Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -1- PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ Vấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ: _ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ. + Nếu bài toán có chứa     xf,xf . Ta đặt:     xft0t,xft 2  . + Nếu bài toán có chứa         constkxg.xf,xg,xf  . Ta đặt:     t k xgxft  . + Nếu bài toán có chứa             constkxgxf,x.gxf,xgxf  . Ta đặt:         2 kt x.gxfxgxft 2   . + Nếu bài toán có chứa 22 xa  . Ta đặt:   π0; ,.cosahay x 2 π ; 2 π ,.sinax         tttt . + Nếu bài toán có chứa 22 ax  . Ta đặt:                 2 π /π0;, cos a hay x /0 2 π ; 2 π , sin a x t t t t . + Nếu bài toán có chứa 22 xa  . Ta đặt:   π0; ,cotahayx 2 π ; 2 π ,tanax         tttt . + Nếu bài toán có chứa xa xa , xa xa     . Ta đặt: a.cos2tx  . + Nếu bài toán có chứa    xbax  . Ta đặt: ta.sinbax 2  . _ Dạng 2: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình ban đầu về một phương trình có cả biến số và cả ẩn phụ. Khi đó phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai theo ẩn phụ hay theo biến x có biệt số  là số chính phương. _ Dạng 3: sử dụng k ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với k ẩn phụ. Trong hệ mới thì 1k phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng tương ứng. Chẳng hạn:     cxfbxfa mm  . Ta đặt:     bavu xfbv xfau mm m m         . Khi đó ta có:      bavu cvu mm . _ Dạng 4: sử dụng ẩn phụ để đưa phương trình về hệ phương trình với một ẩn phụ và một ẩn x. Ta thực hiện các bước: Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa cho phương trình. Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng     0x,xf   . Bước 3: Đặt:   xy   , ta biến đổi phương trình thành hệ          0yx,f xy  . Ta nên lưu ý, các hệ thu được thường là hệ đối xứng. Chú ý các trường hợp sau: + Ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II. Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -2- * Phương trình dạng: n n baxabx  . Ta đặt: n baxt  ta được hệ:        axbt atbx n n . * Phương trình dạng: xaax  . Ta đặt: xat  ta được hệ:        xat tax . + Ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình:    122xxx4x6 2  . Giải: Đặt    242xxx4x6t 2  . Với 2222 t12122xx242xxt0t6,x4  . Phương trình đã cho trở thành:              4t 3x 5x 3t 012ttt12t 22 . Bài 2: Giải phương trình: 34xx2x1x2x3x 2  . Giải: Xem như: ab2x2xba có ta1xb,3xa  Phương trình    1x0x011x2x3x  . Bài 3: Giải phương trình: 0225x11x3x54xx3 22  . Giải: Điều kiện xác định: 3x  Bình phương hai vế của phương trình ta được: 03x.54xx65012x2x 22      03x.54xx63x2054xx2 22  Ta thấy 3x  không phải là nghiệm của phương trình. Ta xét trường hợp: 3x  . Chia hai vế cho 3x.54xx 2  ta được: 06 54xx 3x 20 3x 54xx 2 2 2        . Đặt: 0t, 3x 54xx t 2     . Phương trình trở thành: 2t5t0206t2t 2  (loại). Với: 2 16121 x 2 16121 x07021xx5t 2     . Bài 4: Giải phương trình: 23 x13x4x  . Giải: (loại) Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -3- Điều kiện:                                    1x 2 3 0x 2 3 2 3 x 0x 2 3 1x1 03x4x 0x1 3 2 . Với điều kiện trên, ta có:   0110x24x16xx13x4x 2462 2 3  . Đặt:                4 22 t 4 22 t 2 1 t 0110t24t16t:có ta1,t,0xt 232 . Các nghiệm trên đều dương, so điều kiện Cách khác: Ta đặt: πtcost,0x  . Phương trình đã cho trở thành: sint???sinttcos13costt4cos 23  Zlk, ; lπ 4 π t 2 π k 8 π t t 2 π coscos3t                  Vì πt0  nên ta có: *          8 5π t 8 π t Zk, 2 π k 8 π t * 4 3π tZllππ 4 π t  Do đó phương trình đã cho có ba ngiệm. 