LỜI NÓI ĐẦU · một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B....

Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A

LỜI NÓI ĐẦU:

Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình

Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vô tỷ.

Trong những năm gần đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện ở câu II trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỷ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong bài tập lớn này, tôi xin trình bày “một số phương pháp giải phương trình vô tỷ”, mỗi phương pháp đều có bài tập minh họa được giải rõ ràng, dễ hiểu; sau mỗi phương pháp đều có bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành giải toán và nắm vững cái cốt lõi của mỗi phương pháp.

Hy vọng nó sẽ góp phần giúp cho học sinh có thêm những kĩ năng cần thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình nói chung.

www.VNMATH.com

NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph¬ng ph¸p gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû

A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU:

Giải phương trình: 221 1 (*)

3x x x x

(ĐHQG HN, khối A-2000) Giải:

Điều kiện: 0 1x Cách 1:

2

222

(*) 1 13

x x x x

2 24 41 ( ) 1 2 (1 )

3 9x x x x x x

2 24( ) 6 0x x x x 2 22 (2 3) 0x x x x

2

2

0

3

2

x x

x x

2

2

0

90( )

4

x x

x x PTVN

0

1

x

x

(thỏa điều kiện)

Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x .

Cách 2:

Nhận xét: 2x x được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức:

2

21 =1+2x x x x .

Đặt 1t x x ( 0)t . 2

2 1

2

tx x

.

Phương trình (*) trở thành: 2

2 111 3 2 0

23

ttt t t

t

Với 1t ta có phương trình:

2 2 01 1 2 0 0

1

xx x x x x x

x

(thỏa điều kiện).


www.VNMATH.com


2 2 29 91 2 2 3 0( )

4 4x x x x x x x x PTVN .


Cách 3:

Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 2 2

1 1x x .

(*) 2 . 1 3 1 3 3x x x x

1 2 3 3 3 (1)x x x .

9

4x không thỏa mãn phương trình (1).

Do đó, 3 3

(1) 1 (2)2 3

xx

x

.

Đặt 3 3

( 0), (2) 12 3

tt x t x

t

.

Ta có: 2 2

1 1x x

2

2 3 31

2 3

tt

t

2 2 2 2(4 12 9) 9 18 9 4 12 9t t t t t t t 4 3 24 12 14 6 0t t t t

3 2(2 6 7 3) 0t t t t 2( 1)(2 4 3) 0t t t t

0

1

t

t

.

Với 0t ta có 0 0x x (thỏa điều kiện).

Với 1t ta có 1 1x x (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x .

Cách 4:

Nhận xét: x và 1 x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 2 2

1 1x x .

Đặt ( 0); 1 ( 0)a x a b x b .

Ta có hệ phương trình:

2 2

21

3

1

ab a b

a b

2

3 2 3( )

( ) 2 1

ab a b

a b ab

2

2 3( ) 3

( ) 3( ) 2 0

ab a b

a b a b

www.VNMATH.com


2 3( ) 3

1

2

ab a b

a b

a b

1

0

2

3

2

a b

ab

a b

ab

a, b là 2 nghiệm của phương trình 2

1

00

0

1

a

bX X

a

b

.

(Trường hợp 2

3

2

a b

ab

loại vì 2 32 4. 0

2 ).

Với 1

0

a

b

ta có

11

1 0

xx

x


Với 0

1

a

b

ta có

00

1 1

xx

x



Cách 5:

Nhận xét: Từ 2 2

1 1x x , ta nghĩ đến đẳng thức: 2 2sin os 1a c a .

Đặt sin , 0 a2

x a

.

Phương trình (*) trở thành: 2 221 sin . 1 sin sin 1 sin

3a a a a

3 2sin .cos 3sin 3cos ( ì cos 0)a a a a v a 2(sin cos ) 3(sin cos ) 2 0a a a a

sin cos 1

sin cos 2

a a

a a

sin cos 1a a 2 sin( ) 14

a

2 1 4 4sin( ) ( )

34 22

4 4

a k

a k

a k

2 0

( ) ( ì 0 )22

2 2

a k a

k v aa k a

Với 0a ta có 0 0x x (thỏa điều kiện).

www.VNMATH.com


Với 1a ta có 1 1x x (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là 0; 1x x .

Qua bài toán mở đầu, ta thấy có nhiều cách khác nhau để giải một phương

trình vô tỷ. Tuy nhiên, các cách đó đều dựa trên cơ sở là phá bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.

Một số phép biến đổi tương đương: Cộng, trừ hai vế của phương trình với cùng biểu thức mà không

làm thay đổi tập nghiệm của phương trình. Nhân, chia hai vế của phương trình với cùng biểu thức khác 0

mà không làm thay đổi điều kiện của phương trình. Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình. Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế

của phương trình cùng dương.

1. Lũy thừa hai vế của phương trình:

2 12 1 ( ) ( ) ( ) ( )kk f x g x f x g x .

22

( ) 0( ) ( )

( ) ( )k

k

g xf x g x

f x g x

.

2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )k kf x g x f x g x .

2 2( ) 0

( ) ( )( ) ( )

k kg x

f x g xf x g x

.

Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A B C D , ta thường bình phương 2 vế, điều đó nhiều khi cũng sẽ gặp khó khăn.

Với phương trình dạng: 3 3 3A B C và ta thường lập phương hai vế để

đưa phương trình về dạng: 3 333 .A B A B A B C và ta sử dụng

phép thế : 3 3 3A B C ta được phương trình hệ quả: 33 . .A B A B C C

Bài 1: Giải phương trình: 1 10 2 5 (*)x x x x

Giải: Điều kiện: 1x .

www.VNMATH.com


2 2(*) 2 11 2 11 10 2 7 2 7 10x x x x x x 2 22 11 10 7 10x x x x

2 2 211 14 4 11 10 7 10x x x x x x 2 11 10 1x x x

2 2

1 0

11 10 2 1

x

x x x x

11

9 9

xx

x


Vậy nghiệm của phương trình là: 1x .

