 2 + 4 - x = x2 - 6x +11b) x2 4x 5 2x2 8x 17 15 2x x2 G: a) x - 2 + 4 - x = x2 - 6x +11 ĐK 2 x 4 2 Sử dụng BĐT Bunyakovsky. Ta có x - 2 + 4 - x 12 +12 x - 2 + 4 - x = 4 VT 2 x - 2 4 - x 2 2 = Mặt khác x - 6x +11 = (x -3) + 2 2 VP 2 . Vậy từ pt ta có VT = VP 1 1 x = 3 . x -3 = 0 Vậy PT có nghiệm x = 3. b) x2 4x 5 2x2 8x 17 15 2x x2 ĐK -3 x 5 x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 +1 1 Ta có VT = x2 + 4x + 5 + 2x2 +8x +17 1+ 3 = 4 2 2 2x +8x +17 = 2(x + 2) + 9 9 Mặt khác 15 2x x2 15 (1 x)2 16 VP 15 2x x2 4 VT 4 x 2 Vậy pt . Suy ra pt vô nghiệm. VP 4 x 1 2 2 I.52)Giải pt: a) x x 9 b)13 x2 x4 9 x2 x4 16 c) x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 x 1 2 2 G: a) x x 9 (OLYMPIC 30/4 -2007) Đk x 0 x 1 2 2 2 2 2 1 x Ta có : x 2 2 x 1 x 9 x 1 x 1 x 1 2 2 1 1 Dấu bằng x x 1 x 1 7 2 b)13 x2 x4 9 x2 x4 16 Đk: 1 x 1 Biến đổi pt ta có : x2 13 1 x2 9 1 x2 256 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky: 2 13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x2 13 27 13 13x2 3 3x2 40 16 10x2 2 2 x 2 2 1 x 2 2 16 1 x 5 Áp dụng bđt Cauchy: 10x 16 10x 64 . Dấu bằng 3 2 2 2 2 10x 16 10x x 5 c) x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 Ta chứng minh : 8 4 4x 4 x 13 và x3 3x2 8x 40 0 x 3 2 x 3 x 13 2 2 I.53)Gpt: a) x x 9 b) 13 x2 x4 9 x2 x4 16 c) x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 x 1 x 4x 1 d) 7 x x 5 x2 12x 38 e) x2 3x 2 x 1 2 f) 2 4x 1 x 2 2 G: a) x x 9 Đk: x 0 x 1 2 2 2 2 2 1 x Ta có : x 2 2 x 1 x 9 . x 1 x 1 x 1 2 2 1 1 Dấu bằng x x 1 x 1 7 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.32 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2 b) 13 x2 x4 9 x2 x4 16 Đk: 1 x 1 Biến đổi pt ta có : x2 13 1 x2 9 1 x2 256 Áp dụng bđt Bunyakovsky: 2 13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x2 13 27 13 13x2 3 3x2 40 16 10x2 2 2 x 2 2 1 x 2 2 16 1 x 5 Áp dụng bđt Cauchy: 10x 16 10x 64 . Dấu bằng 3 2 2 2 2 10x 16 10x x 5 c) x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 Ta chứng minh : 8 4 4x 4 x 13 và x3 3x2 8x 40 0 x 3 2 x 3 x 13 d) 7 x x 5 x2 12x 38 Ta có :VT2=( 7 x x 5 )2 (1 + 1).(7- x + x - 5) = 4 Nên : 0 < VT 2. Mặt khác:VP = x2 - 12x + 38 =2 + (x - 6)2 2 Theo giả thiết dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi: x = 6. Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của pt đã cho. e) x2 3x 2 x 1 2 ĐK: x 1;2 (1) . PT x2 3x 2 2 x 1 (2) Từ (2) ta có: 2 x 1 0 x 1 2 x 1 2 x 1 (3) Từ (1) và (3) Ta có x = 1 thế vào (2) thoả mãn.Vậy :x = 1 x 4x 1 1 f) 2 Đk: x . 4x 1 x 4 x 4x 1 x 4x 1 Áp dụng bđt Cauchy ta có: 2  2 . 