Chủ đề phương trình - toán 9

Chia sẻ: Le Van Dung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:34

Thêm vào BST

Báo xấu

278
lượt xem 87
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối.Chúc các bạn học vui và hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chủ đề phương trình - toán 9

CHỦ ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH -TOÁN 9 A/ PHƯƠNG PHÁP XÉT KHOẢNG : + Nắm biết được phương pháp giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối + biết được cách xét dấu của nhị thức bậc nhất ax + b để ứng dụng vào việc giải phương trình chứa biến trong dấu giá trị tuyệt đối. I.KIẾN THỨC BỔ SUNG * Dấu của nhị thức bậc nhất ax + b −b x a Trái dấu với a Cùng dấu với a ax + b 0 II.CÁC DẠNG BÀI TẬP f(x) = a * DẠNG 1 : (1) • a < 0 , ta có Pt (1) : vô nghiệm • a = 0 , ta có Pt (1) f(x) = 0 f(x) = a • a > 0 , ta có Pt (1) f(x) = -a Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : a) 2 x − 1 = 0 , b) x − 2 = 3 1 �� giải: a) 2 x − 1 = 0 . Vậy : S = � � 2x – 1 = 0 x=½ 2 � x−2=3 x=5 .Vậy : S = { −1;5} b) x − 2 = 3 x − 2 = −3 x = −1 f(x) = g ( x ) f(x) = g(x) * DẠNG 2: f(x) = - g ( x) Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 2 x − 1 = x − 2 2x −1 = x − 2 x = −1 . Vậy : S = { −1;1} 2x −1 = − x + 2 x =1 � f(x) 0 f(x) = g(x) f(x) = g(x) * DẠNG 3: f(x) < 0 f(x) = -g(x) 1
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau : 3 x − 2 = 2 x + 6 2 + Với x x = 8 ( nhận) , ta có Pt : 3x – 2 = 2x + 6 3 2 + Với x < x = - 4/5 ( nhận) , ta có Pt : 3x – 2 = –2x – 6 3 �4 � − Vậy : S = � ;8� �5 a f(x) + b g(x) = h( x) * DẠNG 4: + Dùng bảng xét dấu các giá trị biến là nghiệm của các đa thức , để khử dấu giá trị tuyệt đối , rồi giải các Pt Ví dụ 4.1: Giải các phương trình sau : 2 x − 1 − 3 x − 1 = 1 + Bảng xét dấu : x 1/2 1 2x – 1 – 0 + + X-1 – – 0 + • Với x < ½ , ta có Pt : 1 – 2x – 3( 1 – x ) = 1 x = 3 ( loại ) • Với ½ x < 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(1 – x ) = 1 x = 1 ( loại ) • Với x 1 , ta có Pt : 2x – 1 – 3(x – 1 ) = 1 x = 1 ( nhận ) Vậy : S = { 1} Ví dụ 4.2: Giải các phương trình sau : x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 ; ĐK : x 1 x −1 + 2 x −1 +1 + x −1 − 2 x −1 + 1 = 2 x −1 +1+ x −1 −1 = 2 x −1 +1 > 0 ) (2) ; ( vì * Nếu x > 2 thì Pt (2) x − 1 +1 + x − 1 - 1 = 2 x − 1 = 1 x = 2 (loại) x − 1 +1 + 