CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN PHẦN I : Phương trình có chứa (MỖI CÔNG THỨC HOẶC MỖI KĨ THUẬT CHO 1-2 VD VÀ 1-3 BT TƯƠNG TỰ) I)Phương pháp biến đổi tương đương KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân liên hợp đưa tích … 1) Kiến thức : +) f ( x) = a(a ≥ 0) ⇔ f ( x) = a ; f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x)  g ( x) ≥  f ( x ) hoac g ( x) ≥ f ( x) = g ( x) ⇔  f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = g ( x)  f ( x) = g ( x) +) f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x); f ( x) = g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) * Chú ý công thức thông thường f ( x) & g ( x) hàm xác định R; +) trường hợp khác phải tìm điều kiện xác định trước biến đổi 2) Bài tập áp dụng 1 ≤ x ≤ 11 1 ≤ x ≤ 11 11 − x − x − = ⇔  ⇔  11 − x = x − + 11 − x = x − + + x − Bài1: gpt : 1 ≤ x ≤ 11 1 ≤ x ≤ 1 ≤ x ≤ 11 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔x=2 64 + x − 32 x = 16( x − 1) x − 12 x + 20 = − 2x = x −    x + ≥  Bài2: gpt: x + − − x = − x Txđ: 1 − x ≥ ⇔ −4 ≤ x ≤ 1 = x ≥   x ≥ −1 / − / ≤ x ≤ / ⇔ (1 − x)(1 − x) = x + ⇔  ⇔ ⇔ x =1 (1 − x)(1 − x) = (2 x + 1) 2 x + x = II) Phương pháp đặt ẩn phụ KĨ THUẬT: 1.biến đổi tđ, 2.dùng công thức 3.nhân liên hợp đưa tích ….chú ý… 1) Dạng1: * Nếu có f(x) 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) π π ≤t ≤ 2 a π π x − a dat x = − ≤t ≤ ≠0 sin t 2 2 • Nếu có a − x dat x = a sin t ,− • Nếu có 2) Bài tập áp dụng Bài1: gpt 2(x2- 2x) + x − x + − = đặt t= x − x + ≥ Bài2; gpt 5( 3x − + x − 1) = x − + 3x − x + đ/k x ≥ đặt t= 3x − + x − đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 Bài3:gpt: − x = x − 3x đ/k -1 ≤ x ≤ đặt x = cost t ∈ [ 0, π ] pt − cos t = cos t − cos t ⇔ sin t = cos 3t ⇔ cos 3t = cos( ⇔ x = cos Bài4: gpt: π π 5π 3π − t) ⇔ t = , , 8 π 2+ 5π − − 3π = , cos = , cos =− 8 2 (1 + x ) − − x + (1 − x) = x = ±1 khong la ng chia 2ve − x 1+ x 1− x + −3= 1− x 1+ x ⇔2 dat t = giải có t = 1, t = 1/ 1+ x ⇔ 2t + / t − = ⇔ 2t − 3t + = 1− x suy nghiệm phương trình 35 π đ/k x > đặt x = 1/cost t ∈ (0 ) ⇒ x − = tan t x − 12 1 / cos t 35 1 35 pt ⇔ + = ⇔ + = ⇔ 12(sin t + cos t ) = 35 sin t cos t cos t sin t / cos t 12 cos t sin t 12 35   cos t + sin t = 12  dat u = sin t + cos t → u ∈ (1, ) ⇔ 35u − 24u − 35 = → t = / ⇔  25   cos t sin t = 12  5   =  cos t x = ⇒   =5 x =  cos t    Bài5: gpt : x + x = 2) Dạng2: đặt ẩn phụ x tham tham