Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

hu được hệ phương trình mà chúng ta 4 có thể giải được. Page 27 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng Để thu được hệ (1) ta đặt :  y 3 x  1 , chọn , sao cho hệ có thể giải được (đối xứng hoặc gần đối xứng ) 2  y  3 x  1   2y 22 y  3 x  2  1  0 (1) Ta có hệ :   (*) 2 2 4x 13 x  5   y   4x 13 x  y  5   0 (2) Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2) và mong muốn của chúng ta là có nghiệm x y  22  3 2  1 Nên ta phải có :   , ta chọn được ngay   2;  3 4  13 5   Ta có lời giải như sau : 1 Điều kiện: x   , 3 3 Đặt 3x 1   (2 y  3), ( y  ) 2 2 (2x 3)  2 y  x  1 Ta có hệ phương trình sau: (x  y )(2 x  2 y  5)  0  2 (2y 3)  3 x  1 15 97 Với x y  x  8 11 73 Với 2x 2 y  5  0  x  8 15 97 11  73 Vậy nghiệm của phương trình là: x; x  . 8 8  Chú ý : Chúng ta có thể tìm ngay ; bằng cách ta viết lại phương trình như sau:(2x 3)2   3 x  1  x  4 Khi đó đặt 3x 1   2 y  3, nếu đặt 2y 3  3 x  1 thì chúng ta không thu được hệ như mong muốn, ta thấy dấu của  cùng dấu với dấu trước căn. Một số phương trình được xây dựng từ hệ: Giải các phương trình sau: 1. 4x2  13 x  5  3 x  1  0 4. 3 6x 1  8 x3  4 x  1 2 15 2. 4x 13 x  5  3 x  1  0 5. 30x2  4 x   2004 30060 x  1  1 4 2   3. 3 81x 8  x3  2 x 2  x  2 3 Page 28 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Phương pháp: 1,1 Dùng hằng đẳng thức :  2 2  f( x ) 0 f( x ) g ( x )  0   g( x ) 0 1.2. Dùng bất đẳng thức:   f( x )  m  ,x  D g( x )  m  f( x )  m Khi đó, phương trình f( x ) g ( x ) với mọi x D  , x  D g( x )  m  Nếu f( x ) g ( x ),  x  D (1) thì phương trình f( x ) g ( x ) tương đương với dấu đẳng thức ở (1) xảy ra. 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình: x42 x 2 x 2  2 x  16  2 x 2  6 x  20  0 (1) Giải: (1)x4  2 x 2 x 2  2 x  16  ( x 2  2 x  16)   ( x 2  4 x  4)  0   x2  x 2 2 x  16 2  ( x  2) 2  0 x2 x 2 2 x  16  x  2 x 2  0 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 . 1 Bài 2: Giải phương trình: 1 2011x  1  2011 x  x  1  (*) x 1 Giải: 1 1 Điều kiện: x  . 2011 2011 Ta có 1 2011x  1  2011 x  2 1  2011 x  1  2011 x  2. 1 1 Mặt khác x1   2 x  1.  2. x1 x  1  1 2011x  1  2011 x  Do đó, (*) 1 x  0 .  x 1   x 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  0 . Page 29 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng 2 2 Bài 3: Giải phương trình: x  x  9 (*) x 1 Giải: Điều kiện: x  0 2 2  2 2 2  1 x  Ta có : x  2 2   x  1      x  9 . x1  x 1 x  1       2 2 Do đó x  x  9 (1) x 1 2 2 1 1 (*)   x  . x1 x  1 7 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 7 Bài 4: Giải phương trình : 13x2 x 4  9 x 2  x 4  16 (*) Giải: Điều kiện: 1 x  1 2 Biến đổi phương trình ta có : x213 1 x 2  9 1  x 2   256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: 2 2 13 1x2  9 1  x 2  13. 13 1  x 2  3 3. 3 1  x 2     13  27  13  13x2  3  3 x 2   40  16  10 x 2  2 2 2 16  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10x 16 10 x     64 . 2  Do đó 2 x213 1 x 2  9 1  x 2  40 x 2 (16  x 2 )  4.64  256  2  1 x2 x  1x2   5 (*)  3   .  2 10x2 16  10 x 2 x     5 2 Vậy nghiệm của phương trình là x   . 