Bài 2: Giải phương trình: 3 3 31 2 3 0 (*)x x x

Giải: 3 3 3(*) 1 2 3x x x

3 332 3 3 ( 1)( 2)( 1 2) 3x x x x x x 3 332 ( 1)( 2)( 1 2) 0x x x x x

332 ( 1)( 2) 3 0x x x x

3 ( 1)( 2)( 3) 2x x x x 3 2 3 26 11 6 6 12 8x x x x x x

2x Thử lại, 2x thỏa mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: 2x .

Bài 3: Giải phương trình: 3 3 1 2 2 2x x x x Giải: Điều kiện: 0x Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:

1 3 3 1 2 2 1x x x x x , để giải phương trình này dĩ nhiên là không

khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình :

3 1 2 2 4 3x x x x Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả :

2 26 8 2 4 12x x x x 22( 1) 0 1x x

Thử lại, 1x thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là: 1x .

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

www.VNMATH.com


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 hai vế, giải phương trình

hệ quả và thử lại nghiệm.

Bài 4: Giải phương trình : 3

211 1 3 (1)

3

xx x x x

x

Giải: Điều kiện : 1x Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?

Ta có nhận xét : 3

21. 3 1. 1

3

xx x x x

x

, từ nhận xét này ta có lời giải

như sau : 3

21(1) 3 1 1

3

xx x x x

x

Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả: 3

2 2 1 311 2 2 0

3 1 3

xxx x x x

x x

Thử lại : 1 3, 1 3x x là nghiệm của phương trình.

Nhận xét : 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 phương trình về dạng:

f x h x k x g x sau đó bình phương hai vế, giải phương trình

hệ quả và thử lại nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:

1. 2 22 2 1 3 4 1x x x x x .

2. 3 1 4 1x x .

3. 1 6 5 2x x x .

4. 11 11 4x x x x .

5. 3 312 14 2x x .

6. 3 3 31 2 2 1x x x . 2. Trục căn thức:

2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0x . Như vậy, phương trình

luôn đưa về được dạng tích 0 0x x A x ta có thể giải phương trình

www.VNMATH.com


0A x hoặc chứng minh 0A x vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm

của phương trình để ta có thể đánh giá 0A x vô nghiệm.

Bài 1: Giải phương trình:

2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x

Giải:

Điều kiện: 2

1 5

2

x

x

.

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

2 22 3 4 3 2x x x x .

2 2 2 23 5 1 3 1 2 3 4pt x x x x x x x

2 22 2

2( 2) 3( 2)

2 3 43 5 1 3 1

x x

x x xx x x x

.

2 2 2 2

3 2( 2) 0

2 3 4 3 5 1 3 1x

x x x x x x x

.

2x (thỏa). Dễ dàng chứng minh được phương trình

2 2 2 2

3 20

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

vô nghiệm vì

1 50, ; 2 ;

2VT x

.

Vậy 2x là nghiệm của phương trình.

Bài 2: Giải phương trình: 2 212 5 3 5x x x Giải:

Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 512 5 3 5 0

3x x x x

Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng

2 0x A x , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :

2 212 4 3 6 5 3pt x x x

www.VNMATH.com


2 2

2 2

4 43 2

12 4 5 3

x xx

x x

2 2

2 22 3 0

12 4 5 3

x xx

x x

2x

Dễ dàng chứng minh được : 2 2

2 2 53 0,

312 4 5 3

x xx

x x

.

Vậy 2x là nghiệm của phương trình.

Bài 3: Giải phương trình : 2 33 1 2x x x Giải:

Điều kiện: 3 2x Nhận thấy 3x là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình:

2 33 1 2 3 2 5pt x x x

2

2 32 233

3 3 933 1

2 51 2 1 4

x x xxx

xx x

2

2 32 233

3 3 9( 3) 1 0

2 51 2 1 4

x x xx

xx x

2

322 233

33 93 (*)1

2 51 2 1 4

xx xx

xx x

Phương trình (*) vô nghiệm vì:

222 2 23 33

3 31 1 2

1 2 1 4 1 1 3

x x

x x x

2

3

3 9

2 5

x x

x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 3x .

2.2. Đưa về “hệ tạm”:

Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :

www.VNMATH.com


A BC A B

A B

, khi đó ta có hệ: 2

A B CA C

A B

Bài 1: Giải phương trình sau : 2 22 9 2 1 4x x x x x Giải:

Ta thấy: 2 22 9 2 1 2 4x x x x x

Phương trình đã cho có nghiệm 4 0 4x x 4x không phải là nghiệm của phương trình.

Xét 4x trục căn thức ta có :

2 2

2 2

2 84 2 9 2 1 2

2 9 2 1

xx x x x x

x x x x


2 2

2

2 2

02 9 2 1 2

2 2 9 6 82 9 2 1 4 7

xx x x x

x x xxx x x x x

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

7.

Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau :

1. 2 23 1 3 1x x x x

2. 4 3 10 3 2x x

3. 23 4 1 2 3x x x

4. 2 33 1 3 2 3 2x x x

5. 2 32 11 21 3 4 4 0x x x

6. 2 22 16 18 1 2 4x x x x

7. 2 215 3 2 8x x x

8. 2 2 5 2 10x x x x x

2.3. Phương trình biến đổi về tích:

2.3.1 Sử dụng đẳng thức:

1 1 1 0u v uv u v

0au bv ab vu u b v a 2 2A B

Bài 1: Giải phương trình : 233 31 2 1 3 2x x x x Giải:

3 3 3 31 2 1 1. 2PT x x x x

3 31 1 2 1 0x x 0

1

x

x

www.VNMATH.com


Vậy nghiệm của phương trình là: 0; 1x x .

Bài 2: Giải phương trình : 2 23 33 31x x x x x Giải:

0x , không phải là nghiệm.