số t tham số Bài tập áp dụng : x ≥ 2 dat t = x − x ≥ Bài1: gpt x − = x x − x dk  x≤0  Khi pt: x2 -2tx-1 = `= t2+1 = (x-1)2 →x = t±(x-1) x2 − 2x = x2 − 2x − =  x = x − x + ( x − 1) x = −    ⇔  2 x − ≥ ⇔  x ≥ / ⇔  x = x − x − ( x − 1) x = +   x − x = (2 x − 1) 3 x − x + =    Bài2: gpt (4x-1) x + 8x2+2x+1 đặt t = x + ≥ pt : 2t2-(4x-1)t+2x-1=0 x ≥ 1/ 2 Có ngh t=2x-1, t= 1/2(loại) với t =2x-1 x + = x − ⇔  2 4 x + = (2 x − 1) 3) Dạng3: đặt ẩn phụ n vô ngh u = n a − f ( x) u n + v n = a + b  a − f ( x) + b + f ( x) = c →  ⇒ v = n b + f ( x) u + v = c  n Bài tập áp dụng: Bài1: gpt: u = − x u + v =  1− x + 1+ x = →  ⇒ 3 v = + x u + v =  u = x = u = − x u + v =    ⇒ ⇒ u = ⇒  x = Bài2:gpt: − x = − x − →  v = x − u + v = u = −2  x = 10    3) Dạng4: ẩn phụ chuyển phương trình thành hệ : ax + b = c(dx + e) + nx + m Thí dụ: gpt 3x + = −4 x + 13x − ⇒ 3x + = −(−2 x + 3) + x + dat − y + = 3x + 2   − y + = −( −2 x + 3) + x + (−2 y + 3) = x + y +  x = y ⇔ ⇔ ⇒ ( −2 y + 3) = x + (−2 y + 3) = x + 2 y = − x   15 − 97 11 − 73 2)2 y = − x ⇒ x − 11x + = ⇒ x = 1) x = y ⇒ x − 15 x + = ⇒ x = III) Phương pháp đánh giá 1) Kiến thức bản:  f ( x) =  1) f2(x) + g2(x) + t2(x) = ⇔  g ( x) = t ( x) =  2) f(x) + g(x) = a ( a số)  f ( x) = b  g ( x) = c  f ( x) = a ⇔  g ( x) = a mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a ) ⇔  3) f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a 2) Bài tập áp dụng : Bài1: gpt x4 + 2x2 -6x +20 = x x − x + 16 x2-4x+4 = ⇔ ( x2- ⇔ x4 - x x − x + 16 + x2 -2x +16+  x − x − x + 16 =  ⇔ )2 + ( x-2)2 = ⇔  x − x + 16 x − =  x = thỏa mãn hệ , phương trình có nghiệm x = Bài2: gpt: 4x2 + 3x +3 = 4x x + + 2 x − đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương  x + = 2x  (2 x − x + 3) + (1 − x − 1) = ⇔   2x − =  Bài: gpt: 3x + x + + x + 10 x + 14 = – 2x – x2 Ta có vé trái 3( x + 1) + + 5( x + 1) + ≥ + = Vế phải – 2x—x2 = – (x+1)2 ≤ phương trình thỏa mãn vế đồng thời x = - nghiệm phương trình : IV) Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số 1) Cơ sở lý thuyết dùng tính đơn điệu hàm số từ khẳng định số nghiệm phương trình 2) Bài tập áp dụng Bài1 x − + x − = dkx ≥ / xét hàm số y= x − + x − txd x ≥ / , Có đạo hàm y = 4x + > 0∀x ≥ / hàm số ln đồng biến txđ pt khơng có 4x − 4x2 − nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 nghiệm Bài2: gpt x + x − − 3x + = xét hàm số y= x + x − − 3x + txđ x≤1/3 y ` = x + 3x + >0 − 3x h/s đồng biến