5 3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 2. 16x4 5  6 4 x 33  x 1. 2x4 8  4 4  x 4  4 x 4  4 Page 30 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng 3. x33 x 2  8 x  40  84 4 x  4  0 6. 4x 41  x  x  1  x  2  4 8 3 3 4 2 1 2x 1  2 x 4. 8x  64  x  x  8 x  28 7. 1 2x  1  2 x   1 2x 1  2 x 2 1 1  5. 2x  2 2  4  x   x x  IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ: 1. Phương pháp:  Nếu hàm số y f( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên khoảng (a ; b ) thì phương trình f( x ) k ( k  c ons t ) có không quá một nghiệm thuộc(a ; b ).  Nếu hàm số y f( x ) đơn điệu (tăng hoặc giảm) trên D thì u, v  D ta có f( u ) f ( v )  u  v .  Nếu hàm số y f( x ) đơn điệu tăng và g( x ) là hàm hằng hoặc đơn điệu giảm trên (a ; b ) thì phương trình f( x ) g ( x ) có không quá một nghiệm thuộc (a ; b ). 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình: x3 5  23 2 x  1  x  0 Giải: Điều kiện: x   3 5 Xét hàm số f( x ) x3  5  23 2 x  1  x  3 D  5;  3x2 2 f'( x )   1  0,  x   3 5 . 2x3 5 33 (2 x  1) 2 Suy ra f( x ) đồng biến trên D. Do đó, phương trình f( x ) 0 nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Dễ thấy f ( 1)  0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1. 2 Bài 2: Giải phương trình: 3 (x 1) 2  232 x 2  1  x  1  2 x  1 (*) Giải: Điều kiện: x  1 Xét hàm số f( t ) t2  2 t treân D   1;  . f'( t ) 2( t  1)  0,  t   1. Do đó, f( t ) đồng biến trên D. Page 31 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng (*)f 3 x2  1  f x  1  3 x 2  1  x  1  ( x 2  1) 2  ( x  1) 3 x  0 4 3 2 x( x  1)( x2  2 x  3)  0  x   1(thoûa) x  x 5 x  3 x  0  . x  3 Vậy nghiệm của phương trình là x 1; x  0; x  3 . Bài 3: Giải phương trình: x1   x2  2 x  17 Giải: Điều kiện: x  1 Xét hàm số f( x ) x  1 D f 1;  1 f'( x )  0,  x  1 2x  1 Suy ra f( x ) đồng biến trên 1; . Đồ thị hàm số g( x )  x2  2 x  17 là parabol (P ) có đỉnh I(1;18) và bề lõm hướng xuống dưới nên g( x ) nghịch biến trên 1; . Do đó, phương trình f( x ) g ( x ) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Dễ thấy, f(5) g (5). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  5. 3. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 3x2  3 x  1 3 2 x2  1  3 2 x 2 6. x1  2 x  2 x2  x 3 7. x1  x  2  3 2. 3x 1  x  7 x  2  4 8. 2x 1  x2  3  4  x 2 3. 4x 1  4 x  1  1 9. (2x 1) 2  4 x2  4 x  4  3 x 2  9 x 2  3  0 4. x1   x3  4 x  5 5. x1  3  x  x2 V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA:    1. Nếu x a thì có thể đặt xa sin t ; t  ;  hoặc xacos t ; t  0;  . 2 2  Bài 1: Giải phương trình: 1 1 x2  x 1  2 1  x 2  Giải: Điều kiện x 1. Page 32 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng    Đặt xsin t ; t  ;  phương trình trở thành 2 2  t  1 cost  sin t 1  2cos t 2c os   sin t  sin 2 t 2  t  3 t   t  t  3 t   2c os   2sin   c os   cos  2 sin    1   0 2   2   2  2   2    t  cos   0 t2 k  1 2      4 (k  ) .  3t  1 t  k sin     6 3  2  2  Kết hợp với điều kiện của t suy ra t  . 6   1 Vậy phương trình có một nghiệm x sin    . 