TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA 2016 TẬP 1 TUYỆT KĨ CÁC PHƯƠNG PHÁP KẾT HỢP MÁY TÍNH BỎ TÚI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH LTĐH ĐINH VĂN PHÚC (Cao học viên khóa 2013-2015 ĐHSP Huế) Huế, Tháng 10 Năm 2015 Mục lục Lời nói đầu 2 1 Kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Chia đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Phương trình bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2.1 1.2.2 Phân tích một biểu thức bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ứng dụng của định lí vi ét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 5 1.2.3 Giải bất phương trình bậc 2 bằng máy tính casio fx-570Vn Plus . . . . . 5 1.3 Phương trình bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 1.5 Giải phương trình bậc 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Một số đánh giá cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 1.5.1 Các phương pháp đánh giá hay dùng trong giải phương trình-bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 9 Một số phương trình vô tỷ cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học 15 2.1 Phương pháp liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.1.1 Liên hợp khi phương trình chỉ có một nghiệm đẹp . . . . . . . . . . . . . 16 2.1.2 Liên hợp khi đã biết hai nghiệm đẹp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.2 2.1.3 Liên hợp khi biết một nghiệm xấu của phương trình . . . . . . . . . . . . 22 Phương pháp denta tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.3 Phương pháp hàm đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.4 Phương pháp đưa về đồng bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.5 2.6 Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 hoặc bậc nhất theo hệ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.7 Phương pháp đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 2.8 2.9 Luyên tập võ công . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 VƯỢT MÔN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.10 Bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 3 Lời giải và bình luận đề thi ĐH phần phương trình-bất phương trình từ 2009-2015 59 1 LỜI NÓI ĐẦU Phương trình-bất phương-Hệ phương trình là một chuyên đề quan trọng trong các chuyên đề LTĐH, năm nào bao giờ cũng có một câu về chuyên đề này chiếm 1 điểm và mức độ của nó thuộc dạng khó, người ta thường nói là câu lấy 9 điểm. Nó khó vì những lí do sau: + Người giải chưa nắm được những phương pháp giải nó hoặc chưa nhận dạng được bài toán giải theo phương pháp nào? + Phương trình-bất phương trình-Hệ phương trình là một chuyên đề khá rộng nên khi ôn học sinh sẽ gặp nhiều khó khăn tổng hợp những kiến thức và kĩ năng nào cần thiết nhất và vừa đủ để có thể giải những câu Phương trình-Bất phương trình-Hệ phương trình trong các kì thi ĐH. Thi THPTQG là vấn đề thi ít nhất 4 môn và chọn ra 3 môn để xét vào đại học. Do đó nếu chúng ta chỉ cắm đầu cắm cổ vào một môn nào đó mà sao nhãn các môn còn lại thì kết quả của ta đạt được cũng sẽ không cao được. Do đó chúng ta phải có kế hoạch học thế nào vừa đủ không dư quá nhiều và cũng không thiếu đối với kiến thức từng môn, thì khi đó kết quả 3 môn xét vào đại học mới cao được. Do đó ta cần học những kĩ năng và kiến thức cần thiết nhất chứ không học tràn lan quá nhiều dẫn đến quá tải. Những phần nào trong đề thi ra dễ chúng ta cần học ít lại và dành nhiều thời gian cho những phần khó hơn. Đối những chuyên đề khó ta cũng không thể nào học hết những kĩ năng và phương pháp để giải được tất cả những bài bài toán thuộc dạng đó mà ta cần biết học chọn lọc vừa đủ và vừa sức với đề thi của chúng ta. Trong chuyên đề Phương trình-Bất phương trình-Hệ phương trình, thì phương trình là vấn đề quan trọng nhất, vì khi ta đã nắm được các phương pháp giải phương trình một cách nhẫn nhiễn thì vấn đề giải bất phương trình và hệ phương trình không còn là vấn đề nữa khó nữa. Với những lí do trên và sau khi nghiên cứu khá kĩ đề thi ĐH qua các năm trong một thời gian dài, tôi quyết định soạn ra tài liệu này để viết ra những kĩ thuật và chọn lọc những phương pháp tốt nhất để giải phương trình-bất phương trình (mà trong rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này không nói ra kĩ, chắc họ cố ý giấu nghề ấy thì phải.) nhằm giúp cho những em còn gặp khó khăn trong việc học này chuyên đề này có một tài liệu chất lượng, bám sát đề thi của BGD nhất, vừa đầy đủ vừa ngắn gọn và dễ hiểu, dễ áp dụng trong khi giải bài tập. Giúp những em hiếu học có thể tự học được những phương pháp và kĩ thuật tốt nhất để giải phương trình-Bất phương trình trong thời gian ngắn nhất. Để học tốt chuyên đề này các em cần có những điều kiện sau: + Có khả năng biến đổi, khai triển, chuyển vế tốt một tí. + Có một máy tính casio fx 570VN plus hay casio fx 570 es plus. + Siêng năng tí nữa. 2 Trong bài viết này những bài tập được giải và trình bày một cách chi tiết, kèm theo những nhận xét, chú ý và bình luận nhằm giúp các em nắm được những phương pháp giải và biết cách sử dụng vào bài toán cụ thể một cách nhanh nhất. Mong rằng với cuốn tài liệu này sẽ giúp ích cho các em trong việc ôn thi chuyên đề này và đừng quên chờ đọc những tập tiếp theo nhé!. Mặc dù đã cố ngắn song tác giả biết sẽ không tránh rỏi những thiếu sót trong bài viết này, mong nhận được sự góp ý của các bạn đọc. Mọi thắc và góp ý xin gửi về địa chỉ: gmail: dinhphucsp@gmail.com Sđt: 01677201817 . Xin chân thành cảm ơn! Huế, tháng 10 năm 2015 Đinh Văn Phúc 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong phần này chúng tôi sẽ nhắc lại và đưa ra những kiến thức cần có để các em chuẩn bị tốt cho việc giải phương trình-bất phương. 1.1 Chia đa thức Ở đây ta chỉ xét phép chia hết thôi vì mục đích của ta là đưa một biểu thức về tích các thừa số của nó. Còn phép chia không hết cũng tương tự thôi chỉ là có thêm phần dư nữa. Ví dụ: Chia đa thức f (x) = 2x4 + 3x3 + 2x2 + x cho đa thức g(x) = x2 + x ta làm như sau: 2x4 Lấy 2 = 2x2 (Lấy số hạng có bậc x cao nhất của f (x) chia cho số hạng có bậc cao nhất của x x3 g(x)). Sau đó Lấy f (x) − 2x2 g(x) = x3 + 2x2 + x = h(x). Bây giờ ta tiếp tục lấy 2 = x (Lấy x số hạng có bậc cao nhất của h(x) chia cho số hạng có bậc cao nhất của g(x) ). Sau đó lại lấy x2 2 h(x) − xg(x) = x + x = k(x). Tiếp tục làm như trên lấy 2 = 1. Tính k(x) − (x2 + x) = 0. x 2x4 2 2 Vậy f (x) chia cho g(x) được 2x + x + 1 hay f (x) = (2x + x + 1)g(x) [ ở đây 2x2 = 2 ; x = x x x3 ; 1 = là những kết mà ta đã có được thực hiện chia trước đó ] x2 x Vì khi dùng phần mềm này để soạn bài viết này tôi vẫn chưa biết kẻ bảng thế nào? nên tôi đành trình bày dài dòng như thế, còn khi thực hiện chia ta kẻ bảng như chia giữa hai số mà ta đã được học ở cấp một ấy và đây cũng là cách chia tổng quát đó nhé!. 1.2 1.2.1 Phương trình bậc 2 Phân tích một biểu thức bậc 2 Cho : ax2 + bx + c = 0, a = 0; a, b, c không có thừa số chung. (1.1) Ví dụ 1: Phân tích f (x) = x2 − 3x + 2 thành nhân tử. Bấm máy tính phương trình x2 − 3x + 2 = 0. chúng ta được nghiệm 4 x=1 ⇔ x=2 x−1=0 . x−2=0 Khi đó f (x) = (x − 1)(x − 2). Ví dụ 2: Phân tích f (x) = 2x2 − 5x + 3 thành nhân tử.  Bấm máy tính phương trình 2x2 −5x+3 = 0, chúng ta được nghiệm  x=1 3 ⇔ x= 2 x−1=0 2x − 3 = 0 . Khi đó f (x) = (x − 1)(2x − 3). Ví dụ 3: Phân tích f (x) = 6x2 − x − 2 thành nhân tử.  2 x=  3 Bấm máy phương trình 6x2 − x − 2 = 0, ta được nghiệm  1 ⇔ x=− 2 f (x) = (3x − 2)(2x + 1). 3x − 2 = 0 2x + 1 = 0 . Khi đó Từ 3 Ví dụ trên chúng tổng quát như sau: Giả sử phương trình (1.1) ở trên có 2 nghiệm  m x= nx − m = 0 n  k ⇔ kx − l = 0 . Khi đó f (x) = (nx − m)(kx − l). x=− l Chú ý trường hợp a, b, c có thừa số chung sau: f (x) = 4x2 − 12x + 8. Nếu chúng làm như trên sẽ dẫn đến sai vì a, b, c có thừa số chung là 4. Do đó trong trường hợp này chúng ta sẽ viết f (x) lại như sau f (x) = 4(x2 − 3x + 2). Bây giờ chúng ta chỉ cần phân tích x2 − 3x + 2 ra, theo ở ví dụ 1 thì x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2). Vậy f (x) = 4(x − 1)(x − 2). Vậy chúng ta đã có thể phân tích một biểu thức bậc hai thành tích 2 nghiệm của nó một cách nhanh chóng. 1.2.2 Ứng dụng của định lí vi ét Định lý 1.2.1. Cho x1 , x2 là các số thực. Nếu chúng ta có  x + x = S 1 2 x .x = P 1 2 và S 2 ≥ 4P , thì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 − Sx + P = 0. Chúng ta gọi x2 − Sx + P là biểu thức chứa 2 hai nghiệm x1 , x2 . Ví dụ: Tìm x1 , x2 thỏa mãn  x + x = 2 1 2 x .x = −1 1 2 Giải. Theo định lí trên thì x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình: x2 − 2x − 1 = 0. Bấm máy √ √ tính phương trình x2 − 2x − 1 = 0, chúng ta tìm được x1 = 1 + 2 và x2 = 1 − 2. 1.2.3 Giải bất phương trình bậc 2 bằng máy tính casio fx-570Vn Plus Mục đích của mục này nhằm giúp chúng ta tìm được chính xác và nhanh nhất điều kiện của phương trình vô tỷ. Ví dụ: Giải bất phương trình x2 + 5x + 3 < 0. 5 Ta bấm máy tính như sau: Bấm MODE, mũi tên xuống, chọn 1 (INEQ), chọn 1, chọn 2, nhập a = 1, b = 5, c = 3 nhấn = chúng ta được √ √ −5 + 13 −5 − 13 b ⇒ ac > bc 2. c < 0 và a > b ⇒ ac < bc 3. a ≥ b ⇒ a + c ≥ b + c và a − c ≥ b − c 4. a ≥ b và d ≥ c ⇒ a + d ≥ b + c 5. a ≥ b ≥ 0 và c ≥ d ≥ 0 ⇒ ac ≥ bd 6. a ≥ b và n ∈ N∗ ⇒ an ≥ bn √ √ 7. a ≥ b ≥ 0 ⇒ a ≥ b a a 8. a > 0 và b > c > 0 ⇒ < b c 9. |a| ≥ a 10. a2 ≥ 0 √ 11. a ≥ 0 12. a > 0 và b > c ⇒ b + a > c 13. a < 0 và b < c ⇒ b + a < c 8 1.5.1 Các phương pháp đánh giá hay dùng trong giải phương trình-bất phương trình Đây là phần khá quan trọng, trong việc giải phương trình-bất phương trình bằng phương pháp liên hợp và phương pháp hàm số. 1. Đánh giá dựa vào các bất đẳng thức cơ bản H(x) A(x) + + L(x) luôn dương hoặc luôn Cho x ∈ D chứng minh B(x) + C(x) G(x) + F (x) âm. Trước khi đánh giá chúng ta cần phải biết: H(x) A(x) ; ; L(x), ∀x ∈ D Thứ I: Các biểu thức B(x) + C(x) G(x) + F (x) ta cần biết biểu thức nào luôn âm và biểu thức nào luôn dương. Thứ II: Với mỗi biểu thức đó thì tử và mẫu của biểu thức luôn âm hay luôn dương chưa, A(x) như biểu thức ta cần biết A(x); B(x) + C(x) luôn âm hay luôn dương. B(x) + C(x) Nếu như trường hợp A(x) có khi âm và có khi dương với x ∈ D, thì ta phải xét trường hợp của x để A(x) luôn mang một dấu xác định hoặc cũng có thể biến đổi A(x) về một T (x) đã xác định dấu nhất định. Thứ III: Để đánh giá thật sự chặt thì ta luôn bám sát điều kiện x ∈ D. Đôi khi chúng ta cũng không cần thiết đánh giá chặt vẫn có thể suy ra điều cần chứng minh. 1 1 Ví Dụ 1: Với 2 ≤ x ≤ 4 chứng minh f (x) = √ −√ − (2x + 1) < 0. x−2+1 4−x+1 1 1 > 0; − √ < 0; −(2x + 1) < 0. Vậy ta + Ở đây ta có các biểu thức √ x−2+1 4−x+1 có một biểu thức dương và 2 biểu thức âm. + Đánh giá từng biểu thức: • x≥2⇒x−2≥0⇒ √ x−2+1≥1⇒ √ 1 1 ≤ =1 1 x−2+1 • x ≥ 2 ⇒ 2x ≥ 4 ⇒ 2x + 1 ≥ 5 ⇒ −(2x + 1) ≤ −5. Suy ra √ 1 − (2x + 1) ≤ x−2+1 1 1 − 5 = −4 < 0 ⇒ f (x) < 0 (Do − √ < 0. Một số nhỏ hơn 0 mà cộng thêm 4−x+1 một số nhỏ hơn 0 thì lại còn nhỏ hơn 0 nữa). x+2 x+2 Ví dụ 2: Với x > −2 chứng minh f (x) = √ −√ − 3 < 0. 2 2 x + 12 + 4 x +5+3 + Với x > −2 ⇒ x + 2 > 0. Do đó biểu thức đầu dương, biểu thức 2, 3 âm. √ √ √ Cách 1: Ta có x2 + 12 > x2 ⇒ x2 + 12 > x2 = x ⇒ x2 + 12 + 4 > x + 4 ⇒ x+2 x+2 x+2 √ < < 1 (Do mẫu lớn hơn tử). Nên ta có √ −3 x2 + 5 và 5 > 3 ⇒ x2 + 12 + 4 > x2 + 5 + 3 x+2 x+2 ⇒√ 0 và x+4 ≥ 2 > 0. Do đó biểu thức thứ 2 dương, thứ 3 âm, còn biểu thức 1 có khi âm có khi dương. Biểu thức thứ 1 không âm khi x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 và âm khi x + 1 < 0 ⇔ x < −1. Do đó ta có lời giải sau: Cách 1: + Xét −1 ≤ x ⇒ x + 1 ≥ 0. √ x+1 x+1 x+2+2>2⇒ √ ≤ (1) 2 x+2+2 √ x+6 x+6 x+7+3>3⇒ √ ≤ (2) 3 x+7+3 Từ (1) và (2) suy ra f (x) ≤ x 3 1 3 x+1 x+6 + − x − 4 = − − ≤ − < 0. 2 3 6 2 6 2 x 1 ≤ ). 6 6 + Xét −2 ≤ x < −1 ⇒ x + 1 < 0. (Do x ≥ −1 ⇒ −x ≤ 1 ⇒ − √ x+6 x+6 x+7+3>3⇒ √ ≤ 3 x+7+3 Suy ra x+6 −2x 6 4 6 −x−4= − ≤ − 2⇒ √ (1) 2 x+2+2 √ x+6 x+6 x+7+3>3⇒ √ ≤ (2) 3 x+7+3 Từ (1) và (2) suy ra f (x) < x+2 x+6 x 2 + − x − 4 = − − 1 ≤ − 1 < 0. 2 3 6 6 x 2 ≤ ) 6 6 Vậy ta có điều phải chứng minh. (Do x ≥ −2 ⇒ −x ≤ 2 ⇒ − 10 Cách 3: Có thể xem đáp án của BGD câu bất phương trình đề thi ĐH D-2014. Ví dụ 4: Với x > 0 chứng minh rằng √ x+1 x−1 √ > 0. f (x) = √ +√ 3 2 x+2 x − 4x + 5x + x3 − 3x2 + 4 Lời giải Ta có x − 1 có khi âm có khi dương nên ta phải xét khoảng cho nó. + Nếu x ≥ 1 ⇒ x − 1 ≥ 0 ⇒ f (x) > 0. + Nếu 0 < x < 1. Ta có √ √ x+1 x+2−1 1 1 2 √ = √ =1− √ ⇒ −√ |x − 2| = 2 − x [ Do 0 < x < 1 ] √ √ ⇒ x3 − 4x2 + 5x + x3 − 3x2 + 4 > 2 − x 1−x 1−x 2−x−1 1 1 1 √ ⇒√ < = =1− ⇒− − . 3 2 3 2 2 x − 4x + 5x + x − 3x + 4 Vậy f (x) > 1 1 − = 0. (đpcm) 2 2 2. Đánh giá dựa vào biến đổi tương đương Ví dụ 1: Chứng minh: 1 − 2(x2 − x + 1) < 0 (1) Lời giải (1) ⇔ 1 < 2(x2 − x + 1) ⇔ 1 < 2x2 − 2x + 2 ⇔ 2x2 − 2x + 1 > 0 (∗). Bất đẳng thức (∗) đúng với mọi x ∈ R, (do ∆ = 4 − 8 = −8 < 0 và a = 2 > 0). Vậy suy ra bất dẳng thức (1) đúng. √ √ Ví dụ 2: Chứng minh: x2 − 3x + 5 > x (1) Lời giải (1) ⇔ x2 − 3x + 5 > x ⇔ x2 − 4x + 5 > 0 (∗). Do ∆ = 16 − 20 < 0 và a = 1 > 0 nên suy ra (*) luôn đúng với mọi x ∈ R. Do đó (1) đúng. 3. Đánh giá dựa vào khảo sát hàm số 11 Ví dụ 1: Chứng minh rằng f (x) = x5 + 3x3 + 3x + 8 > 0, ∀x ∈ [−1, 1] Lời giải 4 2 Ta có f (x) = 5x + 3x + 3 > 0, ∀x ∈ [−1, 1]. Suy ra hàm f (x) đồng biến trên [−1, 1] ⇒ f (x) ≥ f (−1) = −7 + 8 = 1 > 0, ∀x ∈ [−1, 1]. Ví dụ 2: Chứng minh f (x) = x (5 − x)3 − 11 < 0 Lời giải Hàm số f (x) liên tục trên [0, 5] (chính là tập xác định của f (x)) √ √ f (x) = x(5 − x) 5 − x − 6 = (5x − x2 ) 5 − x √ (5x − x2 ) ⇒ f (x) = (5 − 2x) 5 − x − √ , ∀x ∈ [0, 5) 2 5−x √ x√ 5x √ ⇒ f (x) = (5 − 2x) 5 − x − 5 − x = (5 − ) 5 − x 2 2 5x √ ⇒ f (x) = 0 ⇔ (5 − ) 5 − x = 0 ⇔ x = 5 hoặc x = 2. 