4x 1 x 4x 1 x x 4x 1 Theo gt dấu bằng xảy ra ↔ x2 4x 1 0 (x 2)2 3 x 2 3 4x 1 x Dấu “=” xảy ra x 4x 1 x2 4x 1 0 x2 4x 4 3 0 (x 2)2 3 x 2 3 x 2 3 (Thoả mãn).Vậy : x 2 3 I.54) Gpt: a) x 1 5x 1 3x 2 b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 x 7 6 8 c) 8 2x2 2x 1 d) 6 x 1 3 x 2 x 1 1 1 1 4 x 4 e)Tìm nghiệm nguyên dương của pt:  1.2 2.3 3.4 x. x 1 4 x 5 G: a) x 1 5x 1 3x 2 Cách 1: Đk: x ≥ 1. Với x ≥ 1 thì: Vế trái: x 1 5x 1 vế trái luôn âm Vế phải: 3x 2 ≥ 1 vế phải luôn dương. Vậy: pt đã cho vô nghiệm Cách 2: Với x ≥ 1, ta có: x 1 5x 1 3x 2 x 1 8x 3 2 (5x 1)(3x 2) 2 7x 2 (5x 1)(3x 2) Vế trái luôn là một số âm với x ≥ 1, vế phải dương với x ≥ 1 pt vô nghiệm. b) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2 (1) 2 4 2 9 2 Ta có (1) 3 x 2x 1 5 x 2x 1 (x 2x 1) 5 3 5 3(x 1)2 4 5(x 1)2 9 5 (x 1)2 Ta có: Vế trái ≥ 4 9 2 3 5. Dấu “=” xảy ra x = –1 Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra x = –1. Vậy pt đã cho có một nghiệm x = –1 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.33 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x 7 1 c) 8 2x2 2x 1 Đk: x ≥ . Dễ thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình x 1 2 1 6 – Nếu x 2 : VT = 1 8 8 3 . Mà: VP > 8 3 2 x 1 – Nếu x > 2: VP = 2x2 + 2x 1 > 2.22 + 3 = 8 3 . VT < 8 3 6 6 x 2 x 1 2 1; 1 1 3. Vậy pt đã cho có một nghiệm duy nhất là x = 2 x 1 2 1 6 8 3 d) 6 ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương trình. 3 x 2 x 2 3 6 8 6 8 Ta cm nghiệm này là duy nhất. Thật vậy:Với x < : 2 và 4 6 . 2 3 x 2 x 3 x 2 x 3 6 8 Tương tự với < x < 2: 6 2 3 x 2 x 1 1 1 1 4 x 4 e)Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:  1.2 2.3 3.4 x. x 1 4 x 5 1 1 ĐK: x 4 (1). Ta có:1 1 4 x x 4 (*) x 1 4 x 5 Ta có: VP(*) = x 4 0 x 4 (2). Từ (1) và (2) ta có:x = 4 là nghiệm duy nhất. I.55) I.56) BÀI TẬP [ÁP DỤNG] TƯƠNG TỰ: 1 2x 1 2x 2 1 1 [Bài 1] Giải các pt sau : a) 1 2x 1 2x b) 2 x 2 2 4 x 1 2x 1 2x x x c) 2x4 8 4 4 x4 4 x4 4 d)16x4 5 6 3 4x3 x e) x3` 3x2 8x 40 8 4 4x 4 0 f) 8 x3 64 x3 x4 8x2 28g) 4 x 4 1 x x 1 x 2 4 8 h) x 3 5 x x2 8x 18 [Bài 2] Giải các pt sau : a) x - 2 + 6 - x = x2 - 8x + 24 b) x 4 6 x x2 10x 27 c) 6 x x 2 x2 6x 13 d) 1 x 4 x 3 x2 6x 15 [Bài 3] Giải các pt sau: 1) 3x 2 6x 7 5x 2 10x 14 4 2x x 2 2) x2 6x 18 x2 6x 11 3) x 2 6x 11 x 2 6x 13 4 x 2 4x 5 3 2 4)x 2 3x 3,5 x 2 2x 2 x 2 4x 5 5) 2x2 8x 12 3 4 3x2 12x 13 6) x2 2x 5 x 1 2 7) 2( 1 x x) 4 1 x 4 x 1 2x 1 2x 8) 1 2x 1 2x 9) x 2 4 x x 2 6x 11 (Đ11) 1 2x 1 2x 10) x 2 2x 3 2x 2 x 1 3x 3x 2 11) x 2 10 x x 2 12x 52 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.34 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 [I.7] Pp đưa-về hệ-phương-trình a) Dạng thông thường: Đặt u x ,v  x và tìm mối quan hệ giữa x và  x từ đó tìm m u a f x được hệ theo u,v. Chẳng hạn đối với pt: m a f x m b f x c ta có thể đặt: từ đó m v b f x m m m m u v a b suy ra u v a b . Khi đó ta có hệ u v c Vd: Giải các pt sau: a) 3 2 x 1 x 1 b) 3 9 x 2 x 1 c) x x 1 (x 1) x x2 x 0 2 d ac b) Dạng