6  2 2 3 3 2 1 x Bài 2: Giải phương trình: 1 1 x2  1  x   1  x     (*)   3 3 Giải: Điều kiện: x 1. Khi đó VP>0. - Nếu x  1;0 thì 1x 3  1  x  3  0 nên phương trình (*) vô nghiệm. - Nếu x 0;1 thì 1x 3  1  x  3  0 .   Đặt xcos t , t  0; ta có: 2  t   t   3  t  3  t   2 6 sin c os     c os    sin     2  sin t 2   2     2   2   1  2 6c os 1  sin t   2  sin t 2  6 cost  1 2  sin t  0 1 cost  . 6 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 6 1 2x 1  2 x Bài 3: Giải phương trình: 1 2x  1  2 x   1 2x 1  2 x Giải: Page 33 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng 1 Điều kiện x  2 Đặt 2x cos t ; t  0;  phương trình trở thành t   t    t   t  4 2(1  sint )  sin c os    2  tan    cot   2 2   2    2   2  sin t sin3t  sin 2 t  2  0 cost  0 . Vậy nghiệm của phương trình là x  0 . Bài 4: Giải phương trình: x3 3 x  x  2 (1) Giải: Điều kiện: x  2 - Nếu x  2 thì x33 x  x  x ( x 2  4)  x  x  2 Vậy để giải PT(1) ta chỉ cần xét x  2;2 Đặt x2cos t ; t  0;  khi đó phương trình đã cho trở thành t  k4 3t  k 2 t  t  2  5 cos3t c os     (k  ) . 2 t k4   3t  k 2  t   2 7  4 t   5 Kết hợp với điều kiện của t ta được  . 4 t   7 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x2cos ; x  2cos . 5 7 2. Nếu x a thì ta có thể đặt: a    a  x; t  ;  ; t  0 hoặc x; t  0;  ; t  sint  2 2  cos t 2 2 1  Bài 1: Giải phương trình: x 1   1 x2 1  Giải: Điều kiện x  1. 1    Đặt x; t  ;  phương trình trở thành: sint  2 2  Page 34 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng cost  0 1 2 1   2 (1 cott )  1  cos t  cot t cost cos t    0  1 sin t sint  sin 2t   2  t    k ( k  ) . 12  Kết hợp với điều kiện của t suy ra t   . 12 1 Vậy phương trình có một nghiệm x   2 3  1 .     sin   12  2 1  TỔNG QUÁT: Giải phương trình x a   a x2 1  3x Bài 2: Giải phương trình: x   2 x2 9 Giải: Điều kiện x  3. 3  Đặt x; t  0;  , t  phương trình trở thành: cost 2 1 1    2 2 1  sin 2t  2sin2 2 t sin 2t  1  t  cost sin t 4 3 x   3 2 (thỏa ĐK).   cos  4  Vậy phương trình có một nghiệm x  3 2 . ax TỔNG QUÁT: Giải phương trình x  b với a,b là các hằng số cho x2 a 2 trước.    3. Đặt xtan t , t  ,  để đưa về phương trình lượng giác đơn giản 2 2  hơn. Bài 1: Giải phương trình: x33 3 x 2  3 x  3  0  1 Giải: 1 3x x3 Do x   không là nghiệm của phương trình nên 1    3  2  3 1 3x2     k Đặt xtan t , t  ,  . Khi đó, PT(2) trở thành tan 3t  3 t   k   . 2 2  9 3   4   7  Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: xtan  , x  tan   , x  tan   . 9   9   9  Page 35 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng 2 2 x2 1  x 1 Bài 2: Giải phương trình: x2 1   2x 2x 1 x2  Giải: Điều kiện x0; x   1.     Đặt xtan t , t  ,  , t  0, t   phương trình trở thành: 2 2  4 1 1 2 1 1 1    1     0 cost sin 2 t sin 4 t cost 2sin t 2sin t cos 2 t  2sint cos 2 t  c os2 t  1  0 2sint 1  2sin2 t  2sin 2 t  0  sint  0   t  k2 2  2 sint 1  sin t  2sin t  0 sint   1  k      1 t  k2 sin t   6  2  Kết hợp với điều kiện suy ra t  . 6   1 Vậy phương trình có 1 nghiệm x tan    . 6  3 4. Mặc định điều kiện là x a . Sau khi tìm được số nghiệm chính là số nghiệm tối đa của phương trình và kết luận. Bài 1: Giải phương trình: 3 6x 1  2 x  1 Giải: PT(1) 8 x3  6 x  1  2 Đặt xcos t , t  0;  phương trình (2) trở thành: 1 2 cos3 t  t    k k   2 9 3 Suy ra phương trình (2) có tập nghiệm   5   7   S  cos  ; c os   ; c os    . 9   9   9   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm chính là S. 5. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 1x2  4 x 3  3 x . 4. 2 2 1 x2  x 1  1  x 2  . 2. 3 6x 1  2 x . 5. 1 1 x2  2 x 2 . 1 3. x1  x2  1  2 x 2 . 2 Page 36 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng x 35 x21 ( x 2  1) 2 6. x   . 7. x2 1   . x2 1 12 2x 2 x (1 x2 ) VI. PHƯƠNG PHÁP VÉCTƠ 1. . Phương pháp:          a b  a  b .  a b  a  b .   Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với Dấu “=” xảy ra  a ngược hướng b . với b .           a b  a  b . a. b a . b .   Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với Dấu “=” xảy ra  a cùng hướng với  b . b . 2. Bài tập minh họa: Bài 1: Giải phương trình: x24 x  5  x 2  10 x  50  5 (*) Giải:     Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn a( x 2;1); b ( x  5;5)  a  b (3;  4)  Khi đó a( x  2)2  1  x 2  4 x  5  b( x  5)2  25  x 2  10 x  50   a b 9  16  5   a b  x2 4 x  5  x 2  10 x  50     Ta có a b  a  b (1)   Do đó, (*) (1) xảy ra dấu “=”  a cùng hướng với b  5 x2  k ( x  5) x     4 a  kb( k  0) 1  5k   . 1 k  0 k    5 5 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 4 Bài 2: Giải phương trình: x28 x  816  x 2  10 x  267  2003 (*) Giải:     Trong mặt phẳng Oxy chọn a(4 x ;20 2); b (5  x ;11 2)  a  b  (9;31 2) .  Khi đó a(4  x )2  800  x 2  8 x  816 Page 37 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng  b(5  x )2  242  x 2  10 x  267   a b  x2 8 x  816  x 2  10 x  267   a b 81  1922  2003     Ta có a b  a  b (1)   Do đó, (*) (1) xảy ra dấu “=” a cùng hướng với b  56 4x  k (5  x ) x      31 a  kb( k  0) 20 2  11 2k   . 20 k  0 k    11 56 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 31 Bài 3: Giải phương trình: 9x3 18 x 2  36 x 2  9 x 3  9  x 2 Giải: 9x3 18 x 2  0 9 x  18  0  x  2 Điều kiện:   2 x  4. 2 3   36x 9 x 36 9x  0  x  4   Trong mặt phẳng Oxy chọn a 9 x3 18 x 2 ; 36 x 2  9 x 3  ; b (1;1) .   Khi đó, a. b 9 x3  18 x 2  36 x 2  9 x 3   a. b 2. 18 x2  6 x     Từ phương trình ta có 9x2  a . b  a . b  6 x  ( x  3) 2  0  x  3 . Thử lại ta được x  3 là nghiệm của phương trình 3. Bài tập áp dụng: 1. 4x2 4 x  2  4 x 2  12 x  13  13 . 2. 5x2 12 x  9  5 x 2  12 x  8  29 . 3. 2x2 2 x  1  2 x 2  3  1 x  1  2 x 2  3  1 x  1  3 . 4. 10 3x  x2  18  7 x  x 2  77 . Page 38 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng Page 39 luyenthitohoang.com Trung tâm Tô Hoàng NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû KẾT LUẬN: Trên đây là một số phương pháp giải phương trình vô tỷ trong khuôn khổ chương trình phổ thông. Sau khi đã đọc xong phương pháp giải và bài tập minh họa, không những các bạn có thể giải được các bài tập áp dụng sau mỗi phương pháp mà có thể giải các bài tập chứa căn thức khác. Trong quá trình làm bài tập lớn này, chắc chắn không thể tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự góp ý của các bạn. Xin trân trọng cảm ơn. Huế, ngày 15 tháng 04 năm 2012 NguyÔn V¨n Rin. Page 40 luyenthitohoang.com