1 - x − 1 = 2 * Nếu 1 x 2 thì Pt (2) 0.x = 0 , Pt vô số nghiệm Vậy Pt đã cho có nghiệm 1 x 2 + Cách khác : Sau khi biến đổi đến Pt (2) ta có thể viết : x − 1 − 1 = 1 − x − 1 Chú ý bất đẳng thức A A với điều kiện xảy ra ” =” là A 0. Vì thế 1 - x − 1 0 x −1 1 x 2 Kết hợp với ĐK ban đầu ta có 1 x 2 Ví dụ 4.2: c) x2 + 6 x + 9 − 2 x2 − 2 x + 1 + x2 = 0 ( x + 3) ( x − 1) 2 2 Giai : ⇔ −2 + x2 = 0 ⇔ x + 3 − 2 x − 1 + x = 0 . (2) + Nếu x < −3 , (2)⇒ − ( x + 3) − 2 � ( x − 1) � x = 0 ⇔0.x − 5 = 0 : vô nghiệm. − − � � 2
1 x < 0 , (2)⇒ ( x + 3) − 2 � ( x − 1) � x = 0 ⇔2 x + 1 = 0 ⇔ x = − . − − + Nếu : −3 � � 2 1 x < 1 , (2)⇒ ( x + 3) − 2 � ( x − 1) � x = 0 ⇔4 x + 1 = 0 ⇔ x = − , (loại). − + + Nếu : 0 � � 4 + Nếu ; x 1 , (2)⇒ ( x + 3) − 2 ( x − 1) + x = 0 ⇔0.x − 5 = 0 : vô nghiệm. 1 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = − . 2 III. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Giải các phương trình sau : a) x 2 − 2 x + 1 = 5 ; b) 4 x2 − 4 x + 1 = x − 2 c) x 2 − 6 x + 9 + x 2 + 4 x + 4 = 0 B/ PHƯƠNG PHÁP TỔNG CÁC SỐ KHÔNG ÂM + Sử dụng được tính chất tổng các số không âm để vận dụng vào việc giải phương trình. + Nhận dạng và biến đổi được các phương trình về dạng trên. I.CÁC DẠNG BÀI TẬP : A=0 A2 + B2 = 0 * DẠNG 5 : B=0 Ví dụ 5: Giải các phương trình sau : 2x2 + 2x + 1 = 4 x + 1 (*) Giải : ĐK : 4x + 1 0 x -¼ 4x + 4x + 2 = 2 4 x + 1 4x2 + 4x + 1 – 2 4 x + 1 +1 = 0 2 (*) 4x = 0 x=0 ( ) 4x + ( 4 x + 1 - 1 ) = 0 2 2 4x +1 −1 = o 4x +1 = 1 { 0} x = 0 ( nhận) . Vậy : S = 1 x −2 + y −3 + z −5 = ( x + y + z − 7) (1) Ví dụ 5’: Tìm các giá trị x, y, z biết : 2 + ĐK : x 2 ; y 3 ; z 5 2 x − 2 + 2 y −3 + 2 z −5 − x − y − z + 7 = 0 (1) ( x − 2 −1) 2 + ( y − 3 −1) 2 + ( z − 5 −1) 2 = 0 x − 2 −1 = 0 x=3 y − 3 −1 = 0 y=4 z=6 z − 5 −1 = 0 A=0 A + B =0 3 * DẠNG 6 : B=0
Ví dụ 6 : Giải các phương trình sau : x − 1 + x − 3x + 2 = 0 (**) 2 x =1 x −1 = 0 x −1 = 0 x = 1 . Vậy : S = { 1} x =1 (**) x 2 − 3x + 2 = 0 ( x − 1)( x − 2) = 0 x=2 A=0 A+ B =0 * DẠNG 7 : B=0 Ví dụ 7 : Giải các phương trình sau : x2 − 2 x + 1 + x − 1 = 0 x −1 = 0 x −1 = 0 x =1 . Vậy : S = { 1} x − 2x +1 = 0 ( x − 1) 2 = 0 2 II.BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Giải các phương trình sau : 1 a) x + y − 1 + z − 2 = ( x + y + z ) b) x + y + 4 = 2 x + 4 y − 1 ; ; 2 9 c) x + y + z + 4 = 2 x − 2 + 4 y − 3 + 6 