2 √ √ Khi đó f (0) = f (5) = −11; f (2) = 6 3 − 11 ⇒ f (x) ≤ f (2) = 6 3 − 11 < 0. 1 Ví dụ 3: Với x ∈ (0, ] chứng minh rằng: 3 √ f (x) = x2 + 3x + 2 1 − 2x − 2 > 0 Lời giải 2 f (x) = 2x + 3 − √ 1 − 2x 1 2 1 √ f (x) = 2 − < 0, ∀x ∈ [0, ]. Suy ra f (x) nghịch biến trên [0, ] 3 3 (1 − 2x) 1 − 2x √ 1 11 1 1 ⇒ f (x) > f ( ) = − 2 3 > 0, ∀x ∈ [0, ]. Suy ra hàm f (x) đồng biến trên [0, ] 3 3 3 3 1 ⇒ f (x) > f (0) = 0, ∀x ∈ (0, ] 3 1.6 Một số phương trình vô tỷ cơ bản 1) f (x) = kx + p, (1.3) ở đây f (x) có thể là bậc nhất, bậc hai hoặc bậc 3. 2) 3 f (x) = kx + p, ở đây f (x) có thể là bậc nhất, bậc hai hoặc bậc 3. 3) √ ax + b = kx + p + l (1.4) (1.5) 4) f (x) = 12 g(x), (1.6) ở đây f (x), g(x) có thể bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất. 5) 3 f (x) = 3 g(x), (1.7) ở đây f (x), g(x) có thể bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất. Phương pháp giải Chúng ta chú ý rằng tới lúc này chúng ta chỉ mới giải được phương trình bậc nhất, bậc 2, bậc 3 (bậc 3 có ít 1 nhất nghiệm đẹp). Do đó tất cả các phương trình ở trên phải đưa về 1 trong 3 phương trình: bậc 1, bậc 2 hoặc bậc 3. 1) ĐK: f (x) ≥ 0 (mọi căn bậc chẵn phải có đều kiện ≥ 0 đối với biểu thức dưới căn) kx + p ≥ 0 (1.3) ⇔ Tới đây thì chúng ta biết cách giải rồi. f (x) = (kx + p)2 . 2) (1.4)⇔ f (x) = (kx + p)3 ( Vì căn bậc lẻ không cần điều kiện gì và muốn mất căn bậc 3, thì phải mũ  3 hai vế lên thôi). Tới đây chúng ta cũng giải được. ax + b ≥ 0 3) ĐK: Nếu l ≥ 0 thì bình phương hai vế của (1.5) (Vì khi hai vế ≥ 0, kx + p ≥ 0. bình phương không cần đặt thêm điều kiện, còn nếu một vế chưa ≥ 0 thì phải đặt điều kiện cho vế đó ≥ 0, rồi giải thêm điều kiện đó cũng hơi mệt), rút gọn sẽ đưa về dạng phương trình (1.3). Nếu l < 0 thì chuyển l qua trái và làm tương tự. Vậy khi đó chúng ta được một phương trình đã biết cách giải. 4) Đk:  f (x) ≥ 0 (1.6) ⇔ f (x) = g(x), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất. g(x) ≥ 0. 5) Mũ ba hai vế (1.7), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất. Chú ý: Khi giải được nghiệm, đối với những bài toán nào có điều kiện phải đối chiếu lại với điều kiện để kết luận nghiệm. Nhận xét: Chúng ta thấy rằng tất cả các dạng cơ bản của phương trình vô tỷ đều giải bằng cách đưa về phương trình bậc 1, bậc 2 hoặc bậc 3. Bài tập Giải các phương trình sau: √ 1. 2x2 + 4x − 1 = x + 1. √ 2. 3 x2 + x − 4 = x − 1. √ √ 3. x + 1 = 2x − 5 + 1. √ √ 4. x2 + 2x − 1 = x + 2. √ √ 5. 3 2x + 1 = 3 2x2 − x + 3. Lời Giải 1. √ 2x2 + 4x − 1 = x + 1. 13 √ √ −2 − 6 −2 + 6 Điều kiện: 2x + 4x − 1 ≥⇔ x ∈ (−∞, ]∪[ , +∞). 2 2 Phương trình tương đương với   x ≥ −1 x + 1 ≥ 0 ⇔ x = −1 + √3 hoặc x = −1 − √3 < −1(l). 2x2 + 4x − 1 = (x + 1)2 ⇔ x2 + 2x − 2 = 0 √ So với điều kiện phương trình có nghiệm x = −1 + 3. √ 2. 3 x2 + x − 4 = x − 1 Phương trình tương đương với 2 x2 + x − 4 = (x − 1)3 ⇔ x2 + x − 4 = x3 − 3x2 + 3x − 1 ⇔ x3 − 4x2 + 2x + 3 = 0 ⇔ (x − 3)(x2 − x − 1) = 0  x=3 √ √ ⇔ 5 1 − 5 1 + hoặc x = x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 2 √ 2 √ 1− 5 1+ 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = { , , 3} 2 2 √ √ 3. x + 1 = 2x − 5 + 1. 5 Điều kiện: x ≥ 2 Phương trình tương đương với √ x + 1 = 2x − 5 + 2 2x − 5 + 1 [ Bình phương hai ]  5 − x ≥ 0 √ 5−x = 2 2x − 5 ⇔ (5 − x)2 = 4(2x − 5) ⇔ x2 − 18x + 45 = 0 ⇔  x ≤ 5 x = 3 hoặc x = 15 > 5(l). Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = 3. √ √ 4. x2 + 2x −1 = x + 2  x2 + 2x − 1 ≥ 0 x ∈ (−∞, −1 − √2] ∪ [−1 + √2, +∞) Điều kiện: ⇔ x + 2 ≥ 0 x ≥ −2 √ ⇔ x ∈ [−1 + 2, +∞) Phương trình tương đương với √ √ −1 − 13 −1 + 13 x + 2x − 1 = x + 2 ⇔ x = hoặc x = . 2 2 √ −1 + 13 . So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 2 √ √ 5. 3 2x + 1 = 3 2x2 − x + 3 (1). 1 (1) ⇔ 2x + 1 = 2x2 − x + 2 ⇔ 2x2 − 3x + 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = . 2 Nhận xét: Trên đây là những bài toán cơ bản bắt buộc chúng ta phải giải được, vì một 2 bài toán giải phương trình vô tỷ bao giờ cũng sẽ đưa về hoặc là một phương trình bậc 1, bậc 2, bậc 3 (đôi khi bậc 4) hoặc dạng cơ bản trên, . 14 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 Chương 2 Các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học Trong phần này chúng tôi sẽ giới thiệu các phương pháp giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học. 1. Phương pháp liên hợp. 2. Phương pháp hàm đặc trưng. 3. Phương pháp đặt 1 ẩn phụ không hoàn toàn và dừng tam thức bậc hai. 4. Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đồng bậc. 5. Phương pháp đặt 1 ẩn phụ hoàn toàn đưa về bậc 2, bậc 3. 6. Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3, bậc nhất đi với hệ. 7. Phương pháp hàm số đơn điệu Trong 7 phương pháp trên thì chỉ cần dùng các phương pháp 1, 2, 3, 4, 5 đã giải được tất cả các đề thì Đại học về phương trình, bất phương trình, từ 2009 − 2015. Còn phương pháp 6 cũng khá hay trong việc giải phương trình và được sử dụng nhiều trong việc giải hệ phương trình. Phương pháp 7 thường dùng kèm với phương pháp liên hợp. Quan trọng nhất vẫn là 4 phương pháp đầu tiên. 2.1 Phương pháp liên hợp Đẳng thức thường dùng: √ A − B2 1. A − B = √ A+B √ Ở đây ta sẽ gọi B là biểu thức liên hợp của A √ √ A−B √ 2. A − B = √ A+ B √ √ A−B √ 3. A + B = √ A− B √ A − B2 4. A + B = √ A−B 15 √ A − B3 3 √ A−B = √ 3 A2 + 3 AB + B 2 √ A + B3 3 √ √ 6. A + B = 3 A2 − 3 AB + B 2 √ Ở đây ta sẽ gọi B là biểu thức liên hợp của 3 A. 5. 2.1.1 Liên hợp khi phương trình chỉ có một nghiệm đẹp √ √ Ví dụ 1: Giải phương trình: x − 2 + 4 − x = 2x2 − 5x − 1. Dùng máy tính Casio fx-570VN PLUS để tìm nghiệm đẹp của phương trình. Chúng ta bấm như sau: √ √ Nhập x − 2 + 4 − x − 2x2 + 5x + 1 (Chuyển về một vế rồi mới bấm, ở đây chúng tôi chuyển vế phải qua vế trái), bấm SHIFT, SOLVE, 100. Chúng ta được nghiệm x = 3. Bây giờ bấm tiếp SHIFT, SOLVE, -100. Chúng ta được "can’t solve" tức là không giải được. Vậy phương trình √ √ chỉ có duy nhất nghiệm là x = 3. Bây giờ chúng ta thay x = 3 vào 2 căn thức x − 2, 4 − x ta được: √ √ x−2=1 4−x=1 √ ⇔ √ x−2−1=0 4−x−1=0 Lời giải ĐK:  x − 2 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4. 4 − x ≥ 0 √ √ ( x − 2 − 1) + ( 4 − x − 1) = 2x2 − 5x − 1 − 2 (Do VT chúng ta đã trừ 2 nên VP phải trừ 2) x−3 3−x ⇔√ +√ = (x − 3)(2x + 1) x−2+1 4−x+1 (Ở VT chúng ta đã liên hợp nhờ công thức 2, VP do 2x2 − 5x − 3 = (x − 3)(2x + 1)) ⇔√ x−3 x−3 −√ − (x − 3)(2x + 1) = 0 x−2+1 4−x+1 1 1 ⇔ (x − 3)[ √ −√ − (2x + 1)] = 0 x−2+1 4−x+1  x−3=0  ⇔ 1 1 √ −√ − (2x + 1) = 0 x−2+1 4−x+1 1 1 Đặt f (x) = √ −√ − (2x + 1), 2 ≤ x ≤ 4. (Do phương trình chỉ có một x−2+1 4−x+1 nghiệm x = 1 nên f (x) > 0 hoặc f (x) < 0 với mọi x : 2 ≤ x ≤ 4. Để biết f (x) luôn dương hay luôn âm, chúng ta chỉ cần tính giá trị của f (3) = −7 < 0 nên chúng ta sẽ chứng minh f (x) < 0.) 16 1 1 Với 2 ≤ x ≤ 4 thì √ > 0; − √ < 0; −(2x + 1) < 0. (Nên để chứng minh x−2+1 4−x+1 1 f (x) < 0, chúng ta chỉ cần chứng minh √ − (2x + 1) < 0.) x−2+1 + x≥2⇒x−2≥0⇒ √ 1 1 ≤ = 1. x−2+1≥1⇒ √ 1 x−2+1 + x ≥ 2 ⇒ 2x ≥ 4 ⇒ 2x + 1 ≥ 5 ⇒ −(2x + 1) ≤ −5. (2.1) (2.2) 1 Từ (2.1) và (2.2) chúng ta có √ − (2x + 1) ≤ 1 − 5 = −4 < 0. Do đó f (x) < 0, 2 ≤ x−2+1 x ≤ 4, nên phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x = 3. Ví dụ 2: Giải phương trình √ x2 + 12 − √ x2 + 5 = 3x − 5. Dùng máy tính Casio fx-570VN PLUS để tìm nghiệm đẹp của phương trình. Chúng ta bấm như sau: √ √ Nhập x2 + 12 + x2 + 5 − 3x + 5 (Chuyển về một vế rồi mới bấm, ở đây chúng tôi chuyển vế phải qua vế trái), bấm SHIFT, SOLVE, 100. Chúng ta được nghiệm x = 2. Bây giờ bấm tiếp SHIFT, SOLVE, -100. Chúng ta cũng được x = 2 (Khả năng phương trình có duy nhất nghiệm là rất cao, tuy nhiên để cho chính xác chúng ta bấm tiếp như sau). Chúng ta bấm mũi tên qua √ √ trái (để lấy lại phương trình) và sửa phương trình thành ( x2 + 12+ x2 + 5−3x+5) : (x−2), (Tức là ta lấy phương trình đó chia cho nghiệm của nó, nếu chỉ phương trình ban đầu có duy nhất nghiệm, thì phương trình sau khi chia sẽ vô nghiệm) nhấn SHIFT, SOLVE, 100 thì chúng ta được kết quả phương trình không giải được.Vậy phương trình chỉ có duy nhất nghiệm là √ √ x = 2. Bây giờ chúng ta thay x = 2 vào 2 căn thức x2 + 12, x2 + 5 ta được: √ x2 + 12 = 4 √ . x2 + 5 = 3 √ √ Do đó chổ x2 + 12 chúng ta chèn -4 và chổ x2 + 5 chèn -3. Lời giải (Không có điều kiện vì biểu thức dưới căn không âm) Phương trình trở thành √ √ ( x2 + 12 − 4) − ( x2 + 5 − 3) = 3x − 5 − 1 (Do VT chúng ta đã cộng thêm -4+3=-1 nên VP cộng cho -1. Chúng ta chú ý khi nào căn thức có nhân với một số khác 1, thì chúng ta phải lấy số đó ra ngoài rồi mới chèn, như ở đây √ x2 + 5 nhân với −1 nên phải lấy − ra ngoài như trên) ⇔√ x2 − 4 x2 − 4 −√ = 3(x − 2) x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 (Ở VT chúng ta đã liên hợp nhờ công thức 2) (x − 2)(x + 2) (x − 2)(x + 2) ⇔ √ − √ − 3(x − 2) = 0 x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 17 (Ở đây chúng ta đã dùng hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b)(a + b), còn nếu ai không nhớ hằng đẳng thức này thì chúng ta vẫn có thể đưa x2 − 4 về tích xem lại mục phân tích một biểu thức bậc 2) x+2 x+2 ⇔ (x − 2)[ √ −√ − 3] = 0 2 2 x + 12 + 4 x +5+3  ⇔ x−2=0 x+2 x+2 √ −√ −3=0 x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 (*) x+2 x+2 Đặt f (x) = √ −√ − 3. (Chúng ta sẽ chứng minh f (x) < 0 nhưng chúng 2 2 x + 12 + 4 x +5+3 x+2 x+2 ta để ý x + 2 chưa biết luôn âm hay luôn không âm nên √ , −√ chưa 2 2 x + 12 + 4 x +5+3 xác định một dấu nhất định. Do đó chúng ta phải đánh giá cho x dựa vào phương trình đã cho, chúng ta đánh giá như sau) √ √ √ √ 5 Vì x2 + 12 > x2 + 5 nên 0 < x2 + 12 − x2 + 5 = 3x − 5 ⇒ x > . 3 x+2 x+2 x+2 5 > 0; − √ < 0 (Bây giờ chỉ cần chứng minh √ − Với x > , thì √ 3 x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x2 + 12 + 4 x+2 5 x+2 √ < 0 hoặc √ − 3 < 0, x ≥ là xong). 2 3 x2√+ 5 + 3 √ x + 12 + 4 2 2 Do x + 12 + 4 > x + 5 + 3 và x + 2 > 0 nên √ x+2 x+2 x+2 x+2 x2 ⇒ x2 + 12 + x+2 x+2 x+2 4 > x+4 ⇒ √ < < 1. Suy ra √ − 3 < 1 − 3 = −2. Do đó x+4 x2 + 12 + 4 x2 + 12 + 4 f (x) < −2 < 0 ). √ √ Ví dụ 3: Giải phương trình 2x − 2 − x + 1 + x2 − 4x + 3 = 0 Bấm máy tính chúng ta biết được phương trình có duy nhất nghiệm x = 3. Thay x = 3 vào 2 √ √ căn thức 2x − 2, x + 1 ta được: √ √ √ 2x − 2 = 2 ⇒ 2x − 2 − x + 1 = 2 − 2 = 0. √ x+1=2 Dó đó chúng ta không cần phải chèn thêm số để liên hợp mà chúng ta có thể liên hợp 2 căn thức lại với nhau (Nếu liên hợp bằng cách chèn số như 2 Ví dụ trên vẫn được nhé!) Lời giải ĐK: x ≥ 1. Phương trình trở thành √ √ ( 2x − 2 − x + 1) + x2 − 4x + 3 = 0 (2x − 2) − (x + 1) √ ⇔√ + (x − 3)(x − 1) = 0 2x − 2 + x + 1 18 ( Ở đây chúng ta dùng công thức liên hợp 1 và biễu diễn x2 − 4x + 3 thành tích) x−3 √ + (x − 3)(x − 1) = 0 ⇔√ 2x − 2 + x + 1 1 √ + (x − 1)] = 0 2x − 2 + x + 1 1 √ ⇔ x − 3 = 0 (Do x ≥ 1 nên x − 1 ≥ 0 ⇒ √ + (x − 1) > 0). 2x − 2 + x + 1 ⇔ (x − 3)[ √ ⇔ x = 3. So với điều kiện nghiệm của phương trình là x = 3. Ví dụ 4: Giải phương trình √ √ (x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 = x2 + 7x + 12. Bấm máy tính chúng ta được phương trình có duy nhất nghiệm x = 2. Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 Phương trình trở thành √ √ (x + 1)( x + 2 − 2) + (x + 6)( x + 7 − 3) = x2 + 7x + 12 − 2(x + 1) − 3(x + 7) √ x + 2 nhân với x + 1 khác số 1 nên chúng ta phải lấy x + 1 ra làm nhân tử chung rồi √ mới chèn, tương tự với x + 7. Vì VT chúng ta đã cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6) nên VP cũng (Do phải cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6)) ⇔ (x + 1)(x − 2) (x + 6)(x − 2) √ + √ = (x − 2)(x + 4) x+2+2 x+7+3 ⇔ (x − 2)[ √  ⇔ (x + 1) (x + 6) +√ − (x + 4)] = 0 x+2+2 x+7+3 x−2=0 (x − 1) (x + 6) √ +√ − (x + 4) = 0 x+2+2 x+7+3 (*) (x + 6) (x − 1) +√ − (x + 4), x ≥ −2 (Chúng ta sẽ chứng minh f (x) < x+2+2 x+7+3 0, x > −2. Chúng ta chú ý rằng với x ≥ −2, thì x + 6 ≥ 6 − 2 = 4 > 0 và −(x + 4) ≤ −2 < 0 Đặt f (x) = √ nhưng x + 1 ≥ −1 chưa biết luôn âm hay luôn không âm. Do đó chúng ta sẽ xét hai trường hợp x + 1 < 0 và trường hợp x − 1 ≥ 0 như sau). + x ≥ −1 ⇒ x + 1 ≥ 0. Mặt khác √ (x + 1) x+1 x+2+2≥2⇒ √ ≤ 2 x+2+2 và √ (x + 6) x+6 ≤ . x+7+3≥3⇒ √ 3 x+7+3 Nên suy ra f (x) ≤ x+1 (x + 6) x 3 1 3 +√ − (x + 4) = − − ) ≤ − < 0 2 6 2 6 2 x+7+3 19 1 x ≤ ). 6 6 + −2 ≤ x < −1 ⇒ x + 1 < 0 và x + 6 > 0 (x + 6) x+6 Mặt khác theo ở trên √ ≤ 3 x+7+3 (Do với x ≥ −1 ⇒ −x ≤ 1 ⇒ − ⇒√ (x + 6) 2x 4 2 x+6 −x−4=− −2≤ −2=− 1 ⇒ x − 1 ≥ 0, x + 1 > 0 ⇒ 1 + √ 2 1 +√ > 0) x − 1 + (x − 1) 5x − 1 + (x + 1) ⇔ x = 1 hoặc x = 2. So với điều kiện, nghiệm của phương trình là S = {1, 2}. √ √ Ví dụ 2: Giải phương trình 4 x + 2 + 22 − 3x = x2 + 8 Bấm máy tính chúng ta tìm được hai nghiệm x = 2 và x = −1. Khi đó thay x = 2 và x = 1 √ vào phương trình ax + b = x + 2 ta được hệ phương trình    2a + b = 2 a = 1 3 ⇔ 4 −a + b = 1  b = 3 √ √ x 4 ⇒ x + 2 liên hợp với + . Thay x = 2 và x = −1 vào 22 − 3x ta được 4 và 5. Từ chú ý 3 3 ở trên ta chỉ cần sửa lại VP của hệ phương trình ở trên 2 thành 4 và 1 thành 5. Khi đó chúng √ 14 1 x 14 ta tìm được a = − và b = . Suy ra 22 − 3x liên hợp với − + . 3 3 3 3 Lời giải 22 Điều kiện: −2 ≤ x ≤ . 