2 22 8 π cosx; 2 22 8 5π cosx; 2 2 4 3π cosx 321     . Nhận xét: Câu này là yêu cầu thứ III trong một bài tập về hàm số mà yêu cầu thứ II là khảo sát hàm số 3x4xy 3  . Trong một bài toán hàm số, nếu có một câu đại số thì cách giải hay nhất là dựa vào các câu trên của bài hàm số. Phương trình: 23 x13x4x  có thể xem là hoành độ giao điểm của đồ thị   0y3x,4xy:C 3  , đồ thị của hàm số 2 x1y  . Với 1yxx1y có ta1,x10x1 22222  . Đây là một đường tròn bán kính Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -4- bằng 1. Do đó y là nửa đường tròn (O), nằm trên trục Ox và cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Vì vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Bài 5: Giải phương trình sau:     0x1x13x12 n 2 n 2 n 2  . Giải: Ta thấy 1x  không là nghiệm của phương trình trên nên chia hai vế của phương trình cho n 2 x1 . Phương trình đã cho tương đương: 03 x1 x1 x1 x1 2 nn       . Ta đặt: n t x1 x1 t 1 x1 x1 t       . Khi đó:     0x1x13x12 n 2 n 2 n 2  2 1 t1t03 t 1 2t  . Trường hợp 1: Xét n là số chẵn hiển nhiên căn thức buộc phải không âm vậy hai nghiệm kia bị loại hay phương trình trên vô nghiệm. Trường hợp 2: n là số lẻ: * Với 1 x1 x1 1 x1 x1 1t n        (VN) * Với n n n n 21 21 x 2 1 x1 x1 2 1 x1 x1 2 1 t          . Bài 6: Giải phương trình: 22 1x x x 2    . Giải: Điều kiện: 1x 0x 01x 2       . Với điều kiện này ta đặt:        2 π 0;t, cost 1 x . Phương trình đã cho tương đương: sint.cost22costsint22 1 tcos 1 cost 1 cost 1 2    . Đặt: 2 1u sint.cost2uu,1costsint 2   . Khi đó phương trình có dạng:           VN 2 1 u 2u 02uu21u2u 22 2xk2π 4 π t1 4 π tsin2costsint         . Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -5- Bài 7: Giải phương trình sau:     2 2 22 2 x12x 1x 2x 1x 1x      . Điều kiện: 0x1x  . Đặt:               ;0 4 π 2 π ; 2 π ttant,x , khi đó: cost 1 1x tcos 1 1ttan1x 2 2 22  sin2t 1 2x 1x x1 2x ttan1 2tant sin2t 2 22                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x12x 1x sin4t 2 1x x14x sin4t 1x x12x tsin2t.cos2 x1 x1 ttan1 ttan1 cos2t                Phương trình đã cho biến đổi về dạng: 22cos2tt4sint.cos2 sin4t 2 sin2t 1 cost 1         3 1 x 6 π t 2 1 sint 0sint12sint1sint0sintsintt2sin1 0sintsintcos2tt2sint2sint.cos2cos2t1t2sint.cos2 2 2    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 3 1 x  . Bài 8: Giải phương trình: 0 x 6 x 7 x 5 2 5 4  . Giải: Điều kiện: 0x  , phương trình đã cho tương đương: 06x7x0 x 6 x 7 x 5 3 5 9 5 5 5 2 5 4  .(*) Đặt: 0y,xy 5 3  , phương trình (*) trở thành:              3y 2y 1y 06yy1y067yy 23                    3 3 5 3 5 3 5 3 93x 42x 1x 3x 2x 1x . Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm: 3 3 42 ; 1 ; 93 . Bài 9: Giải phương trình:   12x2x1x14x 33  . Giải: Đặt: 1xt0t,1xt 323  . Khi đó phương trình đã cho trở thành: Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -6-       012xt14x2t12x1x21x14x 233  . Ta có:       22 34x12x814xΔ  . Do đó phương trình có hai nghiệm:                                                             4 4 3 2 3 4 3 x 2x 4 3 x 2x 0x 2 1 x 4 1 1x 12x1x 012x 2 1 t 12xt 4 34x14x t Bài 10: Giải phương trình: x3x13x1x12 2  . Giải: Điều kiện xác định: 1x1  . Phương trình đã cho tương đương:   0x13x1x12x12x1 2  (*). Đặt: 0x1v0,x1u  , khi đó phương trình (*) trở thành:                                                                                                        2 3 x 5 3 x 2 1 x1 2 3 x 5 3 x 2 1 x1 34x 5 3 x 2 1 x1 1x42x1 35x x122xx1 x14x1 1x1x1 x12x1 1uv 02vu 01vu2vu02vuv2vu2vuu 02vuv2vu2uvu03uvu2v2vu 2 2 2222 Bài tập áp dụng 1.1 Giải phương trình: 2 3x 1x2x1x2x   . HD: Đặt 1tx0t,1xt 2  . Biến đổi phương trình theo t tìm được tập nghiệm của phương trình:S={1;5}. 