pt chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai: ax b c(dx e) x  với e bc  Cách giải: Đặt: dy e ax b khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 2 dy e ax b dy e ax b →giải 2 2 dy e c(dx e) x  c dy e x dy e  Nhận xét: Dể sử dụng được pp trên cần phải khéo léo biến đổi pt ban đầu về dạng thỏa mãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn ; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : x  n p n a ' x b'  là chọn được. 3 d ac c) Dạng pt chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba: 3 ax b c dx e x  với e bc  Cách giải: Đặt dy e 3 ax b khi đó phương trình được chuyển thành hệ: 3 3 3 dy e ax b dy e ax b c dy e acx bc 3 3 3 dy e c dx e x  c dx e x dy e  c(dx e) (ac d)x dy bc Vd: Giải các pt sau: 1) x 1 x2 4x 5 2) 3x 1 4x2 13x 5 3) x3 2 33 3x 2 4x 9 4) 7x2 7x; x 0 5) x3 1 2 3 2x 1 6) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 28 4 7) 4x2 13x 5 3x 1 0 8) 4x2 13x 5 3x 1 0 9) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 3 15 10) 3 6x 1 8x3 4x 1 11) 30x2 4x 2004 30060x 1 1 12) 3 3x 5 8x3 36x2 53 25 2 d) Gpt vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 2 x 1 y 2 (1) Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ này thì đơn giản 2 y 1 x 2 (2) Bây giờ ta sẽ biến hệ thành pt bằng cách đặt y f x sao cho (2) luôn đúng , y x 2 1, khi đó ta có phương trình : x 1 2 ( x 2 1) 1 x2 2x x 2 Vậy để giải phương trình : x2 2x x 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ 2 x  ay b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây dựng được phương trình 2 y  ax b 2 a  dạng sau : đặt y  ax b , khi đó ta có phương trình : x  ax b b n a  Tương tự cho bậc cao hơn : x  n ax b b Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : x  n p n a ' x b'  .Bài-giảng Pt- Hpt trang.35 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 đặt y  n ax b để đưa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn ; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : x  n p n a ' x b'  là chọn được. I.57)Đặt ẩn phụ thông thường để đưa về hpt: a) x3 25 x3 x 3 25 x3 30 1 6 2x 6 2x 8 b) 2 1 x 4 x c) x 5 x 1 6 d) 4 2 5 x 5 x 3 G: a) x3 25 x3 x 3 25 x3 30 Đặt y 3 35 x3 x3 y3 35 xy(x y) 30 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: , giải hệ này ta tìm được 3 3 x y 35 (x; y) (2;3) (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3} 1 b) 2 1 x 4 x Điều kiện: 0 x 2 1 4 2 2 1 x u 4 Đặt 0 u 2 1,0 v 2 1 4 x v 1 1 u v u v 4 4 2 Ta đưa về hpt sau: 2 2 2 4 1 4 u v 2 1 v v 2 1 4 2 2 2 2 1 Giải pt thứ 2: (v 1) v 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình. 4 2 c) x 5 x 1 6 Điều kiện: x 1 Đặt a x 1, b 5 x 1(a 0,b 0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: 2 a b 5 (a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1 2 b a 5 11 17 Vậy x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x 2 6 2x 6 2x 8 d) Điều kiện: 5 x 5. Đặt u 5 x,v 5 y 0 u,v 10 . 