3 Phương trình trở thành √ √ x+4 −x + 14 4(x + 4) −x + 14 4[ x + 2 − ] + [ 22 − 3x − ] = x2 + 8 − − 3 3 3 3 (Chúng ta thấy rằng trong phương trình có sự xuất hiện của số 3 ở mẫu, điều này làm cho việc tính toán phức tạp. Do đó chúng ta sẽ nhân hai vế của phương trình cho 3, để làm mất đi số 3 đó.) √ √ ⇔ 4[3 x + 2 − (x + 4)] + [3 22 − 3x − (−x + 14)] = 3x2 + 24 − 4(x + 4) − (−x + 14) (Chúng ta lấy rằng bên VT chúng tôi đẩy số 3 vào trong ngoặc để rút gọn đi cho số 3 ở mẫu thức, tới đây phương trình có các hệ số thuận lợi cho việc tính toán hơn nhiều) (−x2 + x + 2) 4(−x2 + x + 2) = 3(x2 − x − 2) ⇔ √ + √ 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14) 4 1 ⇔ (x2 − x − 2)[3 + √ + √ ]=0 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14) ⇔ x2 − x − 2 = 0 22 22 22 (Do từ điều kiện x ≥ −2 ⇒ x+4 ≥ 2 > 0 và x ≤ ⇒ −x ≥ − ⇒ −x+14 ≥ − +14 > 0. 3 3 3 Vậy suy ra 4 1 3+ √ + √ > 0) 3 x + 2 + (x + 4) 3 22 − 3x + (−x + 14) 21 ⇔ x = 2 hoặc x = −1. So với điều kiện phương trình có tập nghiệm S = {−1, 2}. NHẬN XÉT. Chúng ta thấy rằng trong liên hợp đã biết hai nghiệm, thì vấn đề chứng minh cái biểu thức còn lại dương hoặc âm là khá nhẹ nhàng so với trong bài toán liên hợp một nghiệm. 2.1.3 Liên hợp khi biết một nghiệm xấu của phương trình √ Ví dụ 1: Giải phương trình x2 + x − 1 = (x + 2) x2 − 2x + 2 Chúng ta nhập phương trình và khi nhấn SHIFT, SOLVE, 100, thì được nghiệm x = 3, 82847..., (vì chúng ta không biết chính xác nghiệm là bao nhiêu nên để sử dụng chúng ta gán cho nó là A như sau:) Bấm SHIFT, RCL,A (Bây giờ chúng ta sẽ tìm biểu thức bậc nhất liên hợp √ với x2 − 2x + 2. tương tự như trường hợp có nghiệm đẹp, thay x = A vào phương trình √ √ x2 − 2x + 2 = ax + b ta được A2 − 2A + 2 = aA + b, vì A là số quá xấu nên phương trình này rất xấu và không thể dùng được để tìm a, b nhưng có một điều chắc chắn là a, b là các số √ đẹp (tức là số hữu tỉ). Do đó A2 − 2A + 2 − aA = b phải là số đẹp, từ đây chúng ta chỉ cần thử giá trị của a từ -10 đến 10 (Vì a thường là số nằm số từ -10 đến 10) và khi nào giá trị √ A2 − 2A + 2 − aA là số tự nhiên thì đó chính là b. Để làm đều đó chúng ta có thể dùng máy tính bấm như sau) từ trên chúng ta bấm tiếp MODE, chọn 7 (TABLE), ở f (x) chúng ta nhập √ A2 − 2A + 2 − AX ( Để có A, chúng ta nhấn ALPHA, A, ở đây X chính là a), chổ g(x) chúng ta cho 0 vì ở đây chúng ta không cần dùng, chổ Start chọn 0 bấm =, chổ End chọn 10 (Vì mấy tính chỉ cho phép X chạy từ 0 trở đi, chứ không cho phép chạy từ số âm sang số dương được. Do đó trước tiên chúng ta cho a chạy từ 0 đến 10, nếu chưa tìm được thì cho a chạy từ -10 đến -1), nhấn =, Step để nguyên, bấm =. Khi đó chúng ta nhận được một bảng giá trị của X, F(X) (G(X) chúng ta không quan tâm), chúng ta chỉ lấy giá trị của F(X) là số tự nhiên (Vì F(X) chính là b), √ chúng ta thấy khi X = 0, thì F (X) = 3 tức là a = 0 và b = 3 Vậy x2 − 2x + 2 = 0x + 3 = 3 √ tức là x2 − 2x + 2 liên hợp với 3. Tới đây việc liên hợp không khác gì trường hợp nghiệm đẹp. Lời giải (Không có điều kiện vì biểu thức dưới căn luôn dương). Phương trình trở thành √ x2 + x − 1 − 3(x + 2) = (x + 2)( x2 − 2x + 2 − 3) (Do VP chúng ta đã cộng thêm cho −3(x + 2) nên VT cũng phải cộng thêm −3(x + 2)) ⇔ x2 − 2x − 7 = (x + 2) √ x2 − 2x − 7 x+2 ⇔ (x2 − 2x − 7)[1 − √ ]=0 x2 − 2x + 2 + 3 x2 − 2x + 2 + 3 (Chúng ta chuyển VP qua trái và lấy x2 − 2x − 7 làm nhân tử chung)  x2 − 2x − 7 = 0 (2) ⇔ . x+2 1− √ = 0 (∗) x2 − 2x + 2 + 3 dinhphucsp@gmail.com 22 √ Chúng ta có (∗) ⇔ ⇔ x2 − 2x + 2+3−(x+2) = 0 ⇔ √ x2 − 2x + 2 = (x−1) ⇔  x − 1 ≥ 0 x2 − 2x + 2 = x2 − 2x + 1  x ≥ 1 1 = 0 (Vô lí). Vậy phương trình (∗) vô nghiệm (Ở đây chúng ta cũng có thể chứng minh phương trình (∗) √ √ vô nghiệm như sau: (∗) ⇔ x2 − 2x + 2 + 3 − (x + 2) = 0 ⇔ x2 − 2x + 2 = x − 1. Do x2 − 2x + 2 = (x + 1)2 + 1 ⇒ V T > x − 1 = V P . Vậy phương trình (*) VN). √ x=1+ 7 √ . So với điều kiện tập nghiệm của phương trình là S = Phương trình (2) ⇔ x=1− 7 √ √ {1 + 7, 1 − 7}. √ Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1. Bấm máy tính được nghiệm lẻ x = −0, 41412...., bấm SHIFT, RCL, A (Để gán nghiệm), bấm √ √ tiếp MODE, 7, f (x) = A2 − 2A + 3 − AX (Ở đây A2 − 2A + 3 có được khi thay A vào √ x2 − 2x + 3 còn −AX thì lúc nào cũng trừ ax),g(x) = 0, Start=0, End=10, =,=. Khi đó ở √ cột F (X) chúng thấy khi X = 0, F (X) = 2 tức là a = 0, b = 2. Vậy x2 − 2x + 3 = ax + b = 2 √ tức x2 − 2x + 3 liên hợp với 2. Lời Giải Phương trình trở thành √ x2 − 2x − 1 2 2 √ (x + 1)[ x − 2x + 3 − 2] = x + 1 − 2(x + 1) ⇔ (x + 1) = x2 − 2x − 1 2 x − 2x + 3 + 3 ⇔ (x2 − 2x − 1)[ √ x+1 − 1] x2 − 2x + 3 + 3 (Chuyển VP qua trái và lấy x2 − 2x − 1 làm nhân tử chung)  √ √ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 + 2 hoặc x = 1 − 2 ⇔ . x+1 √ − 1 = 0 (2) x2 − 2x + 3 + 3 Chúng ta có: √ √ (2) ⇔ x2 − 2x + 3 + 3 = x + 1 ⇔ x2 − 2x + 3 = x − 2   x ≥ 2 x ≥ 2 ⇔ ⇔ x2 − 2x + 3 = x2 − 4x + 4 x = 1 (V N ). Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. Vậy so với điều kiện tập nghiệm của phương trình S = √ √ {1 − 2, 1 + 2}. √ Ví dụ 3: Giải phương trình 2x2 − 6x − 1 = 4x + 5 (1) √ Chúng ta tìm biểu thức liên hợp của 4x + 5 bằng cách bấm máy: tìm nghiệm x = 3, 732...., √ SHIFT, RCL, A, MODE, 7, 4A + 5 − AX (chổ f(X)), 0 (chổ g(X)), 0 (Start), 10 (End),=,=. √ Chúng ta thấy X = 2, F (X) = −3 tức là a = 2, b = −3. Vậy 4x + 5 liên hợp với ax+b = 2x−3. Lời giải 5 Đk: x ≥ − 4 23 dinhphucsp@gmail.com Phương trình trở thành √ 4x + 5 − (2x − 3)2 2x2 − 6x − 1 − (2x − 3) = [ 4x + 5 − (2x − 3)] ⇔ 2x2 − 8x + 2 = √ 4x + 5 + (2x − 3) −4x2 + 16x − 4 −2(2x2 − 8x + 2) ⇔ 2x2 − 8x + 2 = √ ⇔ 2x2 − 8x + 2 = √ 4x + 5 + (2x − 3) 4x + 5 + (2x − 3) 2 ] = 0. ⇔ (2x2 − 8x + 2)[1 + √ 4x + 5 + (2x − 3) Tới đây chúng ta biết cách giải rồi nhưng có một điều mà nhiều em không biết hay không để ý là √ lời giải trên bị sai một chổ rất tinh tế đó là từ chổ liên hợp dẫn đến xuất hiện 4x + 5+(2x−3) ở mẫu, vì biểu thức này chưa khác 0, có thể bấm máy tính để thấy điều đó. Do đó mẫu chưa xác định. Bây giờ chúng ta có hướng chỉnh sửa lại để có lời giải đúng. Cách 1: Xét trường hợp Lời giải đúng 5 Điều kiện: x ≥ − 4 √ √ + Xét 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ 4x + 5 = 3 − 2x (2)  3 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 2 ⇔ 4x + 5 = 9 − 12x + 4x2 ⇔ x = 2 − √3 hoặc x = 2 + √3 ⇔x=2− √ 3. thay (2) vào (1) ta được 2x2 − 6x − 1 = 3 − 2x ⇔ 2x2 − 4x − 4 = 0 ⇔ x = 1 − √ 3 hoặc x = 1 + √ 3. Vậy trương hợp này vô nghiệm. √ √ + Xét 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ x = 2 − 3. [ Cái này ta không cần giải chỉ cần lấy phủ định √ √ lại kết quả 4x + 5 + (2x − 3) = 0 ⇔ x = 2 − 3 ] Phương trình (1) trở thành √ 4x + 5 − (2x − 3)2 2 √ 2x − 6x − 1 − (2x − 3) = [ 4x + 5 − (2x − 3)] ⇔ 2x − 8x + 2 = 4x + 5 + (2x − 3) 2 −2(2x2 − 8x + 2) −4x2 + 16x − 4 2 √ √ ⇔ 2x − 8x + 2 = ⇔ 2x − 8x + 2 = 4x + 5 + (2x − 3) 4x + 5 + (2x − 3) 2 ⇔ (2x2 − 8x + 2)[1 + √ ] = 0. 4x + 5 + (2x − 3) Tới đây chúng ta biết cách giải rồi nhé! 2 Cách giải 2 Lời giải đúng 5 Đk: x ≥ − 4 Phương trình trở thành √ 2x2 − 6x − 1 − (2x − 3) = 4x + 5 − (2x − 3) √ ⇔ 2x2 − 8x + 2 = 4x + 5 − (2x − 3) √ √ [ 4x + 5 − (2x − 3)][ 4x + 5 + (2x − 3)] √ ⇔ = 4x + 5 − (2x − 3) −2 24 dinhphucsp@gmail.com √ (Vì sao chúng tôi lại phân tích được VT như thế? từ việc giải ở trên chung ta có 4x + 5 − −4x2 + 16x − 4 . Khai triển này có thể chưa đúng khi mẫu ở VP không xác định (2x − 3) = √ 4x + 5 + (2x − 3) nhưng ta lại biết được kết quả sau nhờ nó: √ √ [ 4x + 5 − (2x − 3)][ 4x + 5 + (2x − 3)] = −4x2 + 16x − 4 = −2(2x2 − 8x + 2) (k/triển này luôn đúng) √ √ [ 4x + 5 − (2x − 3)][ 4x + 5 + (2x − 3)] ⇒ = 2x2 − 8x + 2.) −2 √ √ 4x + 5 + (2x − 3) ⇔ [ 4x + 5 − (2x − 3)][ − 1] = 0 −2  √ √ 4x + 5 − (2x − 3) = 0 4x + 5 = 2x − 3 √ . ⇔  4x + 5 + (2x − 3) ⇔ √ 4x + 5 = 1 − 2x −1=0 −2 Tới đây thì chúng ta đã biết cách giải, các em có thể tự giải. Chú ý: Vậy từ đây chúng ta phải lưu ý là khi thực hiện bước liên hợp, xuất hiện biểu thức ở mẫu, thì ta cần kiểm tra xem mẫu có khi nào bằng 0 không, bằng cách bấm máy tính phương √ trình ở mẫu đó (Như Ví dụ trên bấm phương trình 4x + 5 + (2x − 3) có nghiệm x = 0, 2679... 5 và x này thỏa điều kiện x ≥ − ), nếu phương trình đó có nghiệm và thỏa điều kiện thì chuyển 4 hướng làm theo cách trên. Nếu phương trình ở mẫu đó vô nghiệm hoặc có nghiệm không thỏa điều kiện thì tiếp tục làm bình thường. √ Ví dụ 4: Giải phương trình (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ Bấm máy tính ta tìm biểu thức liên hợp của x + 2 là x − 1. Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 Phương trình tương đương √ (x + 4) x + 2 = x3 − x2 − x − 5 (1) ( Ở đây đã khai triển chuyển vế rút gọn) √ √ + Xét x + 2 + (x − 1) = 0 ⇔ x + 2 = 1 − x   x ≤ 1 √ √ ⇔ 3 + 13 3 − 13  2 x + 2 = 1 − 2x + x ⇔ x = > 1(l) hoặc x = . 2 2 √ Thay x + 2 = 1 − x vào phương trình (1) ta được (x + 4)(1 − x) = x3 − x2 − x − 5 ⇔ x3 + 2x − 9 = 0 (3). Thay x = 3− √ 2 13 √ vào (3) ta được 12 − 6 13 = 0 vô lí. Vậy trường hợp này VN. √ 13 ( Trong trường hợp ta đang dùng máy tính cùi hơn thì việc bấm máy tính khi thay x = 2 vào (3) sẽ ra số −9, 633307... ta không biết chính xác bao nhiêu, do đó ta không thể viết như trên và kết luận phương trình vô nghiệm được, vì người chấm sẽ không chấp nhận. Trường hợp 3− 25 dinhphucsp@gmail.com đó ta có thể tính tay hoặc làm như sau: Bấm máy tính thấy phương trình vô nghiệm, nên chúng ta tiến hành chứng minh nó dương hoặc âm, thử giá trị x = −2 thấy âm, nên chứng minh âm. Đặt g(x) = x3 + 2x − 9, −2 ≤ x ≤ 1 ⇒ g (x) = 3x2 + 2 > 0. Suy ra g(x) đồng biến nên g(x) ≤ g(1) = 3 − 9 = −6 < 0, −2 ≤ x ≤ 1. Suy ra phương trình VN.) √ 3− + Xét x + 2 + (x − 1) = 0 ⇔ x = √ 13 . 2 Khi đó √ (1) ⇔ (x + 4)[ x + 2 − (x − 1)] = x3 − x2 − x − 5 − (x + 4)(x − 1) (−x2 + 3x + 1) ⇔ (x + 4) √ = x3 − 2x2 − 4x − 1. x + 2 + (x − 1) (−x2 + 3x + 1) = −(x + 1)(−x2 + 3x + 1) ⇔ (x + 4) √ x + 2 + (x − 1) (Từ bước ở trên qua bước này nhiều em lúng túng vì VP là biểu thức bậc 3 nên không tìm ra được nhân tử chung nào của VT và VP là gì? Chúng tôi xin trả lời trong tất cả những bài toán giải bằng liên hợp thì nhân tử chung đó thường là kết quả nằm ở tử khi liên hợp căn thức với biểu thức liên hợp của nó. Như ví dụ này chính là −x2 + 3x + 1 (hoặc có thể lấy x2 − 3x − 1, sai khác −x2 + 3x + 1 một nhân tử -1). khi đã biết được nhân tử rồi vấn đề còn lại là làm sao cho VP xuất hiện nhân tử đó nửa thôi, muốn VP xuất hiện nhân tử đó chỉ cần lấy VP chia cho nhân tử đó và được như trên.) ⇔ (−x2 + 3x + 1)[ √ x+4 + x + 1] = 0 x+2+x−1 .  3+ √ 13 3− √ 13 2 hoặc x = (l)  −x + 3x + 1 = 0 ⇔ x = 2 2 . ⇔ x+4 √ + x + 1 = 0 (∗) x+2+x−1 √ (∗) ⇔ (x + 1) x + 2 + x2 + x + 3 = 0 (Bấm máy tính phương trình này thấy máy báo vô nghiệm, nên chúng ta sẽ chứng minh nó luôn âm hoạc luôn dương, muốn biết âm, dương chỉ cần thay một giá trị thỏa điều kiện vào VT, ở đây ta thay -2 vào thấy > 0, nên ta chúng minh dương) √ Đặt f (x) = (x + 1) x + 2 + x2 + x + 3, x ≥ −2. √ + Xét x ≥ −1, thì (x + 1) x + 2 ≥ 0, x2 ≥ 0 và x + 3 ≥ 2 nên f (x) > 0. + Xét −2 ≤ x < −1, khi đó √ √ f (x) = (x + 1)( x + 2 − 1) + x2 + x + 3 + x + 1 = (x + 1)( x + 2 + 1) + (x + 1)2 + 3. √ √ √ Do −2 ≤ x < −1 ⇒ 0 ≤ x + 2 < 1 ⇒ x + 2 < 1 ⇒ x + 2 − 1 < 0 ⇒ (x + 1)( x + 2 − 1) > 0 nên f (x) > 0. Vậy f (x) > 0, x ≥ −2. Do đó phương trình (∗) VN. (Bây giờ một câu hỏi đặt ra làm sao biết cần xét trường hợp như thế? Chúng tôi xin trả lời đó là khi đó giá một biểu thức mà √ A có xuất hiện A. B hay √ thì chúng ta phải làm cho A xác định một dấu âm hoặc là dương B √ rồi mới tiến hành đánh giá. Câu hỏi thứ 2 đó là vì sao lại biết phải lấy x + 2−1 mà không phải √ √ x + 2 − 2, điều đó dựa vào đánh giá ở đây −2 ≤ x < −1 ⇒ 0 ≤ x + 2 < 1 ⇒ x + 2 < 1 ⇒ 26 dinhphucsp@gmail.com √ √ x + 2 − 1 < 0 sau đó mới khai triển f (x) = (x + 1)( x + 2 − 1) + x2 + x + 3 + x + 1, mục đích √ √ vì (x + 1) < 0 nên chúng ta phải chèn số a sau cho x + 2 − a < 0 để (x + 1)( x + 2 − a) > 0 (vì chúng ta muốn đánh giá f (x) > 0). Có rất nhiều số a như thế nhưng chúng ta phải tìm sao √ cho nó làm cho biểu thức này x + 2 − a < 0 chặt nhất, số a như thế chỉ tìm được dựa vào tập xác định mà x chạy.) √ 13 }. Tóm lại so với điều kiên phương trình có tập nghiệm là S = { 2 √ √ Cách 2: Chúng ta đã biết được −x2 + 3x + x = [ x + 2 − (x − 1)][ x + 2 + (x − 1)]. 3+ Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 Phương trình trở thành √ √ (x + 4) x + 2 = x3 − x2 − x − 5 ⇔ (x + 4)[ x + 2 − (x − 1)] = x3 − x2 − x − 5 − (x + 4)(x − 1) √ ⇔ (x + 4)[ x + 2 − (x − 1)] = x3 − 2x2 − 4x − 1 √ ⇔ (x + 4)[ x + 2 − (x − 1)] = −(x + 1)(−x2 + 3x + 1) √ √ √ ⇔ (x + 4)[ x + 2 − (x − 1)] = −(x + 1)[ x + 2 − (x − 1)][ x + 2 + (x − 1)] √ √ ⇔ [ x + 2 − (x − 1)][(x + 4) + (x + 1)( x + 2 + (x − 1))] = 0 √ x + 2 − (x − 1) = 0 (2) √ (x + 4) + (x + 1)( x + 2 + (x − 1)) = 0 (3) √ 3 + 13 Giải phương trình (2) được nghiệm x = . Phương trình (3) ⇔ x2 + x + 3 + (x + 2 √ 1) x + 2 = 0 ⇔ (phương trình này vô nghiệm xem trong cách giải 1, ở đây chúng ta sẽ đưa ra một cách chứng minh khác cho nó) √ √ ⇔ 2x2 + 2x + 6 + 2(x + 1) x + 2 = 0 ⇔ [(x + 1) + x + 2]2 + x2 − x + 3 = 0. √ Do x2 − x + 3 > 0 ⇒ [(x + 1) + x√+ 2]2 + x2 − x + 3 > 0. Suy ra (3) VN. Vậy So điều kiện 3 + 13 phương trình có nghiệm S = { }. (Bài toán này có thể giải bằng phương pháp 2 hàm đặc trưng một cách nhẹ nhàng hơn, sẽ được trình bày trong phương pháp hàm đặc trưng.) Bài tập Giải các phương trình sau: √ √ √ 1. x − 2 + 4 − x + 2x − 5 = 2x2 − 5x √ √ 2. 5 − x + x − 1 = −x2 + 2x + 1 √ √ x+1 3. 4x + 1 − 3x − 2 = 3 √ √ 4. 3x2 − x + 3 = 3x + 1 + 5x + 4 √ √ √ 5. x + 2 + 5x + 6 + 2 8x + 9 = 4x2 √ 6. 10x2 + 3x + 1 = (1 + 6x) x2 + 3 √ √ 7. x2 + (3 − x2 + 2)x = 1 + 2 x2 + 2 27 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 8. 