0x , ta chia hai vế cho 3 x :

3 331

1 1x

PT x xx

3

33

3

11

1 1 0 111

xx

x xxxx


Bài 3: Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x Giải: Điều kiện: 1x

3 2 1 2 ( 3)( 1)PT x x x x x x

3 2 1 1 0x x x 3 2

1 1

x x

x

2

01

4 3 00

1 1

xx

x xx

x

(thỏa).

Vậy nghiệm của phương trình là: 0; 1x x .

Bài 4: Giải phương trình : 4

3 43

xx x

x

Giải: Điều kiện: 0x

Chia cả hai vế cho 3x ta được:

2

4 4 41 2 1 0

3 3 3

x x x

x x x

41 4 3 1

3

xx x x

x

(thỏa).


2.3.2 Dùng hằng đẳng thức:

Biến đổi phương trình về dạng : k kA B

www.VNMATH.com


Bài 1: Giải phương trình : 3 3x x x

Giải:

Điều kiện: 0 3x Khi đó pt đã cho tương đương:

3 23 3 0x x x

3 31 10 10 1

3 3 3 3x x

(thỏa).

Vậy nghiệm của phương trình là: 3 10 1

3x

.

Bài 2: Giải phương trình sau : 22 3 9 4x x x Giải: Điều kiện: 3x

Phương trình đã cho tương đương : 2

2 3 1 31 3 9

3 1 3

x xx x

x x

2

2

1

31

9 7 2 05 97

118

3

9 5 2 0

x

xx x

xx

x x

(thỏa)

Vậy nghiệm của phương trình là: 5 97

1;18

x x

.

Bài 3: Giải phương trình sau : 22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x

Giải:

3

3 3 3 32 3 0 2 3 2 3 1PT x x x x x x x .


II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú ý

điều kiện của t . Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t và quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn ”.

Bài 1: Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x

Giải:

www.VNMATH.com


Điều kiện: 1x

Nhận xét: 2 21. 1 1x x x x

Đặt 2 1( 0)t x x t thì phương trình trở thành:

2 212 2 1 0 ( 1) 0 1t t t t t

t


2 21 1 1 1 2 2 1x x x x x x (thỏa).



Điều kiện: 5

4x

Đặt 4 5( 0)t x t thì 2 5

4

tx

. Thay vào ta có phương trình sau:

4 22 4 210 25 6

2. ( 5) 1 22 8 27 016 4

t tt t t t t

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

1 2 2 1 2 2

1 2 3 1 2 3

t t

t t

(vì 0t ).

Với 1 2 2t ta có: 4 5 1 2 2 4 4(1 2) 1 2x x x

Với 1 2 3t ta có: 4 5 1 2 3 4 4(2 3) 2 3x x x

Vậy nghiệm của phương trình là: 1 2; 2 3x x .

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

Ta được: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.

Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x và đưa về hệ đối xứng(Xem phần dặt

ẩn phụ đưa về hệ).

Bài 3: Giải phương trình: 5 1 6x x

Điều kiện: 1 6x

Đặt 1(0 5)y x y thì phương trình đã cho trở thành: 2 4 25 5 10 20 0y y y y y

2 2( 4)( 5) 0y y y y

www.VNMATH.com


1 21

1 172

21 17

2

y

y

y

( vì 0 5y )

Với 1 17

2y

ta có phương trình

1 17 11 171

2 2x x

(thỏa)


2x

.

Bài 4: Giải phương trình: 2

2004 1 1x x x

Giải: Điều kiện: 0 1x

Đặt 1y x (0 1y ) phương trình trở thành: 2 2 2 2(1 ) (2005 )(1 )y y y 2 2 2 2(1 ) (1 ) (2005 )(1 )y y y y

2 22(1 ) ( 1002) 0y y y

1

11 4009

2

y

yy

( vì 0 1y )

Với 1y ta có phương trình 1 1 0x x


Bài 5: Giải phương trình: 2 12 3 1x x x x

x

Giải: Điều kiện: 1 0x Chia cả hai vế cho x ta được phương trình:

1 1 1 12 3 2 3 0x x x x

x x x x (*)

Đặt 1

( 0)t x tx

phương trình (*) trở thành:

2 12 3 0 1

3

tt t t

t

Với 1t ta có phương trình

11x

x 2 1 0x x

1 5

1 52

21 5

2

x

x

x

.

www.VNMATH.com



2x

.

Bài 6: Giải phương trình : 2 4 23 2 1x x x x Giải:

0x không phải là nghiệm của phương trình.

Chia cả hai vế cho x ta được: 31 1

2x xx x

(*)

Đặt t= 31

xx

phương trình (*) trở thành : 3 2 0t t 1t .

Với 1t ta có phương trình 231 1 5

1 1 02

x x x xx

.

Vậy nghiệm của phương trình là 1 5

2x

.

Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:

1. 2 215 2 5 2 15 11x x x x

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

3. 2(1 )(2 ) 1 2 2x x x x

4. 2 217 17 9x x x x

5. 32 21 2 1 3x x

6. 2 2 11 31x x

7. 2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0nn nx x x

8. 2(2004 )(1 1 )x x x

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

10. 23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x

Nhận xét: Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải. 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :

Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2 0u uv v (1) bằng cách

Xét 0v phương trình trở thành : 2

0u u

v v

0v thử trực tiếp. Các trường hợp sau cũng đưa về được (1):

. .a A x bB x c A x B x

2 2u v mu nv

www.VNMATH.com


Nếu thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này .

2.1. Phương trình dạng : . .a A x bB x c A x B x

Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu

.P x A x B x

Q x aA x bB x

Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ:

3 21 1 1x x x x

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

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

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

Bài 1: Giải phương trình : 2 32 2 5 1x x


Đặt 21, 1u x v x x

Phương trình trở thành: 2 2

2

2 5 1

2

u v

u v uvu v

* Với 2u v ta có phương trình 2 21 2 1 4 5 3 0( )x x x x x PTVN .

