132 CHƯƠNG 4: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC. A. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI. I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 1. Nhắc lại: 2 aa= ; 2 a nếu a 0 a a nếu a 0 ≥ ⎧ = ⎨ −≤ ⎩ . Nếu a0≥ và b0≥ , ta có: 22 ab a b>⇔ > . Với mọi a, b R∈ , ta có: 33 33 ab a b ab a b =⇔ = >⇔ > . Giả sử a0≥ và b0≥ . Ta có : ab a b 2(ab)+≤ + ≤ + Đẳng thức bên phải đúng khi và chỉ khi a = b Đẳng thức bên trái đúng khi và chỉ khi a = 0 ∨ b = 0 2. Dạng cơ bản: A0(hay B0) AB AB ≥≥ ⎧ =⇔ ⎨ = ⎩ 2 B0 AB AB ≥ ⎧ ⎪ =⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ 3. Các dạng khác: Đặt điều kiện cho 2u A là A ≥ 0, nâng cả hai vế lên lũy thừa tương ứng để khử căn thức. 2u 2u A.B 0 AB AB ≥ ⎧ ⎪ =⇔ ⎨ = ⎪ ⎩ 2u 1 2u 1 AB A B ++ =⇔ = . Đặt ẩn dụ để đưa về phương trình hay hệ phương trình đơn giản. . Trường hợp phương trình đã cho có nhiều căn thức. + Ta bình phương 2 vế nhiều lần để khử dấu căn thức. 133 + Mỗi lần bình phương 2 vế, cần đặt các điều kiện: - Điều kiện có nghóa của các căn thức - Điều kiện về dấu của 2 vế. Để bình phương mới tương đương với phương trình cho. II. CÁC VÍ DỤ. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 2 11 2x 2 4 x x x ⎛⎞ −+− =−+ ⎜⎟ ⎝⎠ (ĐH Ngoại Thương năm 1996). Giải Điều kiện: 2 2 2 2x 2 2x 0 2x 2 1 22 20 2x 1 0,x 0 xx x 22 ⎧ ⎧ −≤≤ −≥ ⎧ −≤≤ ⎪⎪ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ −≥ −≥ ≠ ≤− ∨ ≥ ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎩ 22 2x x 2. 22 ⇔− ≤ ≤− ∨ ≤ ≤ * 2 2x 2 −≤≤− : thì x < 0 nên ta có: 2 2 11 2x 2 2 222 44 x x x ⎛⎞ −+−<+= <<−+ ⎜⎟ ⎝⎠ 2 x2, 2 ⎡ ⎤ − ⇒∈− ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ không là nghiệm của phương trình cho. * 2 x2: 2 ≤≤ Bình phương 2 vế của phương trình cho: 2 22 22 1111 2x 2 2(2x)2 168x x xx xx ⎛ ⎞ ⎛⎞⎛⎞ −+− + − − =− + ++ ⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠⎝⎠ 2 22 22 1111 25 2x 12 8x x x xx xx ⎛ ⎞ ⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞ ⇔− +=−+++++ ⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠ (*) Đặt 22 2 11 tx t x 2 x x = +⇒ = + + . Điều kiện t 2≥ 222 (*) 2 5 2(t 2) 12 8t t 2 t ⇔ −−=−+−+ 134 22 2 2 9 2t t 4t 5 (t 2) 9 2t (t 2) 1 (**)⇔− =−+ ≥⇔− =−+ Ta có: 2 2 92t 1 (***) (t 2) 1 1 ⎧ −≤ ⎪ ⎨ ⎪ −+≥ ⎩ (**) và (***) 2 2 92t 1 1 t2 x 2 x1 x (t 2) 1 1 ⎧ −= ⎪ ⇒⇔=⇔+=⇔= ⎨ −+= ⎪ ⎩ Thay x = 1 vào phương trình cho thỏa vậy x = 1 là nghiệm phương trình. Ví dụ 2: Giải phương trình: xxx (2 3) (2 3) 4−++= (Học viện công nghệ bưu chính viễn thông năm 1998, đề số 2) Giải xxx xx (2 3) (2 3) 4 23 23 1 (1) 44 −++= ⎛⎞⎛⎞ −+ ⇔+= ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ Nhận xét x = 1 là nghiệm phương trình (1), ta chứng minh x = 1 duy nhất. 23 1 4 − < và 23 1 4 + < ⇒ Vế trái là hàm số giảm. Vế phải là hằng số ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất. Ví dụ 3: Giải phương trình: 2 x4x22x−+ += (ĐH Quốc Gia TPHCM Khối D năm 1999). Giải Ta có: 2 x4x22x−+ += 2 x4x2x2⇔− + = − 22 2 2x 2 0 x 1 x 4x 4x 8x 4 5x 12x 4 0 −≥ ≥ ⎧⎧ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ −+ = − + − += ⎪⎪ ⎩⎩ x1 2 x2x x2 5 ≥ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ =∨= ⇔= ⎪ ⎩ 135 Ví dụ 4: Giải phương trình: 2 xx55 (1)=++ Giải Đặt 2 tx5tx5 = +⇒ =+ Điều kiện x5 t0 ≥− ⎧ ⎨ ≥ ⎩ (1) 2 2 xt5 tx5 ⎧ =+ ⎪ ⇔ ⎨ =+ ⎪ ⎩ (hệ đối xứng loại 2) 2 2 22 xt5 xt5 (x t)(x t 1) 0 xttx ⎧ ⎧ =+ =+ ⎪⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ − ++ = ⎪ −=− ⎪ ⎩ ⎩ 2 2 2 xx5 xt5 (t 0) xtt x1 x x15 ⎡ ⎧ =+ =+ ⎪ ⇔≥⇔ ⎢ ⎨ =∨=−− ⎪ ⎢ = −−+ ⎩ ⎣ 2 2 121 x xx50 (x0) 2 117 xx40 (x1) x 2 ⎡ + = ⎢ ⎡ −−= ≥ ⎢ ⇔⇔ ⎢ ⎢ ⎢−− +−= ≤− ⎣ = ⎢ ⎣ Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 22 x 4356 x x x 4356 x 5 x ++ − +−= Đặt 2 x4356x a x ++ = , 22 b x. x 4356 x=+− 2 2 x(4356) b x( x 4356 x) x4356x =+−= + + a11 6 ab 4356 66 x b6 119 a b 5 ⎧ = ⎧ == ⎪ ⇒⇒⇒= ⎨⎨ = −= ⎪ ⎩ ⎩ 136 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ. 1.1 Giải phương trình: 2 x2 4x x 6x11−+ −= − + 1.2. Giải phương trình: 2 4x 1 4x 1 1−+ −= 1.3. Giải phương trình: 16 x 9 x 7−+ += (ĐH Đà Lạt năm 1999) 1.4. Giải phương trình: 22 (4x 1) x 1 2x 2x 1−+=++ 1.5. Giải phương trình: 4 22 xx1xx12−−++−= 137 HƯỚNG DẪN VÀ GIẢI TÓM TẮT 1.1. 