5 x 5 x 3 2 u2 v2 10 (u v) 10 2uv Khi đó ta được hệ phương trình: 4 4 8 2 4 2(u z) (u v) 1 u v 3 uv 3 1 I.58) Gpt [Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường]: a) 2 1 x 4 x b) x 5 x 1 6 4 2 6 2x 6 2x 8 c) d) 4 629 x 4 77 x 8 e) x3 x2 1 x3 x2 2 3 5 x 5 x 3 2 1 x u 4 G: a) Đk: 0 x 2 1 Đặt 0 u 2 1,0 v 2 1 4 x v .Bài-giảng Pt- Hpt trang.36 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 1 1 u v u v 4 4 2 Ta đưa về hpt sau: 2 2 2 4 1 4 u v 2 1 v v 2 1 4 2 2 2 2 1 Giải pt thứ 2: (v 1) v 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của pt. 4 2 b) x 5 x 1 6 Điều kiện: x 1 2 a b 5 Đặt a x 1, b 5 x 1(a 0,b 5) thì ta đưa về hpt sau: 2 b a 5 (a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1 11 17 Vậy x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x 2 6 2x 6 2x 8 c) Điều kiện: 5 x 5. Đặt u 5 x,v 5 y 0 u,v 10 . 5 x 5 x 3 2 u2 v2 10 (u v) 10 2uv Khi đó ta được hệ phương trình: 4 4 8 2 4 2(u v) (u v) 1 u v 3 uv 3 d) 4 629 x 4 77 x 8 4 u 629 x 4 4 ĐK: 77 x 629 Đặt (u;v 0) u v 8,u v 706 4 v 77 x 2 t 15 Đặt t = uv t 128t 1695 0 . Với t = 15 x = 4. Với t = 113 x = 548 t 113 e) x3 x2 1 x3 x2 2 3(1) 3 2 3 2 3 2 u x x 1 Với đk: x x 1 0 x x 2 0 . Đặt Với v > u ≥ 0 3 2 v x x 2 u v 3 u v 3 u v 3 u 1 Pt(1) trở thành u + v = 3. Ta có hpt: 2 2 v u 3 (v u)(v u) 3 v u 1 v 2 3 2 3 2 x x 1 1 x x 1 1 3 2 x x 2 0 3 2 x3 x2 2 4 x x 2 2 (x 1)(x2 2x 2) 0 x 1 (do x2 2x 2 0;x) . Vậy pt đã cho có tập nghiệm là S = {1} 2 2 I.59) Giải pt: a) 1 x 2 x b) 4 18 5x 4 64 5x 4 3 2 2 2 2 1 x 0 1 x 1 G: a) 1 x x Đk: 0 x 1(*) 3 x 0 x 0 1 x 2 1 u 4 2 2 2 Với điều kiện (*),đặt u x ; v x , với u ≥ 0, v . Ta có: 2 2 3 3 x v 3 2 2 2 2 u v u v u v u v 3 Do dó ta có hệ: 3 3 3 2 4 4 2 2 1 u4 v2 u v 1 u2 v2 2u2.v2 1 u v 2u.v 2u2v2 1 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.37 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2 u v 3 2 2 8 194 u v u v u.v 3 3 18 2 4 2 2 2 2 16 65 2 2u.v 2u .v 1 2u .v u.v 0 u v 9 9 81 5 8 194 u.v 18 2 2 8 194 y y 0(a) u và v là nghiệm của pt 3 18 2 8 194 y 2 y 0(b) 3 18 97 97 1 3 1 3 2 2 (b) vô nghiệm; (a) có 2 nghiệm: y ; y 1 2 2 3 u1 y1 u2 y2 Do đó:  v1 y2 v2 y1 2 97 97 97 1 3 1 3 1 3 2 2 2 Vì u ≥ 0 nên ta chọn u y2 x x 3 3 3 2 1 97 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 3 9 2 18 x 18 5x 0 18 64 b) 4 18 5x 4 64 5x 4 Với đk: 5 x (*) 64 64 5x 0 x 5 5 5 u 4 18 5x Đặt u 4 18 5x,v 4 64 5x , với u ≥ 0, v ≥ 0. Suy ra 4 v 64 5x u v 4 u v 4 4 4 2 2 2 2 Phương trình đã cho tương đương với hệ: u v 82 u v 2(uv) 82 v 0,v 0 v 0,v 0 S 4 S 4 S 4 2 2 2 2 Đặt A = u + v và P = u.v, ta có: S 2P 2P 82 p 32P 87 0 P 3 P 29 P 0 P 0 P 0,S 0 (1)Với S = 4, P = 3 2 y 1 