* Với 1

2u v ta có phương trình

2 211 1 5 3 0

2x x x x x

5 37

2

5 37

2

x

x

(thỏa).


2x

.

Bài 2: Giải phương trình sau : 2 32 5 1 7 1x x x Giải: Điều kiện: 1x

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

Đồng nhất ta được 23 1 2 1 7 1 1x x x x x x

www.VNMATH.com


Đặt 21 0 , 1 0u x v x x , ta được phương trình:

9

3 2 7 1

4

v u

u v uvv u

Với 9v u ta có phương trình 2 21 9( 1) 8 10 0 4 6x x x x x x .

Với 1

4v u ta có phương trình 2 21

1 ( 1) 4 3 5 0( )4

x x x x x PTVN .

Vậy nghiệm của phương trình là 4 6x .

Bài 3: Giải phương trình : 33 23 2 2 6 0x x x x

Giải:

Nhận xét: Đặt 2y x phương trình trở thành thuần nhất bậc 3 đối với x và y

3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 02

x yx x y x x xy y

x y

Với x y ta có phương trình 2

02 2

2 0

xx x x

x x

.

Với 2x y ta có phương trình 2

02 2 2 3

2 4 8 0

xxx x

x x

.

Vậy nghiệm của phương trình là 2; 2 2 3x x .

2.2 Phương trình dạng : 2 2u v mu nv

Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.

Bài 1: Giải phương trình : 2 2 4 23 1 1x x x x Giải:

Ta đặt :

2

2

( 0)

1 ( 0)

u x u

v x v

khi đó phương trình trở thành :

2 2 2 2 2

0

3 ( 3 ) 2 (5 3 ) 0 3

5

v

u v u v u v u v v v uv u

(loaïi).

Với 0v ta có phương trình 2 1 0 1x x .

Vậy nghiệm của phương trình là 1x

Bài 2: Giải phương trình : 2 22 2 1 3 4 1x x x x x Giải:

www.VNMATH.com


Điều kiện: 1

2x .

Bình phương 2 vế ta có :

2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x x x (*)

Ta có thể đặt : 2 2

2 1

u x x

v x

khi đó (*) trở thành :

2 2

1 5

2

1 5

2

u v

uv u v

u v

(loaïi)

Với 1 5

2u v

ta có phương trình

2 21 52 2 1 2 (2 2 5) 1 5 0

2x x x x x

(PTVN).

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 3: Giải phương trình : 2 25 14 9 20 5 1x x x x x Giải: Điều kiện: 5x .

Chuyển vế bình phương ta được: 2 22 5 2 5 20 1x x x x x

Nhận xét : Không tồn tại số , để : 2 22 5 2 20 1x x x x x

vậy ta không thể đặt 2 20

1

u x x

v x

.

Nhưng may mắn ta có :

2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x

Ta viết lại phương trình: 2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x (*).

Đến đây bài toán được giải quyết .

Đặt 2 4 5

4

u x x

v x

, khi đó phương trình (*) trở thành: 2 3 5 9

4

u v

u v uvu v

.

www.VNMATH.com


- Với u v ta có phương trình

2 2

5 61

24 5 4 5 9 05 61

2

x

x x x x x

x

(loaïi)

.

- Với 9

4u v ta có phương trình

2 2

89

4 5 ( 4) 4 25 56 0 74

4

x

x x x x xx

(loaïi) .


8;2

x x

.

3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn:

Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng:

( ). ( ) ( ) ( ).f x Q x f x P x x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho.

Đặt ( ) , 0f x t t .

Phương trình đã cho trở thành 2 . ( ) ( ) 0t t Q x P x .

Sau đó, giải t theo x rồi thay vào giải phương trình ( )f x t và đưa ra kết luận.

Bài 1: Giải phương trình : 2 2 23 2 1 2 2x x x x (*)

Giải:

Đặt 2 2t x phương trình (*) trở thành :

23

2 3 3 01

tt x t x

t x

.

Với 3t ta có phương trình 2 22 3 7 7x x x .

Với 1t x ta có phương trình 2 12 1

2 1

xx x x

x

.

Vậy nghiệm của phương trình là 7x .

Bài 2: Giải phương trình : 2 21 2 3 1x x x x

Giải:

Đặt 2 2 3, 2t x x t

Khi đó phương trình trở thành : 21 1x t x 2 1 1 0x x t

www.VNMATH.com


Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t có là một số chính phương:

2 22

2 3 1 2 1 0 1 2 1 01

tx x x t x t x t x

t x

Với 2t ta có phương trình 2 22 3 2 2 1 0 1 2x x x x x .

Với 1t x ta có phương trình 2 12 3 1

0 2

xx x x x

x

.


Từ một phương trình đơn giản : 1 2 1 1 2 1 0x x x x , khai

triển ra ta sẽ được pt sau:

Bài 3: Giải phương trình: 24 1 1 3 2 1 1x x x x Giải: Điều kiện: 1 1x .

Nhận xét: Đặt 1t x , phương trình trở thành:

4 1 1 3 2 1x x t t x (1)

Từ đó 21x t thay vào (1) ta được phương trình:

23 2 1 4 1 1 0t x t x

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t

2

2 1 48 1 1x x không có dạng bình phương .

Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo 2 2

1 , 1x x

Cụ thể như sau : 3 1 1 2 1x x x thay vào pt (1) ta được: 24 1 2(1 ) 2 1x t x t t x 2 (2 1 ) 4 1 2(1 ) 0t x t x x (*)

2(3 1 2)x

2 1(*)

2 1

t x

t x

.

Với 2 1t x ta có phương trình 1 1 3

1 2 15 3 5

xx x x

x

.

Với 2 1t x ta có phương trình 21 1 2 2 2 (1 )(1 ) 4 1 1 0x x x x x x .

