Phơng trình , Bất phơng trình vô tỉ I PHNG PHP T N PHụ *** Phương pháp đặt ẩn phụ*** 1, Dùng ẩn phụ chuyển phương trình chứa thức thành phương trình với ẩn phụ a) Các phép đặt ẩn phụ thường gặp ã Nếu toán chứa f(x) f(x) đặt t = f(x) đk t 0, f(x) = t (không phải đặt điều kiện f(x) 0) ã Nếu toán chứa f(x) , g(x) f(x) g(x) = a (a =const) đặt t = f(x) đk t > 0, g(x) = t ã Nếu toán chứa f(x) g(x) , f(x) g(x) vµ f(x) + g(x) = k − consts đặt t = f(x) g(x) f(x) g(x)= t − k b) C¸c vÝ dụ vd : Giải phương trình 2.(x2 -2x) + x2 -2x-3 − = (1) ®k x2 -2x-3 ≥ ⇔ PHỤP x ≥  x ≤ đặt t= x2 -2x-3, t (1) 2.(x2 -2x-3) + x2 -2x-3 -3 = t = 1(t/m) + t −3 = ⇔  ⇔ 2t  −3 (lo¹i) t2 =  víi t= ⇒ x2 -2x-3=1 ⇔ x2 -2x- 4=0 ∆' =1+4=5 ⇒ x = −1 ± 1,2 vd2 : Giải phương trình : x x + x + x −1 =  x −1 ≥  x ≥1   −1 ≥ ⇔ x ≤ -1 ⇔ x ≥1 ®k x − x    −1 ≥ x ≥ x + x (1)  NhËn xÐt : x − x −1 x + x −1 = x − ( x −1) =1 ®Ỉt t= x − x −1 ®k t > ®ã x + x −1 = t 1 = ⇔ t − 2t + = t ⇔ t=1 (1) ⇔ t + x − x2 − = ⇔ x − x2 −1 = víi t = ⇒ ⇔ x-1 = x2 -1 x-1 ≥ ⇔   2 (x-1) = x −  x ≥ ⇔  2 x = ⇔ x=1 Vậy phương trình đà cho có nghiệm x = vd 3: Giải phương trình n + x + 3n − x + n (1 − x )2 = (1) V× x = không nghiệm phương trình (1) , chia vế phương trình (1) cho n − x 1+x n − x + +3 = (2) 1-x 1+ x 1+x n − x 1+x 1− x NhËn xÐt r»ng : n = nên ta đặt t = n n = 1-x + x 1-x 1+ x t  t = −1 1 (2) ⇔ 2t + + = ⇔ 2t + 3t + = a+b+c=0 ⇒   -1 t t2 =  TH1 : NÕu n ch½n : ®ã cã ®k t ≥ ⇒ nghiƯm trªn bị loại phương trình vô nghiệm TH2 : Nếu n lỴ 1+x 1+x víi t = -1 ta cã n = -1 ⇔ = −1 ⇔ 1+x = x-1 (v« nghiƯm) 1-x 1-x -1 1+x -1 1+x -1 1+2 n víi t = ta cã n = ⇔ = n ⇔ x= 1-x 1-x 1-2 n vd : Giải phương trình 3+x + − x − (3+x)(6 − x ) = (1) 3+x ≥ ®k  ⇔ −3 ≤ x ≤ 6 − x ≤ (1) ⇔ 2n ⇒ t = + x + − x + (3 + x )(6 − x ) ⇔ (3 + x )(6 − x ) = t2 − t2 − ⇒ ph­¬ng tr×nh (1) ⇔ t = ⇔ 2t − t − =  t = −1( L ) a-b+c= ⇒  t2 = 3(t/m)  víi t=3 ta cã + x + − x = ⇔ + x + − x + (3 + x )(6 − x ) = ⇔ (3 + x )(6 − x ) =  x1 = −3 ⇔ (t/m) x = −6   VËy PT ®· cho cã nghiÖm x =-3 ; x = −6 tập áp dụng 1) (x+1)(x+4) < x +5x+28 2) (HVQH QT 2000) x + + − x + ( x + 1)(4 − x ) = (đh nông nghiệp HN 2001) 3) 2x2 + 4x + 3 - 2x - x > (đh Dân Lập Phương đông 2001) 4) (x+1)(2+x) = + x x (đh Cần Th¬ 2001) x − x2 = x + − x 6) ( x + 5)(2 − x ) = x + x (®h NT TP HCM 200) 5) 1+ HD : đặt t = x + x ®k t ≥ 7) a) 3x-2 + x − = x − + x + x + (*) 3x-2 ≥   x ≥ ®k  x − ≥ ⇔ ⇒ D = [ 1; +∞ )  x ≥  3x + 5x + ≥  ®Ỉt t = 3x-2 + x − (®k t ≥ 0) ⇒ t2 = x − + 3x2 + x + (*) ⇔ t = t − ⇔ t − t − = 2( t1 = − L ) ∆ 1+24 = 25 ⇒ = t2 = 3(t / m ) Víi t = ta cã 3x-2 + x −1 = ⇔4 x −3 + x −5 x + = ⇔ x −5 x + = − x 1  ≤ x ≤3  ≤ x ≤3 ⇔ ⇔ 2  x −5 x + = 36 −24 x + x x −19 x +34 =  ≤ x ≤3  ⇔x = ⇒ x=2 x =17( L )  VËy PT cã