z − 5 ; d ) 3 x + x 2 + + x 2 + 2 x + 1 = 0 4 C. PHƯƠNG PHÁP ĐỐI LẬP VÀ BẤT ĐẲNG THỨC : + Sử dụng được tính chất đối lập ở hai vế của phương trình. + Ngoài những bất đẳng thức của các số không âm ở bài trước , cần nắm thêm và sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc như BĐT Cô Si; BĐT Svacxơ; BĐT về giá trị tuyệt đối vào việc giải phương trình. I/KIẾN THỨC CƠ BẢN 1_ Sử dụng tính chất tính chất đối nghịch giá trị của hai vế Pt : A m A=m B m * DẠNG 8 : B=m A=B Ví dụ 8 : Giải các phương trình sau : a) 3 x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 +10 x +14 = 4 − 2 x − x 2 3( x +1) 2 + 4 + 5( x +1) 2 + 9 = 5 − ( x +1) 2 Mà (VT) = 3( x +1) 2 + 4 + 5( x +1) 2 + 9 4 + 9 =5 , dấu”=” xảy ra khi (x + 1) = 0 2 x = -1 5 , dấu “=” xảy ra khi (x + 1)2 = 0 2 Và (VP) = 5 – (x + 1) x = -1 Do đó : 3 x + 6 x + 7 + 5 x +10 x +14 = 4 − 2 x − x = 5 2 2 2 { −1} x = -1 . Vậy : S = (x + 1)2 = 0 x − 7 + 9 − x = x 2 − 16 x + 66 ; ĐK : 7 x9 b) A2 = 2 + 2 ( x − 7)(9 − x ) 2+ x−7+9− x = 4 x−7 + 9− x (VT) : A = 4
(Áp dụng BĐT Cô Si 2 ( x − 7)(9 − x) 2 + x − 7 + 9 − x = 4 ) Do đó A 2 (VP) : B = x 2 − 16 x + 66 = (x – 8 )2 + 2 2 Theo đề bài A = B nên A = B = 2 . Do đó x – 7 = 9 – x ; x = 8 (nhận) II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Ví dụ 18 : Giải các phương trình sau : a) 3x 2 + 6 x + 12 + 5 x 4 − 10 x 2 + 9 = 3 − 4 x − 2 x 2 b) x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2 x 2 − 6 x + 15 = x 2 − 6 x + 18 c) 2 x − 6 x + 11 2_ Sử dụng bất đẳng thức CÔ-SI cho hai số không âm * DẠNG 9 : Với hai số a ,b không âm ta có : a+b 2 a.b Dấu “=” xảy ra khi a = b Ví dụ 9.1 : Giải các phương trình sau : x2 1 5 x 3 +3 x 2 +3 x −2 = +3 x − 2 2 ĐK : Vì 5x3 + 3x2 + 3x – 2 = (x2 + x + 1) (5x – 2) Mà x2 + x + 1 = (x + ½)2 + ¾ > 0 nên 5 x 3 +3 x 2 +3 x −2 có nghĩa khi 5x – 2 x 2/5 x + x + 1 + 5x − 2 x 2 2 1 = + 3x − 5 x +3 x +3 x −2 = ( x + x +1)(5 x −2) 3 2 2 2 2 2 ( theo BĐT Cô-Si cho hai số không âm) Dấu “ = ” xảy ra khi x2 + x + 1 = 5x – 2 x2 – 4x + 3 = 0 (x – 1)(x – 3) = 0 x = 1 ; x = 3 . Vậy : S = { 1;3} Ví dụ 9.2 : Giải các phương trình sau : 2 x − 3 + 5 − 2 x = 3 x 2 − 12 x + 14 Áp dụng BĐT Cô-Si cho hai số không âm ta có :b 2x − 3 +1 5 − 2x +1 2 x − 3 + 5 − 2 x = (2 x − 3).1 + (5 − 2 x).1 + =2 2 2 2x − 3 = 0 Dấu “ = ” xảy ra khi x=2 5 − 2x = 0 Mặt khác 3x2 – 12x +14 = 3(x2 – 4x + 4) + 2 = 3(x – 2)2 + 2 2 Dấu “ = ” xảy ra khi x – 2 = 0 x=2 Vậy Pt có nghiệm duy nhất x = 2 3_ Sử dụng bất đẳng thức SVAC XƠ 5