2x2 − x − 3 = 2.2 √ 2−x Phương pháp denta tham số √ 3x − 3. Ví dụ 1: Giải phương trình (3x + 1) 2x2 − 1 = 5x2 + 2 (Đây là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi HSG và chúng ta đã thấy ở trên √ chúng ta không thể tìm được biểu thức liên hợp của 2x2 − 1 nên chúng ta không thể dùng phương pháp liên hợp, nếu dùng thì cũng ở mức độ tính toán khá cồng kềnh và phức tạp) √ Ý tưởng của ta như sau: Đặt y = 2x2 − 1 ⇒ y 2 = 2x2 − 1. Phương trình trở thành 3x (3x + 1)y = 5x2 + − 3 (2). Tới đây chúng ta sẽ đưa phương trình (2) về một phương trình 2 bậc 2 theo biến y mà vẫn còn ẩn x và từ đó giải y theo x. Bây giờ chúng ta làm như sau: Cộng 2 vế của phương trình (2) cho ny 2 (Để có một phương trình bậc 2 theo y, vì mới chỉ có y và chú ý là n = 0) ta được ny 2 + (3x + 1)y = 5x2 + 3x − 3 + ny 2 (3) 2 (VP đưa y về biến x lại bằng cách thay y 2 = 2x2 − 1, VT không thay nhé!) 3 3x ⇔ ny 2 +(3x+1)y = 5x2 + −3+n(2x2 −1) ⇔ ny 2 +(3x+1)y −[(2n+5)x2 + −3−n] = 0. (4) 2 2 Vậy ta có được một phương trình bậc 2 theo y với hệ số a = n, b = (3x + 1), c = −[(2n + 5)x2 + 3x − 3 − n] = 0. 2 Bây giờ tính ∆y = b2 −4ac = (3x+1)2 +4n[(2n+5)x2 + 3x 3x −3−n] = 9x2 +6x+1+4n[(2n+5)x2 + −3−n]. 2 2 Từ đây chúng ta có các hệ số   9 + 4n(2n + 5) hệ số của x2    3 6 + 4n( ) x  2   1 + 4n(−3 − n) hệ số tự do Bây giờ chúng ta chỉ cần tìm n để ∆y có dạng bình phương, điều đó có nghĩa tìm n sao cho hệ số của x2 và hệ số tự do là số chính phương (số có dạng a2 ) và n thường nằm trong khoảng từ −10 đến 10 và n = 0 (vấn đề này khá tương tự với vấn đề tìm biểu thức liên hợp). Để tìm n chúng ta dùng bảng (TABLE). Bấm tính như sau: MODE, 7, ở f (X) nhập 9 + 4X(2X + 5) (Chính là hệ số của x2 , với X = n), ở g(X) nhập 1 + 4X(−3 − X) (Chính là hệ số tự do), Start chọn -10, End chọn, -1, =, =. Chúng ta cần tìm ở cột F (X) và G(X) là các số chính phương. Dò bảng thấy rằng khi X = −2 thì F (X) = 1, G(X) = 9 3 đều là số chính phương. Vậy n = −2 thay vào 6 + 4n( ) = −6 (hệ số của x). Vậy 2 ∆y = x2 − 6x + 9 = (x − 3)2 có dạng bình phương. Lời giải 28 √ √ 2 2 Đk: 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, − ]∪[ , +∞) (có thể bấm máy tính bất phương trình bậc 2 2 2) √ Đặt y = 2x2 − 1 ⇒ y 2 = 2x2 − 1. Phương trình trở thành 2 3x 3x − 3 ⇔ −2y 2 + (3x + 1)y = 5x + − 3 − 2y 2 2 2 3x ⇔ −2y 2 + (3x + 1)y = 5x + − 3 − 2(2x2 − 1) 2 3x ⇔ −2y 2 + (3x + 1)y − [x2 + − 1] = 0 (∗). 2 (3x + 1)y = 5x + (Ở đây dòng 1 chính là thay n = −2 vào (3), dòng 2 là thay vào (4) ở trên và viết lại) ∆y = x2 − 6x + 9 = (x − 3)2 (Viết lại kết quả tìm được ở trên). Nên chúng ta có:  x −(3x + 1) + (x − 3) = +1 y =  −4 2 (∗) ⇔  1 −(3x + 1) − (x − 3) =x− y= −4 2 √ x x + Với y = + 1 ⇔ 2x2 − 1 = + 1 2 2  x    +1≥0 x ≥ −2 x ≥ −2 √ √ 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 + 2 15 2 − 2 15 2x2 − 1 = ( x + 1)2  2x2 − 1 = x + x + 1 x = hoặc x = . 2 4 7 7 √ 1 1 + Với y = x − ⇔ 2x2 − 1 = x − 2 2    1 1 1    x − ≥ 0 x ≥ x ≥ 2 √ √ 2 2 ⇔ 1 2 ⇔ 2 1 ⇔ 6 6 −1 + −1 −  2 2 2x − 1 = (x − ) 2x − 1 = x − x + x = hoặc x = (l). 2 4 2 2 √ √ √ 2 − 2 15 2 + 2 15 −1 + 6 Tóm lại so với điều kiện tập nghiệm của phương trình là S = { , , }. 7 7 2 √ Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1. Lời Giải √ Đặt y = x2 − 2x + 3 ⇒ y 2 = x2 − 2x + 3. Phương trình tương đương với ny 2 + (x + 1)y = x2 + 1 + ny 2 ⇔ ny 2 + (x + 1)y = x2 + 1 + n(x2 − 2x + 3) ⇔ ny 2 + (x + 1)y − [(n + 1)x2 − 2nx + 1 + 3n] = 0 (∗). Ta có ∆y = (x + 1)2 + 4n[(n + 1)x2 − 2nx + 1 + 3n] = x2 + 2x + 1 + 4n[(n + 1)x2 − 2nx + 1 − 3n] (Nháp:    1 + 4n(n + 1) hệ số x2   2 − 8n2 x    1 + 4n(1 + 3n) tự do 29 . Dùng máy tính nhập MODE, 7, 1 + 4X(X + 1) (ở f (X)), 1 + 4X(1 − 3X) (ở g(X)), -10 (Start), -1 (End), =, =. Chúng ta thấy khi X = −1 thì F (X) = 1, G(X) = 9 đều là số chính phương. Vậy n = −1 thay vào 2 − 8n2 = −6 (hệ số của x). Vậy ∆y = x2 − 6x + 9 = (x − 3)2 có dạng bình phương.) Khi chọn n = −1 thì ∆y = x2 − 6x + 9 = (x − 3)2 . Nên ta có:  −(x + 1) + (x − 3) =2  y= −2 (∗) ⇔  −(x + 1) − (x − 3) = x − 1. y= −2 (Ở (∗) lúc này a = −1, b = (x + 1), và dụ 1 ở trên. Ví dụ 3: Giải phương trình √ ∆y = x − 3). Tới đây chúng ta giải tương tự như Ví 2x − 1 + x2 − 3x + 1 = 0 (Đề thi ĐH D-09). Lời Giải 1 Điều kiện: x ≥ . 2 √ Đặt y = 2x − 1 ⇒ y 2 = 2x − 1. Phương trình trở thành: y + x2 − 3x + 1 = 0 ⇔ ny 2 + y + x2 − 3x + 1 − ny 2 = 0 ⇔ ny 2 + x2 − 3x + 1 − n(2x − 1) ⇔ ny 2 + y + x2 − x(3 + 2n) + 1 + n = 0 (∗). Ta có ∆y = 1 − 4n[x2 − (3 + 2n)x + 1 + n] (Nháp:    −4n x2   4n(3 + 2n) x    1 − 4n(1 + n) tự do. Bấm máy tính ta được khi X = −1 thì F (X) = 4, G(X) = 1 đều là số chính phương (4 = 22 , 1 = 12 ). Vậy n = X = −1 thay vào 4n(3 + 2n) = −4. Suy ra ∆y = 4x2 − 4x + 1 = (2x − 1)2 .) Chọn n = 1 thì ∆y = 4x2 − 4x + 1 = (2x − 1)2 . Nên ta có:  −1 + (2x − 1) = −x − 1  y= −2  −1 − (2x − 1) y= = x. −2 Tới đây chúng ta có thể giải khá nhẹ nhàn và dành cho đọc giả. (Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp liên hợp) Bài tập Giải các phương trình sau: √ 1. (4x − 1) x2 + 1 = 2x2 + 2x + 1 √ 2. 4x2 − 7x + x 5 + x − 2x2 = 1 √ 3. x2 + (2x + 3) 3x2 + 6x + 2 = 6x + 5 30 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 √ 4. (3x − 5) 2x2 − 3 = 4x2 − 6x + 1 √ 5. (x2 + 2) x2 − x + 1 = x3 + 2x2 − 3x + 1 2(4 − x2 ) = 9x2 + 8x − 32 √ 7. x2 − 2x = 2 2x − 1 6. 16 2.3 Phương pháp hàm đặc trưng Cho phương trình f (x) = f (y), x, y ∈ D (∗). Nếu hàm số f (t) đồng biến (tức f (t) > 0) hoặc f (t) nghịch biến (tức f (t) < 0) trên tập D thì (∗) ⇔ x = y √ Ví dụ: 1 Giải phương trình x3 + 3x = (x + 4) x + 1. Lời giải Điều kiện: x ≥ −1. √ Đặt y = x + 1 ≥ 0 ⇒ y 2 = x + 1 ⇒ x = y 2 − 1. phương trình trở thành x3 + 3x = (y 2 + 3)y ⇔ x3 + 3x = y 3 + 3y (∗). Xét hàm f (t) = t3 + 3t. Suy ra f (t) = 3t2 + 3 > 0, t ∈ R nên hàm số f (t) đồng biến trên R. Ta có √ (∗) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y ⇔ x = x + 1     x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0 √ √ ⇔ ⇔ ⇔ 1− 5 1+ 5 x 2 = x + 1 x 2 − x − 1 = 0  x = hoặc x = (l). 2 2 √ 1+ 5 Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm là x = . 2 NHẬN XÉT. Chúng ta thấy rằng về ý tưởng cũng gần na ná, phương pháp ∆ tham số, đó là t ừ một phương trình biến x, đặt y là bằng căn thức đưa về một phương trình theo hai biến x, y, rồi sau đó tính y theo x nhưng ở cách này chúng ta dựa vào tính đồng biến hoặc nghịch biến của hàm số còn phương pháp ∆ dựa vào phương trình bậc 2 theo y. Một điều chúng ta có thể thấy rằng bên vế đặt y bằng căn thức thì chúng ta đưa biến x về hết biến y còn vế còn lại là biến x. √ Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) (Bài toán này là Ví dụ trong phương pháp liên hợp nghiệm lẻ, ở đây chúng ta sẽ giải bằng phương pháp hàm đặc trưng) Điều kiện: x ≥ −2. √ Đặt y = x + 2 ≥ 0 ⇒ y 2 = x + 2 ⇒ x = y 2 − 2. Khi đó phương trình trở thành (y 2 − 2 + 4)(y + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) ⇔ (y 2 + 2)(y + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) 31 (Tới đây vấn đề của chúng ta là biến đổi VP sao cho nó cũng có dạng như VT, chúng ta thấy rằng bên VT có xuất hiện y + 2 nên VP chúng ta sẽ làm xuất hiện số 2 ở x + 1 bằng cách thêm số 2 vào: x + 1 = x + 1 + 2 − 2 = x − 1 + 2, từ đây biểu thức còn lại chắc chắn phải là (x − 1)2 + 2, có thể khai triển để xem có đúng không: (x − 1)2 + 2 = x2 − 2x + 1 + 2 = x2 − 2x + 3.) ⇔ (y 2 + 2)(y + 2) = ((x − 1) + 2)((x − 1)2 + 2) (∗). Đặt hàm f (t) = (t2 + 2)(t + 2) = t3 + 2t2 + 2t + 4. Suy ra f (t) = 3t2 + 4t + 2 > 0, t ∈ R (Do 3t2 + 4t + 2 vô nghiệm và hệ số a = 3 > 0). Ta có √ (∗) ⇔ f (y) = f (x − 1) ⇔ y = x − 1 ⇔ x + 2 = x − 1    x ≥ 1 x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 ⇔ ⇔ ⇔ x2 − 3x − 1 = 0 x + 2 = (x − 1)2 x + 2 = x2 − 2x + 1 ⇔   x ≥ 1 3+  x = √ √ 13 3 − 13 hoặc x = (l). 2 2 Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm là x = 3+ √ 13 . 2 NHẬN XÉT Chúng ta đã thấy được sự lợi hại của phương pháp số chưa?hehe..Lời giải khá ngắn gọn và tính toán nhẹ nhàn. Vấn đề khó nhất là làm sao biết được hàm được trưng như thế bao? và làm sao biến đổi VP như thế? nếu không để ý sẽ khó tìm được, nhất là với những em chưa nhuẫn nhiễn với cách phân tích. Nhưng yên chí đi có cách giải quyết hai vấn trên một cách dễ dàng hơn và tổng quát hơn rất nhiều đó là kết hợp giữa máy tính và suy luận như sau: √ Trước tiên chúng ta tìm biểu thức liên hợp cho x + 2 chính là x − 1 tức là ta cứ √ xem x + 2 = x − 1 (Cái tìm này thì quá quen thuộc rồi trong giải bằng phương pháp liên hợp). Ở đoạn (y 2 + 2)(y + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) (4). Từ đây ta có thể đoán được hàm được trưng là VT (Hàm được trưng thường là cái vế của biểu thức y) tức là f (t) = (t2 + 2)(t + 2). Do đó (4) ⇔ f (y) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) . Mà y=x-1 nên [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2] = f (x) = f (y) = (x + 1)(x2 − 2x + 3). Tới đây cho chắc ăn khai triển lại [(x−1)+2][(x−1)2 +2] xem có bằng (x+1)(x2 −2x+3) không?. Thấy đúng vậy (x + 1)(x2 − 2x + 3) = [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2]. Bây giờ cũng bài toán trên nhưng cho ở dạng đã khai triển ra như sau: √ Ví dụ 2: Giải phương trình (x + 4) x + 2 = x3 − x2 − x − 5 (Bài toán này khó hơn bài toán trên nếu giải theo phương pháp hàm số, còn giải theo liên hợp thì vẫn thế. Bây giờ chúng ta sẽ dùng nhận xét ở trên để giải nó.) (Nháp: Bấm máy tính tìm √ √ biểu thức liên hợp của x + 2 được là x − 1, tức x + 2 = x − 1 do đó phương trình trên sẽ 32 √ đưa về f ( x + 2) = f (x) ta chỉ cần tìm hàm f đó nữa). Lời Giải Đk: x ≥ 2. √ Đặt y = x + 2 ⇒ y 2 = x + 2. Phương trình trở thành : (y 2 + 2)y = x3 − x2 − x − 5 ⇔ y 3 + 2y = x3 − x2 − x − 5 (2) (Bây giờ ta nghĩ hàm đặc trưng chắc là f (t) = t3 + 2t (hàm theo biến y) nhưng rất tiếc là không phải vây? Tại sao vậy? Vì nếu vậy thì (x − 1)3 + 2(x − 1) = f (x) = f (y) = x3 − x2 − x − 5 ⇒ (x − 1)3 + 2(x − 1) − (x3 − x2 − x − 5) = 0 nhưng hiệu này khác không khai triển ra sẽ thấy ( Đối với những ai tinh ý hơn không cần khai triển ra sẽ thấy hệ số tự do của hiệu này là −1 − 2 + 5 = 3 = 0). Vậy hàm đặc trưng là hàm gì? và tìm thế nào?. Dựa vào ý tưởng của phương pháp ∆ ta tìm như sau: Cộng hai vế của (2) cho ny 2 ta được y 3 + 2y + ny 2 = x3 − x2 − x − 5 + n(x + 2), thay y = x − 1 vào đây ta được (x − 1)3 + 2(x − 1) + n(x − 1)2 = x3 − x2 − x − 5 + n(x + 2). Tới đây nhiều người sẽ chọn đồng nhất hệ số hai vế để tìm n, đối với tôi, tôi không thích cách đó làm vì nó vẫn còn dài dòng nên tôi chọn cách như sau: Chúng ta chỉ cần lấy x một số bất kì thay vào 2 vế rồi suy ra n (Chú ý lấy x sao cho vẫn còn n để suy ra, chứ lấy x mà n triệt tiêu thì thôi rồi sao còn suy ra n được), ở đây ta chọn x = 1 thì 0 = −6 + 3n ⇒ n = 2. Suy ra hàm đặc trưng là f (x) = t3 + 2t2 + 2t.) (2) ⇔ y 3 +2y 2 +2y = x3 −x2 −x−5+2(x+2) ⇔ y 3 +2y 2 +2y = (x−1)3 +2(x−1)2 +2(x−1) (∗). Xét hàm f (t) = t3 + 2t2 + 2t. Suy ra f (t) = 3t2 + 4t + 2 > 0, ∀t ∈ R. Ta có √ (∗) ⇔ f (y) = f (x − 1) ⇔ y = x − 1 ⇔ x + 2 = x − 1. Tới đây giải như ở trên. √ Ví dụ 3: Giải phương trình x3 + 3x2 + 4x + 2 = (3x + 2) 3x + 1 √ √ (Nháp: Bấm máy tính tìm được biểu thức liên hợp của 3x + 1 là x+1 tức là 3x + 1 = x+1.) Lời Giải −1 Đk: x ≥ . √3 Đặt y = 3x + 1 ≥ 0 ⇒ y 2 = 3x + 1 ⇒ 3x = y 2 − 1. Khi đó phương trình trở thành: x3 + 3x2 + 4x + 2 = (y 2 + 1)y ⇔ x3 + 3x2 + 4x + 2 = y 3 + y (Nháp x3 + 3x2 + 4x + 2 + n(3x + 1) = y 3 + y + ny 2 thay y = x + 1 vào ta đươc: x3 + 3x2 + 4x + 2 + n(3x + 1) = (x + 1)3 + (x + 1)2 + n(x + 1)2 cho x = −1 thì −1 + 3 − 4 + 2 − 2n = 0 ⇒ n = 0. Suy ra hàm đặc trưng là f (t) = t3 + t.) ⇔ (x + 1)3 + (x + 1) = y 3 + y (∗). Xét hàm f (t) = t3 + t. Suy ra f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. Khi đó ta có (∗) ⇔ f (x + 1) = f (y) ⇔ x + 1 = y ⇔ x + 1 = √ 3x + 1. Tới đây xin dành cho đọc giả tự giải. Các em thấy thế nào đã đủ ngắn gọn và nhanh chóng chưa? nếu chưa đủ thì hay chờ cuối phần này, tôi sẽ chỉ cho các em thấy ta có thể tính được n chỉ trong vòng chưa tới 10s và chỉ dùng máy tính hoặc tính nhẩm. 33 √ 4x − 2. Ví dụ 4: Giải phương trình 3 81x − 8 = x3 − 2x2 + 3 √ 3 Bấm máy tìm được 81x − 8 = 3x − 2. Lời Giải. (Không có Đk nhé! vì căn bậc 3) √ Đặt y = 3 81x − 8 ⇒ y 3 = 81x − 8. Khi đó phương trình trở thành: y = x3 − 2x2 + 1 4x 1 4x − 2 ⇔ y 3 + y = x3 − 2x2 + − 2 + (81x − 8) 3 27 3 27 1 3 1 y + y = (3x − 2)3 + (3x − 2) (∗). 27 27 1 1 3 Xét hàm f (t) = t + t. Suy ra f (t) = t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. Khi đó ta có 27 9 √ (∗) ⇔ f (y) = f (3x − 2) ⇔ y = 3x − 2 ⇔ 3 81x − 8 = 3x − 2 ⇔ ⇔ 81x − 8 = (3x − 2)3 ⇔ 81x3 − 54x2 − 45x = 0 ⇔ x(81x2 − 54x − 45) = 0  x=0 x=0 √ √  ⇔ ⇔ 1+ 6 1− 6 2 81x − 54x − 45 = 0. x= hoặc x = . 3 3 √ √ 1+ 6 1− 6 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0, , }. 3√ 3 Ví dụ 5: Giải phương trình 2x2 − 6x − 1 = 4x + 5 (Bài toán đã được giải trong phần phương pháp liên hợp nghiệm lẻ.) −5 Điều kiện: x ≥ − . 4 √ Đặt y = 4x + 5 ≥ 0 ⇒ y 2 = 4x + 5. Khi đó phưng trình trở thành 1 1 2x2 − 6x − 1 = y ⇔ 2x2 − 6x − 1 − (4x + 5) = y − y 2 2 2 ( Ở đây cách làm như ví dụ 1, đó là cộng 2 vế cho ny 2 , VT đưa lại về biến x, VP giữ nguyên, từ đó tìm n như trong Ví dụ 1) 1 ⇔ (2x − 3) − (2x − 3)2 = y − y 2 ⇔ 2y − y 2 = 2(2x − 3)2 − (2x − 3)2 2 (Tới đây nếu chúng ta xét hàm đặc trưng f (t) = 2t − t2 . Suy ra f (t) = 2 − 2t chưa biết luôn âm hoặc luôn dương cả. Do đó ta sẽ không xét hàm đặc trưng mà đưa về tích như sau.) Đặt z = 2x − 3 (cho dễ tính toán). Khi đó phương trình trở thành: ⇔ 2y−y 2 = 2z−z 2 ⇔ 2(y−z)+z 2 −y 2 = 0 ⇔ 2(y−z)+(z−y)(z+y) = 0 ⇔ (y−z)[2−(z+y)] = 0 (ở đây chúng ta đã dùng hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b)(a + b)) y=z y =2−z √ ⇔ √ 4x + 5 = 2x − 3 4x + 5 = 2 − (2x − 3) Tới đây các em tự giải nhé! Nhận xét: 34 . 