Vậy nghiệm của phương trình là 3

; 05

x x

.

www.VNMATH.com


Bài 4: Giải phương trình: 22 2 4 4 2 9 16x x x (1) Giải: Điều kiện: 2x

2 2 (1) 4(2 4) 16 2(4 ) 16(2 ) 9 16x x x x

2 2 28(4 ) 16 2(4 ) 8x x x x

Đặt 22(4 ); 0t x t

Phương trình trở thành 2 24 16 8 0t t x x 1

2

2

42

xt

xt

.

Vì 2x nên 2 0t không thỏa điều kiện 0t .

Với 2

xt thì 2

2 2

0 4 22(4 )

2 38(4 )

xxx x

x x

(thỏa đk 2x ).


3x .

4. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình:

4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường: Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x .

Từ đó tìm được hệ theo u,v.

Bài 1: Giải phương trình: 3 33 325 25 30x x x x

Giải:

Đặt 3 3 3 335 35y x x y

Khi đó ta có hệ phương trình: 3 3

( ) 30

35

xy x y

x y

Giải hệ này ta được nghiệm ( ; ) (2;3);( ; ) (3;2)x y x y .


Bài 2: Giải phương trình sau: 5 1 6x x


Đặt 1, 5 1( 0, 0)a x b x a b ta được hệ phương trình: 2

2

5

5

a b

b a

(1)

(2).

www.VNMATH.com


Lấy (1)-(2) vế theo vế ta được phương trình:

1( )( 1) 0

a ba b a b

a b

(loaïi)

Với 1a b ta có

2

5 11 171 1 5 1 1 5

211 26 0

xx x x x x

x x

.


2x

.

4.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại I:

Bài 1: Giải phương trình: 2 3 1 (2 )(3 )x x x x

Giải: Điều kiện: 2 3x .

Đặt 2 ( 0); 3 ( 0) a x a b x b .


2 2 2 2

1 1 1

5 ( ) 2 5 (1 ) 2 5

a b ab a b ab a b ab

a b a b ab ab ab

2

1 1 3

2 2( ) 4

a b ab a b ab a b

ab abab

2, 3 2 0 laø 2 nghieäm cuûa phöông trình a b X X

1

2

2

1

a

b

a

b

.

Với 1

2

a

b

ta có

2 11

3 2

xx

x

.

Với 2

1

a

b

ta có

2 22

3 1

xx

x

.


Bài 2: Giải phương trình: 4 4 17 3x x Giải: Điều kiện: 0 17x .

Đặt 4 4( 0); 17 ( 0) a x a b x b .

www.VNMATH.com


Ta có hệ phương trình 24 4 2 2 2 2 2 2 217 ( ) 2 17 ( ) 2 2( ) 17

3 3 3

a b a b a b a b ab ab

a b a b a b

2 2 2(9 2 ) 2( ) 17 2( ) 36 64 0

3 3

ab ab ab ab

a b a b

2

3

2

33 4.16 0)

16 (loaïi vì

a b

ab

a b

ab

2, 3 2 0 laø 2 nghieäm cuûa phöông trình a b X X

1

2

2

1

a

b

a

b

Với 1

2

a

b

ta có hệ phương trình

4

4

11

17 2

xx

x

.

Với 2

1

a

b


4

4

216

17 1

xx

x

.


Bài 3: Giải phương trình: 3 3 35 2 (5 )(2 ) 1x x x x

Giải:

Đặt 3 35 ; 2a x b x ta có hệ phương trình:

3 3 3

1 1 ( )

7 ( ) 3 ( ) 7 0

a b ab ab a b

a b a b ab a b

3( ) 3 1 ( ) ( ) 7 0

1 ( )

a b a b a b

ab a b

3 2( ) 3( ) 3( ) 7 0

1 ( )

a b a b a b

ab a b

2( 1) ( ) 4( ) 7 0

1 ( )

a b a b a b

ab a b

21 ( ( ) 4( ) 7 0)

1 ( )

vì a b a b a b

ab a b

2, 2 0 laø 2 nghieäm cuûa phöông trình a b X X

1

2

2

1

a

b

a

b

www.VNMATH.com


Với 1

2

a

b


3

3

5 16

2 2

xx

x

.

Với 2

1

a

b


3

3

5 23

2 1

xx

x

.


Bài 4: Giải phương trình 2 22 (2 )x x

Giải:


Đặt ( 0); 2 (2 2 2) a x a b x b .

Ta có hệ phương trình: 4 42 4 22

(*)22

a bb a

a ba b

Ta có 2 2 2 2

2 2 4 4( ) ( )2 2

2 2 vaø

a b a ba b a b

.

Do đó, 1

(*)1

a

b

.

Với 1

1

a

b


11

2 1

xx

x

.


4.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II:

4.3.1 Dạng 1: Giải phương trình n nx b a ax b

Cách giải: Đặt nt ax b ta có hệ phương trình đối xứng loại II: n

n

x b at

t b ax

Bài 1: Giải phương trình 3 31 2 2 1x x Giải:

Đặt 3 2 1t x ta có hệ phương trình 3

3

1 2

1 2

x t

t x

3 3

3 3 2 2

1 2 1 2

2( ) ( )( 2) 0

x t x t

x t t x x t x t tx

3 2

3 3

2 2 2 2 2

2 1 0 ( 1)( 1) 0

1 2 1 2( )

2 0 ( ) 4 0

x t x t

x x x x x

x t x tVN

x t tx x t x t

1

1 5

2

x t

x

x

.

www.VNMATH.com



; 12

x x

.

4.3.2 Dạng 2: Giải phương trình x a a x

Cách giải: Đặt t a x ta có hệ phương trình đối xứng loại II: x a t

t a x

.

Bài 1: Giải phương trình 2007 2007x x


Đặt 2007t x ta được hệ

2007 2007 2007

2007 ( )( 1) 0

x t x t x t

t x x t t x t x t x

8030 2 8029

42007 2007 0

8030 2 8029

4 (loaïi)

x

x t x x

xt xt x

t x

8030 2 8029

4x t

Vậy nghiệm của phương trình là 8030 2 8029

4x

.