u 1 u 3 u và v là nghiệm của phương trình: y 4y 3 0 . Do đó ta có:  y 3 v 3 v 1 4 18 5x 1 4 18 5x 3 18 5x 1 18 5x 81 17 63 Suy ra   x  x thoả mãn (*) 4 4 64 5x 3 64 5x 1 64 5x 81 64 5x 1 5 5 (2) Với S = 4, P = 29 không tồn tại u và v .Bài-giảng Pt- Hpt trang.38 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 17 63 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x1 ; x2 5 5 3 I.60) Giải pt: a) 3 x 3 1 x . b) 2x 8 3 2x 9 5 c) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 (1) 2 d) 2 3 3x 2 3 6 5x 8 0 (x ¡ ) (A-2009) 3 3 3 3 x u u v u v G: a) 3 x 3 1 x Đặt: Vậy ta có hệ: 2 2 2 3 1 x v 3 3 2 u v 1 (u v) (u v) 3uv 1 3 9 + 5 3 9+ 5 x = u+v = u = 12 2 2 3 19 12 . u, v là hai nghiệm của pt: X - X + = 0 19 2 36 3 u.v = 9 - 5 9 - 5 u = x = 36 12 12 3 3 9 5 9 5  Vậy phương trình có hai nghiệm: x ;  . 12 12  b) 2x 8 3 2x 9 5 Đk: x 4 . Đặt a 2x 8 0;b 3 2x 9 3 17 b 1 a b 5 a b 5 2 Ta có: b 5 b3 17 b 2 2 3 2 3 a b 17 a b 17 b 4 1 73 Với b 1 3 2x 9 1 x 4; b 2 3 2x 9 2 x ; b 4 3 2x 9 4 x 2 2 1 73 Vậy nghiệm của pt là x 4, x , x . 2 2 c) x 3 35 x3 x 3 35 x3 30 (1) 3 3 3 3 xy(x y) 30 Đặt y 35 x y 35 x . Khi đó (1) chuyển về hpt: 3 3 x y 35 Giải hệ đối xứng loại I này ta có nghiệm (2;3), (3;2). Vậy nghiệm pt là x 2, x 3 d) 2 3 3x 2 3 6 5x 8 0 (x ¡ ) (A-2009) 3 2a 3b 8 Đặt a 3x 2; b 6 5x 0 (*) . Ta có hệ pt: 2 2 5a 3b 8 Giải hệ này bằng phương pháp thế ta được a = -2 và b = 4. Thay vào (*), tìm được x = - 2 3 3 x 2 3 2 3 2 2 37 I.61) Giải pt: a) 3x 2 b) x 3x 3x 16x 24 c) 4x 1 9x 26x 0 3 3 3 d) 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 x3 2 y3 3x 2 G: a) Đặt y . Ta có hệ pt: ( Hệ pt đối xứng loại 2) 3 3 x 3y 2 b) x3 3x2 3x 3 16x 24 (x 1)3 1 2 3 2x 3 (x 1)3 1 2 3 2(x 1) 1 a3 1 2b Đặt a x 1, b 3 2a 1 . Ta có hệ pt: ( Hệ pt đối xứng loại 2) 3 b 1 2a n n t a by Nhận xét: Dạng f (x) a b n b. f (x) a . Đặt t f (x), y n b.t a , đưa về hpt   n y a bt .Bài-giảng Pt- Hpt trang.39 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2 37 1 2 2 11 c) 4x 1 9x2 26x 0 Đk: x . Biến đổi pt: 4x 1 3x 4 2x 3 3 4 3 3 2 2 4 3x 4 2x 2y 1 3y 4 4x 1 Đặt 3y 4 4x 1, y . Khi đó, ta có hệ pt: 3 2 3y 4 4x 1 (x y)(9x 9y 22) 0 x y x y x y 2 14 61 9x 28x 15 0 x 2 3y 4 4x 1 9 22 y x 22 9x 9y 22 0 9 y x 9 2 3y 4 4x 1 2 91 9x 24x 0 12 53 9 x 9 1 4 14 61 12 53 Do x và y nên pt đã cho có 2 nghiệm: x , x 4 3 9 9 Nhận xét: Dạng phương trình ax b r(ux v)2 dx e , Đặt ax b uy v d) 3 3x 5 8x3 36x2 53x 25 ( Đặt ẩn phụ đưa về hệ pt gần đối xứng ) Giải: pt đã cho tương đương 3 3x 5 (2x 3)3 x 2 (2y 3)3 3x 5 (1) Đặt 2y 3 3 3x 5 (2y 3)3 3x 5. Ta có hệ pt: 3 (2x 3) x 2y 5 (2) Lấy (1) trừ (2): (2y 3)3 (2x 3)3 2x 2y 2 2 (2y 2x) (2y 3) (2y 3)(2x 3) (2x 3) 2x 2y x y 5 3 Thay vào (1) và giải được nghiệm: x 2; x 4 I.62) Gpt: a) x2 2x 2 2x 1 b) 2x2 6x 1 4x 5 c) x2 x 5 5 4x 9 d) 7x2 7x (x 0) . e) 2x2 2x 1 4x 1 28 1 G: a) Đk: x Ta có pt được viết lại là: (x 1)2 1 2 2x 1 2 2 x 2x 2(y 1) Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau: . Trừ hai vế của pt ta được (x y)(x y) 0 2 y 2y 2(x 1) Giải ra ta tìm được nghiệm của pt là: x 2 2 Cách 2: Đặt 2x 1 t a 2x 1 t 2 2at a2 . Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x – 2 kết hợp với đầu x2 2x 2t 2 bài ta có hpt: . Giải hệ này ta sẽ tìm được x. 2 t 2t 2x 2 5 b) 2x2 6x 1 4x 5 Đk: x . Biến đổi pt: 4x2 12x 2 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11 4 2 (2x 3) 4y 5 Đặt 2y 3 4x 5 ta được hpt sau: (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 2x 1 4x 5 (vô nghiệm). Kết luận: Nghiệm của pt là x 2 3 c) x2 x 5 5 ĐK: x 5 Pt x2 5 x 5 ; x 5 (*) Đặt x 5 t a x 5 t 2 2at a2 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.40 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 x2 5 t Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hpt: từ đây ta sẽ tìm được nghiệm. 2 t 5 x 4x 9 4x 9 4x 9 d) 7x2 7x (x 0) . Đặt t a t 2 2at a2 28 28 28 1 4x 9 1 1 Chọn a ta được: t 2 t 7t 2 7t x 2 28 4 2 1 7x2 7x t 2 Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình: 1 7t 2 7t x 2 Giải hpt trên ta tìm được nghiệm. e) [Bài tập áp dụng] 2x2 2x 1 4x 1 I.63)Gpt [bằng cách đặt ẩn phụ để đưa về hpt đối xứng loại II]: a) x2 2x 2 2x 1 b) 2x2 6x 1 4x 5 1 G: a) x2 2x 2 2x 1 Điều kiện: x . Ta có pt được viết lại là: (x 1)2 1 2 2x 1 2 2 x 2x 2(y 1) Đặt y 1 2x 1 thì ta đưa về hệ sau: . Trừ hai vế của pt ta được (x y)(x y) 0 2 y 2y 2(x 1) Giải ra ta tìm được nghiệm của pt là: x 2 2 5 b) 2x2 6x 1 4x 5 Điều kiện x 4 Ta biến đổi pt như sau: 4x2 12x 2 2 4x 5 (2x 3)2 2 4x 5 11 2 (2x 3) 4y 5 Đặt 2y 3 4x 5 ta được hpt sau: (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 Kết luận: Nghiệm của pt là {1 2; 1 3} 4 I.64)Đưa về hệ gần đối xứng : a) 4x2 5 13x 3x 1 0 b) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 3 c) 4x2 5 13x 3x 1 0 2 (2x 3) 2y x 1 G: a) Ta xét hệ sau : (1) đây không phải là hệ đối xứng loại 2 nhưng chúng ta 2 (2y 3) 3x 1 vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau : 4 b) 3 81x 8 x3 2x2 x 2 Pt 3 27 3 81x 8 27x3 54x2 36x 54 27 3 81x 8 3x 2 3 46 . Ta đặt : 3y 2 3 81x 8 c) 4x2 5 13x 3x 1 0 2 13 33 13 Nx: Nếu chúng ta nhóm như những pt trước : 2x 3x 1 . Đặt 2y 3x 1 thì 4 4 4 chúng ta không thu được hpt mà chúng ta có thể giải được. Để thu được hệ (1) ta đặt : y  3x 1 , chọn , sao cho hệ chúng ta có thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng ) 2 y  3x 1 2 y2 2  y 3x  2 1 0 (1) Ta có hệ : (*) 2 2 4x 13x 5 y  4x 13x y 5  0 (2) Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x y .Bài-giảng Pt- Hpt trang.41 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 2 2  3  2 1 Nên ta phải