(a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) * DẠNG 10 : ax + by a b = Dấu “=” xảy ra khi x y Ví dụ 10 : Giải các phương trình sau : x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 40 ; ĐK : 2 x 10 x − 2 + 10 − x (12 + 12 )( x − 2 + 10 − x) = 4 Ta có (VT) = x − 2 10 − x = x − 2 + 10 − x 4 , dấu ‘=” xảy ra khi Nên : x=6 1 1 Mà (VP) = x 2 − 12 x + 40 = ( x − 6) 2 + 4 4 , dấu ‘=” xảy ra khi x = 6 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6 4_ Sử dụng Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối : A+B A+B DẠNG 11 : • Dấu “=” xảy ra khi A và B cùng dấu hay A.B 0 A A DẠNG 11’ : • Dấu “=” xảy ra khi A 0 Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau : x2 − 4x + 4 + x2 − 6x + 9 = 1 � ( x − 2) 2 + ( x − 3)2 = 1 � x − 2 + x − 3 = 1 Giải : � x − 2 + 3 − x �x − 2 + 3 − x = 1 Dấu “ =” xảy ra khi : (x – 2) (3 – x) 0 2 x 3 Vậy Pt đã cho có nghiệm là : 2 x 3 Ví dụ 11’ : Giải các phương trình sau : x 2 − 4 x + 4 + x 2 − 6 x + 9 = 1 (1) x − 2 + x −3 =1 Áp dụng BĐT A A dấu “=” xảy ra khi A 0 , ta có : x −2 + x −3 = x − 2 + 3 − x x − 2 +3 − x =1 (2) x−2 0 Do (1) nên phải xảy ra dấu “=” ở Pt (2) tức 3− x 0 2 x 3 là nghiệm Pt CHỨNG TỎ PHƯƠNG TRÌNH VÔ NGHIỆM KHI CÓ 1 VẾ LUÔN NHỎ HƠN VẾ KIA 1) x − 1 − x + 1 = 2 ; ĐK : x 1 6
x − 1 = 2 + x + 1 Ta thấy vế phải lớn hơn vế trái , Pt x + 6 = x − 2 x 2 − 1 ; ĐK : x 1 Ta thấy vế trái lớn hơn x , vế phải không lớn hơn x , 2) 2 Pt vô nghiệm x − 1 − x + 3 + 2 ( x − 1)( x 2 − 3 x + 5) = 4 − 2 x 3) ĐK : x 1 , nên vế trái 2 ; vế phải 2 , suy ra hai vế bằng 2 , khi đó x = 1 II. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Ví dụ 11 : Giải các phương trình sau : x − 2 + 3 − x =1 0 , đưa về dạng a) ; ĐK : x x + 4− 4 x + x +9−6 x =1 Nghiệm : 4 x 9 b) ; ĐK : x -2 , x + 6 − 4 x + 2 + x + 11 − 6 x + 2 = 1 0 đưa về dạng y − 2 + 3 − y =1 . Nghiệm : 2 x+2 = y Đặ t : x7 c) ; ĐK : x 2, x + 2− 4 x − 2 + x + 7 −6 x − 2 =1 0 đưa về dạng y − 2 + 3 − y =1 . Nghiệm : 6 x−2 = y Đặ t : x 11 D. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ : + Biết thay thế một biểu thức chứa ẩn số trong phương trình bằng một ẩn số phụ để được một phương trình trung gian mà ta biết cách giải. + Biết tìm nghiệm số phụ từ đó suy ra nghiệm của phương trình. I/ NỘI DUNG : * DẠNG 12 : PT TRÙNG PHƯƠNG : ax4 + bx2 + c = 0 ( a 0) + Đặt : x2 = y 0 , ta có Pt : ay2 + by + c = 0 Ví dụ 12 : Giải các phương trình sau : x4 – x2 – 12 = 0 (1) Đặt : x2 = y 0 y = −3(loai ) y2 – y – 12 = 0 (1) (y – 4)(y + 3) = 0 y = 4( nhan) { −2; 2} + Với y = 4 2 . Vậy : S = x2 = 4 x= * DẠNG 13 : PT dạng : (x + a)(x + b)(x + c) (x + d) = m Với a + b = c + d + Đặt y = (x + a)(x + b) Ví dụ 13 : Giải các phương trình sau : (12x –1)(6x – 1)(4x – 1)(3x – 1) = 330 Giải : (12x –1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (*) Đặt : y = 12x – 3 (y2 + y - 2)(y2 + y) – 7920 = 0 (**) (*) (y + 2)(y +1)y (y -1) = 7920 Đặt t = y + y -1 2 (t – 1)(t + 1) = 7920 t2 = 7921 (**) t = 89 7
x =1 y =9 12 x − 3 = 9 −7 + Với t = 89 thì ta có y + y – 90 = 0 2 y = −10 12 x − 3 = −10 x= 12 + Với t = - 89 thì ta có y2 + y + 88 = 0 Pt vô nghiệm − �7 � Vậy : S = � ;1� 12 � * DẠNG 14 : PT dạng : (x + a)4 + (x + b)4 = k a+b + Đặt : y = x + 2 Ví dụ 14 : Giải các phương trình sau : ( x – 6)4 + (x – 8)4 = 16 (1) Giải : Đặt : y = x - 7 ( y + 1)4 + (y – 1)4 = 16 khai triển rút gọn ta có : y4 + 6y2 – 7 = 0 (2) (1) Giai Pt (2) ta được : x = 8 ; x = 6 * DẠNG 15 : Pt có hệ số đối xứng dạng : ax4 + bx3 ± cx2 + bx + a = 0 (a 0). + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x2 , 1 1 Ta được Pt sau : a (x2 + 2)+b(x ± )+c=0 x x 1 + Đặt : y = ( x ± ) , giải Pt ẩn y suy ra nghiệm x x Ví dụ 15 : Giải các phương trình sau : x4 + 3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 Giải : + Vì x = 0 không phải nghiệm , nên ta chia 2 vế Pt cho x2 , 1 1 Ta được Pt sau : (x2 + 2 ) + 3( x + ) + 4 = 0 (*) x x 1 1 + Đặt : y = x + nên x2 + 2 = y2 – 2 x x y = - 1 hoặc y = -2 2 (*) y + 3y + 2 = 0 (y + 1)(y + 2) = 0 1 + Với y = -1 ta có Pt : x + = -1 x2 + x + 1 = 0 Pt vô nghiệm . x 1 + Với y = -2 ta có Pt : x + = -2 x2 -2 x + 1 = 0 Pt có nghiệm x = -1 x DẠNG 16 : Pt đẳng cấp bậc hai đối với u , v ( u, v phụ thuộc x ) Có dạng : au2 + buv + cv2 = 0 ( a 0 ) + xét v = 0 u=0 2 u u �� + Xét v 0, chia hai vế cho v ta có Pt : a � �+ b � � c = 0 2 + v v �� u Đặt y = ta có Pt bậc hai ẩn y : ay2 + by + c = 0 v 8