4.3.3 Dạng 3: Chọn ẩn phụ từ việc làm ngược


Điều kiện 1

2x

Đặt 2 1x ay b

Chọn a, b để hệ 2 2

2 2

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

( ) 2 1 ( ) 2 1

x x ay b x ay b

ay b x ay b x

là hệ đối xứng

đối xứng loại II.

www.VNMATH.com


Chọn 1; 1a b ta được hệ 2 2 2

2 2 2

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

( )( ) 02 2( 1) 0

x x y x x y x x y

x y x yy y x x y

2

2

4 2 02 2

2 22 22

( )

(loaïi)

x xx

y xx yx

xVN y x

y x

.


4.3.4 Dạng 4: Cho phương trình ( )nn ax b c dx e x

với các hệ số thỏa mãn d ac

e bc

(*).

Cách giải: Đặt ndy e ax b

Bài 1: Giải phương trình 24 97 7

28

xx x

Giải:

Điều kiện 9

4x

24 9 1 7

728 2 4

xPT x

.

Kiểm tra 1 9 1 7

; ; 7; 1; ; 0;7 28 2 4

a b c d e thỏa mãn (*).Đặt

1 4 9

2 28

xy

1( )

2y

ta có hệ

www.VNMATH.com


22

2

1 97 1 9

2 4 72 4

1 97( )( 1) ( ) 07

2 4

x yx y

x y x y x yy x

21 9

72 4

( )(7 7 8) 0

x y

x y x y

2

2

14 12 1 0( )

98 112 9 0( )8

7

x x

Iy x

x xII

y x

.

6 5 2

146 5 2

( ) 6 5 214

14 (loaïi)

x

I x yx

y x

.

8 46

148 46

8 4614

148 46( )14 8 46

18 14 )27 8 46

14

(loaïi vì

x

x

y

II x

x

yy x

y

.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 6 5 2 8 46

;14 14

x x

.

4.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng:

Bài 1: Giải phương trình: 24 5 13 3 1 0x x x Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước:

213 33

2 3 14 4

x x

Đặt 13

2 3 14

y x thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta

có thể giải được.

www.VNMATH.com


Để thu được hệ (1) ta đặt : 3 1y x , chọn , sao cho hệ có thể giải

được (đối xứng hoặc gần đối xứng )

Ta có hệ :

2 2 2 2

22

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

4 13 5 0 (2)4 13 5

y y xy x

x x yx x y

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

Nên ta phải có : 2 22 3 1

4 13 5

, ta chọn được ngay 2; 3

Ta có lời giải như sau :

Điều kiện: 1

3x ,

Đặt 3

3 1 (2 3), ( )2

x y y

Ta có hệ phương trình sau: 2

2

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

(2 3) 3 1

x y xx y x y

y x

Với 15 97

8x y x

Với 11 73

2 2 5 08

x y x

Vậy nghiệm của phương trình là: 15 97 11 73

;8 8

x x

.

Chú ý : Chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách ta viết lại phương trình như

sau: 2(2 3) 3 1 4x x x

Khi đó đặt 3 1 2 3x y , nếu đặt 2 3 3 1y x thì chúng ta không thu

được hệ như mong muốn, ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trước căn. Một số phương trình được xây dựng từ hệ: Giải các phương trình sau:

1. 24 13 5 3 1 0x x x

2. 24 13 5 3 1 0x x x

3. 3 23 481 8 2 2

3x x x x

4. 33 6 1 8 4 1x x x

5. 21530 4 2004 30060 1 1

2x x x

www.VNMATH.com


III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Phương pháp:

1,1 Dùng hằng đẳng thức :

2 2 ( ) 0( ) ( ) 0

( ) 0

f xf x g x

g x

1.2. Dùng bất đẳng thức:

( )

,( )

f x mx D

g x m

Khi đó, phương trình ( ) ( )f x g x với mọi x D ( )

,( )

f x mx D

g x m

Nếu ( ) ( ),f x g x x D (1) thì phương trình ( ) ( )f x g x tương đương với dấu

đẳng thức ở (1) xảy ra. 2. Bài tập minh họa:

Bài 1: Giải phương trình: 4 2 2 22 2 16 2 6 20 0 (1) x x x x x x

Giải:

4 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

(1) 2 2 16 ( 2 16) ( 4 4) 0

2 16 ( 2) 0

2 162

2 0

x x x x x x x x

x x x x

x x xx

x



1 2011 1 2011 1 (*)1

x x xx

Giải:

Điều kiện: 1 1

2011 2011x

.

Ta có 1 2011 1 2011 2 1 2011 1 2011 2x x x x .

Mặt khác 1 1

1 2 1. 21 1

x xx x

.

Do đó,

1 2011 1 2011

(*) 011

1

x x

xx

x

.


www.VNMATH.com


Bài 3: Giải phương trình: 2 2

91

x xx

(*)


Ta có : 2 2

22 2 12 2 1 9

11 1

xx x x

xx x

.

Do đó 2 2

91

x xx

(1)

2 2 1 1(*)

71 1x

x x

.


7x .

Bài 4: Giải phương trình : 2 4 2 413 9 16x x x x (*) Giải: Điều kiện: 1 1x

Biến đổi phương trình ta có : 2

2 2 213 1 9 1 256x x x

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2 22 2 2 2

2 2 2

13 1 9 1 13. 13 1 3 3. 3 1

13 27 13 13 3 3 40 16 10

x x x x

x x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 2

2 2 1610 16 10 64

2x x

.

Do đó

2

2 2 2 2 213 1 9 1 40 (16 ) 4.64 256x x x x x

22

2 2

21

51(*) 3

210 16 10

5

xxx

xx x

.


5x .