có : , ta chọn được ngay 2;  3 4 13 5  1 3 Ta có lời giải như sau : Điều kiện : x , Đặt 3x 1 (2y 3), (y ) 3 2 2 (2x 3) 2y x 1 Ta có hệ phương trình sau : (x y)(2x 2y 5) 0 2 (2y 3) 3x 1 15 97 11 73 Với x y x . Với 2x 2y 5 0 x 8 8 15 97 11 73  Kết luận : tập nghiệm của phương trình là : ;  8 8  Chú ý : Khi đã làm quen, chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách viết lại pt như sau : (2x 3)2 3x 1 x 4 . Khi đó đặt 3x 1 2y 3 , nếu đặt 2y 3 3x 1 thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trước căn. f (x) A.x B.y m (1) Một cách tổng quát : Xét hệ : để hệ có nghiệm x = y thì : A-A’=B và f (y) A'.x m' (2) m=m’. Nếu từ (2) tìm được hàm ngược y g x thay vào (1) ta được phương trình Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải được. Một số phương trình được xây dựng từ hệ. Bài tập tự luyện +)Khi gặp phương trình có dạng F f x , n a f x , m b f x 0 . F u,v 0 Đặt u n a f x , v m b f x . Khi đó ta được hệ phương trình sau: . Giải hệ này tìm n m u v a b u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai pt u n a f x hoặc v m b f x . (1) Giải phương trình: 3 x 6 x 3 3 x 6 x .ĐS: x 0, x 3 . (2) Giải phương trình: 3 24 x 12 x 6 .ĐS: x 24, x 88, x 3 . (3) Giải phương trình: 4 x 4 17 x 3 .ĐS: x 1, x 16 . 2 2 (4) Giải phương trình: 3 2 x 3 7 x 3 2 x 7 x 3 .ĐS: x 1, x 6 . u v 3 2 (5) Giải phương trình: 3 x 1 3 x 3 3 2 , đặt u 3 x 1,v 3 x 3, pt trở thành: 3 3 u v 2 1 1 1 1 (6) Giải phương trình: 3 x x 1, đặt u 3 x,v x 2 2 2 2 (7) Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1 x 3 1 x a có nghiệm. 2 2 3 3 a u v uv 2 Đặt u 1 x,v 1 x . Phương trình trở thành: u v a TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. u v a 2 TH2: a 0 , hệ phương trình trở thành 1 2 2 . Hệ có nghiệm khi S 4P 0 0 a 2 . Vậy uv a 3 a phương trình có nghiệm khi 0 a 2 . +)Khi gặp phương trình có dạng f n x b a n af x b . .Bài-giảng Pt- Hpt trang.42 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 t n b ay Đặt t f x , y n af x b ta có hệ . n y b at 1 5 (8) Giải phương trình 2x3 1 2 3 2x 1 . ĐS: x 1, x . 2 x 3 (9) Giải phương trình 2x2 4x . 2 x 3 2 x 1 2 2 1 x 1 G: ĐK x 3 . 2x2 4x 2 x 1 2 x 1 1 1 . 2 2 2 2 2 1 t 1 y x 1 t 2 t 2 Đặt t x 1, y 1 1 y 1 . Ta được hệ phương trình . Giải thêm chút 2 2 2 1 y2 1 t 2 3 17 5 13 nữa ta được kết quả!ĐS: x , x . 4 4 Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ. 7 1 (10) Giải phương trình 4x2 7x 1 2 x 2 . ĐS: x 1, x , x . 4 4 Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. (11) Giải các phương trình sau: 1. 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x 2 2. x2 x 2 x2 x 4 1 5 3. x2 x 4 x2 x 1 2x2 2x 9 4. x x 2x . x x x (12) Giải các bpt sau: 1. 5x2 10x 1 7 2x x2 2. 3 24 x 12 x 6 x2 3. 2x2 x2 5x 6 10x 15 4. 1 x 1 x 2 . 4 (13) Giải các phương trình sau: 1. 