Ví dụ 16 : Giải các phương trình sau : (x2 – 3x – 1 )4 – 13x2 (x2 – 3x – 1)2 + 36x4 = 0 (*) Đặt : u = (x2 – 3x – 1)2 ; v = x2 u2 – 13uv + 36v2 = 0 (*) ( x 2 − 3 x − 1) 2 = 0 x�� + Xét v = 0 u = 0 , ta có x2 = 0 2 u u �� + xét v 0 , chia hai cho v ta có Pt : � �− 13 � � 36 = 0 2 + v v �� u �� Đặt y = � � có PTBh : y2 – 13y + 36 = 0 ta v �� E-PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC ( HAY PT VÔ TỈ ) f(x) = a DẠNG 1 : + a < 0 , Pt vô nghiệm . + a = 0 , f(x) = 0 + a > 0) _ Giải Pt - ĐK : f(x) 0 _ Bình phương hai vế _ Giải Pt , đối chiếu ĐK tìm nghiệm f(x) = g ( x) DẠNG 2: g(x) 0 f(x) = [ g ( x) ] 2 Ví du1. Giai phương trinh: x + 1 = x − 1 (1) ̣ ̉ ̀ x1 x1 x1 � �2 �� Giai: (1) ⇔ � ̉ x=3 x − 3x = 0 x + 1 = x −1 Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm x = 3 ̣ ̀ ̣ ̣ f 2 (x) = a DẠNG 3: (với a 0) f(x) = a Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 − 4x + 4 + x = 8 (1) Giai: (1) ⇔ (x − 2) 2 = 8 − x ̉ Với điêu kiên x ≤ 8. Ta co: ̀ ̣ ́ (1) ⇔ |x – 2| = 8 – x – Nêu x < 2: (1) ⇒ 2 – x = 8 – x (vô nghiêm) ́ ̣ 9
– Nêu 2 ≤ x ≤ 8: (1) ⇒ x – 2 = 8 – x ⇔ x = 5 ; HD: Đáp số: x = 5. ́ f(x) = g(x) DẠNG 4: f ( x) 0(hayg ( x) 0) f ( x) = g ( x) Ví dụ : Giải các phương trình sau : a) x − 3 = 2 x − 7 ; 2x − 7 0 x 7/2 x − 3 = (2 x − 7) 4 x − 29 x + 52 = 0 2 2 Giải Pt : 4x – 29x + 52 = 0 được x = 4 (nh) ; x = 13/4 (loại) 2 b) x − 3 = 3 x − 5 2 3x − 5 0 x 5/3 x 5/3 x 5/3 x − 3 = 3x − 5 x − 3x + 2 = 0 ( x − 2)( x − 1) = 0 x = 2(nh); x = 1(l ) 2 2 f(x) + g(x) = h( x) DẠNG 4.1: Ví dụ 1: Giai phương trinh: x + 3 = 5 − x − 2 (2) ̉ ̀ Giai. Với điêu kiên x ≥ 2. Ta co: ̉ ̀ ̣ ́ ⇔ x +3 + x−2 =5 (2) ⇔ 2 x + 1 + 2 (x + 3)(x − 2) = 25 ( bình phương 2 vế ) ⇔ ( x + 3)(x − 2) = 12 − x 2 x 12 2 x 12 � x=6 �� ⇔ �2 25x = 150 x + x − 6 = 144 + x − 24x 2 Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm x = 6 ̣ ̀ ̣ ̣ f(x) + g(x) = h( x) DẠNG 4.2: Ví du. Giai phương trinh: x + 1 − x − 7 = 12 − x (3) ̣ ̉ ̀ Giai: Với điêu kiên 7 ≤ x ≤ 12. Ta co: ̉ ̀ ̣ ́ (3) ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7 ⇔ x + 1 = 5 + 2 (12 − x)(x − 7) ( bình phương 2 vế ) ⇔ 2 19x − x 2 − 84 = x − 4 ⇔ 4(19x – x2 – 84) = x2 – 8x + 16 ⇔ 76x – 4x2 – 336 – x2 + 8x – 16 = 0 10