3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:

1. 4 4 42 8 4 4 4 4x x x 2. 4 3316 5 6 4x x x

www.VNMATH.com


3. 3 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x

4. 3 3 4 28 64 8 28x x x x

5. 2

2

1 12 2 4x x

x x

6. 4 4 41 1 2 8x x x x

7. 1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

x xx x

x x

IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ:

1. Phương pháp: Nếu hàm số ( )y f x đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng ( ; )a b thì

phương trình ( ) ( ) onsf x k k c t có không quá một nghiệm thuộc ( ; )a b .

Nếu hàm số ( )y f x đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì ,u v D ta có

( ) ( )f u f v u v .

Nếu hàm số ( )y f x đơn điệu tăng và ( )g x là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm

trên ( ; )a b thì phương trình ( ) ( )f x g x có không quá một nghiệm thuộc ( ; )a b .

2. Bài tập minh họa:

Bài 1: Giải phương trình: 3 35 2 2 1 0x x x Giải:


Xét hàm số 3 3( ) 5 2 2 1f x x x x

3 5;D

23

3 23

3 2'( ) 1 0, 5

2 5 3 (2 1)

xf x x

x x

.

Suy ra ( )f x đồng biến trên D.

Do đó, phương trình ( ) 0f x nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.

Dễ thấy ( 1) 0f .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x .


32 2 23 ( 1) 2 1 1 2 1 (*) x x x x

Giải: Điều kiện: 1x Xét hàm số 2( ) 2 1; treân f t t t D .

'( ) 2( 1) 0, 1f t t t .

Do đó, ( )f t đồng biến trên D.

www.VNMATH.com


3 32 2 2 2 3(*) 1 1 1 1 ( 1) ( 1)f x f x x x x x

4 3 25 3 0x x x x 2

0

( 1)( 2 3) 0 1(

3

thoûa)

x

x x x x x

x

.

Vậy nghiệm của phương trình là 1; 0; 3x x x .

Bài 3: Giải phương trình: 21 2 17x x x Giải: Điều kiện: 1x

Xét hàm số ( ) 1f x x

1;fD

1'( ) 0, 1

2 1f x x

x

Suy ra ( )f x đồng biến trên 1; .

Đồ thị hàm số 2( ) 2 17g x x x là parabol ( )P có đỉnh (1;18)I và bề lõm hướng

xuống dưới nên ( )g x nghịch biến trên 1; .

Do đó, phương trình ( ) ( )f x g x nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất.

Dễ thấy, (5) (5)f g .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 5x .

3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:

1. 3 32 23 32 1 2 1 2x x x x

2. 3 1 7 2 4x x x

3. 24 1 4 1 1x x

4. 31 4 5x x x

5. 21 3x x x

6. 2 31 2 2x x x x

7. 1 2 3x x

8. 22 1 3 4x x x

9. 2 2(2 1) 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x

V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA:

1. Nếu x a thì có thể đặt a sin ; ;2 2

x t t

hoặc acos ; 0;x t t .

Bài 1: Giải phương trình: 2 21 1 1 2 1x x x

Giải: Điều kiện 1x .

www.VNMATH.com


Đặt sin ; ;2 2

x t t

phương trình trở thành

1 cos sin 1 2cost t t 2 os sin sin 22

tc t t

32 os 2sin os

2 2 2

t t tc c

3os 2 sin 1 0

2 2

t tc

os 02

3 1sin

2 2

tc

t

2 1

(k )4

6 3

t k

t k

.

Kết hợp với điều kiện của t suy ra 6

t

.

Vậy phương trình có một nghiệm 1

sin6 2

x

.


3 32 2 11 1 1 1

33

xx x x

(*)

Giải: Điều kiện: 1x .

Khi đó VP>0.

- Nếu 1;0x thì 3 3

1 1 0x x nên phương trình (*) vô nghiệm.

- Nếu 0;1x thì 3 3

1 1 0x x .

Đặt cos , 0;2

x t t

ta có:

3 32 6 sin os os sin 2 sin2 2 2 2

t t t tc c t

12 6 os 1 sin 2 sin

2c t t

6 cos 1 2 sin 0t t

1cos

6t .


6x .

Bài 3: Giải phương trình: 1 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

x xx x

x x

Giải:

www.VNMATH.com


Điều kiện 1

2x

Đặt 2 cos ; 0;x t t phương trình trở thành

sin os 2 tan cot2 2 2 2

t t t tc

2

42(1 sin )

sint

t

3 2sin sin 2 0t t cos 0t . Vậy nghiệm của phương trình là 0x .

Bài 4: Giải phương trình: 3 3 2 (1)x x x


- Nếu 2x thì 3 23 ( 4) 2x x x x x x x

Vậy để giải PT(1) ta chỉ cần xét 2;2x

Đặt 2cos ; 0;x t t khi đó phương trình đã cho trở thành

43 2

52cos3 os42

3 22 7

kttt k

tt c

t kt k t

( )k .

Kết hợp với điều kiện của t ta được

4

5

4

7

t

t

.


2cos ; 2cos5 7

x x

.

2. Nếu x a thì ta có thể đặt:

; ; ; 0sin 2 2

ax t t

t

hoặc ; 0; ;

os 2

ax t t

c t


2

11 1

1x

x


Đặt 1

; ;sin 2 2

x tt

phương trình trở thành:

www.VNMATH.com


2

1(1 cot ) 1

sint

t 2os cotc t t

1cos cos 0

sint t

t

cos 0

1sin 2

2

t

t

( )12

t k k

.

Kết hợp với điều kiện của t suy ra 12

t

.

Vậy phương trình có một nghiệm 12 3 1

sin12

x

.

TỔNG QUÁT: Giải phương trình 2

2

1

1x a a

x

Bài 2: Giải phương trình:2

32

9

xx

x


Đặt 3

; 0; ,cos 2

x t tt


1 12 2

cos sint t 21 sin 2 2sin 2t t sin 2 1

4t t

33 2

os4

x

c

(thỏa ĐK).