1.2 Giải phương trình: 8xx3xx5 5 3 3 5  . HD: Phương trình đã cho tương đưởng: 8x3x5 15 4 15 6  . Đặt: 0t,xt 15 2  . Giải phương trình ta được tập nghiệm   1;1S  . 1.3 Giải phương trình:     12x83x1x112x3 22  . HD: Đặt: 1t12x 2  . Giải phương trình ta được 0x  là nghiệm duy nhất. Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -7- 1.4 Giải phương trình: 2752x32x52x2x  . HD: Đặt: 2 5 x0t,52xt  . Giải phương trình ta tìm được 15x  là nghiệm duy nhất. 1.5 Giải phương trình:      03 3x 1x 33x41x3x     . HD: Đặt:      .1x3xt 3x 1x 3xt 2     Lưu ý rằng: _ Nếu 0 t thì3x  . _ Nếu 0 t thì1x  . Giải phương trình ta được tập nghiệm:   13;151S  . 1.6 Giải phương trình: 51310x2x96x2x52x2x12x2x 2222  . HD: Đặt: 0u12x2xu12x2x 22  . 2 2 12x2x 2 1 u02u1Δ' 2  . Tương tự : 2 2 1310x2x; 2 23 96x2x; 2 23 52x2x 222  524VT  .PT vô nghiệm. 1.7 Giải phương trình:        3x2x7x7x2 3 3 2 3 2  . HD: Phương trình đã cho được viết lại:        3x7x2x7x2 3 2 3 2 3  . Đặt: 9vux7v,x2u 33 3 3  . Giải phương trình ta có tập nghiệm:   6;1S  . 1.8 Giải phương trình: 0x7x,7x 28 94x 2   . HD: Viết lại phương trình: 4 7 2 1 x7 28 94x 2          . Đặt: 72 73 y, 28 94x 2 1 t     . Khi đó ta có hệ:                  28 94x 2 1 t 7x7x 2 1 t 2 2 . Nghiệm duy nhất của phương trình là: 7 350 x   . 1.9 Giải phương trình:   30x35xx3xx 3 3 3 3  . Đặt: 35yxx35y 33 3 3  . Khi đó ta có hệ:        35yx 30yxxy 33 . Giải ta có tập nghiệm:   2;3S  . 1.10 Giải phương trình:     14x2x1x2x2x1x2x1 2 4 22  . Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -8- HD: Điều kiện xác định:  2x0 0x2x1 0x2x 2 2         . Đặt:   1t0t11xt2xxx2xt0x2xt 2 2 22222  . Giải phương trình theo ẩn t ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:   0;2S  . Vấn đề 2: Phương pháp nhân lượng liên hiệp _ Một số phương trình vô tỷ ta có thể nhẩm được nghiệm o x như vậy phương trình có thể đưa về dạng tích:   0xxa.x. o  . Ta có thể giải phương trình: 0a.x  hoặc chứng minh 0a.x  vô nghiệm. _ Chú ý đến điều kiện của nghiệm phương trình để đánh giá: 0a.x  vô nghiệm. Lưu ý:                 1n2n2n1nnn 2244 2233 22 bab aababa babababa babababa bababa      Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình:   1x32xx1x 22  . Giải: Vì 1x  không là nghiệm của phương trình nên ta đưa phương trình về dạng. 1x 12xx 232xx 1x 1x 32xx 2 2 2 2       (???) Ta thấy: 0232xx 2  . Suy ra:       1x 12xx 232xx 12xx 1x 12xx 232xx 232xx232xx ??? 2 2 2 2 2 22             Biện luận: _ Nếu 21x21x012xx 2  . _ Nếu (VN) 1x232xx012xx 22  . Giải thích (???): mấu chốt của lời giải này là nhân lượng liên hiệp 232xx 2  để tìm ra được một nhân tử chung 12xx 2  . Vậy vấn đề đặt ra là làm cách nào để biết được điều này. Phương pháp: Ta xét phương trình: Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -9-   * 1x 1mmxx m32xx 0mm, 1x 1x m32xx 1x 1x 32xx 2 2 2 2 2 2           Vì:       1x 1mmxx m32xx m32xxm32xx *0m32xx 2 2 22 2       1x 1mmxx m32xx m32xx 2 2 22       Việc cần làm lúc này là xác định m: 2m 1mm3 2m 2       . Bài 2: Giải phương trình: 4 7 2x 1 x 2 1x 1 2   . Giải: Điều kiện xác định: 1x  . Phương trình đã cho tươn đương:   * 0 4 3 2x 1 x 2 1 1x 1 2   .       