nghiÖm x=2 x +3 + x +1 = x +2 x +5 x +3 −16 9) x + 8)-b / đặt t = x+ đk t ≥ x x x 1 ⇒ t2 = x + +1 ⇔t −1 = x + 4x 4x 1 (*) ⇔4( x + ) < 2( x + ) +2 4x x ⇔ 4t < 2(t −1) + t < ⇔ 2t −4 t > ⇔ t > t >2 ⇔ x+ ⇔t ≥ ( L) > \ x +1 > x ⇔ x N X x>0 nªn vế không âm, bình phương vế : 4x + x +1 >16 x ⇔4x −12 x +1 >  3-2 0 < x < Giải ta 3+2 x >  10) x + < 2x + +4 2x 2x 11) x + x + ≥ x + x + HD : đặt t = x + 3x + 12) (x +1) + (x +1) + 3x x+1 > HD : đặt t = x x+1 ⇔ x (x+1) + 3x x+1 + > 2/ Dïng Èn phơ chun phương tr ì nh chứa thành hệ phương tr ì nh với ẩn phụ Bên cạnh phương pháp đặt ẩn phụ, có nhiều toán cần nhiều ẩn số phụ& tùy theo đặc thù toán đà cho, ta thu mối liên hệ đại lượng tương ứng VD : m a-f(x) + m b + f(x = c u= m a-f(x) u + v = c đặt Khi ®ã ta cã hÖ  m m u + v = a + b v = m b + f(x  Bµi 1: + x + − x − (3 + x )(6 − x ) = 3 + x ≥ ®k  ⇔ -3 ≤ x ≤ 6−x ≥0  u = + x ≥ u + v − u.v = u + v u.v = đặt ⇒ ⇔ (*) 2 u + v = (u + v) − 2u.v = v = − x ≥  S - P = 2S - 2P = u + v = S đặt ( 0) (*) ⇔  u.v = P S − P = S − P = ⇒ S − S = ⇔ S = −1( L ) ; S = u = Víi S= ⇒ P = ⇒ u.v = ⇔  v = 3 + x =  x = −3(t/m) ⇔ ⇔ 6 − x =  x = 6(t/m) Bµi : - x + x − + x − x = (®h NT 99' ) 3 - x + x ≥ ®k  2 + x − x ≥ u = - x + x đặt v = + x − x ≥  u = v +  2  ( v + 1) + v = (2)  v1 = (2) ⇔ 2v + 2v - =0 ⇔ v + v - = ⇒   v2 = − 2( L )  u - v =1 Khi ®ã ta cã hÖ  2 ⇔ u +v =5  v = ⇒ + x − x2 = ⇔ + x − x2 = Bµi : x + x + − 2 x + x − 6=1  u= x + x +  ®Ỉt   v= x + x −   u − 2v = (*) ⇔  2 ⇔ u − v = Giải ta x1, = (*) (®hsp ) ( ≥ 0)  u = 2v +  2  (2v + 1) − v = (2)  v1 = 1(t / m) (2) ⇔ 3v + 4v - =0 giải ta v2 =   2 Bµi : x − x + + x − x + 6=3  u= x − x + đặt v= x x +  u + v = (*) ⇔  ⇒ (u + v).(u − v) = −  Víi u = ta cã (®h tm) ( ≥ 0) u + v = ⇒ u=1  u − v = −1  x − x + 3=1 ⇔ x − x + = giải ta x1 =1 ; x =2 Bµi : 17 + x − 17 − x = 2 Bµi 7: + x − x2 = x + − x (1) u +v =1 u.v = u= x đặt ( 0) (1) ⇔  ⇔ u.v =  v= − x 1 + u.v = u + v    Bµi : x 35 − x ( x + 35 − x ) = 30 u= x u.v(u + v) = 30 HD đặt 3 Giải hệ ta u=2 u=3 3 v= 35 − x u + v = 35  x=2 x=3 Vậy S= { 2;3} Bài : x + 17-x + x 17-x = Bµi 10: + x + x + 10 = Bµi 11 : 47 − x + 35 + x = Bµi 12: x + 4-x = + x 4-x (đh mđc 2001) Bài 13 : x − x + − x ≤ x − ®k x ≥ (1) (1) ⇔ 2(x-2)2 + x ≤ ( x − 2) + x u= x đặt v = x  ( 2) kkjkkkk (u ≥ 0) u + v ≥ u + v ≥ u + v ≥ (2) ⇔ 2v +2u ≤ v + u ⇔  ⇔ ⇔ 2 2 u = v 2u + v ≤ u + v + 2uv (u − v) ≤ x − ≥ x ≥  ⇒u=v≥0⇔ ⇔ ⇔ x=4  x = x −2 x − 5x + =  VËy bÊt ph­¬ng trình đà cho có nghiệm x=4 Bài 14 : 2-x + + x − (2-x)(7 + x ) = (*) u= + x đặt v = x  Khi ®ã (*) (®h y Hp 2000) 2   u + v − uv = (u+v) − 3uv = ⇔ ⇔ (I) u + v = (u + v) − 3uv =   S − 3P = (1)    S − 3PS = (2)  Tõ (1) 3P=S -3 thay vµo (2) ta cã S − ( S − 3) S = S=3 P=2 u+v=S đặt hệ (I) có dạng uv=P u+v=3 Ta có hệ u,v nghiệm phương trình : X -3X+2 =0 uv=2 u=1  u=2 gi¶i ta v=2 v=1 _ u=1 ⇒ + x = ⇔ + x = ⇔ x = −6 _u=2 ⇒ + x = ⇔ + x = x = Vậy phương trình ®· cho cã nghiƯm ph©n biƯt x1 =1 ; x =-6 Bµi 15 : 7x+7 + x − + 49 x + x − 42 < 181 − 14 x (1) 7x+7 ≥  x ≥ −1   ®k 7 x − ≥ ⇔ ⇔x≥ 49 x + x − 42 ≥ x ≥   (1) ⇔ 7x+7 + x − + (7x+7)(7 x − 6) + x + + x − − 14 x − < 181 − 14 x ⇔ 7x+7 + x − + ( 7x+7 + x 6)2 < 182 đặt X= 7x+7 + x − (2) (®k X ≥ 0) (2) ⇔ X + X − 182 < ⇔ -14 < X < 13 ⇔ X − x ⇔ 2( x − 16) > 10 − x 10 − x < x >  ⇔  10 − x ≥ ⇔ ⇔ x > 10 − 34 10 − 34 < x ≤    2( x − 16) > (10 − x )2  - Kết hợp ĐK ta có nghiệm BPT x > 10 − 34 c) ( x + 1)(4 − x ) > x − 10 Xét hàm số : f ( t ) = t + t , hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x = f ( y ) = f ( x + 1)  ⇔ y = x + ⇔ ( x + 1) = x + x − ⇔     x = −1 ±   Bài Giải phương trình : x + = x − x − V PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA Một số kiến thức bản:   −π −π  ; cho : sin t = x số y với y ∈ [ 0; π ]  2   Nếu x ≤ có số t với t ∈  cho x = cos y   π  π  cho : sin t = x số y với y ∈ 0;   2   Nếu ≤ x ≤ có số t với t ∈  0; cho x = cos y  π π ; ÷ cho : x = tan t  2  Nếu : x , y hai số thực thỏa: x + y = , có số t với ≤ t ≤ 2π , cho x = sin t , y = cos t  Với số thực x có t ∈  − Từ có phương pháp giải tốn :  −π −π  ; x = cos y với y ∈ [ 0; π ]  2    π  π Nếu ≤ x ≤ đặt sin t = x , với t ∈  0;  x = cos y , với y ∈ 0;   2  2 2 Nếu : x , y hai số thực thỏa: x + y = , đặt x = sin t , y = cos t với ≤ t ≤ 2π a  π π Nếu x ≥ a , ta đặt : x = , với t ∈  − ; ÷ , tương tự cho trường hợp khác sin t  2  π π x số thực thi đặt : x = tan t , t ∈  − ; ÷  2  Nếu : x ≤ đặt sin t = x với t ∈      Tại lại phải đặt điều kiện cho t ? Chúng ta biết đặt điều kiện x = f ( t ) phải đảm bảo với x có t , điều kiện để đảm bào điều (xem lại vòng tròn lượng giác ) Xây dựng phương trình vơ tỉ phương pháp lượng giác ? Từ cơng phương trình lượng giác đơn giản: cos3t = sin t , ta tạo phương trình vơ tỉ Chú ý : cos3t = 4cos3 t − 3cos t ta có phương trình vơ tỉ: x − x = − x (1) Nếu thay x ta lại có phương trình : − x = x x − x (2) Nếu thay x phương trình (1) : (x-1) ta có phương trình vố tỉ khó: x − 12 x + x − = x − x (3) Việc giải phương trình (2) (3) khơng đơn giản chút ? Tương tự từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng phương trình vơ tỉ theo kiểu lượng giác Một số ví dụ Bài Giải phương trình sau : + − x  ( + x ) −   2  = + 1− x (1− x)   3 Giải: 29 Điều kiện : x ≤ Với x ∈ [ −1;0] : ( 1+ x) − ( 1− x) ≤ (ptvn)  π x ∈ [0;1] ta đặt : x = cos t , t ∈ 0;  Khi phương trình trở thành:  2 1   cos x 1 + sin t ÷ = + sin t ⇔ cos t = phương trình có nghiệm : x = 6   Bài Giải phương trình sau : 1− 2x + 2x + + 2x − 2x 1) − 2x + + 2x = 2) + − x2 = x + − x2 ( 3) x − x = HD: tan x = ) Đs: x = + 2cos x − 2cos x HD: chứng minh x > vơ nghiệm x+2 Bài Giải phương trình sau: 6x + = 2x 5π 7π   π ;cos  mà phương trình bậc Xét : x ≤ , đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] Khi ta S = cos ;cos 9   3 Giải: Lập phương vế ta được: x − x = ⇔ x − x = có tối đa nghiệm tập nghiệm phương trình   ÷ x2 −    π π , t ∈ − ; ÷ Giải: đk: x > , ta đặt x = sin t  2  cos t = 1 + cot t ) = ⇔  Khi ptt: ( sin 2t = − sin x  Phương trình có nghiệm : x = − + 1 Bài .Giải phương trình x 1 + ( ) x + ( x + 1) x +1 = + 2x 2x ( − x2 ) Bài Giải phương trình : Giải: đk x ≠ 0, x ≠ ±1  π π ; ÷  2 Khi pttt 2sin t cos 2t + cos 2t − = ⇔ sin t ( − sin t − 2sin t ) = Ta đặt : x = tan t , t ∈  − Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x = Bài tập tổng hợp Giải phương trình sau x3 + (1− x ) = x − x2 x − x 30 − 2007 30 + x 2007 = 30 2007 x − + x3 + x + x + = + x − ( x + ) + 16 ( − x ) + 16 ( − x ) = x + 16 30 2x + − 2 − x > 3 12 x − x = (2004 + x )(1 − − x ) x + 16 ( x + x + 2)( x + x + 18) = 168 x x −1 + x +1 = x x + x + = 2x + x + + 3x + = x + + x + 3 x − 3x + = − ( + x ) + 3 − x2 + ( − x ) = x + x + = ( x + 3) x + ( − x) ( − x) ( − x ) ( 10 − x ) = x+ x2 + = x − + 2x − x − + 3x3 − = x − 2 x − 11x + 21 − 3 x − = (OLYMPIC 30/4-2007) x − + x − 3x − = x + x + + x − x + 2 ( ) ( x + − = x + 3x + x + ) x + x + 12 x + = 36 2 2008 x − x + = 2007 x − − 10 − x = x − (HSG Toàn Quốc 2002) x + x2 + 2 x + 16 x + 18 + x − = x + 3x + 3x + x2 + x + = 3x + 12 x + x − = x + ( x − 1) 2x + x3 + = x3 + x + x −1 1 = 1− + x − x x x x − 14 x + − x − x − 20 = x + x + = x3 − x − 15 ( 30 x − x ) = 2004 30060 x + + 4x + = x2 + 7x 28 ( x + + x = + x3 + x x + 3x + = x x + + 2 x − ) x − x − 10 = x − x − 10 3−x =x x+x CHUN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ I PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  x ∈ D (*) Dạng : Phương trình A = B ⇔ A = B ≥ ⇔  A = B Lưu ý: Điều kiện (*) chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp A ≥ hay B ≥ B ≥ Dạng 2: Phương trình A = B ⇔  A = B Dạng 3: Phương trình A ≥  +) A + B = C ⇔  B ≥ (chuyển dạng 2)   A + B + AB = C +) A + B = C ⇒ A + B + 3 A.B ( ) A+ B =C ta sử dụng phép : A + B = C ta phương trình : A + B + 3 A.B.C = C Bài 1: Giải phương trình: f) + x − − x = a) x − = x − g) x + = − x + b) x − x + = c) x + x + = e) x − + x − = h) 3x + − x + = x + i) ( x + 3) 10 − x = x − x − 12 31 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x + x − = 2m + x − x Bài 3: Cho phương trình: x − − x = m -Giải phương trình m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: x + mx − = x − m -Giải phương trình m=3 -Với giá