Vậy phương trình có một nghiệm 3 2x .

TỔNG QUÁT: Giải phương trình 2 2

axx b

x a

với a,b là các hằng số cho

trước.

3. Đặt tan , ,2 2

x t t

để đưa về phương trình lượng giác đơn giản

hơn.

Bài 1: Giải phương trình: 3 23 3 3 3 0 1x x x

Giải:

Do 1

3x không là nghiệm của phương trình nên

3

2

31 3 2

1 3

x x

x

Đặt tan , ,2 2

x t t

. Khi đó, PT(2) trở thành tan 3 3t 9 3

kt k

.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: 4 7

tan , tan , tan9 9 9

x x x

.

www.VNMATH.com


Bài 2: Giải phương trình:

2222

2

111

2 2 1

xxx

x x x

Giải: Điều kiện 0; 1x x .

Đặt tan , , , 0,2 2 4

x t t t t


1 1 2

cos sin 2 sin 4t t t

1 1 11 0

cos 2sin 2sin cos 2t t t t

2sin cos 2 os2 1 0t t c t 2 22sin 1 2sin 2sin 0t t t

2sin 1 sin 2sin 0t t t

sin 0

sin 1

1sin

2

t

t

t

2

2

26

t k

k

t k

Kết hợp với điều kiện suy ra 6

t

.

Vậy phương trình có 1 nghiệm 1

tan6 3

x

.

4. Mặc định điều kiện là x a . Sau khi tìm được số nghiệm chính là số

nghiệm tối đa của phương trình và kết luận.

Bài 1: Giải phương trình: 3 6 1 2 1x x

Giải:

3(1) 8 6 1 2PT x x

Đặt cos , 0;x t t phương trình (2) trở thành:

1 2

os32 9 3

c t t k k

Suy ra phương trình (2) có tập nghiệm

5 7os ; os ; os

9 9 9S c c c

.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm chính là S. 5. Bài tập áp dụng:

Giải các phương trình sau:

1. 2 31 4 3x x x .

2. 3 6 1 2x x .

3. 2 211 1 2

2x x x .

4. 2 22 2 1 1 1x x x .

5. 2 21 1 2x x .

www.VNMATH.com


6. 2

35

121

xx

x

. 7.

2 2 22

2

1 ( 1)1

2 2 (1 )

x xx

x x x

.

VI. PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ

1. . Phương pháp:

a b a b

.

Dấu “=” xảy ra a

cùng hướng với

b

.

a b a b

.



b

.

a b a b

.


ngược hướng

với b

.

. .a b a b

.



b

.

2. Bài tập minh họa:

Bài 1: Giải phương trình: 2 24 5 10 50 5x x x x (*)

Giải:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn ( 2;1); ( 5;5) (3; 4) a x b x a b

Khi đó 2 2( 2) 1 4 5a x x x

2 2( 5) 25 10 50b x x x

9 16 5a b

2 24 5 10 50a b x x x x

Ta có a b a b

(1)

Do đó, (*) (1) xảy ra dấu “=” a

cùng hướng với b

( 0) a kb k

52 ( 5)41 51

05

x k x x

k

kk

.


4x .

Bài 2: Giải phương trình: 2 28 816 10 267 2003x x x x (*) Giải:

Trong mặt phẳng Oxy chọn (4 ;20 2); (5 ;11 2) (9;31 2) a x b x a b

.

Khi đó 2 2(4 ) 800 8 816a x x x

www.VNMATH.com


2 2(5 ) 242 10 267b x x x

2 28 816 10 267a b x x x x

81 1922 2003a b

Ta có (1) a b a b

Do đó, (*) (1) xảy ra dấu “=” a

cùng hướng với b

( 0) a kb k

564 (5 )3120 2 11 2

200

11

x k x x

k

kk

.


31x

.

Bài 3: Giải phương trình: 3 2 2 3 29 18 36 9 9x x x x x

Giải:

Điều kiện: 3 2

2 3

9 18 0 9 18 0 22 4

36 9 0 436 9

x x x xx

x xx x

.

Trong mặt phẳng Oxy chọn 3 2 2 39 18 ; 36 9 ; (1;1) a x x x x b

.

Khi đó, 3 2 2 3. 9 18 36 9a b x x x x

2. 2. 18 6a b x x

Từ phương trình ta có 2 29 . . 6 ( 3) 0 3x a b a b x x x

.

Thử lại ta được 3x là nghiệm của phương trình

3. Bài tập áp dụng:

1. 2 24 4 2 4 12 13 13x x x x .

2. 2 25 12 9 5 12 8 29x x x x .

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

4. 2 210 3 18 7 77x x x x .

www.VNMATH.com


TÀI LIỆU THAM KHẢO: [1] Nguyễn Quốc Hoàn, Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp giải phương trình vô tỷ. [2] Nguyễn Phi Hùng – Võ Thành Văn, Phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình vô tỷ. [3] Nguyễn Đức Thắng, chuyên đề: Phương trình – Bất phương trình vô tỷ. [4] SGK và SBT Đại số 10 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục. [5] Http://vnmath.com [6] Http://violet.vn

www.VNMATH.com


KẾT LUẬN: Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong khuôn khổ chương trình phổ thông. Sau khi đã đọc xong phương pháp giải và bài tập minh họa, không những các bạn có thể giải được các bài tập áp dụng sau mỗi phương pháp mà có thể giải các bài tập chứa căn thức khác. Trong quá trình làm bài tập lớn này, chắc chắn không thể tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của các bạn. Xin trân trọng cảm ơn. Huế, ngày 15 tháng 04 năm 2012 NguyÔn V¨n Rin.

www.VNMATH.com

LỜI NÓI ĐẦU · một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B....

Documents

Transcript of LỜI NÓI ĐẦU · một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B....