txđ phương trình khơng có q nghiệmTa thấy x= -1 nghiệm toán Bài3:gpt; − x + x − + x − x = ⇔ − x + x = + x − x + đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = + t txđ [ − 3,2] f`(t)= , g(t) = 1+ − t ⇒ g (t ) = − > o hàm số tăng , 3+t < hàm số nghịch biến chúng giao 2−t điểm , thấy t =1 nghiệm t=1 suy pt x2- x =1 có nghiệm x = 1± V) Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Bài tập áp dụng : CMR phương trình sau có nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): x + 63 − x = đặt t= − x có pt 2t3 – 6t + =0 hàm số liên tục R ,có f(-2)f(0) *) với x < nghiệm *) với x = nghiệm phương trình có nghiệm x = Bài3: gpt : − 2x + + 2x = − 2x + 2x + điều kiện - 1/2 1 ⇔- ≤ x −1 ⇔ 1+ > −1 Bài2 gbpt 2 1− x 1− x − x2 − x2 đặt t = x − x2 có bất phương t2-3t+2 > suy t > t < trình x > − x 0 < x < ⇔ ⇔ < x 5 x >  − < x < x < − x x   ⇔  x ≥ ⇔ −1 < x < 2) xét bpt   x < 4(1 − x )      nghiệm bpt  − 1,  ∪  ,1 5    1 < 2x + + điều kiện x > đặt t = x + Bài2: gbpt: x + ≥ 2x x x x 1) xét bpt  >2 ⇔  dẫn tới bất phương trình bậc hai: 2t2 – 5t + > có nghiệm t > x+ x 3 >2 ⇔ x − x + > ⇔ co nghiem (0, − ) ∪ ( + ,+∞) Bài3: gbpt x +1 x +1 −2 >3 x x dat t =  x +1 ≥ dẫn tới t2 -2t -3 >0 có nghiệm t≥ x 1 Cho ta tập nghiệm bpt  0,   8 Dạng2 : đặt ẩn phụ t dẫn bpt xem t ẩn ,x tham số,hoặc bpt xem x ẩn, t tham số Bai1:gbpt: x2-1 ≤ x x + x đặt t = x + x ≥ dẫn tới bpt: x2-2tx-1≤ có ∆ = t + = ( x + 1) dẫn tới ( x + x + 1)( x + x − x − ≤  2 x + ≥ x≥−    x + 2x − 2x − ≤ ⇔ x + 2x ≥ ⇔ ⇔ x≥0 x ≥  x + x ≤ (2 x + 1)     x ≤ −2  Dạng3: đặt ẩn phụ dẫn tới hệ Bài1: gbpt x − x + − x ≤ x − điều kiện x ≥ biến đổi u = x − ≥ ⇔ 2u + 2v > u + v 2( x + 2) + 2(2 x − 1) > x + + x − đặt  v = x + u + v ≥ ⇔ ⇔u≠v 2u + 2v > (u + v)  x + ≥ ⇔ x = 1, x = Trường hợp u = v x − = x + ⇔  x − 6x + = 1  Vậy để u ≠ v ⇔ x ∈  ,+∞  x ≠ 1, x ≠ 2  u = x ≥ Bài2:gbpt x − x + − x ≤ x − đặt  bất phương trình có dạng v = x − u + v ≥ u + v ≥ 2u + 2v ≤ u + v ⇔  ⇔ ⇔u=v≥0 2 2u + 2v ≤ u + v (u + v) ≤ x − ≥ x ≥ ⇔ ⇔ ⇔x =4 x − 5x + = x = x −2   III)Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Cơ sở lý thuyết: dựa vào bảng biến thiên hàm số phát hiẹn miền nghiệm cuả bất phương trình Bài tập áp dụng Bài1: gbpt: x + + x + > d / k x ≥ −2 xét hàm số f(x) = x + + x + tập x ≥ -2 Có đạo hàm ln dương với x thuộc tập xác định suy hàm số ln đồng biến lại có f(0) = nghiệm bpt x > Bài2: gbpt: x − x − − x x + 11 > − x − x − dk ≤ x ≤ Tương