trị m phương trình có nghiệm II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường -Nếu tốn có chứa f ( x) f ( x) đặt t = f ( x) (với điều kiện tối thiểu t ≥ phương trình có chứa tham số thiết phải tìm điều kiện cho ẩn phụ) -Nếu tốn có chứa f ( x) , g ( x) f ( x) g ( x) = k (với k số) đặt : t= -Nếu tốn có chứa t= k t f ( x) ± g ( x ) ; f ( x).g ( x ) f ( x) + g ( x) = k đặt: f ( x) , g ( x) = f ( x) ± g ( x) suy -Nếu tốn có chứa -Nếu tốn có chứa π  t ∈ [ 0; π ] \   2 -Nếu tốn có chứa t2 − k f ( x).g ( x) = π π ≤ t ≤ x = a cos t với ≤ t ≤ π 2 a a  π π với t ∈  − ;  \ { 0} x = với x − a đặt x = sin t  2 cos t a − x đặt x = a sin t với −  π π x + a ta đặt x = a tan t với t ∈  − ; ÷  2 32 Bài 1: Giải phương trình: a) x + x + x + = 12 − x f) x2 + 5x + − 2 x2 + 5x − = b) x − x + x + = −3 x − g) x + 3x + − 2 x + x + = − c) x − x + = x − x + 12 h) x + d) x + 15 x + x + x + = i) ( x + 5)(2 − x) = x + x x + 11 = 31 e) ( x + 4)( x + 1) − x + x + = Bài 2: Giải phương trình: a) x + (1− x ) = x ( − x2 ) b) + − x2  ( − x ) −   c) ( 1+ x)  = + − x2   − x − 2x − x2 − x2 + = d) 64 x − 112 x + 56 x − = − x e) x + x x2 −1 = 35 12 x +1 = −3 x−3 f) ( x − 3) ( x + 1) + ( x − 3) 1 + =m x − x2 -Giải phương trình với m = + Bài 4: Cho phương trình: -Tìm m để phương trình có nghiệm ( ) 2 Bài 5: Cho phương trình: x − x + x − x − − m = -Giải phương trình với m = -Tìm m để phương trình có nghiệm Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Là việc sử dụng ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu thành phương trình với ẩn phụ hệ số chứa x -Từ phương trình tích ( )( x +1 −1 ) x +1 − x + = , ( 2x + − x )( ) 2x + − x + = Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau ( ) 2 Bài Giải phương trình : x + − x + x = + x + Giải: t = t = x + , ta có : t − ( + x ) t − + 3x = ⇔ t = x −  33 Bài Giải phương trình : ( x + 1) x2 − 2x + = x2 + Giải: Đặt : t = x − x + 3, t ≥ Khi phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + ⇔ x + − ( x + 1) t = Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có ∆ chẵn 2 t = x − x + − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔ t − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔  t = x − Từ phương trình đơn giản : ( 1− x − 1+ x )( ) − x − + + x = , khai triển ta pt sau Bài Giải phương trình sau : x + − = x + − x + − x Giải: Nhận xét : đặt t = − x , pttt: + x = x + 2t + t + x (1) ( ) Ta rt x = − t thay vo pt: 3t − + + x t + ( ) 1+ x −1 = ( Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t ∆ = + + x dạng bình phương Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo Cụ thể sau : x = − ( − x ) + ( + x ) ( ) ( 1− x , 1+ x ) ) − 48 ( ) x + − khơng có thay vào pt (1) ta được: Bài Giải phương trình: 