Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ Bài 1 : Giải phơng trình 1 a) += 3 3 122 1 x x += =+= 3 3 3 3 122 1 21 12 xx y xy x - Phơng trình đợc chuyển thành hệ = == += += += + == += = +++= += == 3 33 333 22 3 1 12 12 12 15 2 12 2( ) 20() 15 12 2 xy xy xy xyxy xy yxxyxy xxyy vn xy xy - Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm. b) += + 22 11 (121 ) x xx ĐS:x=1/2; x=1 c) + = + + 2 (3 2 1) 4 9 23 5 2xx x xx ĐS: x=2. d) + ++ = 1 (3)(1)4(3) 3 3 x xx x x ĐS: = =113; 15xx e) + =+ 2 2 11 224(xx) x x - Sử dụng BĐT Bunhia. f) + = 41 12 x xx ĐS: x=0 Bài 2: Giải BPT: a) + 51 413 x xx ĐS: x1/4 b) +> 2 2( 16) 7 3 33 x x x xx ĐK > 2 16 0 4 30 x x x - Biến đôỉ bất phơng trình về dạng +> > < > < > 22 22 2( 16) 3 7 2( 16) 10 2 10 2 0 5 10 2 0 10 34. 10 34 5 2( 16) (10 2 ) xx xx x x x x x x xx > - Kết hợp ĐK ta có nghiệm của BPT là >10 34x . c) +>(1)(4)xxx2. d) < 2 114 3 x x . ĐK: < < 2 1 0 14 0 2 1 0 0 2 x x x x - Thực hiện phép nhân liên hợp ta thu đợc BPT <+ > < < > > 22 2 22 22 4 3(1 14 ) 314 4 3 3 4 430 1 14 0 1 2 2 430 3 9(1 4 ) (4 3) 4 9(1 4 ) (4 3) xxxx x x x x x x x xx xx . - Kết hợp ĐK thu đợc nghiệm < < 1 0 2 1 0 2 x x Cách 2: - Xét 2 TH: + Với < < 2 1 0. 1 4 1 3 2 x BPT x x + Với < > 2 1 0. 141 2 3 x BPT x x e) 22 510172 x xx++x ĐK: 2 525 5 51010 525 5 x xx x ++ + - Với Đk đó 22 5 5 10 1 36 5 10 1 x xx++++x+ - Đặt 2 5101;tx xt=++0. - ĐS: x-3 hoặc x1. Bài 3 : Tìm m để phơng trình sau có nghiệm: 22 11 x xxx++ +=m. Giải: Xét hàm số 22 11 y xx xx = ++ + + Miền xác định D= R . + Đạo hàm + = ++ + = ++= + + +> ++=++ 22 22 22 22 21 21 ' 2121 '0 (2 1) 1(2 1) 1 (2 1)(2 1) 0 (vo n g hiem) (2 1) ( 1) (2 1) ( 1) xx y xx xx yxxxxxx xx xxx xxx + y(0)=1>0 nên hàm số ĐB 2 + Giới hạn + == ++ + = 22 2 lim lim 1 11 lim 1. xx x x y xx xx y + BBT x - + y + y 1 -1 Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1. Bài 4 : Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực 21 x xm + =+ Giải: - Đặt 1; 0txt=+. Phơng trình đã cho trở thành: 2t=t 2 -1+m m=-t 2 +2t+1 - Xét hàm số y=-t 2 +2t+1; t0; y=-2t+2 x 0 1 + y + 0 - y 2 1 - - Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2. Bài 5 : Tìm m để phơng trình sau có đúng 2 nghiệm dơng: 22 45 4xmxx+=+ . x Giải: - Đặt 2 2 2 () 4 5;'() ;'() 0 2 45 x tfx x x fx fx x xx ==+ = == + . 3 Xét x>0 ta có BBT: x 0 2 + f(x) - 0 + f(x) 5 + 1 - Khi đó phơng trình đã cho trở thành m=t 2 +t-5 t 2 +t-5-m=0 (1). - Nếu phơng trình (1) có nghiệm t 1 ; t 2 thì t 1 + t 2 =-1. Do đó (1) có nhiều nhất 1 nghiệm t1. - Vậy phơng trình đã cho có đúng 2 nghiệm dơng khi và chỉ khi phơng trình (1) có đúng 1 nghiệm t (1; 5 ) . - Đặt g(t)=t 2 +t-5. Ta đi tìm m để phơng trình g(t)=m có đúng 1 nghiệm t (1; 5 ) . f(t)=2t+1>0 với mọi t (1; 5 ) . Ta có BBT sau: t 1 5 g(t) + g(t) 5 -3 Từ BBT suy ra -3<m< 5 là các giá trị cần tìm. Bài 6 : Xác định m để phơng trình sau có nghiệm 22 422 (1 1 2) 21 1 1mx x x x x++= ++. Giải: - Điều kiện -1x1. Đặt 22 11tx=+x. - Ta có 22 24 11 0;00 221 2 2; 2 1 xxttx txttx + == = = = - Tập giá trị của t là 0; 2 (t liên tục trên đoạn [-1;1]). Phơng trình đã cho trở thành: 2 2 2 (2) 2 (* 2 tt mt t t m t ++ +=++ = + ) - Xét 2 2 () ;0 2. 2 tt ft t t ++ = + Ta có f(t) liên tục trên đoạn 0; 2 . Phơng trình đã cho có nghiệm x khi và chỉ khi phơng trình (*) có nghiệm t thuộc 0; 2 0; 2 0; 2 min ( ) max ( ) f tm ft . - Ta có 2 2 0; 2 0; 2 4 '( ) 0, 0; 2 ( ) 0; 2 . (2) Su y ra min()(2)21;ma x()(0) tt ft t ftNB t ft f ft f = + 1 = = = =. - Vậy 21 1.m Bi 7 : Tỡm m bt phng trỡnh 3mx x m 1 + (1) cú nghim. Gii: t 3; [0; )txt=+. Bt phng trỡnh tr 4 thành: 22 2 1 (3) 1 (2) 1 2 t mt t m mt t m t + +−≤+⇔ +≤+⇔≤ + (2) (1)có nghiệm Ù(2) có nghiệm t≥0 Ù có ít nhất 1 điểm của ĐTHS y= 2 1 2 t t + + với t≥0 không ở phía dưới đường thẳng y=m. Xét y= 2 1 2 t t + + với t≥0 có 2 22 22 ' (2) tt y t −− + = + t 13−− 0 1−+ 3 + ∞ y’ - 0 + | + 0 - y 31 4 + Từ Bảng biến thiên ta có m≤ 31 4 + . Bài 8: Tìm m để phương trình 36(3)(6) x xxx++ −− + − =m có nghiệm. Giải: Đặt () 3 6tfx x x==++− với thì [3;6]x ∈− 63 ''() 2(6 )(3 ) x x tfx x x − −+ == − + x -3 3/2 6 +∞ f’(x) ║ + 0 - ║ f(x) | 32 | 3 3 Vậy t 5 [3;3 2]∈ . Phương trình (1) trở thành 22 99 222 tt tmtm − − =⇔−++= (2). Phương trình (1) có nghiệmÙ Phương trình (2) có nghiệm t [3;3 2]∈ Ù đường thẳng y=m có điểm chung với đồ thị y= 2 9 22 t t −++ với t [3;3 2]∈ . Ta có y’=-t+1 nên có t 1 3 32 y’ + 0 - | - | y 3 9 32 2 − Bài 9: Cho bất phương trình 2 1 (4 )(2 ) (18 2 ) 4 x xaxx−+≥ −+−. Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈[-2;4]. Giải: Đặt 2 (4 )(2 ) 2 8; [0;3]txxxxt=− +=−++∈ . Bất phương trình trở thành: 22 1 (10 ) 4 10 4 tatatt≥−+⇔≥−+.(2) (1)ghiệm Ù (2) có nghiệm mọi t ∈[0;3] Ùđường thẳng y=a nằm trên ĐTHS y=t 2 -4t+10 với t∈[0;3] y’=2t-4; y’=0Ùt=2 t 0 2 3 y’ | - 0 + | y 10 7 6 Vậy m≥10. Bài 10 : Cho phương trình (1). Tìm m để phương trình có nghiệm. 42 2 (1)xxxmx++= + 6 2 Giải: Phương trình đã cho tương đương 32 2 2 2 22 22 2 2 4( ) 4 ( 1) 4 2 2 42. ()4 (1 ) (1 ) 1 1 xxx xx x x x mm xxx ++ ++ =⇔ = ⇔ + = ++++ m x Đặt t= 2 2 1 x x + ; t ∈ [-1;1]. Khi đó phương trình (1) trở thành 2t+t 2 =4m. (1) có nghiệm Ù (2) có nghiệm t∈[-1;1] Xét hàm số y=f(t)=t 2 +2t với t∈[-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t∈[-1;1]. t -1 1 f’ 0 + | f 3 -1 Từ BBT -1≤4m≤3 13 44 m⇔− ≤ ≤ . HUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp 9 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A BCD+, ta thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn hãy giải ví dụ sau += 9 ( ) 33 33 33 3. A BCAB ABABC= +=⇒++ + và ta sử dụng phép thế : 33 A BC+=ta được phương trình : 3 3 A BABCC + += b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : 3312 22xxxx + ++= ++ Giải: Đk 0 x ≥ Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: ( ) ( ) ( ) 133122xxxxx1 + ++=+ +, 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 : 31 2 2 4 3xx xx + −+=−+ Bình phương hai vế ta có : 22 682412 1 x xxxx++= + ⇔= Thử lại x=1 thỏa ¾ Nhận xét : Nếu phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) f xgxhxkx+=+ Mà có : ( ) ( ) ( ) ( ) f xhx gxkx+=+, thì ta biến đổi phương trình về dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) f xhxkxgx−=− sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : 3 2 1 11 3 x xxxx x + ++= −+++ + 3 Giải: Điều kiện : 1 x ≥− Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? Ta có nhận xét : 3 2 1 .3 1. 3 x 1 x xx x x + += −+ + + , từ nhận xét này ta có lời giải như sau : 3 2 1 (2) 3 1 1 3 x x xx x x + ⇔−+=−+− + + Bình phương 2 vế ta được: 3 22 13 1 1220 3 13 x x xx x x x x ⎡ =− + =−−⇔−−=⇔ ⎢ + =+ ⎢ ⎣ Thử lại : 13,1xx=− =+ 3 l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : ( ) ( ) ( ) ( ) f xgxhxkx+=+ Mà có : ( ) ( ) ( ) ( ) f xhx kxgx= thì ta biến đổi ( ) ( ) ( ) ( ) f xhxkxgx−=− 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 x như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ( ) ( ) 0 0xxAx−= ta có thể giải phương trình ( ) 0Ax = hoặc chứng minh ( ) 0Ax = vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía ( ) 0Ax = vô nghiệm 7 b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : ( ) 2222 351 23 1 3xx x xx xx4 − +− − = −− − − + Giải: Ta nhận thấy : ( ) ( ) ( ) 22 35133322xx xx x−+− −−=− − v ( ) ( ) ( ) 22 2343xxx x2 − −−+= − Ta có thể trục căn thức 2 vế : () 22 22 24 36 23 3513 1 xx xxx xx xx 4 − +− = − +−+ −++ −+ Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 22 12 5 3 5xxx + += + + Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 22 5 12 5 3 5 0 3 xxx x + −+=−≥⇔≥ Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng ( ) ( ) 2xAx− 0=, để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : () () 22 22 22 22 44 12 4 3 6 5 3 3 2 12 4 5 3 21 2302 12 4 5 3 xx xxx x xx xx xx xx −− +−=−+ +−⇔ = −+ + ++ ⎛⎞ ++ ⇔− − −=⇔= ⎜⎟ ++ ++ ⎝⎠ + Dễ dàng chứng minh được : 22 22 30, 3 12 4 5 3 xx x xx ++ 5 − −< ∀> ++ ++ Bài 3. Giải phương trình : 23 3 11xxx−+ = − Giải :Đk 3 2x ≥ Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình () () () () 2 23 3 23 22 3 3 33 3 12 3 25 31 25 12 14 xxx x xxx x x xx ⎡⎤ −++ + ⎢⎥ −−+−= − −⇔ − + = ⎢⎥ −+ −+ −+ ⎢⎥ ⎣⎦ 9 Ta chứng minh : () ( ) 2 2 22 2 33 3 33 112< 12 14 113 xx xx x ++ +=+ −+ −+ −++ 2 3 39 25 xx x ++ < −+ Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vô tỉ có dạng A BC + = , mà : A BC α − = ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : AB CAB AB α − =⇒ − = − , khi đĩ ta có hệ: 2 ABC AC AB α α ⎧ += ⎪ ⇒=+ ⎨ −= ⎪ ⎩ b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 22 2921xx xx x+++ −+=+4 Giải: Ta thấy : ( ) ( ) ( ) 22 29212xx xx x++ − −+ = +4 4 x =− không phải là nghiệm Xét 4 x ≠− Trục căn thức ta có : 22 22 28 42 92 1 2921 x xxxxx xx xx + 2 = +⇒ ++− −+= ++− −+ 8 Vậy ta có hệ: 22 2 22 0 29212 22 9 6 8 29214 7 x xx xx xx x x xx xx x = ⎡ ⎧ ++− −+= ⎪ ⎢ ⇒++=+⇔ ⎨ ⎢ = +++ −+=+ ⎪ ⎩ ⎣ Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8 7 Bài 5. Giải phương trình : 22 21 13 x xxx+++ −+=x Ta thấy : ( ) ( ) 222 21 12 x xxxx++ − −+ = +x, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1 t x = thì bài toán trở nên đơn giản hơn Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : () 22 31 3xx x x++=+ +1 43103 2 x x−−=− (HSG Toàn Quốc 2002) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 5 2 10 x xx x x−−=+− − 2 3 4123 x xx+= −+ − 23 3 13 23xxx2 − +−=− 2 3 21121344xx x 0 − +− −= (OLYMPIC 30/4-2007) 22 2 2 21 32223xxx xxxx2 − +−−= +++−+ 22 21618 12xx x x4 + ++ −=+ 22 15 3 2 8xxx + =−+ + 