đương x − x − + x − > x − x + 11 + − x ( x − 1) + + x − > (3 − x) + + − x Xét hàm số f(t) = t + + t tren [1,3] có f, (t) >0 hàm số đồng biến tập xác định ta có f(x-1)>f(3-x) x-1>3-x cho ta x>2 nghiệm bất phương trình < x ≤ Bài3: gbpt: 2x+ x + x + + x + x < 35 d / k x ≥ xét hàm số tập xác định x≥ 2x + , >0 F(x) = x + x + x + + x + x co f ( x) = + x + x + | + x + 7x   29         nghiệm bpt 0< x <   29      Hàm số đồng b iến tập xác định f(x) < 35 = f     12    12     IV) Phương pháp sử dụng giá trị lớn nhỏ hàm số Kiến thức Lập bảng biến thiên từ có kết tốn Bài tập áp dụng Bài1 Tìm m để bpt sau có nghiệm: mx - x − ≤ m + đặt t = x + t ≥ ta có m( t2+2) ≤ t+1 tương đương với t +1 t +1 ≥ m xét hàm số f(t) = 2 t +2 t +2 tập t≥ có − t − 2t + , f (t ) = f (t) = t = ± (t + 2) , Ta có bảng biến thiên t f t -1 - + F ( t ) Nhìn vào bảng biến thiên để bất phương trình có nghiệm m ≤ +1 V) Phương pháp đồ thị : Kiến thức : dùng đẻ giải tốn tìm tham số để bất phương trình có nghiệm thực bước sau : *) sử dụng phép biến đổi tương đương đưa bất phương tình cho hệ *) xét hệ trục tọa độ Oxm +) Biểu diễn điểm M(x,m) thỏa mãn bất phương trình hệ ,giả sử tập X1,X2, +) Xác định X= X1 ∩ X2 ∩… +) Chiếu vng góc tập X lên trục m ,giả sử Im *) Khi đó: +) Để hệ vô nghiệm m ≠ Im +) Để hệ có nghiệm m € Im +) Để hệ có nghiệm đường thẳng m = α giao với tập X điểm Bài tập áp dụng: Bài1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm − x ≥ m − x đặt y = − x ≥ bất phương trình tương đương với hệ x + y = (2)   x + y − m ≥ (3) Các điẻm thỏa mãn (2) ký hiệu X1 tập hợp điểm mằn nửa đường tròn tam O bán kính R=1 điểm thỏa mãn (3) ký hiệu X2 tập hợp điểm nằm phía đưòng thẳng x + y = m lấy với y ≥ Vậy để bất phương trình có nghiệm X  X ≠ m ≤ Bài2: Tìm m để bất phương trình sau x thuộc – ≤ x ≤ ( + x)(6 − x ) ≤ x2 - 2x +m đặt y = (4 + x)(6 − x ) ≥ suy y2 = 24 + 2x – x2 Tương đương với ( x -1 )2 +y2 = 25 vế trái bất phương trình nửa đường trịn tâm I(1,0) bán kính R = , cịn vế phải bất phương trình y = x2 – 2x + m pảabol có y đỉnh nằm đường thẳng x = để toán nghiệm với x thuộc – ≤ x ≤ pảa bol ln nằm phía nửa đường trịn đỉnh pảabol tiếp xúc M(1,5) với đường tròn điểm M(1,5) tức = m0 – suy m0 = giá trị m cần tìm m ≥ x VI) Phương pháp điều kiện cần đủ Cơ sở lý thuyết : dựa vào đặc điểm bất phương trình ta Suy đặc điểm nghiệm bất phương trình từ suy Giá trị tham số m , điều kiện đủ với m tìm thay vào bẩt