2 x + + − x = x + 16 Giải ( ) 2 Bình phương vế phương trình: ( x + ) + 16 − x + 16 ( − x ) = x + 16 ( ) = α ( − x ) + ( + 2α ) x Ta đặt : t = − x ≥ Ta được: x − 16t − 32 + x = Ta phải tách x 2 − 8α cho ∆ t có dạng chình phương Nhận xét : Thơng thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Bài tập: Giải phương trình sau: a) (4 x − 1) x + = x + x + b) x − = x x − x c) x − = x x + x d) x + x = ( x + 2) x − x + Phương pháp đặt ẩn phụ chuyển hệ a) Dạng thông thường: Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) tìm mối quan hệ α ( x ) β ( x ) từ tìm hệ u = m a − f ( x )  theo u,v Chẳng hạn phương trình: m a − f ( x ) + m b + f ( x ) = c ta đặt:  từ v = m b + f ( x )  m m u + v = a + b suy u m + v m = a + b Khi ta có hệ  u + v = c Bài tập: Giải phương trình sau: a) − x = − x − b) − x = − x − c) x − x − − ( x − 1) x + x − x = b) Dạng phương trình chứa bậc hai lũy thừa bậc hai: 34 d = ac + α ax + b = c(dx + e) + α x + β với  e = bc + β Cách giải: Đặt: dy + e = ax + b phương trình chuyển thành hệ:  dy + e = ax + b  ( dy + e ) = ax + b ⇔ ->giải  2 dy + e = c(dx + e) + α x + β c ( dy + e ) = −α x + dy + e − β   Nhận xét: Dể sử dụng phương pháp cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban đầu dạng thỏa mãn điều kiện để đặt ẩn phụ.Việc chọn α ; β thông thường cần viết dạng : (αx + β ) n = p n a ' x + b ' + γ chọn c) Dạng phương trình chứa bậc ba lũy thừa bậc ba d = ac + α ax + b = c ( dx + e ) + α x + β với  e = bc + β Cách giải: Đặt dy + e = ax + b phương trình chuyển thành hệ: 3   dy + e = ax + b   ( dy + e ) = ax + b c ( dy + e ) = acx + bc ⇔ ⇔  3 c(dx + e) = ( ac − d ) x + dy + bc  dy + e = c ( dx + e ) + α x + β  c ( dx + e ) = −α x + dy + e − β    Bài tập: Giải phương trình sau: 1) x + = x + x + 5) x + = x − ( x + = −4 x + 13 x − 3) x + = 3 x − 4x + 4) = x2 + x x > 28 2) ( ) 3 3 6) x 35 − x x + 35 − x = 30 7) x − 13 x + + x + = 8) x − 13 x + + x + = ) 15 ( 30 x − x ) = 2004 30060 x + + 3 x − = x3 − 36 x + 53 − 25 x−2 10) x + = x − x − 9) 81x − = x3 − x + II PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Sử dụng tính chất hàm số để giải phương trình dạng tốn quen thuộc Ta có hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x) = k Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) Bước 3: Nhận xét: • Với x = x0 ⇔ f ( x ) = f ( x0 ) = k x0 nghiệm • Với x > x0 ⇔ f ( x ) > f ( x0 ) = k phương trình vơ nghiệm • Với x < x0 ⇔ f ( x ) < f ( x0 ) = k phương trình vơ nghiệm • Vậy x0 nghiệm phương trình Hướng 2: thực theo bước Bước 1: Chuyển phương trình dạng: f ( x) = g ( x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định f ( x) g(x) có tính chất trái ngược xác định x0 cho f ( x0 ) = g ( x0 ) 35 Bước 3: Vậy