1)Để giải nhanh bằng phương pháp hàm số trước tiên ta phải tìm được biểu thức liên hợp. Nếu căn thức xuất hiện trong bài là căn bậc hai thì ta cộng 2 vế cho ny 2 , Nếu căn bậc 3 thì cộng 2 vế cho ny 3 . Sau đó tìm n. 2) Từ Ví dụ 5, cho ta thấy việc giải bài toán bằng phương pháp đặc trưng đơn giản và ngắn gọn hơn phương pháp liên hợp nghiệm lẻ, khi phương trình của mình chỉ có một căn thức. 3) Bây giờ tôi sẽ trả lời cho việc tìm n một cách nhanh chóng trong các Ví dụ từ 2 đến Ví dụ 5. Các em có để ý trong Ví dụ 2 tôi cho x = 1 thì V T = 0 (VT chính là vế của y trước đó) và suy ra n; trong Ví dụ 3 tôi cho x = −1 thì V P = 0 (mà VP chính là vế của y trước đó). Để ý x mà tôi đã cho đó, chính là nghiệm của biểu thức liên hợp mà ta tìm được đầu mỗi lời giải. Vậy trong bài toán F (x) G(x) = H(x) hoặc F (x) 3 G(x) = H(x) thì H(x0 ) , n=− G(x0 ) với x0 là nghiệm của biểu thức liên hợp mà ta tìm được ở đầu lời giải. Như trong Ví dụ 3: 2 2 2 ( )3 − 2.( )2 + 4. 3 − 2 1 3 3 n=− 3 = , 2 27 81. − 8) 3 √ 4x 2 do H(x) = x3 − 2x2 + − 2; G(x) = 81x − 8; x0 = là nghiệm của biểu thức liên hợp 3 3 4X 3x − 2. Ở đây để tính n ta bấm máy tính như sau cho nhanh: Nhập −(X 3 − 2X 2 + − 3 2 1 2)(81X − 8), nhấn CALC, (chổ x?) ta được . 3 27 Chú ý: Nếu tính n như trên mà máy báo lỗi (Math ERROR) thì trong trường hợp đó ta tìm n như trong Ví dụ 2. Bài tập Giải các phương trình sau: √ 1. 8x3 − 36x2 + 53x − 25 = 3 3x − 5 √ 2. 3 3x + 4 = x3 + 3x2 + x − 2 5x 3 √ 3 3. x3 + − = −x3 + 3x2 + 6 2 2 √ 4. (2x + 5) x + 2 = 16x3 − 16x2 + 4x − 5 √ 5. (x + 1) x − 1 − 4(x + 1)(2x2 + 4x + 3) = 0 6. 7x2 − 13x + 8 = 2x2 3 x(1 + 3x − 3x2 ) √ 7. 9x2 − 28x + 21 = x − 1 √ 8. 2x − 1 + x2 − 3x + 1 = 0 35 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 2.4 Phương pháp đưa về đồng bậc Ví dụ 1: Giải phương trình x2 + 12x + 3 = 8 x(x2 + 3). Điều kiện: x(x2 + 3) ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 (Do x2 + 3 > 0) Đặt   a2 = x a = √ x ≥ 0 ⇔ b = x2 + 3. b = √ x 2 + 3 > 0 Phương trình trở thành x2 + 12x + 3 = 8ab (∗). Bây giờ mục đích của chúng ta là đưa phương trình này về một phương trình bậc hai theo a, b. Do đó ta cần làm xuất hiện na2 + mb2 ở VT (n, m là các số ta cần tìm) . Điều đó có nghĩa là ta phải biến đổi x2 + 12x + 3 = na2 + mb2 . Thay a2 = x, b2 = x2 + 3 vào đây ta được x2 + 12x + 3 = nx + mx2 + 3m đồng nhất hệ số x2 , x, tự do 2 vế, ta được    m=1   n = 12    3 + 3m = 1. Thay m = 1 vào phương trình cuối thấy thỏa mãn nên n = 12, m = 1. Vậy x2 +12x+3 = 12a2 +b2 a a (∗) ⇔ 12a2 + b2 = 8ab ⇔ 12( )2 + 1 = 8 b b (Do b > 0, nên ta mới chia 2 vế cho b) a a 12( )2 − 8 + 1 = 0 b b (Đây là phương trình bậc 2 theo ⇔ a nên bấm phương trình ta được) b  a 1 =  b 2  a 1 = b 6 2a = b 6a = b x2 − 4x + 3 ⇔ 4a2 = b2 36a2 = b2 ⇔ 4x = x2 + 3 36x = x2 + 3 x = 1 hoặc x = 3 √ √ . x2 − 36x + 3 x = 18 + 321 hoặc x = 18 − 321 √ √ So với điều kiện phương trình có tập nghiệm S = {1, 3, 18 − 321, 18 − 321}. ⇔ ⇔ Ý tưởng của phương pháp đồng bậc: Từ một phương trình vô tỷ chứa căn, đặt một lần 2 ẩn phụ a, b và đưa phương trình vô tỷ đó về phương trình đồng bậc, bậc 2 theo a, b. √ Ví dụ 2: Giải phương trình 2x2 + 5x − 1 = 7 x3 − 1 Lời giải 36 Điều kiện: x3 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình tương đương với 2x2 + 5x − 1 = 7 (x − 1)(x2 + x + 1) (Dùng hằng đẳng thức a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) hoặc có thể xem phần giải phương trình bậc 3, để biết cách khai triển như đó) . Đặt  a = √ x − 1 ≥ 0 b = √ x 2 + x + 1 > 0  a2 = x − 1 ⇒ b 2 = x 2 + x + 1 Khi đó phương trình trở thành 2x2 + 5x − 1 = 7ab (∗) (Nháp 2x2 +5x−1 = na2 +mb2 = n(x−1)+m(x2 +x+1) ⇔ 2x2 +5x−1 = mx2 +x(m+n)+m−n, đồng nhất hệ số x2 , x, tự do ta được:    m=2   n + m = 5 (2)    m − n = −1 (3) Thay m = 2 vào (2) ⇒ n = 3 thay vào phương trình cuối thấy thỏa mãn. Vậy m = 2, n = 3. Suy ra 2x2 + 5x − 1 = 3a2 + 2b2 ) a a a a (∗) ⇔ 3a2 + 2b2 = 7ab ⇔ 3( )2 + 2 = 7 ⇔ 3( )2 − 7 + 2 = 0 b b b b  a =2 a = 2b ⇔  ab 1 ⇔ 3a = b = b 3 ⇔ a2 = 4b2 9a2 = b2 ⇔ x − 1 = 4(x2 + x + 1) 9(x − 1) = x2 + x + 1. Tới đây các em có thể tự giải nhá! √ Ví dụ 3: Giải phương trình 3x2 − 5x + 3 = 3 x4 + x2 + 1 Ta có x4 + x2 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − x2 = (x2 + 1)2 − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) . Do đó phương trình trở thành 3x2 − 5x + 3 = 3 (x2 + x + 1)(x2 − x + 1) Đặt  a = (x2 b = (x2 − x + 1) > 0 + x + 1) > 0 37  a2 = x2 + x + 1 ⇒ b2 = x2 − x + 1 [Nháp: 3x2 −5x+3 = na2 +mb2 = n(x2 +x+1)+m(x2 −x+1) = x2 (n+m)+x(n−m)+n+m). Đồng nhất hệ số x2 , x, tự do hai vế ta được:    n + m = 3 (2)   n − m = −5 (3)    n + m = 3. Ta bấm hệ phương trình (2) và (3) được n = −1, m = 4. Vậy 3x2 − 5x + 3 = −a2 + 4b2 ] ⇒ 3x2 − 5x + 3 = −a2 + 4b2 . Phương trình tương đương với a a a a −a2 + 4b2 = 3ab ⇔ −( )2 + 4 = 3 ⇔ ( )2 + 3 − 4 = 0 b b b b  a =1  b   a = −4(l) b ⇔ a = b ⇔ a2 = b2 ⇔ x2 + x + 1 = x2 − x + 1 ⇔ x = 0. Vậy phương trình có nghiệm x = 0. √ Ví dụ 4: Giải phương trình x4 + 2x2 + 2x − 1 = 3(x2 + 1) x − 1 Điều kiện: x ≥ 1.  a = x 2 + 1 > 0 b = √ x − 1 ≥ 0  a2 = (x2 + 1)2 = x4 + 2x2 + 1 ⇒ b 2 = x − 1 [ Nháp: x4 + 2x2 + 2x − 1 = na2 + mb2 = nx4 + 2nx2 + n + mx − m, cho x = 1, thì 1 + 2 + 2 − 1 = n + 2n + n ⇒ n = 1, cho x = 0 thì −1 = n − m ⇒ m = 2 (Ta cũng có thể đồng nhất hai vế tìm n, m như 3 Ví dụ trên cũng được).] ⇒ x4 + 2x2 + 2x − 1 = a2 + 2b2 . Khi đó phương trình trở thành b b a2 + 2b2 = 3ab ⇔ 1 + 2( )2 = 3 a a (Ở đây ta chia 2 vế cho a, vì a > 0 và không chia cho b vì b chưa > 0) b b ⇔ 2( )2 − 3 + 1 = 0 a a  b =1  a    b 1 = a 2 Tới đây các em có thể giải như Ví dụ ở trên nhé! Nhận xét: 38 1. Từ Ví dụ 1 đến Ví dụ 3 chúng ta có thể thấy biểu thức trong căn có bậc lớn hơn bậc của √ biểu thức ngoài căn (Thật ra ở Ví dụ 4 cũng có tính chất đó nếu để ý (x2 + 1) x − 1 = (x2 + 1)2 (x − 1).). 2. Tất cả các ví dụ trên đều có thể đưa một vế có dạng f (x)g(x) hoặc f (x) g(x). Những bài toán có khả năng giải được bằng PP này: i) Phương trình vô tỷ có một căn thức và biểu thức dưới căn thức phải có bậc ≥ bậc của biểu thức ngoài căn (trường hợp = ít gặp) và biểu thức dưới căn có thể đưa về tích. ii) Những phương trình sau khi bình phương hai vế hoặc mũ ba hai vế mà đưa về dạng i) được. iii) Phương trình có sự xuất hiện tích f (x) g(x). Các bước giải: Bước 1: Từ một phương trình vô tỷ chứa nhiều căn bậc 2 (nhiều nhất 3 căn) bình phương hai vế để đưa về một phương trình vô tỷ có một căn thức và phải có dạng i) hoặc iii), sau đó chuyển biểu thức đi với căn thức qua một vế, biểu thức không đi với căn về một vế như các Ví dụ ở trên (Trường hợp có một căn thức thì chỉ thực hiện bước chuyển thôi. Thật ra chuyển để cho các em chưa quen cho dễ làm thôi, không chuyển vẫn làm được.) Bước 2: Biến đổi biểu thức dưới căn về dạng tích (nếu có thì khỏi, đôi khi những bài toán hơi bị khó vẫn phải làm chúng ta sẽ gặp trong phần luyện tập) và mỗi cái tích đó phải ≥ 0 tức là đưa về f (x)g(x) mà f (x) ≥ 0, g(x) ≥ 0 vì khi đó mới tách căn được (trong trường hợp dạng như ví dụ 4 thì không cần.) Bước 3: Đặt 2 ẩn a, b sau đó đưa về đồng bậc bậc 2 ( có khi bậc 3, bậc 3 ít gặp), sau đó giải ra. Chú ý: Có những giải bằng PP này nhưng không tuân theo 2 bước đầu nhưng bước 3 thì luôn có (trường hợp này ít gặp) nhưng một điều chắc chắn bài toán phải đưa về na2 +mb2 +kab (đồng bậc bậc 2) hoặc na3 +mb3 +ka2 b hay na3 +mb3 +kab3 (đồng bậc bậc 3). Đưa về đồng bậc bậc 2 thường Bài tập gặp nhất. Giải các phương trình sau: √ 1. 2(x2 + 2) = x3 + 1 √ 2. x2 + 5x − 4 x3 + x2 + x − 3 = 0 √ 4x4 + 8x3 + 6x2 + 4 − 6 x2 + 2 = 0 x2 + x √ √ √ 4. x2 + 2x + 2x − 1 = 3x2 + 4x + 1 3. 2.5 Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn Ví dụ 1: Đối với những bài toán không đưa được về đồng bậc nhưng lại đưa được về một 39 phương trình bậc 2 hoặc bậc 3 theo a, b thì ta có phương pháp tiếp theo. √ √ √ Ví dụ 1: Giải phương trình 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x2 = 10x − 3 (ĐH-B11) Điều kiện:  2 + x ≥ 0 2 − x ≥ 0 ⇔  x ≥ −2 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2. x ≤ 2 Phương trình tương đương √ √ √ 3( 2 + x − 2 2 − x) + 4 4 − x2 = 10 − 3x. √ √ √ √ Đặt t = 2 + x − 2 2 − x ⇒ t2 = −3x + 10 2 − x2 ⇒ 4 2 − x2 = 10 − 3x − t2 (Do bình phương hai vế). Khi đó phương trình trở thành 3t + 10 − 3x − t2 = 10 − 3x ⇔ −t2 + 3t = 0 ⇔ t=0 t=3 √ √ √ 6 2 + x − 2 2 − x = 0 ⇔ 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 − x) ⇔ x . 5 √ √ √ √ + Với t = 3 ⇔ 2 + x − 2 2 − x = 3 ⇔ 2 + x = 2 2 − x + 3 ⇔ 2 + x = 4(2 − x) + 9 + √ √ 12 2 − x ⇔ 5x − 15 = 12 2 − x ⇒ phương trình vô nghiệm. (Do điều kiện x ≤ 2 ⇒ 5x − 15 = + Với t = 0 ⇔ √ 5(x − 3) < 0 mà VP ≥ 0. Nếu em nào không nhận ra điều đó thì cũng có thể bình phương hai vế giải bình thường sau đó kết hợp điều kiện có được). Vậy tóm lại phương trình có nghiệm 6 x= 5 √ √ √ Ví dụ 2: Giải phương trình 2(5x + 3 x2 + x − 2) = 3 x − 1 + x + 2 + 27. Điều kiện:  x − 1 ≥ 0 ⇔ x + 2 ≥ 0  x ≥ 1 x ≥ −2 (Ở trên chúng ta không có điều kiện x2 + x − 2 ≥ 0 vì từ x − 1 ≥ và x + 2 ≥ 0 suy ra (x − 1)(x + 2) ≥ 0 hay x2 + x − 2 ≥ 0 nên ta không cần đặt điều kiện x2 + x − 2 ≥ 0 ) √ √ √ Phương trình tương đương với 10x + 6 x2 + x − 2 = 3 x − 1 + x + 2 + 27. √ √ √ √ Đặt t = 3 x − 1 + x + 2 ≥ 0 ⇒ t2 = 10x − 7 + 6 x2 + x − 2 ⇒ 6 x2 + x − 2 = t2 − 10x + 7. Khi đó phương trình trở thành 10x + t2 − 10x + 7 = t + 27 ⇔ t2 − t − 20 = 0 ⇔ t=5 t = −4(l) √ √ ⇔ t2 = 25 ⇔ 10x − 7 + 6 x2 + x − 2 = 25 ⇔ 6 x2 + x − 2 = 32 − 10x    32 − 10x ≥ 0 x ≤ 16 5 ⇔ ⇔ 137 137 16 36(x2 + x − 2) = (32 − 10x)2  x = 2 hoặc x = (l) ( > ). 16 16 5 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. √ √ Ví dụ 3: Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 Lời giải 40 6 Điều kiện: 6 − 5x ≥ 0 ⇔ x ≤ (chú ý biểu dưới căn lẻ không có điều kiện nhé!) 5 √ t3 + 2 3 3 Đặt t = 3x − 2 ⇒ t = 3x − 2 ⇒ x = . 3 khi đó phương trình trở thành: t3 + 2 t3 + 2 2t + 3 6 − 5 −8=0⇔3 6−5 = 8 − 2t 3 3   t ≤ 4 8 − 2t ≥ 0 ⇔ ⇔ 3 54 − 15t3 − 30 = 64 − 32t + 4t2 9(6 − 5 t + 2 ) = (8 − 2t)2 3   t ≤ 4 t ≤ 4 ⇔ ⇔ (t + 2)(15t2 − 26t + 20) = 0 15t3 + 4t2 − 32t + 40 = 0  t ≤ 4 ⇔ t = −2 Do 15t2 − 26t + 20 = 0 VN. ⇔ √ 3 3x − 2 = −2 ⇔ 3x − 2 = −8 ⇔ x = −2. So với điều kiện phương trình có nghiệm x = −2 √ √ Ví dụ 4: Giải phương trình x2 + 3 x2 − 1 = x4 − x2 + 1 Lời giải 2 Điều kiện: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, ∞). Đặt t = x2 ≥ 0. Phương trình trở thành √ √ √ t + 3 t − 1 = t2 − t + 1 ⇔ t2 + 9t − 9 + 6t t − 1 = t2 − t + 1 (Chú ý ở đây bình phương hai vế k có điều kiện vì VT ≥ 0) √ √ ⇔ 6t t − 1 = 10 − 10t ⇔ 3t t − 1 = 5 − 5t (Rút gọn cho các số bên VP nhỏ để dễ khai triển hơn thôi) ⇔ ⇔  5 − 5t ≥ 0 ⇔ 9t2 (t − 1) = 25 − 50t + 25t2  t ≤ 1 (t − 1)(9t2 − 25t + 25) = 0  t ≤ 1 9t3 − 34t2 + 50t − 25 = 0  t ≤ 1 ⇔ t = 1. Do 9t2 − 25t + 25 = 0 V N. ⇔ x2 = 1 ⇔ x = 1 hoặc x = −1. So với điều kiện phương trình có tập nghiệm là S = {−1, 1}. Nhận Xét: 1. Từ Ví dụ 1 đến Ví dụ 3 chúng ta thấy rằng việc đặt ẩn phụ t làm phương trình vô tỷ ban đầu giảm số căn thức xuất hiện. Trong Ví dụ 4 thì làm giảm số mũ của x và tất cả đều đưa về hoặc là phương trình bậc 2 hoặc bậc 3 hoặc phương trình vô tỷ đơn giản hơn mà ta có thể giải nó bằng 1 trong 4 phương pháp trên hoặc chỉ cần bình phương, lập phương 2 vế là được 41 phương trình bậc 2 hoặc 3. 2. Sau khi đặt t phương trình ban đầu đưa về một phương trình mới theo t. Các bước giải: Bước 1: Đặt ẩn phụ t (Thường đặt t = căn thức, biểu thức xuất hiện lập lại vài lần trong phương trình. Trường hợp có 3 căn thức nếu đặt t thì 3 căn thức đó có tính chất có 2 căn thức nhân lại bằng căn thúc thứ 3 như Ví dụ 1, 2.) Bước 2: Trường hợp đặt t = f (x) thì tính t2 =. Nếu đặt t = 3 f (x) thì tính t3 , sau đó đưa phương trình ban đầu về phương trình theo t. Bước 3: Xem bình phương, lập phương hai vế đưa được phương trình bậc 2 hoặc 3 được không. Nếu không thì dùng 1 trong 4 phương pháp ở trên để giải. Mục đích sử dụng: Khi nào ta muốn làm giảm số căn thức xuất hiện, làm giảm mũ của x, làm cho các biểu thức lập lại phức tạp thành đơn giản. Nói tóm lại làm cho phương trình ban đầu đơn giản hơn. Bài tập Giải các phương trình sau: √ √ 1. 3 − x + x2 − 2 + x − x2 = 1 2. √ x+1+ 3. x + 4. 2.6 √ x−4+ (x + 1)(4 − x) = 0 √ √ 4 − x2 = 2 + 3x 4 − x2 √ √ 3 24 − x + 12 − x = 6 Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3 hoặc bậc nhất theo hệ Đây một trong những phương pháp thường hay được sử dụng trong hệ phương trình trong những năm lại gần đây √ √ √ Ví dụ 1: Giải phương trình 2(2 1 + x − 1 − x) − 1 − x2 = 3x + 1 Thoạt đầu nhìn có vẻ gần giống với Ví dụ 1 ở trên nhưng bài toán này chúng ta không thể giải quyết bằng cách đặt ẩn phụ hoàn toàn được. Vì nếu đặt √ √ √ √ t2 − 3x − 5 t = 2 1 + x − 1 − x ⇒ t2 = 3x + 5 − 4 1 − x2 ⇒ − 1 − x2 = . 4 Khi đó phương trình trở thành 2t + t2 − 3x − 5 t2 − 15x − 9 = 3x + 1 ⇔ 2t + = 0. 4 4 Từ đây chúng ta thấy rằng phương trình không thể đưa về hoàn toàn theo biến t được vì vẫn còn x nên không thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phu hoàn toàn được. Lời Giải 42 Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt  a = √1 + x ≥ 0 b = √1 − x ≥ 0  a2 = 1 + x ⇒ b2 = 1 − x. Phương trình trở thành 2(2a − b) − ab = 3x − 1 (∗). [ Bây giờ ta cần đưa phương trình (*) về một phương trình theo a, b, nên ta cần biến đổi 3x − 1 = na2 + mb2 (3), m, n là số cần tìm (cái này cũng giống như phương pháp đồng bậc chỉ có điều phương trình nhận được chập không đồng bậc mà thôi.) (3) ⇔ 3x + 1 = n(1 + x) + m(1 − x) (4) cho x = 1 ⇒ n = 2, cho x = −1 ⇒ m = −1 thử lại thấy 2 vế của (4) thỏa, trong trường hợp dùng đồng nhất hệ số hai vế để tìm n, m thì không cần thử lại. Vậy n = 2, m = −1 ⇒ 3x + 1 = 2a2 − b ] Ta có 3x + 1 = 2a2 − b2 nên (∗) ⇔ 4a − 2b − ab = 2a2 − b2 ⇔ 2a2 + a(b − 4) + 2b − b2 = 0(∗∗) [ Đây là phương trình bậc 2 theo a và nó cũng bậc 2 theo b nhưng lại không phải phương trình đồng bậc ] Tính ∆a = (b − 4)2 − 8(2b − b2 ) = b2 − 8b + 16 − 16b + 8b2 = 9b2 − 24b + 16 = (3b − 4)2 [ ở đây ta tính ∆b cũng được vì phương trình (∗∗) cũng là bậc 2 theo b nhưng khi đó ta phải biến đổi phương trình (∗∗) về bậc 2 theo b ] Do đó [ Ở đây −(b − 4) + 3b − 4 b =  a= 4 2 (∗∗) ⇔  −(b − 4) − (3b − 4) a= = −b + 2 4  √ ∆ = 3b − 4 ] ⇔ 4a2 = b2 (a + b)2 = 4 3 4(x + 1) = (1 − x) x=−  √ ⇔ 5 2 + 2 1 − x2 = 4 x=0  ⇔ 3 So với điều kiện Phương trình có tập nghiệm S = {− , 0}. 