phương trình ,giá trị m thỏa mãn điều kiện tốn giá trị cần tìm Bài tập áp dụng Bài tốn1: Tìm m để bất phương trình có nghiệm (1) x − 2m ≤ mx Điều kiện cần : giả sử (1) có nghiệm x0 – x0 nghiệm , muốn có nghiệm phải có x0 = - x0 suy x0= thay vào (1) ta có m = Điều kiện đủ : với m = thay vào bất phương trình ta có nghiệm x = ,vậy m = giá trị cần tìm Bài tốn2: Tìm m để bất phương trình (2 + x)(4 − x) ≤ x − x + m (1) nghiệm với x ∈ [ − 2,4] Điều kiện cần: để bất phương trình x ∈ [ − 2,4] x = nghiệm thay vào (1) ta có m≥ Điều kiện đủ : với m ≥ áp dụng bất đẳng thức Cơ si vế trái ta có Vế trái = (2 + x)(4 − x) ≤ 2+ x+4− x =3 vế phải x2 – 2x + m = (x-1)2+ m – ≥ suy vế phải ≤ vế trái , với m ≥ giá trị cần tìm VII) Phương pháp đánh giá: Đó tốn giải thơng thường gặp khó khăn để ý đặc điểm toán kết hợp với mọt số bất đẳng thức ta suy nghiệm toán Bài toán áp dụng : giải bất phương trình sau x − x2 −1 + x + x2 −1 ≤ Ta có điều kiện Khi x − ≥   x − x − ≥ ⇔ x ≥  x + x − ≥  x − x − + x + x − ≥ x − x − x + x − = bát phương trình có nghiệm Vế trái = x − x − = x + x − ⇔ x = x = nghiệm bất phương trình Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương 1) Cơ sở lý thuyết :  f ( x) = g ( x) (1) Dạng1: f ( x) = g ( x) ⇔   f ( x) = − g ( x) (2) Dạng2:  g ( x) ≥  g ( x) ≥  f ( x) = g ( x) ⇔  , ⇔  f ( x) = g ( x)  f ( x) = g ( x)  f ( x ) = − g ( x )  Chú ý: người ta thường dùng cách thứ bình phương hai vế xuâts phương trình bậc cao 2) Bài tập áp dụng x ≠ x ≠ x+2  =1⇔  ⇔  x + = x − ⇔ x = Bài1: gpt x+2 = x−2 x−2   x + = − x +  x + ≥ ⇔ x = 0, x = Bài2:gpt | x2 +5x+4 | = x+4 tương đương  2 ( x + x + 4) = ( x + 4) Bài 3: Giải biện luận phương trình: | x2 -2mx-2m | = | x2 + 2x| (1)  x − 2mx − 2m = x + x (m + 1) x = −m ⇔ Tương đương với  2  x − 2mx − 2m = − x − x  x − (m − 1) x − m =  Giải • với m + = m = -1 (2) vơ nghiệm • với m + ≠ m ≠ - (2) tương đương với x = − Giải3 Ta có  = (m+1)2 * Với  = m = - (3) có nghiệm x = -1 * Với  > m m +1  x = −1 m ≠ - (3) có nghiệm  x = m Kết luận • Với m = -1 phương trình có nghiệm x = - • Với m ≠ - phương trình có3 nghiệm x = - , x = m , x = − m m +1 ( 2) (3) Bài4 Giải biện luận phương trình | x2 + x +m | = - x2 + x +2 − ≤ x ≤ (*)  − x + x + ≥ − ≤ x ≤  x = − m (2)   2 Phưong trình tương với  x + x + m = − x + x + ⇔ 2 x = − m ⇔     x = −2 − m  −2−m    x + x + m = x − x −  x = (3)   a) Giải biện luận (2) 2 − m  ⇔ * với  (2) khơng có nghiệm thỏa mãn (*) m < −6 2 − m >   2−m 2−m ≤ ⇔ −6 ≤ m < (2) có nghiệm x = ± * Với < thỏa mãn (*) 2 2−m ≤1⇔ ≤ m ≤ 2 2−m thỏa mãn (*) −2−m ≤ ⇔ −6 ≤ m ≤ b) Giải biện luận (3) ,nghiệm (3) thỏa mãn (*) − ≤ * Với ≤ (2) có nghiệm x = ± Kết luận : • ) vơi m>2 m 0 x | g(x) ) tương đương với f2(x) > g2(x) 2) 3)  g ( x) <  f ( x ) > g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥  f ( x ) > g ( x )   g ( x) > f ( x ) < g ( x) ⇔  2  f ( x) < g ( x) Khi giải cần thực bước sau • Kiểm tra đièu kiện • sử dụng phép biến đổi tương đưa bất phương trình cho hệ phương trình đại số từ tìm nghiệm • Kiểm tra đièu kiện • Kết luận nghiệm b) Bài tập áp dụng Bài1 gbpt | 4x3 – 3x | ≤ tương đương với ( 4x3 – 3x )2 ≤ tương đương ( 4x3 -3x +1 ) ( ( 4x3 -3x -1 ) ≤ tương đương vói (x2 – 1)(2x+1)2(2x-1)2 ≤ 2 x + =  Tương đưong 2 x − = ⇔ −1 ≤ x ≤ x − ≤  Bài2 gbpt x − 5x + ≤ ⇔ x − 5x + ≤ x − x −4 Tương đương với ( x2 -5x +4 ) ≤ (x2 – )2 tương đương ( 2x2 -5x) ( 8-5x) ≤  0 ≤ x <   8 5  ⇔ 0,  ∪  ,+∞  Tương đương với   5   x >   2 x + <  ⇔ ( − ∞,0 ) ∪ (1,+∞ ) Bài3 gbpt | 1-4x | > 2x +1 tương đương với 2 x + ≥  (1 − x) > (2 x + 1)  II) Phương pháp chia khoảng : 1) Cơ sở lý thuyết : gặp tốn có từ hai trị số tuyệt đối trở lên ta làm sau Đặt điều kiện có nghĩa bpt Lập bảng xét dấu tất cac biểu thức dấu tuyệt đối , chia khoảng Giải bất phương trình khoảng Kết luận 2) Bài tập áp dụng : • • • • x2 − 4x + Bài1 gbp x2 + x − ≥1 bpt có nghĩa với x Ta có bảng xét dấu x X2 – 4x | x- + + + - + | - | - Kết luận x2 − 4x + ≥1⇔ x ≤ − x − x−5 − x + 4x + ≥1⇔ ≤ x ≤ Trưòng hợp 0 + tan x tan x − tan x −  x ≠ kπ tan x ≠ tan x  f( v) u>v hàm số ln đồng biến ngược lại 2)Bài tập áp dụng : Bài1 gbpt 4| 2x-1| (x2 –x +1) > x3 -6x2 +15x -14 ta biến đổi | 2x-1| ( (2x-1)2 +3) > (x-2)2 +3x-6 tương đương | 2x-1| +3 | 2x-1| > (x-2)3 +3(x-2) Xét hàm số f(t) = t3 +3t có đạo f ) = 3t2 +3 >0 với t hàm số đồng biến nên f(| 2x-1| ) > f(x-2) | 2x-1| > x-2 thỏa mãn với x , bất phương trình nghiệm vói x Bài2 gbpt x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 > Xét hàm số f(x) = x3 - | x2 -3x +2 | +6x +7 có tập xác định R  3 x − x + Đạo hàm f ) =   3 x + x + x < voi  x > voi < x < đạo hàm dương với x Hàm số ln đồng biến mặt khác ta lại có f(1) =0 dẻ f(x) > x >1 nghiệm toán VI) Phương pháp đánh giá 1) Cơ sở lý thuyết • Dựa vào tam thức bậc hai • Dựa nvào bất đẳng thức Cơ si, Bu nhi a • Tính chất giá trị tuyệt đối 2) Bài tập áp dụng Bài1: gbpt x − x2 − + x + x2 + ≥ Tập xác dịnh với x ≥ |2| Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho vế trái ta có VT ≥ x − x − x + x + = vế phải vạy bất phương trình nghiệm với x ≥ |2| Bài2 gbpt điều kiện ≤ x ≤ Sử dụng bát dẳng thức Bu nhi a cho vé trái ta có [ ] ( x − x + x − x ) ≤ x + (1 − x) (1 − x + x) = x − x + ≤ = vp vi ≤ x ≤ Vậy bpt nghiệm với x ∈ [ 0,1] Phần III/ Rèn phản xạ theo tình tập cập nhật: Bài 1: gpt − x = − x − * cách 1: đk, đặt u = − x , chuyển x theo u gpt thức bậc 2, nhẩm đc nghiệm x=1, x=2 * cách 2: đk, đặt u = − x , v= x − ,v không âm đưa hệ giải phép nhẩm đc nghiệm * kq nghiệm: x=1;2;10 Bài 2: gpt 3x − + − 5x − = * có cách * kq nghiệm x=-2 Bài 3: gpt + 3x − 2x2 − − 3x + 2x =1 * có cách * kq x=1 ; x= ẩn biến đổi biểu thức bậc lại theo ẩn / Lưu ý nên đặt Bài 4: gpt x + 3x + + x + 6x + = 2x + 9x + * đk x≤ −5 ∨ x≥ −1 …đặt u= x + 3x + ; v= x + 6x + , u , v ≥ pt u+v= u + v (u+v)2 = u2 +v2 u =  x = −2 ∨ x = −1  x=−5 ∨ x=−1 ý dạng hay, suy nghĩ v =  x = −5 ∨ x = −1 2u.v=0  TQ Bài 5: gpt 2x + 5x + −2 2x + 5x − =1 * giống kq x=1 ; x=− Bài 6: gpt 5x − − 3x − = x − đk x≥1 pt 5x − = 3x − + x − bp2v lần lưu ý đk Kq x=2 ý dạng hay, suy nghĩ TQ cho trường hợp có b2, chí b2 Bài 7: gpt x + x −1 + x − x −1 = x − +1 + x − − = x+3 (*) để phá dấu GTTĐ giải bt Kq x+3 đk x≥1 pt xét TH ( ) x −1 + + x − ≥1 x≥ ( ) x −1 −1 = x+3 x − víi mäi x, y → x = y Víi x = y ta cã: x3 - 2x + = ⇔ (x - 1)(x2 + x - 1) =  x = ⇔  x = −1 + :    x = −1 − : ( ( ) ) Ví dụ 2: Giải phơng trình Phơng trình có nghiệm nh ( x + 3) ( − x ) ( 12 + x ) = 28 − x ( − x ) ( 12 + x ) ≥  −12 ≤ x ≤  ⇔   −3 ≤ x ≤ 28 ( x + 3) ( 28 − x ) Lời giải: Điều kiện: (1) ↔−3≤ x ≤ () víi ®iỊu kiƯn () (1) ↔ (x + 3)2(4 - x)(12 - x) = (28 - x)2 ↔ x4 + 14x3 + 10x2 - 272x + 352 =  x + x − 22 = ↔ (x2 + 6x - 22) (x2 + 8x - 16) = ↔   x + x − 16 =   x1 = −3 + 31 , x2 = −3 − 31 ⇔   x3 = −4 + , x4 = −4 −  Đối chiếu điều kiện ta thấy x1, x3 thoả mÃn toán Vậy phơng trình có nghiệm x1 = −3 + 31   x3 = −4 + Ví dụ 3: Giải phơng trình ( x + 3) ( − x ) ( 12 + x ) Lêi gi¶I = 28 − x v = ( − x ) ( 12 + x ) Đặt u = x + Khi phơng trình (1) trở thành: (1) với v v = u − 2uv = u2 + v2 - ↔ (u - v)2 = ↔  v = u + x + ≥  x ≥ −2  ⇔ x = −3 + 31  ⇔  ( − x ) ( 12 + x ) = ( x + ) x + 6x − =  Víi v = u - ≥ ta cã Víi v = u + ≥ ta cã :  x + ≥ −1  x ≥ −4  ⇔  ⇔ x = −4 +  x + x − 16 = ( − x ) ( 12 + x ) = ( x + )    Phơng trình có tập nghiệm