x0 nghiệm phương trình Hướng 3: Thực theo bước: Bước 1: Chuyển phương trình dạng f (u ) = f (v) Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi f (u ) = f (v) ⇔ u = v ( ) ( ) 2 Ví dụ: Giải phương trình : ( x + 1) + x + x + + x + x + = ( pt ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) ( ) ( + = ( −3 x ) + ) ( −3 x ) ) + ⇔ f ( x + 1) = f ( −3x ) Xét hàm số f ( t ) = t + t + , hàm đồng biến R, ta có x = − Bài tập: Giải phương trình: 2 4x − + 4x2 − = 1, x − = − x − 4x + , x − = + x − x , x = − 2x + 2x − x , x − + x + = , 2x − + x2 + = − x 36 BÀI TẬP : Bài 1: Bình phương hai veá : a) x2 + x + = Hd: pt  x =  − ≤ x ≤1 ⇔x = −   x −2 x − x = x = ±   b)pt: 5x − − 3x − − x − = dk : x ≥ - Chuyển vế ,bình phương hai vế : x =2 ; x = 2/11( loại ) Vaäy x=2 c) pt : x + = − x + dk : x ≥ Bình phương hai lầ ta có :ĐS x = d) e) pt : 16 − x + + x = Ds : x = 0; −7 pt : (4 x − 1) x + = x + x + dk : x ≥ 1/ Bphương hai lanà ta có :ĐS x = 4/3 Bài : Dặt n số phụ : x − x + + x − x +6 =3 3 a) - - b) Đặt : T=x2-3x+3 x − x2 = dk : ≤ x ≤1 1+ - Ñaët : t= ≥3 / : pt t + t +3 =3 < >t =1 = x =1; = > x + − x =0 x + 1− x ; t ≥ => x − x = t −1 ptt2-3t +2 =0 t =1 ; t=2 Vn t=1  x=0 ; x=1 x + + x +1 = 3x + 2 x + x + −16 c) HDÑS: x ≥ −1 ÑK : t = 2x + + x + ≥ => t = x + + 2 x + x + pt t = x = 37 d ) x + x + + x + x + = 3x + 3x +19 t = x + x + ≥ / pt t + + t = 3t +13 t = => x = 1; x = −2 Bai3 : a ) x +1 + − x − ( x +1)(3 − x ) = m Giaûi pt m=2 ** Tìm m pt có nghiệm • t = x + + − x ; => ≤ t ≤ 2 • HDĐS : ÑK: vi : a + b ≤ a + b ≤ 2(a + b)  t = 0(l ) a)m = : t − 2t =  => x = − 1, x = t = Tacoù : 2 − ≤ m ≤ b) f(t) = -t2/2 + t +2 = m (1) Lập bảng biến thiên : : a ) x + − x = −x + x + m bai Bình phương : Ñaët t= x(9 − x ) => ≤ t ≤ / KsHS f (t ) = − t + 2t + ; o ≤ t ≤ / Ds − / ≤ m ≤ 10 d) x4 + x + m + x + x + m = t = x +4 x +m ≥0 pt : t +t −6 =0 HDĐS:Đặt : t =− l < > = t =2 = x +4 x +m = > < >m =−x −4 x +16 = Laäp BBT : m>19VN; m=19: ngh ;m2 giải x=5 b)x=3 Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn  Từ phương trình tích x + − x + − x + = , x + − x ( )( ) ( )( ) 2x + − x + = Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau ( ) 2 Bài Giải phương trình : x + − x + x = + x + Giải: t = t = x + , ta có : t − ( + x ) t − + 3x = ⇔ t = x −  Bài Giải phương trình : ( x + 1) x − x + = x + Giải: Đặt : t = x − x + 3, t ≥ Khi phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + ⇔ x + − ( x + 1) t = Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có ∆ chẵn : t = x − x + − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔ t − ( x + 1) t + ( x − 1) = ⇔  t = x − 43 ... < 1 69 ⇔ 49 x + x − 42 < 84 − x  x ≥ 6 6   ≤ x ≤ 12  ≤ x ≤ 12 ⇔ 84 − x ≥ ⇔ 7 ⇔ 7 ⇔ ≤x19VN; m= 19: ngh ;m