2 x2 4x x 6x11−+ −= − + Vế trái = 1. x 2 1. 4 x 2−+ −≤ (BĐT BCS) Vế phải = 22 (x 6x 9) 2 (x 3) 2 2−++=− +≥ 2 x2 4x 2 x3 (x 3) 2 2 ⎧ −+ −= ⎪ ⇒⇔= ⎨ −+= ⎪ ⎩ 1.2. 2 4x 1 4x 1 1 (*)−+ −= Điều kiện 2 4x 1 0 1 x 2 4x 1 0 −≥ ⎧ ⎪ ⇔ ≥ ⎨ −≥ ⎪ ⎩ Nhận xét 1 x 2 = là nghiệm phương trình (*) Ta chứng minh 1 x 2 = là nghiệm duy nhất. Đặt 2 f(x) 4x 1 4x 1 1=−+ −− 2 24x 1 f'(x) 0, x 2 4x 1 4x 1 = +>∀> − − ⇒ hàm số f(x) tăng trên 1 , 2 ⎡ ⎞ + ∞ ⎟ ⎢ ⎣ ⎠ và có nghiệm 1 x 2 = ⇒ 1 x 2 = duy nhất. 1.3. 16 x 9 x 7−+ += (*). Điều kiện 16 x 0 9x16 9x0 −≥ ⎧ ⇔ −≤ ≤ ⎨ +≥ ⎩ (*) 16x9x2(16x)(9x) 49 ⇔ −+++ − + = x0 x(x 7) 0 x7 = ⎡ ⇔+=⇔ ⎢ = ⎣ nhận vì thỏa điều kiện 9x16 − ≤≤ 1.4. 22 (4x 1) x 1 2x 2x 1−+=++ (1) Đặt 2 tx1 = + (t 1)≥ 138 22 (1) (4x 1) x 1 2(x 1) (2x 1)⇔− += ++− (2) 2 (4x 1)t 2t (2x 1)⇔−=+− 2 2t (4x 1)t 2x 1 0⇔−−+−= (Xem phương trình ẩn số t) 1 t1 (loại) 2 t2x1 ⎡ =< ⎢ ⇔ ⎢ =− ⎢ ⎣ 2 2 1 2x 1 0 x 2 t2x1 x 12x1 x1(2x1) ⎧ −≥ ⇔ ≥ ⎪ =−⇔ +=−⇔ ⎨ ⎪ += − ⎩ x0 (loại) 4 x (nhận) 3 = ⎡ ⎢ ⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ 1.5. 4 22 xx1xx12−−++−= (*) Điều kiện để các biểu thức có nghóa: 2 2 2 x10 xx10 x1 xx10 ⎧ −≥ ⎪ ⎪ −−≥⇒≥ ⎨ ⎪ +−≥ ⎪ ⎩ (1) Nhận xét: 22 (x x 1)(x x 1) 1−−+−= (x 1)≥ (2) Đặt 4 22 2 1 xx1t xx1 t −−=⇒+−= (t > 0) 32 2 1 (*) t 2 t 2t 1 0 t ⇔+ = ⇔ − += t1 15 t 2 15 t0 (loại) 2 ⎡ ⎢ = ⎢ + ⎢ ⇔= ⎢ ⎢ − ⎢ =< ⎢ ⎣ . 2 1 2 xx11 t1: xx11 −−= =⇔ +−= cộng vế với vế x1⇒= thỏa (1) . 4 224 222 15 t x x1t x x1t 2 + = ⇒−−=⇒−−= 139 24 2 4 2 1 (2) x x 1 t t − ⇒+ −= = 24 2 24 2 xx1t xx1t − ⎧ −−= ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ +−= ⎩ ( 5 2,2360)= Cộng lại ta được nghiệm : 44 22 1 x(tt) 2 − =+ thỏa mãn (1). . kiện: 2 2 2 2x 2 2x 0 2x 2 1 22 20 2x 1 0,x 0 xx x 22 ⎧ ⎧ −≤≤ −≥ ⎧ −≤≤ ⎪⎪ ⎪ ⇔⇔ ⎨⎨ ⎨ −≥ −≥ ≠ ≤− ∨ ≥ ⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎩ ⎩ 22 2x x 2. 22 ⇔− ≤ ≤− ∨ ≤ ≤ * 2 2x 2 −≤≤−. Bình phương 2 vế của phương trình cho: 2 22 22 1111 2x 2 2(2x )2 168x x xx xx ⎛ ⎞ ⎛⎞⎛⎞ −+− + − − =− + ++ ⎜ ⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝ ⎠ ⎝⎠⎝⎠ 2 22 22 1111 25 2x 12 8x x x xx xx ⎛