là: { 31 3; − 4} ĐÁNH GÍA VÝ dơ Gi¶i phơng trình x + x + 13 + x + x + 18 = 34 − x x Lời giải: Biến đổi phơng trình dạng: ( x + 3) + + ( x + 3) + = 25 − ( x + 3) VT ≥ +3 = DÊu “=” x = -3 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiƯm nhÊt x = - VÝ dụ 5: Giải phơng trình: x(2008 - x2007) = 2007 Lời giải: Nếu x x (2008 x 2007 ) ≤0 lo¹i VËy x ≥ 2008 + 2007 = 2008x Viết phơng trình dạng: x Theo bất đẳng thức côsi cho 2008 số dơng Ta có: x2008 + 2007 = x2008 + + +… +1 ≥ 2008x 2007 sè DÊu “=” x¶y x = Vậy phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 6: Giải phơng tr×nh 2016 − x − x − 2017 = x 2007 x 2007 Lời giải: Điều kiện: x ≥ 2007 Víi 2007 ≤ x < 2008 th× 2016 − x − x − 2017 > 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 < 2008(2008 - 2007) - 2007 = Thö x = 2008 thoả mÃn Với x > 2008 thì: 2016 − x − x − 2017 < 2016 − 2008 − 2008 − 2007 = x2 - 2007x - 2007 = x(x- 2007) - 2007 > 2008(2008 - 2007) - 2007 = Vậy phơng trình có nghiệm x = Ví dụ 7: giải phơng trình Lời giải: 2+7 + 4x = − x +1 §iỊu kiƯn: x + > hay x > -1 ( + 1)3 + 4( x + 1) = 3( + 1) x +1 Viết phơng trình dạng: áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số dơng ta có: ( + 1)3 ( + 1)3 ( + 1)3 + 4( x + 1) = 4( x + 1) + + ≥ 3( + 1) x +1 4( x + 1) 4( x + 1) ( + 1)3 = +1 4( x + 1) DÊu “=” x¶y khi: 4( x + 1) = Lêi gi¶i: −3 4 x + x + 3x + = 3 16 x3 + 12 x  x4 + x + 3x + = x +  x +  Ta có: Hay x = Phơng trình cã nghiƯm nhÊt: x = VÝ dơ 8: Gi¶i phơng trình Hay 4x = 3 ữ + > x> áp dụng Bất đẳng thức Côsi ta có: (4 x + x ) + 3x + ≥ x + x + = x(4 x + 3) + + ≥ 3 x(4 x + 3) = 3 16 x + 12 x DÊu “ =” x¶y x = Vậy phơng trình có nghiệm nhất: x = Bài 9: Giải phơng tr×nh 14 − x3 + x = 2(1 + x x Bài 10: Giải phơng trình ( ) x + = x3 + (Dùng phơng pháp đánh giá) (Dùng phơng pháp biến đổi tơng đơng) ... nghiệm với x thuộc miền D • Phương trình tương đương với phương trình bất phương trình khác Thực bước giải sau • Đặt điều kiện phương trình có nghĩa • Dựa vào đặc điểm phương trình tìm điều kiện cần... x − ≥ x − x − x + x − = bát phương trình có nghiệm Vế trái = x − x − = x + x − ⇔ x = x = nghiệm bất phương trình Chủ đề phương trình có chứa giá trị tuyệt đối I) Phương pháp biến đổi tương đương... bất phương trình có nghiệm m ≤ +1 V) Phương pháp đồ thị : Kiến thức : dùng đẻ giải tốn tìm tham số để bất phương trình có nghiệm thực bước sau : *) sử dụng phép biến đổi tương đương đưa bất phương