0 x 4 3 x 1 x2 1 1x 1 1x x2 0 4 3 x 1 1 x 2 1 1x 1 1 1x 1 0 4 3 2x 1 x 2 1 1x 1 1 1x 1 1 1x 1 *:có Ta 0.1 1x 1 2                                                                    Nhận thấy: 2x  là một nghiệm của phương trình. Còn 2x  ta chia hai vế của phương trình cho x2  ta được:   0 x 4 3 x 1 1 1x 1 1x 1             . Xét theo điều kiện của đề bài ta thấy: Vế trái 1x0,  . Bài 3: Giải phương trình: 5x3x512x 22  .(*) Giải: Biến đổi phương trình về dạng: 53x5x12x 22  . Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 3 5 x053x  . Vì Lương Anh Nhật - học sinh lớp 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -10-       2x03 35x 2x 412x 2x 2x 35x 4x 2x3 412x 4x 35x63x412x* 22 2 2 2 2 22                       Dễ dàng chứng minh được: 3 5 xVì0,3 35x 2x 412x 2x 22       . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 2x  . Bài 4: Giải phương trình: 13x2xx915x 2 3  . Giải: Điều kiện xác định: 5 1 x  . Phương trình đã cho tương với:                0 4x92x9 1 215x 515x5 2x1x 0 4x92x9 1 215x 5 52x1x 52x1x 4x92x9 x1 215x 1x5 53x2x2x9215x 3 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3                                    Phương trình có một nghiệm duy nhất là 1x  . Bài 5: Giải phương trình: 1xx44xxxx2x3 23  . Giải: Điều kiện xác định: 3x2  . Phương trình đã cho tương đương:        2x1x02x xx2 1 1xx3 1 x21x 2xx2x xx2 2xx 1xx3 2xx 44xxxxx21xx3 2 22 23                       Bài 6: Giải phương trình: 72xx3333x 2  .(1) Giải: Điều kiện xác định: 0x  . Phương trình đã cho tương đương:            0 42x333x 17x 1x 3 1x0 42x333x 17x1x 1x 1x3 0 1x 1x3 42x333x 1716xx 03x342x333x 22 2 2 2                            [...]... đổi phương trình về dạng: Nhân lượng liên hiệp cho vế phải hai lần Giải phương trình ta được nghiệm duy nhất x  3   2.2 Giải phương trình: 3x 2  5x  1  x 2  2  3 x 2  x  1  x 2  3x  4   HD: Chuyển đổi phương trình về dạng: 3x 2  5x  1  3 x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4 Sau đó nhân lượng liên hiệp cho hai vế ta tìm được x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình 2.3 Giải phương. .. ra thành từng số 1 rồi chuyển sang vế trái để kết hợp với từng hạng tử của vế trái Sau đó qui đồng sẽ   x xuất hiện phương trình: x  x 2   2 1 1 1 1   2  2   2   0 Giải ta tìm được hai  x 1 x  x  2 x  x  3 x  x  2015  nghiệm của phương trình là 0 và 1 2.4 Giải phương trình: HD:(1)  3 34  x 3 3  x  1  x  13 34  x  30 (1) 34  x  3 x  1    34  x 3 x  1 3 34 ... x  17  x  1  6x  12 * 2 x 1 3x  33  2x  4 Từ phương trình (1) ta có: 3 3x 2  33  6x  12  9 x * *   Từ (*) và (**) cho ta: x  17  x  1  6x  12   6x  12  9 x  x x  11x  26 x  0   x 8  x 2  x  1 x  1  0  x  4   x  64   Vậy phương trình có tập nghiệm: S   1;4;64 Bài tập áp dụng 2.1 Giải phương trình: x 3  3x 2  8x  40  84 4x  4  0 HD: Đkxđ: . 11B2 Trường PTTH Nguyễn Hữu Cầu -1- PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TÌNH VÔ TỶ Vấn đề 1: Phương pháp đặt ẩn phụ: _ Dạng 1: sử dụng một ẩn phụ để đưa phương trình về phương trình mới chỉ chứa một ẩn phụ. +.  1t0t11xt2xxx2xt0x2xt 2 2 22222  . Giải phương trình theo ẩn t ta được tập nghiệm của phương trình đã cho là:   0;2S  . Vấn đề 2: Phương pháp nhân lượng liên hiệp _ Một số phương trình vô tỷ ta có thể nhẩm. phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. Bài 5: Giải phương trình sau:     0x1x13x12 n 2 n 2 n 2  . Giải: Ta thấy 1x  không là nghiệm của phương trình trên nên chia hai vế của phương