5 √ √ √ Ví dụ 2: Giải phương trình 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x2 + 3x + 2  3 a = √ x+1 Đặt √ b = 3 x + 2. Lời giải Ta thấy rằng x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2) ⇒ ab = 43 √ 3 x2 + 3x + 2. Khi đó phương trình trở thành a + b = 1 + ab [ Đây là một phương trình bậc nhất theo a, b nên chúng ta đưa về tích nếu được ] ⇔ a(1 − b) + b − 1 = 0 ⇔ (1 − b)(a − 1) = 0 ⇔ √ 3 ⇔ x+1=1 ⇔ √ 3 x+2=1 x+1=1 x+2=1 ⇔ a=1 b=1 x=0 x = −1 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {−1, 0}. 1 5 4 Ví dụ 3: Giải phương trình + x − = x + 2x − x x x  1  x − ≥ 0 x Điều kiện: [ ở đây ta không cần giải ra điều kiện, vì điều kiện hơi rắc rối và 5  2x − ≥ 0 x mất thời gian, ta có thể giải bài toán trước, nếu nghiệm đẹp ta thử lại lên ở điều kiện nếu thỏa thì nhận. giải điều kiện ra.]  Còn nếu nghiệm lẻ thì  1    a = x − ≥ 0 a2 = x − 1 x x Đặt ⇒ 5   5 2  b = 2x − b = 2x − ≥ 0 x x Khi đó phương trình trở thành 4 4 + a = x + b ⇔ a − b = x − (∗) x x 4 1 5 1 [ Nháp: x − = na2 + mb2 = n(x − ) + m(2x − ) = x(n + 2m) + (−n − 5m). Đồng nhất x x x x hệ số x, tự do hai vế ta được:   n + 2m = 1 n = −1 4 ⇒ ⇒ x − = −a2 + b2 ] −n − 5m = −4 m = 1 x 4 = −a2 + b2 . Khi đó phương trình (*) trở thành x 2 a−b = b −a2 ⇔ a−b = (b−a)(a+b) ⇔ (a−b)(1+a+b) = 0 ⇔ a = b (do a ≥, b ≥⇒ 1+a+b > 0) Ta có: x − 1 5 4 = 2x − ⇔ x = ⇔ x2 = 4 ⇔ x = 2 hoặc x = −2. x x x So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 2. a2 = b 2 ⇔ x − √ √ Ví dụ 4: Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0 (Đề thi ĐH A-09, ta đã có giải theo phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn ở trên) 6 Điều kiện: x ≤ 5 Đặt  3 a = √ 3x − 2 √ b = 6 − 5x 44  a3 = 3x − 2 ⇒ b2 = 6 − 5x (2.3) Khi đó phương trình trở thành 2a + 3b − 8 = 0 (∗). [ Đây là một phương trình bậc nhất theo a, b và chúng ta dễ dàng rút a theo b và ngược lại nhưng làm như thế chẳng giúp ta 8 − 3b tìm được x vì nếu suy ra a = sau đó thay a, b bằng các căn thức đặt ban đầu thì 2 quay về lại bài toán ban đầu lại. Do đó khi gặp trường hợp thế này chúng ta cần tìm thêm một phương trình theo a, b, phương trình cần tìm đó bao giờ cũng dựa vào hệ (2.3) như sau: na3 + mb2 = n(3x − 2) + m(6 − 5x) = x(3n − 5m) + 6m − 2n, từ đây ta tìm n, m sao cho 3n−5m = 0 (2) (Vì khi đó phương trình của ta mới theo a, b và không còn x), chọn n = 5, m = 3 (chọn số nào cũng được miễn VT của (2) bằng 0 và không được m, n bằng 0 nhé!) ⇒ 5a3 + 3b2 = 18 − 10 = 8 ] 8 − 2a Mặt khác ta có: 5a3 + 3b2 = 8 (∗∗). Từ (∗) ⇒ b = (Rút b cho dễ tính toán hơn) thay 3 vào (∗∗) ta được 64 − 32a + 4a2 5a + = 8 ⇔ 15a3 + 4a2 − 32a + 40 = 0 ⇔ (a + 2)(15a2 − 26a + 20) = 0 3 √ ⇔ a = −2 ⇔ 3 3x − 2 = −2 ⇔ x = −2. 3 So với điều kiện phương trình có nghiệm x = −2. Bài tập Giải các phương trình sau √ √ √ 1. 4 x + 1 − 1 = 3x + 2 1 − x + 1 − x2 √ √ √ 2. (x + 2)( 2x + 3 − 2 x + 1) + 2x2 + 5x + 3 − 1 = 0 √ √ √ 3. 3 x2 + 3x + 2( 3 x + 1 − 3 x + 2) = 1 2.7 Phương pháp đạo hàm Cho Phương trình f (x) = 0. Nếu f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định D của nó, thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Phương pháp này thường dùng cho những bài toán có duy nhất nghiệm và những bài toán vô nghiệm. Nó hỗ trợ cho phương pháp liên hợp và phương pháp hàm đặc trưng. √ 3 3 Ví dụ 1: Tìm nghiệm của phương trình 4x4 − 6x2 − + 2 3 − 4x = 0 trên đoạn [0, ] 4 4 1 Bấm máy tính chúng biết được phương trình có duy nhất nghiệm x = . Nếu chúng ta sử dụng 2 phương pháp liên sẽ đưa về một phương trình cũng khó khăn không kém các em có thể tự kiểm chứng do biểu thức ngoài căn của bài toán có bậc khá cao là bậc 4, nên việc liên hiệp gặp khó khăn. Lời giải 3 Điều kiện : x ≤ . 4 Xét hàm f (x) = 4x4 − 6x2 − √ 3 3 + 2 3 − 4x, x ∈ [0, ]. 4 4 45 [ Ta sẽ đi chứng minh hàm này đồng biến (hay nghịch biến) ]. ⇒ f (x) = 16x3 − 12x − √ 4 3 , x ∈ [0, ). 4 3 − 4x −4 [ f (0) = √ < 0, chứng minh nghịch biến. Để biết chứng minh đồng hay nghịch ta lấy một 3 3 số x0 ∈ [0, ) và tính f (x0 ), nếu f (x0 ) < 0 thì chứng minh nghịch, nếu f (x0 ) > 0 thì chứng 4 minh đồng ] 4 3 Vì − √ < 0 nên ta chỉ cần chỉ ra 16x3 − 12x ≤ 0, ∀x ∈ [0, ). Ta có 16x3 − 12x = 4 3 − 4x 3 9 9 3 2 2 2 2 ⇒ 4x ≤ < 3 ⇒ 4x − 3 < 0 ⇒ 16x3 − 12x = 4x(4x − 3). Do x ∈ [0, ) ⇒ x ≤ ⇒ x ≤ 4 4 16 4 4x(4x2 − 3) ≤ 0 (do x ≥ 0). 3 3 1 ⇒ f (x) < 0, ∀x ∈ [0, ). Suy ra hàm f (x) nghịch biến trên [0, ] mà f ( ) = 0. Nên phương 4 4 2 1 trình có duy nhất nghiệm x = . 2 √ Ví dụ 2: Giải phương trình x3 − 3x + 1 = 8 − 3x2 √ Bấm máy tính được nghiệm lẻ, từ đó ta tìm được biểu thức liên hợp của 8 − 3x2 là −x + 2. Suy ra biểu thức nghiệm là 8 − 3x2 − (−x + 2)2 = −4x2 + 4x + 4 = −4(x2 − x − 1). Vậy ta chọn biểu thức nghiệm là x2 − x − 1. Lời Giải 8 8 ≤x≤ . 3 3 Khi đó phương trình trở thành: Điều kiện: − x3 − 3x + 1 − (2 − x) = [ ta bấm phương trình √ √ 8 − 3x2 − (2 − x) ⇔ x3 − 2x − 1 = √ −4(x2 − x − 1) 8 − 3x2 + (2 − x) 8 − 3x2 + (2 − x) = 0 thấy vô nghiệm do đó ta cứ tiếp tục làm bình thường. Bên VT ta chia VT cho biểu thức nghiệm được biểu thức x + 1 ] −4(x2 − x − 1) 4 ⇔ (x + 1)(x2 − x − 1) = √ ⇔ (x2 − x − 1)[x + 1 + √ ]=0 8 − 3x2 + (2 − x) 8 − 3x2 + (2 − x)  √ √ 1 + 5 1 − 5 hoặc x =  x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 2 2 ⇔ 4  x+1+ √ = 0 (∗) 8 − 3x2 + (2 − x) [ Bây giờ ta cần giải (∗), bấm máy tính thấy vô nghiệm, cho x = 0 thì VT của (∗) bằng 4 √ > 0. Vậy ta sẽ chứng minh VT của (∗) lớn hơn 0. ] 1+ 2+ 8 4 8 8 Đặt f (x) = x + 1 + √ = 0, − ≤x≤ . 3 3 8 − 3x2 + (2 − x) 8 8 Do x ≥ − ⇒x+1≥1− . 3 3 √ 8 [ Bây giờ ta cần đánh giá 8 − 3x2 + (2 − x) ≤ a, a ≥ 0. Từ kiện: x ≥ − ⇒ 2−x ≤ 3 √ √ √ 8 2+ , còn 8 − 3x2 ta chỉ có thể đánh giá không chặt 8 − 3x2 ≤ 8. Suy ra f (x) ≥ 3 46 8 + 3 4 √ 8 − 3x2 +(2−x) 8 √ 2+ + 8 3 thật sự chặt. Do đó ta cần đánh giá nó chặt hơn bằng cách khảo sát nó như sau. ] √ 8 8 ≤x≤ . Đặt g(x) = 8 − 3x2 + (2 − x), − 3 3 8 8 −3x − 1, − Suy ra g (x) = √ 0. 3 8 4 √ > 0. Suy + 3 6+4 6 √ 3 √ 1− 5 1+ 5 , }. ra (∗) VN. So với điều kiện phương trình có tập nghiệm S = { 2 2 Ta có cách chứng minh (∗) VN dễ và nhanh hơn như sau: √ √ (∗) ⇔ (x + 1)[ 8 − 3x2 + (2 − x)] + 4 = 0 ⇔ (x + 1) 8 − 3x2 − x2 + x + 6 = 0 √ ⇔ 2(x + 1) 8 − 3x2 − 2x2 + 2x + 12 = 0. √ √ Ta có: 2(x + 1) 8 − 3x2 − 2x2 + 2x + 12 = [(x + 1) + 8 − 3x2 ]2 + 3 > 0. Vậy (∗) VN. (Thấy quá nhanh và quá nguy hiểm chưa, cách chứng minh này đã xuất hiện trong cách giải 2 Ví dụ 4 trong phần phương pháp liên hợp nghiệm lẻ đấy nhé!) √ √ √ Ví dụ 3: Giải phương trình x − 1 + x + 1 + 2 − x = x2 + 2 (HSG tỉnh Nghệ an 2011). Bấm máy tính ta tìm được 2 nghiệm x = 0, x = 1. Do đó ta có thể dùng phương pháp liên hợp 2 nghiệm đẹp. Ở chúng ta sẽ dùng phương pháp liên hợp một nghiệm (Ta sẽ liên hợp nghiệm x = 0, liên hợp nghiệm x = 1 cũng tương tự) và kết hợp phương pháp hàm số. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2. Phương trình tương đương với √ √ √ x + ( x + 1 − 1) + ( 2 − x − 2) = x2 ⇔ x + √ x −x √ − x2 = 0 +√ x+1+1 2−x+ 2  ⇔ x[1+ √ x=0 1 1 √ −x] = 0 ⇔  −√ 1+ √ x+1+1 2−x+ 2 1 1 √ − x = 0 (∗) −√ x+1+1 2−x+ 2 1 1 √ − x = 0, −1 ≤ x ≤ 2. Đặt f (x) = 1 + √ −√ x+1+1 2−x+ 2 Suy ra 1 1 √ √ 2 2−x 2 x+1 √ f (x) = − √ − √ − 1 < 0, −1 ≤ x ≤ 2. 2 ( x + 1 + 1) ( 2 − x + 2)2 47 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 Suy ra f (x) nghịch biến trên [−1, 2]. Mặt khác ta có f (1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (∗). Vậy so với điều kiện phương trình ban đầu có tập nghiệm S = {0, 1}. (Ngoài cách trên bài toán này còn 2 cách giải đó là liên hợp 2 nghiệm đẹp và chỉ dùng phương pháp hàm số dành cho đọc giả tự kiểm chứng) Bài tập Giải các phương trình sau √ √ √ 1. ( x + 2 + x + 6)( 2x − 1 − 3) = 4 √ 2. x = (1 − x)3 + 1 √ 5 3. 3 3 − 2x + √ − 2x = 6 2x − 1 2.8 Luyên tập võ công Giải các phương trình sau: √ 1. 2(5x2 + 2) + 3(x2 − 2x) 3x − 1 = 2(x3 + 7) √ √ 2. 3 7x3 − 3x2 + 14x3 − 6x2 + 6x − 2 = 3 1 − 3x √ 3. (x2 + 4x + 3) x2 − 3x + 9 − x(x2 + 3) = x2 + 27 √ 4. 6x3 + 4x2 − 12x − 8 = (5x2 + 4x − 4)( 2x2 − 3 − 1) 5. 6. 7. 8. 9. 10. √ x2 − 4 = (x2 + 2x + 3)( x + 2 − 2) x+1 √ x3 + 5x2 + 17x + 7 = 2(x2 + 4) 2x2 + 7 √ √ 2x + 1 + x x2 + 2 + (x + 1) x2 + 2x + 3 = 0 √ √ √ x − 3 + x2 − 3x − 2 = 2x2 − 2x − 12 √ 16 3x3 (2 9x2 + 1 + 2) = √ x2 + 4 − x √ x3 − 6x2 + 12x − 7 = 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11 LỜI GIẢI √ 1. 2(5x2 + 2) + 3(x2 − 2x) 3x − 1 = 2(x3 + 7) Bấm máy tính chúng ta được nghiệm lẻ nhưng chúng ta lại không tìm được biểu thức liên √ hợp của 3x − 1. Nhưng thật ra phương trình vẫn có nghiệm x = 2. Để tìm được x = 2 ta √ bấm phương trình [2(5x2 + 2) + 3(x2 − 2x) 3x − 1 − 2(x3 + 7)] : (x − A), với A là nghiệm lẻ ta đã gán. khi đó ta sẽ tìm để nghiệm x = 2. Hãy chú ý những trường hợp thế này khi tìm nghiệm. Lời giải 48 Điều kiện: x ≥ 31 . Phương trình tương với √ √ 3(x2 − 2x) 3x − 1 = 2x3 − 10x2 + 10 ⇔ (x − 2)3x 3x − 1 = (x − 2)(2x2 − 6x + 2) √ ⇔ (x − 2)[3x 3x − 1 − (2x2 − 6x + 2)] = 0 ⇔ x=2 √ 3x 3x − 1 − (2x2 − 6x + 2) = 0 (∗) [ Bây ta giải phương trình (∗), để giải phương trình (∗) ta có 2 cách thứ nhất dùng ∆ tham số, thứ 2 dùng phương pháp đồng bậc vì có xuất hiện g(x) √ (∗) ⇔ 3x 3x − 1 = 2x2 − 6x + 2. Đặt  a = x > 0 b = √3x − 1 ≥ 0  a2 = x 2 ⇒ b2 = 3x − 1 f (x). ] ⇒ 2a2 − 2b2 = 2x2 − 6x + 2. Khi đó phương trình trở thành b b 3ab = 2a2 − 2b2 ⇔ 2( )2 + 3 − 2 = 0 a a  b  a = −2(l) ⇔ b ⇔ a = 2b ⇔ a2 = 4b2 1 = a 2 √  3+ 5  x= 2√ ⇔ x2 = 3x − 1 ⇔  3− 5 x= 2 √ 3+ 5 Tóm lại kết hợp điều kiện tập nghiệm của phương trình là S = {2, }. 2 √ √ 2. 3 7x3 − 3x2 + 14x3 − 6x2 − 6x − 2 = 3 1 − 3x Nhìn vào phương trình ta thấy xuất hiện 2 căn thức bậc 3 lận nên phương pháp liên hợp, phương pháp ∆ tham số bị loại trừ ngay. Vậy chỉ còn phương pháp đặc trưng và đặt 2 ẩn phụ. Ta nghĩ đến đặt ẩn phụ trước vì mục đích muốn mất 2 căn thức bậc 3 khó chịu. Lời giải Đặt  3 a = √ 7x3 − 3x2 3 b = √ 1 + 3x  a3 = 7x3 − 3x2 ⇒ b3 = 1 + 3x ⇒ 2a3 − 2b3 = 14x3 − 6x2 − 6x − 2 Khi đó phương trình trở thành a + 2a3 − 2b3 = b ⇔ 2a3 + a = 2b3 + b (∗). Xét hàm f (t) = 2t3 + t. Suy ra f (t) = 6t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. Nên f (t) là đồng biến trên R. Mặt khác ta có (∗) ⇔ f (a) = f (b) ⇔ a = b ⇔ a3 = b3 ⇔ 7x3 − 3x2 = 1 + 3x ⇔ 7x3 − 3x2 − 3x − 1 = 0 ⇔ (x − 1)(7x2 + 4x + 1) = 0 ⇔ x = 1(Do 7x2 + 4x + 1 = 0 V N ) ⇔ x = 1. Vậy phương trình có nghiệm x = 1. 49 √ 3. (x2 + 4x + 3) x2 − 3x + 9 − x(x2 + 3) = x2 + 27 [ Bấm máy tính chúng ta tìm được 2 nghiệm đẹp x = 3, x = −3. Chúng ta nghĩ đến phương pháp liên hợp 2 nghiệm đẹp √ √ nhưng không may khi cho x = −1 vào căn thức x2 − 3x + 9 bằng 3 3 nên biểu thức liên hợp sẽ có hệ số không đẹp (Đọc giả có thể kiểm chứng), làm chúng ta khó khăn trong tính toán. Do đó chúng ta liên hợp một nghiệm x = −3 trước (cũng có thể liên hợp x = 3). ] Lời Giải Phương trình tương với √ √ (x+3)(x+1) x2 − 3x + 9 = x3 +x2 +3x+27 ⇔ (x+3)(x+1) x2 − 3x + 9 = (x+3)(x2 −2x+9) [ Do ta liên hợp nghiệm x = −3 nên ta chuyễn các biểu thức không đi với căn qua một bên cho dễ đưa về tích. Nhưng khi cho x = −3 vào x2 + 4x + 3 thì = 0 nên ta không cần liên hợp chổ căn thức mà chỉ biến đổi x2 + 4x + 3 xuất hiện x + 3. Tương tự khi đó VP cũng phải xuất hiện x + 3 nên chúng ta chia x3 + x2 + 3x + 27 cho x + 3 được x2 − 2x + 9 nên có biến đổi ở trên. ] √ ⇔ (x+3)[(x+1) x2 − 3x + 9−(x2 −2x+9)] = 0 ⇔ x = −3 √ (x + 1) x2 − 3x + 9 = x2 − 2x + 9 (∗) [ Để giải phương trình (∗) ta có thể sử dụng liên hợp nghiệm x = 3 tiếp cũng được chỉ có điều khi đó ta đưa (∗) về phương trình (x − 3)G(x) = 0 và phải đi chứng minh G(x) vô nghiệm cũng hơi mệt (Đọc giả có thể kiểm chứng). Nên ở đây tôi sẽ dùng phương pháp ∆ hàm số thích hợp nhất với dạng này. ] √ Giải phương trình (∗). Đặt y = x2 − 3x + 9 ⇒ y 2 = x2 − 3x + 9. Khi đó (∗) trở thành (x + 1)y = x2 − 2x + 9 ⇔ ny 2 + (x + 1)y = x2 − 2x + 9 + n(x2 − 3x + 9) ⇔ ny 2 + (x + 1)y − [x2 (n + 1) − x(3n + 2) + 9 + 9n] = 0 (∗∗). Ta có ∆y = (x + 1)2 + 4n[x2 (n + 1) − x(3n + 2) + 9 + 9n]. Chọn n = −1 ⇒ ∆y = x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 . Nên ta có:  −(x + 1) + (x − 1) =1  y= −2 (∗∗) ⇔  −(x + 1) − (x − 1) y= =x −2 √ + Với y = 1 ⇔ x2 − 3x + 9 = 1 ⇔ x2 − 3x + 8 = 0 vô nghiệm. √ + Với y = x ⇔ x2 − 3x + 9 = x   x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ ⇔ x = 3. ⇔ x2 − 3x + 9 = x2 x = 3 Tóm lại kết hợp điều kiện phương trình ban đầu có tập nghiệm S = {−3, 3}. √ 4. 6x3 + 4x2 − 12x − 8 = (5x2 + 4x − 4)( 2x2 − 3 − 1) √ Bấm máy ta tìm được biểu thức liên hợp của 2x2 − 3 là x + 1 50 Lời giải 3 3 Điều kiện: x ∈ (−∞, − ] ∪ [ , +∞). 2 2 Phương trình tương đương với √ 6x3 + 4x2 − 12x − 8 + 5x2 + 4x − 4 = (5x2 + 4x − 4) 2x2 − 3 √ ⇔ 6x3 + 9x2 − 8x − 12 = (5x2 + 4x − 4) 2x2 − 3 √ ⇔ 6x3 + 9x2 − 8x − 12 − (5x2 + 4x − 4)(x + 1) = (5x2 + 4x − 4)[ 2x2 − 3 − (x + 1)] (5x2 + 4x − 4)(x2 − 2x − 4) √ ⇔ x − 8x − 8 = 2x2 − 3 + (x + 1) 3 ⇔ (x + 2)(x2 − 2x − 4) = (5x2 + 4x − 4)(x2 − 2x − 4) √ 2x2 − 3 + (x + 1) 5x2 + 4x − 4 ]=0 2x2 − 3 + (x + 1)  √ √ x2 − 2x − 4 = 0 ⇔ x = 1 + 5 hoặc x = 1 − 5  ⇔ 5x2 + 4x − 4 = 0 (∗) x+2− √ 2x2 − 3 + (x + 1) √ √ (∗) ⇔ (x + 2)( 2x2 − 3 + x + 1) = 5x2 + 4x − 4 ⇔ (x + 2) 2x2 − 3 = 4x2 + x − 6 (∗∗). ⇔ (x2 − 2x − 4)[x + 2 − √ Tới đây ta có thể giải (∗∗) bằng phương pháp ∆ tham số hay phương pháp liên hợp nghiệm lẻ đều được. Dành cho đọc giả tự kiểm chứng. 5. √ x2 + 2x − 8 = (x2 + 2x + 3)( x + 2 − 2) x+1 Bấm máy ta tìm được một nghiệm đẹp x = 2. và có thêm một nghiệm lẻ Lời giải Phương trình tương đương với (x − 2)(x + 4) (x2 + 2x + 3)(x − 2) √ = x+1 x+2+2 ⇔ (x − 2)[ x + 4 x2 + 2x + 3 −√ ]=0 x+1 x+2+2  x=2  ⇔ x + 4 x2 + 2x + 3 −√ = 0 (∗) x+1 x+2+2 Giải (∗). √ √ (∗) ⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 + 2x + 3) ⇔ (x + 4) x + 2 = x3 + 3x2 + 3x − 5 (∗∗). Tới đây thì tương tự Ví dụ 2 trong phần phương pháp hàm đặc trưng các em có thể tự giải nhé! √ 6. x3 + 5x2 + 17x + 7 = 2(x2 + 4) 2x2 + 7 Bài toán khá tương tự phương trình (∗∗) ở bài 5. Bấm mấy tính ta tìm được nghiệm √ x = 1, x = 3 suy ra biểu thức liên hợp của 2x2 + 7 là x + 2 51 Đặt y = √ Lời Giải 2x2 + 7 ⇒ y 2 = 2x2 + 7 ⇒ 2x2 = y 2 − 7. Phương trình trở thành x3 + 5x2 + 17x + 7 = (y 2 + 1)y ⇔ x3 + 5x2 + 17x + 7 + 2x2 + 7 = y 3 + y + y 2 ⇔ (x + 2)3 + (x + 2)2 + (x + 2) = y 3 + y 2 + y (∗). Xét f (t) = t3 + t2 + t. Suy ra f (t) = 3t2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ R. Nên suy ra f (t) đồng biến trên R. Mặt khác √ (∗) ⇔ f (x + 2) = f (y) ⇔ x + 2 = y ⇔ x + 2 = 2x2 + 7    x ≥ −2 x ≥ −2 x + 2 ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔ x = 1 hoặc x = 3. x2 − 4x + 3 = 0 x2 + 4x + 4 = 2x2 + 7 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {1, 3}. √ √ 7. 2x + 1 + x x2 + 2 + (x + 1) x2 + 2x + 3 = 0 1 Bấm máy tính ta biết được phương trình có duy nhất nghiệm x = − . 2 Cách 1: Dùng phương pháp hàm số Lời giải √ √ Đặt f (x) = 2x + 1 + x + 2 + (x + 1) x2 + 2x + 3. Suy ra f (x) = 2 + x2 + 2 + √ (x + 1)2 x2 √ + x2 + 2x + 3 + √ > 0, ∀x ∈ R. Suy ra f (x) đồng biến trên R. Ta x2 + 2 x2 + 2x + 3 1 1 lại có f (− ) = 0 nên phương trình có duy nhất nghiệm x = − . 2 2 √ x2 Cách 2: Dùng phương pháp hàm đặc trưng. Lời Giải Phương trình tương đương với √ √ 2x+1+(x+1) x2 + 2x + 3 = −x x2 + 2 ⇔ 2x+1+(x+1) (x + 1)2 + 2 = (−x) (−x)2 + 2.  a = x + 1 √ √ Đặt Phương trình trở thành 2x + 1 + a a2 + 2 = b b2 + 2. Ta có 2x + 1 = b = −x. a − b. phương trình trở thành √ √ √ √ a − b + a a2 + 2 = b b2 + 2 ⇔ a + a a2 + 2 = b + b b2 + 2 (∗) √ √ t2 2 2 √ Xét hàm f (t) = t + t t + 2 ⇒ f (t) = 1 + t + 2 + > 0, ∀t ∈ R. Suy f (t) đồng t2 + 2 1 biến trên R. Nên ta có (∗) ⇔ f (a) = f (b) ⇔ a = b ⇔ x + 1 = −x ⇔ x = − . Vậy phương 2 1 trình có nghiệm x = − . 2 √ √ √ 8. x − 3 + x2 − 3x − 2 = 2x2 − 2x − 12 Phương trình xuất hiện 3 căn bậc 2, nên ta bình phương giảm căn thức. Lời Giải 52    x−3≥0   Điều kiện: x2 − 3x − 2 ≥ 0    2x2 − 2x − 12 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Phương trình tương đương với x−3+x2 −3x−2+2 (x − 3)(x2 − 3x − 2) = 2x2 −2x−12 ⇔ 2 (x − 3)(x2 − 3x − 2) = x2 −7 √ [ Tới đây chúng ta đặt 2 ẩn phụ đưa về đồng bậc, nhưng chú ý nếu đặt a = x − 3 và √ 2 2 2 2 b = x2 − 3x − 2, thì ta cần biểu  diễn x − 7 = na + mb = n(x − 3) + m(x − 3x − 2)   m=1   ta thay m = 1 vào (2) ⇒ n = 3, đồng nhất hệ số 2 vế ta được n − 3m = 0(2)    −3n − 2m = −7(3) 5 thay m = 1 vào (3) ⇒ n = − . Vậy ta không tìm được n, m thỏa mãn. Do đó ta không 3 thể đặt a, b như trên được. Bây giờ ta biến đổi như sau. ] ⇔ 2 (x − 3)(x + 2)(x − 1) = x2 − 7 ⇔ 2 (x2 − x − 6)(x − 1) = x2 − 7. Đặt  a = √ x 2 − x − 6 ≥ 0 b = √x − 1 > 0  a2 = x 2 − x − 6 ⇒ b 2 = x − 1 ⇒ a2 + b2 = x2 − 7. Khi đó phương trình trở thành 2ab = a2 + b2 ⇔ (a − b)2 = 0 ⇔ a = b √ √ ⇔ x2 − x − 6 = x − 1 ⇔ x2 − x − 6 = x − 1 ⇔ x2 − 2x − 5 = 0 √ √ ⇔ x = 1 + 6 hoặc x = 1 − 6. √ So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 1 + 6. √ 16 9. 3x3 (2 9x2 + 1 + 2) = √ 2 x +4−x Lời Giải phương trình tương với: √ 3x3 (2 9x2 + 1 + 2) = 16 4 √ 2 x +4+x [ Ở đây do VP xuất hiện căn thức ở mẫu nên khó khăn trong việc giải phương trình, do đó ta cần tìm cách làm mất căn thức ở mẫu, nên ta dùng liên hợp (Thật ra muốn làm mất căn thức ở mẫu có thể mẫu VP qua trái nhưng làm như thế lại làm cho VT trở nên √ A − B2 phức tạp hơn) A − B = √ ] A+B √ √ ⇔ 3x3 (2 9x2 + 1 + 2) = 4( x2 + 4 + x) 53 [ Ở đây ta thấy rằng hai vế xuất hiện 2 căn bậc 2 và biểu thức dưới căn đều có dạng tổng bình phương nên ta nghĩ đến phương pháp hàm đặc trưng.] Do x = 0 không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế cho x2 ta được. 3x(2 (3x)2 + 1 + 2) = √ 1 2 2 .2.2( x2 + 4 + x) ⇔ 3x(2 (3x)2 + 1 + 2) = (2 1 + ( )2 + 2) 2 x x x 1 và số 2 vào trong. Dựa vào VT nên ta mới có thể biến đổi VP như vậy] x √ √ 2t2 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra Xét hàm f (t) = t(2 t2 + 1 + 2) ⇒ f (t) = 2 t2 + 1 + 2 + √ t2 + 1 hàm f (t) đồng biến trên R. Do đó [ Ở đây ta đẩy 2 2 2 (∗) ⇔ f (3x) = f ( ) ⇔ 3x = ⇔ x2 = x x 3 ⇔x= 2 hoặc x = − 3 2 . 3 2 2 , }. 3 3 Chú ý: Chúng ta thấy rằng bài toán 9 gần giống bài toán số 7, đều xuất hiện 2 căn bậc Vậy phương trình có tập nghiệm là S = {− 2 và biểu thức dưới căn đều có thể đưa về dạng tổng bình phương.Nên chú ý sự xuất hiện đó khi giải phương trình-Hệ phương trình. √ 10. x3 − 6x2 + 12x − 7 = 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11 Dạng này thường xuất hiện trong các kì thi HSG và nếu không biết cách sử dụng máy tính thì khá phức tạp và cồng kềnh nếu chỉ dùng hệ số bất định. Bấm máy tính tìm được √ 2 nghiệm x = 1, x = 3, suy ra biểu thức liên hợp của 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11 là x − 1. Lời Giải √ 3 3 3 2 Đặt y = −x + 9x − 19x + 11 ⇒ y = −x3 + 9x2 − 19x + 11. Khi đó phương trình trở thành 1 1 x3 − 6x2 + 12x − 7 = y ⇔ x3 − 6x2 + 12x − 7 + (−x3 + 9x2 − 19x + 11) = y 3 + y 2 2 (x − 1)3 1 + (x − 1) = y 3 + y. 2 2 2 1 3t Xét hàm f (t) = t3 + t ⇒ f (t) = + 1 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra hàm f (t) đồng biến trên 2 2 R. Do đó √ 3 (∗) ⇔ (x − 1) = f (y) ⇔ x − 1 = y ⇔ x − 1 = −x3 + 9x2 − 19x + 11 ⇔ ⇔ (x − 1)3 = −x3 + 9x2 − 19x + 11  x=1  ⇔ 2x3 − 12x2 + 22x − 12 = 0 ⇔  x = 2 x=3 54 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 2.9 VƯỢT MÔN Giải các phương trình sau: √ 1. x3 − 15x2 + 78x − 141 = 5 3 2x − 9 √ √ 2. x2 + 15 = 3x − 2 + x2 + 8 √ √ √ 3. x − 1 + x + 3 + 2 x3 − 4x2 + 8x − 5 = 2x √ √ 4. 10x − 3 + 3 5x − 2 = 1 √ √ 5. x − 1 + x(x2 − 3x + 3) = 3 x + 2 + x + 3 √ √ 6. 3 x − 1 − x2 − 6x + 6 = x 7. (2x + 1) 1+ √ 1 = x + 2 + 3 x3 + 2x2 x √ √ 8. 2 x + 1 + 2 3 − x = x2 − 2x + 1 √ √ 9. 8x2 + 10x + 11 + 14x + 18 = 11 √ √ √ 10. x − x − 2 = x3 − 4x2 + 5x − x3 − 3x2 + 4 √ √ 11. x3 + 3x = (7 − 5x) 7 − 5x + 3 7 − 5x 1 1 12. √ − =2 2 − x2 x √ 13. 2x3 + 3x − 5 = (4x2 − 5x + 1) x2 + 3 √ √ 14. (x + 1) x + 3 + (x + 7) x + 10 = x2 + 6x + 1 √ √ 15. (5x2 − 5x + 10) x + 7 + (2x + 6) x + 2 = x3 + 13x2 − 6x + 32 √ √ √ 16. 1 − x2 + 1 + x = 1 + 1 − x √ 17. 2x3 + x2 − 11x + 2 = 7(x − 2) x3 − 1 √ √ √ 18. 5x2 + 14x + 9 − x2 − x − 20 = 5 x + 1 √ 19. x2 − 8(x + 3) x − 1 + 22x − 7 = 0 √ x+1+2 20. x + 1 = (2x + 1) √ x+1−2 1 = 21. √ 3 x+2 2x + 1 − 3 √ √ 22. 3x + 3 − 5 − 2x − x3 + 3x2 + 10x − 26 = 0 √ √ 23. 3(2 + x − 2) = 2x + x + 6 √ x− x 24. =1 1 − 2(x2 − x + 1) √ √ 25. x + 1 + x2 − 4x + 1 = 3 x √ 26. 2x2 − x − 3 = 2 − x √ √ √ 27. x + 1 + 4 x − 1 − x4 + 2 = x 55 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 2.10 Bất phương trình Một số bất phương trình cơ bản: √ 1. Dạng: A ≤ B (1) Điều kiện: A ≥ 0  B ≥ 0 (1) ⇔ A ≤ B Ví dụ: Giải bất phương trình √ x2 − 3x + 2 ≤ x + 2 (1) Lời giải Điều kiện: x ∈ (−∞, 1] ∪ [2, +∞).  x ≥ −2 2 ⇔ (1) ⇔ ⇔x≥− . 2 x ≥ − x2 − 3x + 2 ≤ x2 + 4x + 4 7 7 2 So với điều kiện bất phương trình có tập nghiệm S = [− , 1] ∪ [2, +∞). 7 √ 2. Dạng A ≤ B (1)  x + 2 ≥ 0 Điều kiện: A ≥ 0  B 0, ∀x ∈ R ). Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = [0, +∞). Chú ý: Việc giải một bất phương trình vô tỷ cũng tương tự việc giải phương trình vô tỷ. Nếu chúng ta giải được phương trình vô tỷ f (x) = 0 thì ta cũng giải được bất phương trình vô tỷ f (x) ≤ 0 hoặc f (x) ≥ 0. Chúng ta cần lưu ý một số điều sau: A ≤ C thì ta không thể tùy tiện chuyển B qua VP nhé! nếu ta Nếu bất phương trình có dạng B chưa biết B luôn âm hay luôn dương. Vì nếu âm thì chuyển qua đổi dấu mà dương thì lại giữ nguyên dấu, còn nếu B khi âm khi dương thì ta phải xét khoảng cho nó nếu muốn chuyển. √ √ Ví dụ 1: Giải bất phương trình (x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 ≤ x2 + 7x + 12 Trong Ví dụ 4, phần phương pháp liên hợp biết một nghiệm đẹp ta đã có giải phương trình √ √ (x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 = x2 + 7x + 12 các em hãy so sánh với lời giải dưới đây khác nhau chổ nào nhé! Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 Bất phương trình trở thành √ √ (x + 1)( x + 2 − 2) + (x + 6)( x + 7 − 3) ≤ x2 + 7x + 12 − 2(x + 1) − 3(x + 7) √ x + 2 nhân với x + 1 khác số 1 nên chúng ta phải lấy x + 1 ra làm nhân tử chung rồi √ mới chèn, tương tự với x + 7. Vì VT chúng ta đã cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6) nên VP cũng (Do phải cộng cho −2(x + 1) − 3(x + 6)) ⇔ (x + 1)(x − 2) (x + 6)(x − 2) √ + √ ≤ (x − 2)(x + 4) x+2+2 x+7+3 (x + 6) (x + 1) +√ − (x + 4)] ≤ 0 (∗). ⇔ (x − 2)[ √ x+2+2 x+7+3 (x − 1) (x + 6) +√ − (x + 4), x ≥ −2 (Chúng ta sẽ chứng minh f (x) < x+2+2 x+7+3 0, x > −2. Chúng ta chú ý rằng với x ≥ −2, thì x + 6 ≥ 6 − 2 = 4 > 0 và −(x + 4) ≤ −2 < 0 Đặt f (x) = √ nhưng x + 1 ≥ −1 chưa biết luôn âm hay luôn không âm. Do đó chúng ta sẽ xét hai trường hợp x + 1 < 0 và trường hợp x − 1 ≥ 0 như sau). + x ≥ −1 ⇒ x + 1 ≥ 0. Mặt khác √ (x + 1) x+1 x+2+2≥2⇒ √ ≤ 2 x+2+2 và √ (x + 6) x+6 ≤ x+7+3≥3⇒ √ . 3 x+7+3 Nên suy ra x+1 (x + 6) x 3 1 3 +√ − (x + 4) = − − ) ≤ − < 0 2 6 2 6 2 x+7+3 x 1 (Do với x ≥ −1 ⇒ −x ≤ 1 ⇒ − ≤ ). 6 6 + −2 ≤ x < −1 ⇒ x + 1 < 0 và x + 6 > 0 f (x) ≤ 57 x+6 (x + 6) Mặt khác theo ở trên √ ≤ 3 x+7+3 ⇒√ 2x 4 2 (x + 6) x+6 −x−4=− −2≤ −2=− 0, đúng ∀x ∈ R. (Do ∆ = 4 − 8 < 0 và a = 2 > 0).Suy ra 1 − 2(x2 − x + 1) < 0. √ Khi đó (1) ⇔ x − x ≤ 1 − 2(x2 − x + 1) (Do 1 − 2(x2 − x + 1) < 0. nên đổi dấu)  1 − x + √x > 0 Do 2(x2 − x + 1) > 0 ⇔ 2(x2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (2) ⇔  2(x2 − x + 1) ≤ (1 − x + √x)2   √ √   0 ≤ √x < 1 + 5 0 ≤ x < 3 + 5 (∗) 2 2 ⇔ ⇔   2x2 − 2x + 2 ≤ 1 + x2 + x − 2x + 2√x − 2x√x x2 − x + 1 ≤ (2 − 2x)√x(∗∗) √ (∗∗) ⇔ x2 − x + 1 − (2 − 2x)(−x + 1) ≤ (2 − 2x)( x − (−x + 1)) √ (2 − 2x)(−x2 + 3x − 1) √ x + (−x + 1) 2 − 2x ⇔ (−x2 + 3x − 1)[1 − √ ]≤0 x + (−x + 1) √ ⇔ (−x2 + 3x − 1) x + (−x + 1) − 2 + 2x ≤ 0 ⇔ −x2 + 3x − 1 ≤ [ Do mẫu thức của ta dương nên qui đồng chuyển vế không đổi dấu ] √ (−x2 + 3x − 1)(−x2 + 3x − 1) √ ⇔ (−x2 +3x−1)( x+x−1) ≤ 0 ⇔ ≤ 0 ⇔ (−x2 +3x−1)2 ≤ 0 x−x+1 √ (Do mẫu thức dương) [ Ở trên chúng ta đã dùng công thức liên hợp x + x − 1 = −x2 + 3x − 1 √ ] x−x+1 √ √ 3+ 5 3− 5 2 ⇔ −x + 3x − 1 = 0 ⇔ x = hoặc x = . 2 2 √ 3− 5 Kết hợp với (∗) và điều kiện ban đầu ta có bất phương trình có tập nghiệm S = { }. 2 Cách 2: Dùng phương pháp đồng bậc Ta làm tương tự tới phương trình (2) ở trên ⇔ 2(x2 − x + 1) ≤ 1 − x + 61 √ x (2) dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817  1 − x + √x ≥ 0 [ Nếu ta không để ý như ở trên ta cứ để ≥ 0] ⇔ 2(x2 − x + 1) ≤ (1 − x + √x)2   √ √   √ 3 + 5 5 1 + 0 ≤ x ≤ 0 ≤ x ≤ (∗) 2 2 ⇔ ⇔   2x2 − 2x + 2 ≤ 1 + x2 + x − 2x + 2√x − 2x√x x2 − x + 1 ≤ (2 − 2x)√x(∗∗) Đặt  a = 1 − x b = √ x  a2 = 1 − 2x + x2 ⇒ b 2 = x ⇒ a2 + b2 = x2 − x + 1. Khi đó (∗∗) trở thành √ a2 + b2 ≤ 2ab ⇔ (a − b)2 ≤ 0 ⇔ a = b ⇔ 1 − x = x   x ≤ 1 √ √ ⇔ 3− 5 3+ 5  x = hoặc x = > 1(l). 2 2 √ 3− 5 }. So với điều kiện bất phương trình có nghiệm S = { 2 Nhận xét: Việc giải bất phương trình là dựa vào việc giải phương trình nhưng chú đến việc khi qui đồng chuyển vế thì mẫu thức phải luôn âm hoặc luôn dương mới chuyển được. Ở bài toán này ta biển đổi đến phương trình (2) rồi mới bình phương vì khi đó nó mới có √ dạng A ≤ B, và khi bình phương, phương trình nhận được có bậc của x ngoài căn thức là bậc 2 nên việc giải không mấy khó khăn. Ngoài cách trên còn có cách đánh giá của BGD. 3. √ √ 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0 (ĐH B-010) Bấm máy tính ta tìm được nghiệm duy nhất x = 5. Nên ta liên hợp Lời giải 1 Điều kiện: − ≤ x ≤ 6. 3 Phương trình tương đương với √ √ ( 3x + 1 − 4) − ( 6 − x − 1) + 3x2 − 14x − 8 = −4 + 1 3x − 15 −x + 5 −√ + 3x2 − 14x − 5 = 0 6−x+1 3x + 1 + 4 3(x − 5) x−5 ⇔√ +√ + (x − 5)(3x + 1) = 0 6−x+1 3x + 1 + 4 3 1 ⇔ (x − 5)[ √ +√ + (3x + 1)] = 0 6−x+1 3x + 1 + 4  x=5 ⇔ 3 1 √ +√ + (3x + 1) = 0 (∗). 6−x+1 3x + 1 + 4 3 1 Do 3x + 1 ≥ 0 ⇒ √ +√ + (3x + 1) > 0. Suy ra phương trình (∗) vô 6−x+1 3x + 1 + 4 nghiệm. Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = 5. ⇔√ 62 Nhận xét: Đối với phương trình này ta không thể bình phương hai vế được vì bậc của x ngoài căn thức là bậc 2, bình phương hai vế lên bậc 4 mất. √ √ √ 4. 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x2 = 10 − 3x (ĐH B-011) 6 Bấm máy tính ta tìm được nghiệm duy nhất x = . Bài này dùng liên hợp sẽ khó khăn 5 trong việc chứng minh phương trình (*) còn lại vô nghiệm đọc giả có thể tự kiểm chứng 6 và việc liên hợp cũng không thuận lợi do nghiệm của chúng ta x = là phân số. 5 Chúng ta để ý bài toán có xuất hiện 3 căn thức nhưng căn thứ thứ 3 bằng 2 căn thức đầu nhân lại nên chúng ta sẽ đặt ẩn phụ để đưa nó vê phương trình bậc 2. Do đó ta có lời Giải thứ nhất trong phần phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn. Ở đây ta sẽ giải thêm một cách khác đó là đặt 2 ẩn phụ. Lời Giải Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2. Đặt  a = √ 2 + x ≥ 0 b = √ 2 − x ≥ 0  a2 = 2 + x ⇒ b2 = 2 − x ⇒ a2 + 4b2 = 10 − 3x. Khi đó phương trình trở thành 3a − 6b + 4ab = a2 + 4b2 ⇔ a2 − a(3 + 4b) + 4b2 + 6b = 0 (∗). Ta có : ∆a = 9 + 24b + 16b2 − 16b2 − 24b = 9. Do đó  3 + 4b + 3 = 2b + 3  a= 2 (∗) ⇔  3 + 4b − 3 a= = 2b 2 √ √ √ + Với a = 2b + 3 ⇔ 2 + x = 2 2 − x + 3 ⇒ 2 + x = 4(2 − x) + 9 + 12 2 − x ⇔ 5x − 15 = √ 12 2 − x (∗∗). Do −2 ≤ x ≤ 2 ⇒ 6x − 15 < 0 ⇒ (∗∗) vô nghiệm [ Nếu không để ý như vậy, thì cứ giải ra bình thường cũng không sao] √ √ 6 + Với a = 2b ⇔ 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 8 − 4x ⇔ x = . 