3 12 x 3 14 x 2 2. 3 x 1 3 x 3 3 2 x2 3. 1 x2 2 3 1 x2 3 4. x2 2 2 x 5. 1 x 1 x 2 (đặt t 1 x 1 x ). 4 (14) Giải các phương trình sau: a) x 2 x 1 x x 1 x2 x 0 . HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành: 2x x2 x 4 x2 x x3 4x2 6x 4 0 . (x 2)(2 x2 x x2 2x 2) 0 b) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3. HD: Nhân lượng liên hợp. (15) Giải bất phương trình sau: 1 2x 1 2x 2 x2. 4 2 2 t 4t HD: Cách 1: Đặt t 1 2x 1 2x x . Cách 2: Bình phương rồi đưa về dạng:A1+A2 = 0, 16 với A1, A2 0 . (16) Giải phương trình 4 3 10 3x x 2 . (HD: Bình phương hai lần ra phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức). 2 (17) Giải phương trình: a) 1 x x2 x 1 x . b) 2x 6x2 1 x 1. 3 (18) Giải các pt sau: a) x2 1 x 1 2. b) 3 x 2 3 2x 3 1 c) 3 2x 2 3 x 2 3 9x x2 x 2 d) 3 x 1 3 x 1 x 3 2 e) 1 x 1 x 2 f) 2x 3 3x 1 4 4 g) 5x 3 3x 1 x 1. (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2 0 ). .Bài-giảng Pt- Hpt trang.43 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
Pt- Các pp giải- Lớp 10 (19) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m x m x m . (20) Tìm m sao cho phương trình: 4x x2 x m . a) Có nghiệm. b) Có hai nghiệm phân biệt. 1 1 4x2 (21) Giải các bất phương trình sau: a. 3 . b. x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x 7 . x c. x2 x 2 x2 2x 3 x2 4x 5 . 4x (22) Giải các phương trình: a. 3 x 1 3 x2 3 x 3 x2 x .b. x 3 4 x . x 3 3 c. 4 x 3 1 4x .d. 2 x 3 9x2 x 4. e. 2x x2 x 1 4 3x 1 2x2 2x 6 . x (23) Giải các phương trình a) 2 x 2 4x2 7x 1 HD: biến đổi (2x 1)2 3x 2 2(2x 1) 3x . Đặt a 2x 1, b 2a 3x a2 3x 2b Đưa về hệ pt: ( Hệ pt đối xứng loại 2) 2 b 3x 2a b) 2x 15 32x2 32x 20 HD: biến đổi 2x 15 2(4x 2)2 28. Đặt 2x 15 4y 2 2 2 4y 2 2(4x 2) 28 (4x 2) 2y 15 Đưa về hệ pt: 2 2 (Đ/x loại 2) 2x 15 4y 2 4y 2 2x 15 c) 3 2 x x 1 1 d) 1 x2 4 x2 x 1 6 1 x 1 3 (24) Giải pt: 3x 1 2x2 1 5x2 x 3, (1) 2 P: Đây là dạng toán thường gặp trong việc giải các pt chứa căn thức. Cách giải chung là tìm cách để dưa về phương trình tích. Thông thường là đặt ẩn phụ thích hợp để đưa về phương tình bậc hai có biệt số Đenta là bình phương của một biểu thức nào đó , tính nghiệm , và giải tiếp.( Thực chất là phân tích để đưa về phương trình tích) Ở bài này nếu đặt t 2x2 1 thì ta pt: 5(t 2 1) 2 3x 1 t 3x 1 0 có biệt số không là bình phương của một biểu thức!Ta phải biến đổi một chút để đạt được điều đó. 3 3x 1 2x 2 1 5x 2 x 3 3x 1 8x 2 4 (8x 2 4) 2x 2 3x 2 2 §Æt t= 8x 2 4 th× pt trëthµnh:t 2 3x 1 t 2x 2 3x 2 0 2 2 2 2 t 2x 1 8x 4 2x 1 cã 3x 1 4 2x 3x 2 x 3 gi¶i tiÕp t x 2 2 8x 4 x 2 Cách đơn giản nhất: 3 3x 1 2x 2 1 5x 2 x 3 3x 1 8x 2 4 (8x 2 4) 2x 2 3x 2 2 8x 2 4 2x 1 8x 2 4 (2x 1) 8x 2 4 (x 2) 0 gi¶i tiÕp 2 8x 4 x 2 .Bài-giảng Pt- Hpt trang.44 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng