CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9 A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG : + Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối + biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối. I.KIẾN THỨC BỔ SUNG * Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b x a b − ax + b Trái dấu với a 0 Cùng dấu với a II.CÁC DẠNG BÀI TẬP Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : a) 2 1 0x − = , b) 2 3x − = giải: a) 2 1 0x − = ⇔ 2x – 1 = 0 ⇔ x = ½ . Vậy : S = 1 2       b) 2 3x − = ⇔ 2 3 2 3 x x − =   − = −  ⇔ 5 1 x x =   = −  .Vậy : S = { } 1;5− Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 2 1 2x x− = − ⇔ 2 1 2 2 1 2 x x x x − = −   − = − +  ⇔ 1 1 x x = −   =  . Vậy : S = { } 1;1− 1 * DẠNG 1 : f(x) = a (1) • a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm • a = 0 , ta có Pt (1) ⇔ f(x) = 0 • a > 0 , ta có Pt (1) ⇔    f(x) = a f(x) = -a * DẠNG 2: f(x) = g(x) ⇔ ( ) ( ) g x g x    f(x) = f(x) = - * DẠNG 3: f(x) = g(x) ⇔  ≥             f(x) 0 f(x) = g(x) f(x) < 0 f(x) = -g(x) Ví dụ 3: Giải các phương trình sau : 3 2 2 6x x − = + + Với x ≥ 2 3 , ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6 ⇔ x = 8 ( nhận) + Với x < 2 3 , ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6 ⇔ x = - 4/5 ( nhận) Vậy : S = 4 ;8 5   −     Ví dụ 4.1: Giải các phương trình sau : 2 1 3 1 1x x − − − = + Bảng xét dấu : • Với x < ½ , ta có Pt : 1 – 2x – 3( 1 – x ) = 1 ⇔ x = 3 ( loại ) • Với ½ ≤ x < 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(1 – x ) = 1 ⇔ x = 1 ( loại ) • Với x ≥ 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(x – 1 ) = 1 ⇔ x = 1 ( nhận ) Vậy : S = { } 1 Ví dụ 4.2: Giải các phương trình sau : 2 1 2 1 2x x x x+ − + − − = ; ĐK : x ≥ 1 ⇔ 1 2 1 1 1 2 1 1 2x x x x− + − + + − − − + = ⇔ 1 1 1 1 2x x− + + − − = (2) ; ( vì 1 1 0x − + > ) * Nếu x > 2 thì Pt (2) ⇔ 1x − +1 + 1x − - 1 = 2 1x − = 1 ⇔ x = 2 (loại) * Nếu 1 2x≤ ≤ thì Pt (2) ⇔ 1x − +1 + 1 - 1x − = 2 ⇔ 0.x = 0 , Pt vô số nghiệm Vậy Pt đã cho có nghiệm 1 2x≤ ≤ + Cách khác : Sau khi biến đổi đến Pt (2) ta có thể viết : 1 1 1 1x x− − = − − Chú ý bất đẳng thức A A≥ với điều kiện xảy ra ” =” là A ≥ 0 . Vì thế 1 - 1x − ≥ 0 ⇔ 1x − ≤ 1 ⇔ x ≤ 2 Kết hợp với ĐK ban đầu ta có 1 2x ≤ ≤ Ví dụ 4.2: c) 2 2 2 6 9 2 2 1 0x x x x x+ + − − + + = Giai : ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 0x x x+ − − + = ⇔ 3 2 1 0x x x+ − − + = . (2) x 1/2 1 2x – 1 – 0 + + X - 1 – – 0 + 2 * DẠNG 4: ( )a b h x + = f(x) g(x) + Dùng bảng xét dấu các giá trị biến là nghiệm của các đa thức , để khử dấu giá trị tuyệt đối , rồi giải các Pt + Nếu 3x < − , (2)⇒ ( ) ( ) 3 2 1 0x x x− + − − −  − =   ⇔ 0. 5 0x − = : vô nghiệm. + Nếu : 3 0x − ≤ < , (2)⇒ ( ) ( ) 3 2 1 0x x x+ − − −  − =   ⇔ 2 1 0x + = ⇔ 1 2 x = − . + Nếu : 0 1x ≤ < , (2)⇒ ( ) ( ) 3 2 1 0x x x+ − − −  + =   ⇔ 4 1 0x + = ⇔ 1 4 x = − , (loại). + Nếu ; 1x ≥ , (2)⇒ ( ) ( ) 3 2 1 0x x x+ − − + = ⇔ 0. 5 0x − = : vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 1 2 x = − . III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Giải các phương trình sau : a) 2 2 1 5x x− + = ; b) 2 4 4 1 2x x x− + = − c) 2 2 6 9 4 4 0x x x x− + + + + = B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM + Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình. + Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên. I.CÁC DẠNG BÀI TẬP : Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x 2 + 2x + 1 = 4 1x + (*) Giải : ĐK : 4x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ - ¼ (*) ⇔ 4x 2 + 4x + 2 = 2 4 1x + ⇔ 4x 2 + 4x + 1 – 2 4 1x + +1 = 0 ⇔ 4x 2 + ( 4 1x + - 1 ) 2 = 0 ⇔ ( ) 4 0 4 1 1 x x o =    + − =   ⇔ 0 4 1 1 x x =   + =  ⇔ x = 0 ( nhận) . Vậy : S = { } 0 Ví dụ 5’: Tìm các giá trị x, y, z biết : 1 2 3 5 ( 7) 2 x y z x y z − + − + − = + + − (1) + ĐK : x ≥ 2 ; y ≥ 3 ; z ≥ 5 (1) ⇔ 2 2 2 3 2 5 7 0x y z x y z − + − + − − − − + = ⇔ 2 2 2 ( 2 1) ( 3 1) ( 5 1) 0x y z − − + − − + − − = 3 * DẠNG 5 : A 2 + B 2 = 0 ⇔    A = 0 B = 0 ⇔ 2 1 0 3 1 0 5 1 0 x y z  − − =   − − =   − − =   ⇔ 3 4 6 x y z =   =   =  Ví dụ 6 : Giải các phương trình sau : 2 1 3 2 0x x x− + − + = (**) (**) ⇔ 2 1 0 3 2 0 x x x − =   − + =  1 0 ( 1)( 2) 0 x x x − =   − − =  ⇔ 1 1 2 x x x =   =     =   ⇔ x = 1 . Vậy : S = { } 1 Ví dụ 7 : Giải các phương trình sau : 2 2 1 1 0x x x− + + − = ⇔ 2 1 0 2 1 0 x x x − =   − + =  ⇔ 2 1 0 ( 1) 0 x x − =   − =  ⇔ x =1 . Vậy : S = { } 1 II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Giải các phương trình sau : a) 1 1 2 ( ) 2 x y z x y z+ − + − = + + ; b) x + y + 4 = 2 x + 4 1y − ; c) x + y + z + 4 = 2 2 4 3 6 5x y z− + − + − ; d ) 2 2 9 3 2 1 0 4 x x x x+ + + + + = C. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP VÀ BẤT ĐẲNG THỨC : + Sử dụng được tính chất đối lập ở hai vế của phương trình. + Ngoài những bất đẳng thức của các số không âm ở bài trước , cần nắm thêm và sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc như BĐT Cô Si; BĐT Svacxơ; BĐT về giá trị tuyệt đối vào việc giải phương trình. I/KIẾN THỨC CƠ BẢN 1_ Sử dụng tính chất tính chất đối nghịch giá trị của hai vế Pt : Ví dụ 8 : Giải các phương trình sau : a) 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2x x x x x x + + + + + = − − ⇔ 2 2 2 3( 1) 4 5( 1) 9 5 ( 1)x x x + + + + + = − + Mà (VT) = 2 2 3( 1) 4 5( 1) 9 4 9 5x x + + + + + ≥ + = , dấu”=” xảy ra khi (x + 1) 2 = 0 ⇔ x = -1 Và (VP) = 5 – (x + 1) 2 ≤ 5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1) 2 = 0 ⇔ x = -1 4 * DẠNG 6 :  ⇔   A = 0 A + B = 0 B = 0 * DẠNG 7 :  ⇔   A = 0 A + B = 0 B = 0 * DẠNG 8 : ≥   ≤    A m B m A = B ⇔    A = m B = m Do đó : 2 2 2 3 6 7 5 10 14 4 2 5x x x x x x + + + + + = − − = (x + 1) 2 = 0 ⇔ x = -1 . Vậy : S = { } 1− b) 2 7 9 16 66x x x x− + − = − + ; ĐK : 7 9x≤ ≤ (VT) : A = 7 9x x− + − ⇔ A 2 = 2 + 2 ( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − = (Áp dụng BĐT Cô Si 2 ( 7)(9 ) 2 7 9 4x x x x− − ≤ + − + − = ) Do đó A ≤ 2 (VP) : B = 2 16 66x x− + = (x – 8 ) 2 + 2 ≥ 2 Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận) II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau : a) 2 4 2 2 3 6 12 5 10 9 3 4 2x x x x x x+ + + − + = − − b) 2 2 2 6 11 6 13 4 5 3 2x x x x x x − + + − + + − + = + c) 2 2 2 6 15 6 18 6 11 x x x x x x − + = − + − + 2_ Sử dụng bất đẳng thức CÔ-SI cho hai số không âm Ví dụ 9.1 : Giải các phương trình sau : 2 3 2 1 5 3 3 2 3 2 2 x x x x x + + − = + − ĐK : Vì 5x 3 + 3x 2 + 3x – 2 = (x 2 + x + 1) (5x – 2) Mà x 2 + x + 1 = (x + ½) 2 + ¾ > 0 nên 3 2 5 3 3 2x x x + + − có nghĩa khi 5x – 2 ≥ ⇔ x ≥ 2/5 ⇒ 3 2 2 5 3 3 2 ( 1)(5 2)x x x x x x + + − = + + − ≤ 2 2 1 5 2 1 3 2 2 2 x x x x x + + + − = + − ( theo BĐT Cô-Si cho hai số không âm) Dấu “ = ” xảy ra khi x 2 + x + 1 = 5x – 2 ⇔ x 2 – 4x + 3 = 0 ⇔ (x – 1)(x – 3) = 0 ⇔ x = 1 ; x = 3 . Vậy : S = { } 1;3 Ví dụ 9.2 : Giải các phương trình sau : 2 2 3 5 2 3 12 14x x x x − + − = − + Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta có :b 2 3 1 5 2 1 2 3 5 2 (2 3).1 (5 2 ).1 2 2 2 x x x x x x − + − + − + − = − + − ≤ + = Dấu “ = ” xảy ra khi 2 3 0 5 2 0 x x − =   − =  ⇔ x = 2 5 * DẠNG 9 : Với hai số a ,b không âm ta có : ≥a + b 2 a.b Dấu “=” xảy ra khi a = b Mặt khác 3x 2 – 12x +14 = 3(x 2 – 4x + 4) + 2 = 3(x – 2) 2 + 2 2≥ Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 0 ⇔ x = 2 Vậy Pt có nghiệm duy nhất x = 2 3_ Sử dụng bất đẳng thức SVAC XƠ Ví dụ 10 : Giải các phương trình sau : 2 2 10 12 40x x x x− + − = − + ; ĐK : 2 ≤ x ≤ 10 Ta có (VT) = 2 2 2 10 (1 1 )( 2 10 ) 4x x x x− + − ≤ + − + − = Nên : 2 10 4x x− + − ≤ , dấu ‘=” xảy ra khi 2 10 1 1 x x− − = ⇔ x = 6 Mà (VP) = 2 2 12 40 ( 6) 4 4x x x− + = − + ≥ , dấu ‘=” xảy ra khi x = 6 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6 4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối : Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau : 2 2 4 4 6 9 1x x x x − + + − + = Giải : 2 2 ( 2) ( 3) 1 2 3 1 2 3 2 3 1 x x x x x x x x ⇔ − + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − ≥ − + − = Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x) ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 3 Vậy Pt đã cho có nghiệm là : 2 ≤ x ≤ 3 Ví dụ 11’ : Giải các phương trình sau : 2 2 4 4 6 9 1x x x x− + + − + = (1) ⇔ 2 3 1x x − + − = Áp dụng BĐT A A≥ dấu “=” xảy ra khi A ≥ 0 , ta có : 2 3 2 3 2 3 1x x x x x x − + − = − + − ≥ − + − = (2) 6 * DẠNG 10 : ≤ 2 2 2 2 ax +by (a + b )(x + y ) Dấu “=” xảy ra khi a b = x y • DẠNG 11 : ≥ A + B A + B Dấu “=” xảy ra khi A và B cùng dấu hay A.B ≥ 0 • DẠNG 11’ : ≥ A A Dấu “=” xảy ra khi A ≥ 0 Do (1) nên phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức 2 0 3 0 x x − ≥   − ≥  ⇔ 2 3x≤ ≤ là nghiệm Pt CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA 1) 1 1 2x x− − + = ; ĐK : x ≥ 1 ⇔ 1 2 1x x− = + + Ta thấy vế phải lớn hơn vế trái , Pt 2) 2 2 6 2 1x x x+ = − − ; ĐK : x ≥ 1 Ta thấy vế trái lớn hơn x , vế phải không lớn hơn x , Pt vô nghiệm 3) 2 1 3 2 ( 1)( 3 5) 4 2x x x x x x− − + + − − + = − ĐK : x ≥ 1 , nên vế trái ≥ 2 ; vế phải ≤ 2 , suy ra hai vế bằng 2 , khi đó x = 1 II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau : a) 4 4 9 6 1x x x x+ − + + − = ; ĐK : x ≥ 0 , đưa về dạng 2 3 1x x − + − = Nghiệm : 4 9x ≤ ≤ b) 6 4 2 11 6 2 1x x x x+ − + + + − + = ; ĐK : x ≥ -2 , Đặt : 2 0x y+ = ≥ đưa về dạng 2 3 1y y − + − = . Nghiệm : 2 7x ≤ ≤ c) 2 4 2 7 6 2 1x x x x+ − − + + − − = ; ĐK : x ≥ 2 , Đặt : 2 0x y− = ≥ đưa về dạng 2 3 1y y − + − = . Nghiệm : 6 11x≤ ≤ D. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ : + Biết thay thế một biểu thức chứa ẩn số trong phương trình bằng một ẩn số phụ để được một phương trình trung gian mà ta biết cách giải. + Biết tìm nghiệm số phụ từ đó suy ra nghiệm của phương trình. I/ NỘI DUNG : Ví dụ 12 : Giải các phương trình sau : x 4 – x 2 – 12 = 0 (1) Đặt : x 2 = y ≥ 0 (1) ⇔ y 2 – y – 12 = 0 ⇔ (y – 4)(y + 3) = 0 ⇔ 3( ) 4( ) y loai y nhan = −   =  + Với y = 4 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = ± 2 . Vậy : S = { } 2;2− 7 * DẠNG 12 : PT TRÙNG PHƯƠNG : ax 4 + bx 2 + c = 0 ( a ≠ 0 ) + Đặt : x 2 = y ≥ 0 , ta có Pt : ay 2 + by + c = 0 * DẠNG 13 : PT dạng : (x + a)(x + b)(x + c) (x + d) = m Với a + b = c + d + Đặt y = (x + a)(x + b) Ví dụ 13 : Giải các phương trình sau : (12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330 Giải : ⇔ (12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*) Đặt : y = 12x – 3 (*) ⇔ (y + 2)(y +1)y (y -1) = 7920 ⇔ (y 2 + y - 2)(y 2 + y) – 7920 = 0 (**) Đặt t = y 2 + y -1 (**) ⇔ (t – 1)(t + 1) = 7920 t 2 = 7921 ⇔ t = ± 89 + Với t = 89 thì ta có y 2 + y – 90 = 0 9 10 y y =   = −  ⇔ 12 3 9 12 3 10 x x − =   − = −  ⇔ 1 7 12 x x =   −  =  + Với t = - 89 thì ta có y 2 + y + 88 = 0 Pt vô nghiệm Vậy : S = 7 ;1 12 −       Ví dụ 14 : Giải các phương trình sau : ( x – 6) 4 + (x – 8) 4 = 16 (1) Giải : Đặt : y = x - 7 (1) ⇔ ( y + 1) 4 + (y – 1) 4 = 16 khai triển rút gọn ta có : y 4 + 6y 2 – 7 = 0 (2) Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6 Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x 4 + 3x 3 + 4x 2 + 3x + 1 = 0 Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x 2 , Ta được Pt sau : (x 2 + 2 1 x ) + 3( x + 1 x ) + 4 = 0 (*) + Đặt : y = x + 1 x nên x 2 + 2 1 x = y 2 – 2 (*) ⇔ y 2 + 3y + 2 = 0 ⇔ (y + 1)(y + 2) = 0 ⇔ y = - 1 hoặc y = -2 + Với y = -1 ta có Pt : x + 1 x = -1 ⇔ x 2 + x + 1 = 0 Pt vô nghiệm . + Với y = -2 ta có Pt : x + 1 x = -2 ⇔ x 2 -2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1 8 * DẠNG 14 : PT dạng : (x + a) 4 + (x + b) 4 = k + Đặt : y = x + a +b 2 * DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax 4 + bx 3 ± cx 2 + bx + a = 0 ( a ≠ 0 ) . + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x 2 , Ta được Pt sau : a (x 2 + 2 1 x ) + b ( x ± 1 x ) + c = 0 + Đặt : y = ( x ± 1 x ) , giải Pt ẩn y suy ra nghiệm x DẠNG 16 : Pt đẳng cấp bậc hai đối với u , v ( u, v phụ thuộc x ) Có dạng : au 2 + buv + cv 2 = 0 ( a ≠ 0 ) + xét v = 0 ⇒ u = 0 + Xét v ≠ 0, chia hai vế cho v 2 ta có Pt :      ÷  ÷     2 u u a + b +c = 0 v v Đặt y = u v ta có Pt bậc hai ẩn y : ay 2 + by + c = 0 Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x 2 – 3x – 1 ) 4 – 13x 2 (x 2 – 3x – 1) 2 + 36x 4 = 0 (*) Đặt : u = (x 2 – 3x – 1) 2 ; v = x 2 (*) ⇔ u 2 – 13uv + 36v 2 = 0 + Xét v = 0 ⇒ u = 0 , ta có 2 2 2 ( 3 1) 0 0 x x x  − − =  =  ⇔ x ∈∅ + xét v ≠ 0 , chia hai cho v 2 ta có Pt : 13 36     −  ÷  ÷     2 u u + = 0 v v Đặt y =    ÷   u v ta có PTBh : y 2 – 13y + 36 = 0 E-PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC ( HAY PT VÔ TỈ ) Ví dụ1. Giải phương trình: x 1 x 1+ = − (1) Giải: (1) ⇔ 2 x 1 x 1 x 1 x 3 x 3x 0 x 1 x 1 ≥ ≥  ≥    ⇔ ⇔    = − = + = −     Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 3 9 DẠNG 1 : f(x) = a + a < 0 , Pt vô nghiệm . + a = 0 , f(x) = 0 + a > 0) _ Giải Pt - ĐK : f(x) ≥ 0 _ Bình phương hai vế _ Giải Pt , đối chiếu ĐK tìm nghiệm DẠNG 2: ( )g xf(x) = [ ] 2 ( )g x ≥   ⇔    g(x) 0 f(x) = DẠNG 3: 2 af (x) = (với a ≥ 0) ⇔ f(x) = a Ví dụ 1. Giải phương trình: 2 x 4x 4 x 8− + + = (1) Giải: (1) ⇔ 2 (x 2) 8 x− = − Với điều kiện x ≤ 8. Ta có: (1) ⇔ |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 ; HD: Đáp số: x = 5. Ví dụ : Giải các phương trình sau : a) 3 2 7x x− = − ; ⇔ 2 2 7 0 3 (2 7) x x x − ≥   − = −  ⇔ 2 7 / 2 4 29 52 0 x x x ≥   − + =  Giải Pt : 4x 2 – 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại) b) 2 3 3 5x x− = − ⇔ 2 3 5 0 3 3 5 x x x − ≥   − = −  ⇔ 2 5 / 3 3 2 0 x x x ≥   − + =  ⇔ 5 / 3 ( 2)( 1) 0 x x x ≥   − − =  ⇔ 5 / 3 2( ); 1( ) x x nh x l ≥   = =  Ví dụ 1: Giải phương trình: x 3 5 x 2+ = − − (2) Giải. Với điều kiện x ≥ 2. Ta có: (2) ⇔ x 3 x 2 5+ + − = ⇔ 2x 1 2 (x 3)(x 2) 25+ + + − = ( bình phương 2 vế ) ⇔ (x 3)(x 2) 12 x+ − = − ⇔ 2 2 2 x 12 2 x 12 x 6 25x 150 x x 6 144 x 24x ≤ ≤ ≤ ≤   ⇔ ⇔ =   = + − = + −   Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = 6 Ví dụ. Giải phương trình: x 1 x 7 12 x+ − − = − (3) 10 DẠNG 4: f(x) = g(x) ( ) 0( ( ) 0) ( ) ( ) f x hayg x f x g x ≥ ≥  ⇔  =  DẠNG 4.1: ( )h x + = f(x) g(x) DẠNG 4.2: ( )h x + = f(x) g(x) [...]... m + 1 2m + 1 Nu m > 0 thỡ phng trỡnh cú 2 nghim: x = m BI TP III- Dùng ẩn phụ để giải phơng trình vô tỷ (Hệ phơng trình) 1 Chuyển hệ phơng trình vô tỷ về hệ phơng trình hữu tỷ Bài 1: Giải phơng trình : x 2 x + 5 = 5 (1) Giải: ĐK x + 5 0 x 5 Đặt: y= x +5; y 0 Từ đó phơng trình (1) chuyển thành hệ phơng trình x 2 y = 6 ( 2) 2 y x = 5 ( 3) Trừ từng vế (2) và (3) ta đợc: ( x y )( x + y + 1)... tập tơng tự: Giải các phơng trình sau: 1) 10 2 x 2 x + 3 =1 29 48 x 2 + 35 x 2 = 4 2) 3) 5 32 x 2 5 1 x 2 = 4 4) 3 x 1 + 3 = 4 82 x 5) x + 4 20 x = 4 6) x 3 + 1 = 23 2 x 1 2) Dùng ẩn phụ để đa phơng trình vô tỷ về phơng trình bậc hai: Bài 1: Giải phơng trình: 23 x 2 53 x = 3 (Đề thi vào chuyên toán Lê Quý Đôn - ĐN) 2t 2 5t 3 = 0 Đặt t = 3 x ; Phơng trình đã cho 1 2 Phơng trình có 2 nghiệm... có x = y thay vào (1) ta đợc x 2 x = 2000 x Giải phơng trình trên ta đợc : x1 = 0; x2 = 2001 x1 = 0 thay vào (Loại) ; Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 2001 Bài 3: Giải phơng trình : GiảI : Đặt 3 x + 3 35 x = 5 (1) a = 3 x 3 b = 35 x Từ đó phơng trình (1) chuyển thành hệ phơng trình: a + b = 5 ( 2) 3 3 a + b = 35 ( 3) Biến đổi phơng trình (3) thành: ( a + b ) 3 3ab( a + b ) = 35 Kết hợp... t1 = ; t2 = 3 1 8 Do đó phơng trình đã cho có 2 nghiệm x1 = ; x 2 = 27 Bài 2: (Đề thi vào các lớp chuyên KHTN - Nguyễn Trãi - 2000) Giải phơng trình: x +8 + 2x + 9 = 9 ( y 0) Giải: ĐK: x 4,5 ; Đặt: y = x + 8 x = y2 8 Thay vào phơng trình ban đầu ta đợc y + 2 y2 7 = 9 2 y2 7 = 9 y y 9 9 y 0 2 2 2 y + 18 y 88 = 0 2 y 7 = 81 18 y + y ( *) Giải phơng trình (*) ta đợc: y = 4; y = 13... m) a 1 = 0 a = 1 b = 2 Bài 5: Giải phơng trình : Giải : ĐK: Từ đó ta có: x = 2 + a 3 = 3 25 x 2 10 x 2 = 3 10 x 10 ; Đặt (1) a = 25 x2 2 ( a, b 0 ) b = 10 x Từ phơng trình (1) ta có: a b = 3 Ta có: a 2 b 2 = ( 25 x 2 ) ( 2 ( t m) 10 x 2 ) 2 = 15 Việc giải phơng trình (1) chuyển về giải HPT hữu tỷ sau: a b= 3 2 2 a b = 15 Bài 6: Giải phơng trình ; 4 Giải hệ này đợc 97 x + 4 x = 5... đợc x +8 = 4 x = 8 KL: phơng trình có nghiệm duy nhất x = 8 Bài 3: (Đề thi vào Nguyễn Trãi-2003) Giải phơng trình ; 2 x 1 + x + 3 = 2 Giải: ĐK: x 1 ; đặt: x 1 = y; Thay vào phơng trình ban đầu ta đợc : ( y 0) 2y + x = y 2 +1 y 2 +4 = 2 y 2 + 4 = 2(1 y ) y = 0 y + 4 = 4 + 4y 8y 3 y 8 y = 0 8 y = 3 y 1 y 1 y 1 2 2 ĐK: y 1 2 (l ) Với y = 0 x = 1 Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x =1... GiảI : đk: x> 0 x > 0 => ; x+ 1 x< 1 Phơng trình trở thành: Với t =1 ta có 2x = t; 1+ x Đặt: t >0 1 t + = 2 t 2 2t + 1 = 0 t = 1 t 2x = 1 ; Giải phơng trình này ta đợc x =1 1+ x Bài tập tơng tự: Bài 1: Giải phơng trình ( 5 x 2 +10 x +1 = 7 x 2 + 2 x HD: Đặt t = 5 x 2 + 10 x + 1 => x 2 + 2 x = ) t 2 1 5 Bài 2: (Đề thi vào chuyên Toán - ĐH KHTN) Giải phơng trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 +10 x +14 =... Toán - ĐH KHTN) Giải phơng trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 +10 x +14 = 4 2 x x 2 Bài 3: (Đề thi chuyên Toán - ĐH KHTN) Giải phơng trình: 4 x 2 +12 x 1 + x = 27(1 + x ) 3 Dùng ẩn phụ để giải các bài toán khác Khi không thể đặt ẩn phụ đa về hệ phơng trình hữu tỷ hoặc phơng trình bậc hai ta làm thế nào? Câu trả lời là: ta thử kết hợp 2 phơng pháp đó xem có giải quyết đợc vần đề không ! Ví dụ 1: (Đề thi... , thay vào (2) ta có: x 2 + x 4 = 0 27 ( 1 1 + 27 2 Giải ra ta đợc: x = ) Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = 1 +8000 x +1 = 2 y ) x 2 x = 2000 y ; Kết hợp với (1) ta đợc hệ: 2 y y = 2000 x Từ hệ (2) suy ra : ( x y )( x + y 1 + 2000) = 0 Từ hệ (2) bằng cách cộng ta đợc: ( ) ( 1) Bài 2: Giải phơng trình : x 2 x 1000 1 + 8000 x = 1000 Đặt: ( 1 1 1 + 21 và x2 = 1 + 17 2 2 (2) ( 3) 2001(... y = ; Kl: Hệ có 2 nghiệm 3 12 Ví dụ 2: ( Thi vào chuyên Toán Trần Phú - 2004) Giải phơng trình: 5 1 + x 2 = 2( x 2 + 2) u = x + 1 u 0; v > o GiảI : Đặt v = x2 x + 1 Phơng trình đã cho trở thành: 5uv = 2(u 2 + v 2 ) ; Do v > o chia cả hai vế cho v2 2 u u ta đợc 2 5 + 2 = 0 v v u u 1 u Giải phơng trình bậc hai theo ẩn ta đợc: ữ = 2; ữ = v v v 2 u 2 Với = 2 2 x x + 1 = x + 1 v . trình. + Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên. I.CÁC DẠNG BÀI TẬP : Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x 2 + 2x + 1 = 4 1x + (*). B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM + Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình. + Nhận dạng và biến đổi được các