3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức ( ) ( ) 11uv uv u v+=+ ⇔ − − =10 ( ) ( ) 0au bv ab vu u b v a+=+⇔− −= 22 A B= Bài 1. Giải phương trình : 2 3 33 121 3xx xx++ + =+ + +2 Giải: ()() 33 0 11 21 0 1 x pt x x x = ⎡ ⇔+− +−=⇔ ⎢ = − ⎣ Bi 2. Giải phương trình : 22 33 33 1 x xxx++ = + +x Giải: + 0 x = , không phải là nghiệm + 0 x ≠ , ta chia hai vế cho x: () 33 3 33 11 11 110 xx 1 x xx xx ⎛⎞ ++ +=++⇔ − −=⇔= ⎜⎟ ⎝⎠ x Bài 3. Giải phương trình: 2 32 12 4 3xxxxxx++ += + + + Giải: :1dk x ≥− pt ()() 1 32 11 0 0 x xxx x = ⎡ ⇔+− +−=⇔ ⎢ = ⎣ Bài 4. Giải phương trình : 4 34 3 x x x x ++ = + Giải: Đk: 0 x ≥ Chia cả hai vế cho 3x + : 2 44 4 12 1 0 33 3 xx x 1 x xx x ⎛⎞ += ⇔− =⇔ ⎜⎟ ++ + ⎝⎠ =  Dùng hằng đẳng thức 9 Biến đổi phương trình về dạng : kk A B= Bài 1. Giải phương trình : 33 x xx−= + Giải: Đk: 0x≤≤3 khi đó pt đ cho tương đương : 32 330=xxx++− 3 3 110 10 333 3 xx 1 − ⎛⎞ ⇔+ = ⇔= ⎜⎟ ⎝⎠ Bài 2. Giải phương trình sau : 2 239xxx+= −−4 Giải: Đk: 3 x ≥− phương trình tương đương : () 2 2 1 313 13 9 597 31 3 18 x xx xx x xx = ⎡ ⎡ ++= ⎢ ++ = ⇔ ⇔ ⎢ −− ⎢ = ++=− ⎢ ⎣ ⎢ ⎣ Bài 3. Giải phương trình sau : () () 2 2 3 3 239 2 2 33 2xx x xx++=++ Giải : pttt ( ) 3 33 23 0 1 x xx⇔+− =⇔= II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường ¾ Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt ( ) tfx = và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn ( ) tfx= thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: 22 11xx xx−−++−=2 Điều kiện: 1 x ≥ Nhận xét. 22 1. 1 1xx xx−− +−= Đặt 2 1txx=− − thì phương trình có dạng: 1 21 tt t + =⇔= Thay vào tìm được 1 x = Bài 2. Giải phương trình: 2 2614xx x−−= +5 Giải Điều kiện: 4 5 x ≥− Đặt 45(0txt=+≥) thì 2 5 4 t x − = . Thay vào ta có phương trình sau: 42 242 10 25 6 2. ( 5) 1 22 8 27 0 16 4 tt ttttt −+ − −−=⇔− −+ = 22 (27)(211)tt tt⇔+− −−=0 Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,4 122; 123tt=− ± = ± Do nên chỉ nhận các gái trị 0t ≥ 13 122, 123tt=− + = + Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 12 2 vaø xx=− = +3 0 0 Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 261xx−−≥ Ta được: , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. 22 2 (3)(1)xx x−−−= Đơn giản nhất là ta đặt : 23 4yx−= +5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) 10 [...]... -Giải phương trình với m = 2 + 3 Bài 4: Cho phương trình: -Tìm m để phương trình có nghiệm ( ) Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 − 2 x + x 2 − 2 x − 3 − m = 0 -Giải phương trình với m = 9 -Tìm m để phương trình có nghiệm 2 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Là việc sử dụng một ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành một phương trình với một ẩn phụ nhưng các hệ số vẫn còn chứa x -Từ những phương trình. .. những phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách trên 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Từ những phương trình tích ( )( x +1 −1 ) x +1 − x + 2 = 0 , ( 2x + 3 − x )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng... ta đ7ợc bình phương – Hai vế là số thực ta đựơc lập phương BÀI TẬP : GIẢI CÁC BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2x + 3 ≥ x − 2 -3/2 ≤ x ≤ 3 + 2 2 1-Pt : pt 31 PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC III PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Dạng 1 : Phương trình ⎧ x ∈ D (*) A = B ⇔ A=B≥0⇔⎨ ⎩A = B Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thc vào độ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0 Dạng 2: Phương trình ⎧B ≥ 0 A=B⇔⎨ 2 ⎩A = B Dạng 3: Phương trình ⎧A ≥... ra có phương trình : 4 x 2 + 12 + x − 1 = 4 x 5 x − 1 + 9 − 5 x ) 2 Dùng bất đẳng thức ⎧A ≥ m nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng B≤m ⎩ Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: ⎨ dạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B Ta có : 1 + x + 1 − x ≤ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và khi x=0 Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x = x +1 + 1 ≥ 2 , dấu bằng khi và chỉ... giải được x=5 b)x=3 3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Từ những phương trình tích x + 1 − 1 x + 1 − x + 2 = 0 , ( )( ) ( 2x + 3 − x )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được... + 2 = 0 , ( 2x + 3 − x )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau ( ) Bài 1 Giải phương trình : x 2 + 3 − x 2 + 2 x = 1 + 2 x 2 + 2 Giải: t = ⎡t =... m -Giải phương trình khi m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + mx − 3 = x − m -Giải phương trình khi m=3 -Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường -Nếu bài tốn có chứa f ( x) và f ( x) khi đó đặt t = f ( x) (với điều kiện tối thiểu là t ≥ 0 đối với các phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải... cos3t = sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vơ tỉ Chú ý : cos3t = 4cos3 t − 3cos t ta có phương trình vơ tỉ: 4 x 3 − 3 x = 1 − x 2 Nếu thay x bằng 1 ta lại có phương trình : 4 − 3 x 2 = x 2 x 2 − 1 x (1) (2) Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó: 4 x 3 − 12 x 2 + 9 x − 1 = 2 x − x 2 (3) Việc giải phương trình (2) và (3) khơng đơn giản chút nào ? Tương... CHUN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG ⎧ x ∈ D (*) Dạng 1 : Phương trình A = B ⇔ A = B ≥ 0 ⇔ ⎨ ⎩A = B Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thc vào độ phức tạp của A ≥ 0 hay B ≥ 0 ⎧B ≥ 0 Dạng 2: Phương trình A = B ⇔ ⎨ 2 ⎩A = B Dạng 3: Phương trình ⎧A ≥ 0 ⎪ +) A + B = C ⇔ ⎨ B ≥ 0 (chuyển về dạng 2) ⎪ ⎩ A + B + 2 AB = C I +) 3 A + 3 B = 3 C ⇒ A + B + 3 3 A.B ( 3 ) A+ 3 B =C và ta sử... đó phương trình vơ nghiệm • Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x) = g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x ) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) 27 Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình . . HUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp 9 Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A BCD+,. 9: Cho bất phương trình 2 1 (4 )(2 ) (18 2 ) 4 x xaxx−+≥ −+−. Tìm a để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈[-2;4]. Giải: Đặt 2 (4 )(2 ) 2 8; [0;3]txxxxt=− +=−++∈ . Bất phương trình trở. thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : ( ) ( ) ( ) ( ) aA x bB x c A x B x+= Như vậy phương trình ( ) ( ) Qx Px α = có thể giải bằng phương