Sử dụng phương pháp đánh giá (phương pháp bất đẳng thức) để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức. PHƯƠNG PHÁP: + Nếu phương trình ( ) ( ) f x g x= thỏa mãn tính chất ( ) ( ) ( ) f x M x g x M ≥  ∀ ∈  ≤   K thì ta có ( ) ( ) ( ) ( ) f x M f x g x g x M =  = ⇔  =   + Để phát hiện ra tính chất ( ) ( ) ( ) ;f x M g x M x≥ ≤ ∀ ∈K , ta thường sử dụng kiến thức về bất đẳng thức hoặc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. VD1. Giải phương trình 2 2 4 6 11x x x x− + − = − + (1) HDgiai. + ĐK: 2 4x≤ ≤ ( với [ ] 2;4=K ). + Ta có ( ) ( ) 2 2 6 11 3 2 2,g x x x x x= − + = − + ≥ ∀ ∈K + Mặt khác: ( ) ( ) 2 4f x x x x= − + − ∈K ⇒ ( ) [ ] 2 2 2 ( 2)( 4) 2 ( 2) (4 ) 4f x x x x x= + − − ≤ + − + − = + Vì ( ) ( ) 0f x x≥ ∀ ∈K nên ( ) ( ) 2f x x≤ ∀ ∈K + Khi đó (1) ⇔ 2 2 6 9 0 6 11 2 3 ( 2) (4 ) 2 ( 2)(4 ) 2 2 4 2 x x x x x x x x x x x   − + = − + =   ⇔ ⇔ =   − + − + − − = − + − =     + Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 3x = CHÚ Ý: Có thể dùng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số VD2. Giải phương trình 2 2 2 2 3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − + (1) HDgiai. + Ta có (1) ⇔ 2 2 2 2 3 7 3 3 5 1 2 3 4x x x x x x x− + − − − = − − − + (2) + ĐK: ( 2 2 2 2 3 7 3 0 2 3 5 1 0 5 37 : 2 ; 5 37 6 2 0 6 3 4 0 x x x x x x x x x x  − + ≥   ≤ −   − − ≥ +    ⇔ ⇔ ∈ = −∞ − ∪ +∞ ÷   +   ÷ − ≥ ≥       − + ≥  K + Dùng lượng liên hợp, ta có (2) ⇔ 2 2 2 2 2 4 3 6 3 7 3 3 5 1 2 3 4 x x x x x x x x x − + − = − + + − − − + − + (3) + Nếu ; 2x x∈ >K thì (3) 0 (3) 0 VT VP <   >  ⇒ phương trình vô nghiệm + Nếu ; 2x x∈ <K thì (3) 0 (3) 0 VT VP >   <  ⇒ phương trình vô nghiệm + Nếu ; 2x x∈ =K thì 0VT VP = = . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2x = VD3. Giải phương trình 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x+ + + + + = − − (1) HDgiai. Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 1 + ĐK: 2 2 3 6 7 0 5 10 14 0 x x x x x  + + ≥  ⇔ ∈  + + ≥   ¡ + Ta có: ( ) 2 2 2 2 3 6 7 5 10 14 3( 1) 4 5( 1) 9 2 3 5f x x x x x x x= + + + + + = + + + + + ≥ + = và ( ) 2 2 4 2 5 ( 1) 5g x x x x= − − = − + ≤ + Khi đó (1) ⇔ 2 2 2 3 6 7 5 10 14 5 1 4 2 5 x x x x x x x  + + + + + =  ⇔ = −  − − =   + Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x = − VD4. Giải phương trình 2 2 2 6 15 6 18 6 11 x x x x x x − + = − + − + (1) HDgiai. + ĐK: 2 2 6 11 0 6 18 0 x x x x x  − + ≠  ⇔ ∈  − + ≥   ¡ + Ta có: ( ) 2 2 2 6 15 4 4 1 1 3 6 11 ( 3) 2 2 x x f x x x x − + = = + ≤ + = − + − + và ( ) 2 2 6 18 ( 3) 9 3g x x x x= − + = − + ≥ + Khi đó (1) ⇔ 2 2 2 6 15 3 6 11 3 6 18 3 x x x x x x x  − + =  − + ⇔ =   − + =  VD5. Giải phương trình 2 3 2 1 5 3 3 2 3 2 2 x x x x x+ + − = + − (1) HDgiai. + ĐK: 3 2 2 5 3 3 2 0 5 x x x x+ + − ≥ ⇔ ≥ + Ta có: ( ) 2 2 ( ) 3 2 2 ( 1) (5 2) 6 1 5 3 3 2 ( 1)(5 2) 2 2 Cosi x x x x x f x x x x x x x + + + − + − = + + − = + + − ≤ = mặt khác ( ) 2 2 1 6 1 3 2 2 2 x x x g x x + − = + − = + Do đó ( ) ( ) 2 2 1 1 5 2 4 3 0 3 x f x g x x x x x x x =  = ⇔ + + = − ⇔ − + = ⇔  =  + Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là 1, 3x x= = VD6. Giải phương trình 2 2 2 2 1 3 4 1x x x x x+ + − = + + (1) HDgiai. + ĐK: 2 2 2 0 1 2 1 0 2 3 4 1 0 x x x x x x  + ≥  − ≥ ⇔ ≥   + + ≥  + Vì 1 2 x ≥ nên (1) được viết lại dưới dạng tương đương sau . 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − = + + (2) + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế trái của (2) ta có Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 2 ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) 2 . 2 1. 2 1 1 ( 2) (2 1) 1 3 1x x x x x x x x+ + − ≤ + + + − = + + ⇒ . 2 1. 