5 6 So với điều kiện phương trình có nghiệm x = Nhận xét: Khi gặp những bài toán xuất 5 hiện 3 căn thức, phải để ý xem, có 2 căn thức nào nhân lại bằng căn thức thứ còn lại không? nếu có thì hãy giải bằng cách đặt 2 ẩn phụ a, b như trên. Nếu bài toán dễ hơn thì chỉ cần đặt một ẩn phụ không hoàn toàn cũng có thể giải được như bài toán trên. √ √ 5. log2 (8 − x2 ) + log 1 ( 1 − x + 1 + x) − 2 = 0 (ĐH D-11) 2 Lời giải  8 − x 2 ≥ Điều kiện: ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. −1 ≤ x ≤ 1 Phương trình tương với √ √ √ √ log2 (8 − x2 ) − log2 ( 1 − x + 1 + x) = 2 ⇔ log2 (8 − x2 ) = log2 ( 1 − x + 1 + x) + log2 4 63 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 √ √ √ √ ⇔ log2 (8 − x2 ) − log2 4( 1 − x + 1 + x) ⇔ 8 − x2 = 4( 1 − x + 1 + x. [ Bấm máy chỉ tìm được nghiệm x = 0. Do đó ta sẽ liện hợp nghiệm x = 0. ] √ √ ⇔ −x2 = 4[( 1 − x − 1) + ( 1 + x − 1)] 4x −4x +√ ⇔ −x2 = √ 1−x+1 1+x+1  x=0 ⇔ 4 −4 √ +√ = −x (∗) 1−x+1 1+x+1 [ Tới đây chúng ta thấy rằng (∗) vẫn còn nghiệm x = 0. Do đó ta sẽ có 2 cách giải quyết sau: Cách 1: Ta có √ √ √ √ √ (∗) ⇔ 4( 1 − x − 1 + x) = −x( 1 − x2 + 1 + 1 − x + 1 + x) [ Ở đây ta đã chuyển vế rút gọn. Bây giờ ta thấy phương trình này xuất hiện 3 căn thức có tính chất 2 căn thức nhân lại bằng căn thức kia, nên đặt 2 nên phụ ]  a = √ 1 − x b = √ 1 + x  a2 = 1 − x ⇒ b 2 = 1 + x  2 2  −x = a − b 22 ⇒ 2 a + b  1 = 2 . Khi đó phương trình trở thành 4(a − b) = a2 − b2 a2 + b 2 (ab + a + b + ) ⇔ 16(a − b) = (a − b)(a + b)(2ab + 2a + 2b + a2 + b2 ) 2 2 ⇔ a=b 16 = (a + b)[2(a + b) + (a + b)2 ] = 0 (∗∗) + Với a = b ⇔ a2 = b2 ⇔ 1 − x = 1 + x ⇔ x = 0 + Giải (∗ ∗ ∗). Đặt t = a + b. (∗ ∗ ∗) trở thành t3 + 2t − 16 = 0 ⇔ (t − 2)(t2 + 2t + 8) = √ √ √ √ 0 ⇔ t = 2 ⇔ 1 − x + 1 + x = 2 ⇔ 2 + 2 1 − x2 = 4 ⇔ 1 − x2 = 1 ⇔ x = 0. Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = 0. Cách 2: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. √ √ √ t4 − 4t2 Đặt t = 1 − x + 1 + x ⇒ t2 = 2 + 2 1 − x2 ⇒ (t2 − 2)2 = 4(1 − x2 ) ⇒ −x2 = . 4 Khi đó phương trình trở thành t4 − 4t2 = 4t ⇔ t4 − 4t2 − 16t + 32 = 0 4 √ √ ⇔ (t − 2)2 (t2 + 4t + 8) = 0 ⇔ t = 2 ⇔ 1 − x + 1 + x = 2 √ √ ⇔ 2 + 2 1 − x2 = 4 ⇔ 1 − x2 = 1 ⇔ x = 0. 8+ Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = 0. Nhận xét: Ta thấy rằng ở cách 2 mặc dù sau khi đặt t ta thu được một phương trình bậc 64 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 4 theo t nhưng phương trình đó lại có nghiệm kép đẹp nên ta dễ dàng đưa về tích. Ngoài 2 cách trên ta cũng có thể bình phương hai vế sau đó đặt t = x2 , liên hợp và cuối cùng là bình phương 2 vế. √ √ 6. x + 1 + x2 − 4x + 1 ≥ 3 x (ĐH B-12) √ √ Điều kiện: x ∈ [0, 2 − 3] ∪ [2 + 3, +∞). [ Nhận thấy bậc của x ngoài căn thức là bậc nhất nên ta có thể bình phương hai vế ] Phương trình tương đương với √ √ (x+1)2 +2(x+1) x2 − 4x + 1+x2 −4x+1 ≥ 9x ⇔ 2(x+1) x2 − 4x + 1 ≥ −2x2 +11x−2 √ 1 [ bấm máy tính tìm được 2 nghiệm x = 4, x = . Do đó biểu thức liên hợp của x2 − 4x + 1 4 x+1 .] là 5 √ x+1 x+1 ⇔ 2(x + 1)[ x2 − 4x + 1 − ] ≥ −2x2 + 11x − 2 − 2(x + 1) 5 5 √ 2 2 ⇔ 2(x + 1)[5 x − 4x + 1 − (x + 1)] ≥ −10x + 55x − 10 − 2(x + 1)(x + 1) 24x2 − 102x + 24 ⇔ 2(x + 1) √ ≥ −12x2 + 51x − 12 2 5 x − 4x + 1 + (x + 1) 6(4x2 − 17x + 4) ⇔ 2(x + 1) √ + 3(4x2 − 17x + 4) ≥ 0 2 5 x − 4x + 1 + (x + 1) 12(x + 1) ⇔ (4x2 − 17x + 4)[ √ + 3] ≥ 0 (∗) 5 x2 − 4x + 1 + (x + 1) 12(x + 1) Do x ≥ 0 ⇒ √ + 3 > 0. Do đó (∗) ⇔ 4x2 − 17x + 4 ≥ 0 2 5 x − 4x + 1 + (x + 1) 1 ⇔ x ∈ (−∞, ] ∪ [4, +∞). 4 1 Kết hợp điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là S = [0, ] ∪ [4, +∞). 4 Cách 2: Đặt 2 ẩn phụ đưa về đồng bậc √ √ Điều kiện: x ∈ [0, 2 − 3] ∪ [2 + 3, +∞).  a = x + 1 b = √x  a2 = x2 = 2x + 1 ⇒ b 2 = x ⇒ a2 − 6b2 = x2 − 4x + 1. Khi đó phương trình trở thành √ a2 − 6b2 ≥ 3b − a    3b − a < 0 9x < x2 + 2x + 1  ⇔   2 x ∈ (−∞, 2 − √3] ∪ [2 + √3, +∞)  a − 6b2 ≥ 0   ⇔  √ √     7−3 5 7+3 5   2   9x ≥ x + 2x + 1 [ , ]  3b − a ≥ 0  2 2 ⇔ ⇔ a2 − 6b2 ≥ 9b2 − 6ab + a2 3b(5b − 2a) ≤ 0  5b ≤ 2a 65 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 Tới đây việc giải không còn khó khăn và xin dành cho đọc giả. Ngoài ra còn cách khác chính là đáp án của BGD. 7. 2 log2 x + log 1 (1 − √ √ 1 x) = log√2 (x − 2 x + 2) (ĐH D-13) 2 2 Lời giải  x > 0 Điều kiện: 1 − √ x > 0 ⇔ 0 < x < 1. Khi đó phương trình trở thành log2 x2 − log2 (1 − ⇔ √ √ x) = log2 (x − 2 x + 2) √ x2 √ = x − 2 x + 2 (∗) 1− x Cách 1: Đặt 2 ẩn phụ đưa về đồng bậc √ x2 √ = x + 2(1 − x). (∗) ⇔ 1 − x a = x > 0 Đặt Khi đó phương trình trở thành b = 1 − √ x > 0 a2 = a + 2b ⇔ a2 = ab + 2b2 b a a ⇔ ( )2 − − 2 = 0 b b √ a = −b(l) ⇔ ⇔x=2−2 x a = 2b √ √ √ √ √ ⇔ x = −1 − 3(l) hoặc x = −1 + 3 ⇔ x = 4 − 2 3. √ So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 4 − 2 3. Cách 2: Dùng ∆ tham số √ (∗) ⇔ x2 = 3x + 2 − (4 + x) x [ Chuyển vế khai triển và rút gọn được như trên ] √ √ ⇔ −(4 + x) x = x2 − 3x − 2. Đặt y = x ≥ 0 ⇒ y 2 = x. Khi đó phương trình trở thành −(4+x)y = x2 −3x−2 ⇔ ny 2 −(4+x)y = x2 −3x−2+nx ⇔ ny 2 −(4+x)y−[x2 +x(n−3)−2] = 0 (∗∗). Ta có: ∆y = 16 + 8x + x2 + 4n[x2 + x(n − 3) − 2]. Khi chọn n = 2 ⇒ ∆y = 9x2 . Do đó  4 + x + 3x =1+x  y= 4 (∗∗) ⇔  4 + x − 3x x y= =1− 4 2 + Với y = x + 1 ⇔ x = x2 + 2x + 1 ⇔ x2 − x + 1 VN. √ x + Với y = 1 − ⇔ x + 2 x − 2 = 0 2 √ √ √ √ √ ⇔ x = −1 − 3(l) hoặc x = −1 + 3 ⇔ x = 4 − 2 3. √ So với điều kiện phương trình có nghiệm x = 4 − 2 3. Một cách nữa có thể tham khảo đáp án của BGD. 66 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 √ √ 8. (x + 1) x + 2 + (x + 6) x + 7 ≥ x2 + 7x + 12 (ĐH D-014) (Có thể xem Ví dụ 4 phần phương pháp liên hợp khi phương trình chỉ biết 1 nghiệm đẹp. Mặc dù ở đó là giải phương trình những về cách làm không có nhiều sự khác biệt.) √ 9. 4x3 + x − (x + 1) 2x + 1 = 0 (CĐ-12) √ Dạng này khá quen thược. Bấm máy tính tìm được biểu thức liên hợp của 2x + 1 là 2x. Do đó ta có thể liên hợp hoặc là dùng phương pháp hàm đặc trưng. Lời giải Cách 1: Phương pháp đặc trưng 1 Điều kiện: x ≥ − . 2 Khi đó phương trình tương đương với √ 4x3 + x = (x + 1) 2x + 1. Đặt y = √ 2x + 1 ⇒ x = y2 − 1 . Khi đó phương trình trở thành 2 y2 + 1 4x + x = ( )y ⇔ 8x3 + 2x = y 3 + y ⇔ (2x)3 + (2x) = y 3 + y (∗). 2 3 Xét hàm f (t) = t3 + t ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra hàm f (t) đồng biến trên R. Do đó √ (∗) ⇔ f (2x) = f (y) ⇔ 2x = y ⇔ 2x = 2x + 1  x ≥ 0 ⇔ 4x2 − 2x − 1 = 0   x ≥ 0 √ √ ⇔ 1+ 5 1− 5  x = hoặc x = < 0(l). 4 4 √ 1+ 5 Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm x = . 4 Cách 2: Phương pháp liên hợp 1 Điều kiện: x ≥ − . 2 Khi đó phương trình tương đương với √ √ 4x3 + x = (x + 1) 2x + 1 ⇔ 4x3 + x − (x + 1)2x = (x + 1)( 2x + 1 − 2x) √ ⇔ 4x3 − 2x2 − x = (x + 1)( 2x + 1 − 2x) √ ⇔ (4x2 − 2x − 1)x = (x + 1)( 2x + 1 − 2x) √ √ √ ⇔ (2x − 2x + 1)( 2x + 1 + 2x)x = (x + 1)[ 2x + 1 − 2x] √ √ ⇔ (2x − 2x + 1)[( 2x + 1 + 2x)x + x + 1] = 0 √ 2x − 2x + 1 = 0(∗) ⇔ √ x 2x + 1 + 2x2 + x + 1 = 0 (∗∗) 67 dinhphucsp@gmail.com Dd: 01677201817 (∗) là dạng cơ bản. Bây giờ ta chứng minh (∗∗) vô nghiệm √ √ (∗∗) ⇔ 2x 2x + 1 + 4x2 + 2x + 2 = 0 ⇔ (x + 2x + 1)2 + 3x2 + 1 = 0 VN (Do VT> 0). Nói chung những dạng toán này phương pháp hàm đặc trưng là cách giải hay và ngắn gọn hơn. √ x2 + 2x − 8 = (x + 1)( x + 2 − 2) (1) (THPTQG 2015) 10. 2 x − 2x + 3 Bấm mấy tính tìm nghiệm, cho x = 100, x = −100 được nghiệm lẻ x = 3.3027756.... √ từ đó ta tìm được biểu thức liên hợp của x + 2 là x − 1. Nếu tới đây ta liên hợp thì gặp khá nhiều khó khăn trong tính toán khai triển vì VT có dạng phân thức và có mẫu là biểu thức bậc 2 (Nhưng vẫn liên hợp được nhé!). Do đó ta tìm lại xem còn nghiệm nào nữa không, bằng cách nhập ( √ x2 + 2x − 8 − (x + 1)( x + 2 − 2)) : (x − A) 2 x − 2x + 3 ở đây A là số được gán nghiệm lẻ ở trên, bấm SHIFT, SOLVE, 100 ta tìm được nghiệm x = 2. Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 [ chú ý x2 − 2x + 3 > 0 nên không có điều kiện dù nó ở mẫu ] (x − 2) (x − 2)(x + 4) = (x + 1) √ 2 x − 2x + 3 x+2+2 x+1 x+4 −√ ⇔ (x − 2)[ 2 ]=0 x − 2x + 3 x+2+2  x=2 ⇔ x+4 x+1 =√ (∗) 2 x − 2x + 3 x+2+2 (1) ⇔ √ (∗) ⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) (∗∗). Việc giải (∗∗) có thể xem Ví dụ 4 trong phần phương pháp liên hợp lẻ hoặc Ví dụ 1, Ví dụ 2 trong phần phương pháp hàm đặc trưng nhé! 68 [...]... 01677201817 Chương 2 Các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học Trong phần này chúng tôi sẽ giới thi u các phương pháp giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ trong các đề thi Đại học 1 Phương pháp liên hợp 2 Phương pháp hàm đặc trưng 3 Phương pháp đặt 1 ẩn phụ không hoàn toàn và dừng tam thức bậc hai 4 Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đồng bậc 5 Phương pháp đặt 1 ẩn... bậc 3 6 Phương pháp đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, bậc 3, bậc nhất đi với hệ 7 Phương pháp hàm số đơn điệu Trong 7 phương pháp trên thì chỉ cần dùng các phương pháp 1, 2, 3, 4, 5 đã giải được tất cả các đề thì Đại học về phương trình, bất phương trình, từ 2009 − 2015 Còn phương pháp 6 cũng khá hay trong việc giải phương trình và được sử dụng nhiều trong việc giải hệ phương trình Phương pháp 7... đây thì chúng ta đã biết cách giải, các em có thể tự giải Chú ý: Vậy từ đây chúng ta phải lưu ý là khi thực hiện bước liên hợp, xuất hiện biểu thức ở mẫu, thì ta cần kiểm tra xem mẫu có khi nào bằng 0 không, bằng cách bấm máy tính phương √ trình ở mẫu đó (Như Ví dụ trên bấm phương trình 4x + 5 + (2x − 3) có nghiệm x = 0, 2679 5 và x này thỏa điều kiện x ≥ − ), nếu phương trình đó có nghiệm và thỏa... 1+ 5 Vậy so với điều kiện phương trình có nghiệm là x = 2 NHẬN XÉT Chúng ta thấy rằng về ý tưởng cũng gần na ná, phương pháp ∆ tham số, đó là t ừ một phương trình biến x, đặt y là bằng căn thức đưa về một phương trình theo hai biến x, y, rồi sau đó tính y theo x nhưng ở cách này chúng ta dựa vào tính đồng biến hoặc nghịch biến của hàm số còn phương pháp ∆ dựa vào phương trình bậc 2 theo y Một điều... Dd: 01677201817 8 2x2 − x − 3 = 2.2 √ 2−x Phương pháp denta tham số √ 3x − 3 Ví dụ 1: Giải phương trình (3x + 1) 2x2 − 1 = 5x2 + 2 (Đây là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi HSG và chúng ta đã thấy ở trên √ chúng ta không thể tìm được biểu thức liên hợp của 2x2 − 1 nên chúng ta không thể dùng phương pháp liên hợp, nếu dùng thì cũng ở mức độ tính toán khá cồng kềnh và phức tạp) √ Ý tưởng... tự giải Các em thấy thế nào đã đủ ngắn gọn và nhanh chóng chưa? nếu chưa đủ thì hay chờ cuối phần này, tôi sẽ chỉ cho các em thấy ta có thể tính được n chỉ trong vòng chưa tới 10s và chỉ dùng máy tính hoặc tính nhẩm 33 √ 4x − 2 Ví dụ 4: Giải phương trình 3 81x − 8 = x3 − 2x2 + 3 √ 3 Bấm máy tìm được 81x − 8 = 3x − 2 Lời Giải (Không có Đk nhé! vì căn bậc 3) √ Đặt y = 3 81x − 8 ⇒ y 3 = 81x − 8 Khi đó phương. .. hoặc bậc nhất Phương pháp giải Chúng ta chú ý rằng tới lúc này chúng ta chỉ mới giải được phương trình bậc nhất, bậc 2, bậc 3 (bậc 3 có ít 1 nhất nghiệm đẹp) Do đó tất cả các phương trình ở trên phải đưa về 1 trong 3 phương trình: bậc 1, bậc 2 hoặc bậc 3 1) ĐK: f (x) ≥ 0 (mọi căn bậc chẵn phải có đều kiện ≥ 0 đối với biểu thức dưới căn) kx + p ≥ 0 (1.3) ⇔ Tới đây thì chúng ta biết cách giải rồi f... trình đó có nghiệm và thỏa điều kiện thì chuyển 4 hướng làm theo cách trên Nếu phương trình ở mẫu đó vô nghiệm hoặc có nghiệm không thỏa điều kiện thì tiếp tục làm bình thường √ Ví dụ 4: Giải phương trình (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ Bấm máy tính ta tìm biểu thức liên hợp của x + 2 là x − 1 Lời giải Điều kiện: x ≥ −2 Phương trình tương đương √ (x + 4) x + 2 = x3 − x2 − x − 5 (1) ( Ở đây... x + 2 = 1 − x vào phương trình (1) ta được (x + 4)(1 − x) = x3 − x2 − x − 5 ⇔ x3 + 2x − 9 = 0 (3) Thay x = 3− √ 2 13 √ vào (3) ta được 12 − 6 13 = 0 vô lí Vậy trường hợp này VN √ 13 ( Trong trường hợp ta đang dùng máy tính cùi hơn thì việc bấm máy tính khi thay x = 2 vào (3) sẽ ra số −9, 633307 ta không biết chính xác bao nhiêu, do đó ta không thể viết như trên và kết luận phương trình vô nghiệm được,... được một phương trình đã biết cách giải 4) Đk:  f (x) ≥ 0 (1.6) ⇔ f (x) = g(x), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất g(x) ≥ 0 5) Mũ ba hai vế (1.7), sẽ đưa về phương trình bậc 3, bậc 2 hoặc bậc nhất Chú ý: Khi giải được nghiệm, đối với những bài toán nào có điều kiện phải đối chiếu lại với điều kiện để kết luận nghiệm Nhận xét: Chúng ta thấy rằng tất cả các dạng cơ bản của phương trình ... đề Phương trình -Bất phương trình- Hệ phương trình, phương trình vấn đề quan trọng nhất, ta nắm phương pháp giải phương trình cách nhẫn nhiễn vấn đề giải bất phương trình hệ phương trình không... Chương Các phương pháp giải phương trình vô tỷ đề thi Đại học Trong phần giới thi u phương pháp giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ đề thi Đại học Phương pháp liên hợp Phương pháp hàm... 1.5.1 Các phương pháp đánh giá hay dùng giải phương trình -bất phương trình Đây phần quan trọng, việc giải phương trình -bất phương trình phương pháp liên hợp phương pháp hàm số Đánh giá dựa vào bất