2 1 ( 1)(3 1)x x x x x+ + − ≤ + + (3) + Khi đó, từ (2) và (3) suy ra 2 1 1 2 1 5 2 2 2 2 1 2 2 1 x x x x x x x x x  ≥   ≥ +   ⇔ ⇔ =   + −   = − = +    + Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1 5 2 x + = VD7. (Đề thi tuyển sinh Đại học Khối A 2010). Giải bất phương trình 2 1 1 2( 1) x x x x − ≥ − − + (1) HDgiai. Cách 1. (phương pháp bất đẳng thức ) + ĐK: 0x ≥ + Ta có 2 2 2 2 2( 1) ( 1) 1 1 1 2( 1) 0x x x x x x− + = + − + > ⇒ − − + < + Khi đó (1) ⇔ ( ) 2 2( 1) 1x x x x− + ≤ − + (2) + Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki vế phải của (2) ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 .1 .1 (1 ) 1 1 2 1x x x x x x     − + ≤ − + + = − +     ⇒ ( ) 2 1 2( 1)x x x x− + ≤ − + (3) + Do đó, từ (2) và (3) suy ra 2 2 0 0 0 0 1 3 5 1 1 2 3 1 0 1 (1 ) 1 1 x x x x x x x x x x x x x x  ≥ ≥  ≥ ≤ ≤   −    ⇔ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ =     − − + = = − =      = −   + Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là 3 5 2 x − = Cách 2. (phương pháp cơ bản) + ĐK: 0x ≥ + Ta có 2 2 2 1 3 3 2( 1) 2 1 1 2( 1) 0 2 4 2 x x x x x     − + = − + ≥ > ⇒ − − + <    ÷       + Khi đó (1) ⇔ ( ) 2 2( 1) 1x x x x− + ≤ − + ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 1 1 2 1 2 1 1 x x x x x x x x x x x x  − + ≥  ≥ −   ⇔   − + ≤ − − + ≤ − +     (2) + Ta có: ( ) 2 2 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 3 5 1 0 3 5 1 0 21 1 3 5 3 5 2 3 1 0 1 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x  − <   <  ≤ <     ≤ <    ≥ ≥  ≥  +      ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤  +    − ≥   ≥  ≤ ≤   − +     ≤ ≤      − + ≤  ≥ −        ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 2 1 0 1 0 1 0 1x x x x x x x x x x x x x x   − + ≤ − ⇔ − + − + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − + = ⇔ = −   Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 3 ⇔ ( ) 2 2 1 3 5 1 0 1 3 5 2 2 3 1 0 1 3 5 2 x x x x x x x x x x ≤    −  − ≥  ≤  −   =  ⇔ ⇔ ⇔ =     − + = = −      +  =     ( thỏa điều kiện 3 5 0 2 x + ≤ ≤ ) + Vậy bất phương trình (1) có nghiệm là 3 5 2 x − = VD8. Giải bất phương trình ( ) 2 2 10 6 2 2 1 2 4x x x x x− + ≤ + − + (1) HDgiai. + ĐK: 2 2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡ . Ta có ( ) 2 2 2 1 23 10 6 9 0 2 4 x x x x x   − + = + − + > ∀ ∈  ÷   ¡ . Do đó bất phương trình (1) chỉ có thể có nghiệm khi 2 1 0x + ≥ . + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 4 2 1 2 4 6 3 5x x x x x x x x+ − + ≤ + + − + = + + Dấu “đẳng thức” xảy ra ⇔ ( ) 2 2 2 1 2 1 2 4 2 5 3 0 2 3 x x x x x x x  =  + = − + ⇔ + − = ⇔  = −  + Khi đó (1) ⇔ ( ) 2 2 2 2 2 4 4 1 0 2 1 0 10 6 6 3 5 1 1 1 2 2 5 3 0 2 2 3 3 x x x x x x x x x x x x x x   − + ≤ − ≤    − + ≤ + +      ⇔ ⇔ ⇔ = =    =   + − =         = − = −     + Vậy bất phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1 2 x = Cách 2. + ĐK: 2 2 4 0x x x− + ≥ ⇔ ∈¡ . + Ta có (1) ⇔ ( ) 2 2 2 2 4 2 2 1 2 4 8 2 0x x x x x x− + − + − + + + ≤ ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 1 2 1 8 2 0x x x x x   − + − + − + + + ≤   ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 2 4 2 1 2 1 0x x x x   − + − + + − ≤   ⇔ 2 1 2 4 2 1 2 2 1 0 x x x x x   − + = + ⇔ =  − =   Trần Chí Thanh THPT Lưu Văn Liệt Vĩnh Long Page 4 . thường sử dụng kiến thức về bất đẳng thức hoặc giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. VD1. Giải phương trình 2 2 4 6 11x x x x− + − = − + (1) HDgiai. + ĐK: 2 4x≤ ≤ ( với [ ] 2;4=K ). +. nhất 3x = CHÚ Ý: Có thể dùng giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số VD2. Giải phương trình 2 2 2 2 3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − + (1) HDgiai. + Ta có (1) ⇔ 2 2. Sử dụng phương pháp đánh giá (phương pháp bất đẳng thức) để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức. PHƯƠNG