⇔ 5x2 – 84x + 352 = 0 � 84 352 � � 2 42 1764 1764 352 � 5�2 − x + � 5� − 2 =x x+ − + x � 5 5� � 5 25 25 5� � 2 � 42 � 4 � 44 � = 5 ( x − 8 ) � − � (x − 8) ( 5x − 44 ) = 5 � − �− 5 = x x � 5� 25 � 5� 44 ⇔ x1 = ; x2 = 8 5 44 Vây: phương trinh đã cho có hai nghiêm x1 = ̣ ̀ ̣ ; x2 = 8 5 f(x) + g(x) = h( x) + t ( x) DẠNG 4.3: Ví du1. Giai phương trinh: x − x − 1 − x − 4 + x + 9 = 0 (4) ̣ ̉ ̀ Giai: Với điêu kiên x ≥ 4. Ta co: ̉ ̀ ̣ ́ (4) ⇔ x + 9 + x = x − 1 + x − 4 ⇔ 2 x + 9 + 2 x(x + 9) = 2x − 5 + 2 (x − 4)(x − 1) ⇔ 7 + x(x + 9) = (x − 1)(x − 4) ⇔ 49 + x + 9x + 14 x(x + 9) = x − 5x + 4 2 2 ⇔ 45 + 14x + 14 x(x + 9) = 0 Vơi x ≥ 4 ⇒ vế trai cua phương trinh luôn là môt số dương ⇒ phương trinh vô nghiêm ́ ́̉ ̀ ̣ ̀ ̣ Ví dụ 2. Giải phương trình x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1 (2) Giai: (2) ⇔ x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1 ̉ ⇔ x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1| Đăt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trinh đã cho trở thanh: ̣ ̀ ̀ y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1| – Nêu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loai) ́ ̣ – Nêu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3 ́ ́ ̣ – Nêu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiêm) Vơi y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 ́ Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm là x = 8 ̣ ̀ ̣ ̣ BÀI TẬP : Giải các phương trình sau : ; KQ : S = { 1} ; KQ : S = { 6} 3/ 3 + 2 x − 3 = x 1/ 3x 2 + x − 4 = 2 − 2 x 1. Phương phap nâng lên luy thừa ́ ̃ g(x) 0 a) Dang 2: f (x) = g(x) ⇔ ̣ f (x) = [g(x)]2 Ví dụ. Giai phương trinh: ̉ ̀ x + 1 = x − 1 (1) 11
x1 x1 x1 � �2 �� Giai: (1) ⇔ � ̉ x=3 x − 3x = 0 x + 1 = x −1 Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm x = 3 ̣ ̀ ̣ ̣ b) Dang 2: f (x) + g(x) = h(x) ̣ f (x) + g(x) = h(x) ̣ c) Dang 3: f (x) + g(x) = h(x) + k(x) ̣ d) Dang 4: ; KQ : S = { 7} 2/ x − 4 x − 3 = 2 F. PHƯƠNG TRÌNH CÓ NHIỀU DẤU CĂN THỨC : • PP chính : Điều kiện cho Pt có nghĩa , chuyển vế cho hợp lí , bình phương hai vế , đối chiếu điều kiện chọn nghiệm . 1) x − 1 − 5 x − 1 = 3 x − 2 ; ĐK1 : x 1 x − 1 = 5 x − 1 + 3x − 2 _Chuyển vế ( bớt dấu - ) ,ta có : _ Bình phương hai vế rút gọn được : 2 – 7x = 2 15 x 2 − 13 x + 2 Đến đây có hai cách giải : • Cách 1: ĐK2 : 2 – 7x 0 _ Bình phương hai vế rút gọn được : 11x2 – 24x + 4 = 0 (11x – 2)(x – 2) = 0 x1 = 2/11 (loại ) ; x2 = 2 ( loại ) . Vậy Pt vô nghiệm • Cách 2 : ta có ĐK2 : 2 – 7x x 2/7 trái với ĐK1 : x 1 0 Vậy Pt vô nghiệm 2) x + 3 − x − 4 = 1 ĐK: x 4 ; bình phương hai vế ta có KQ : S = { 13} 15 − x + 3 − x = 6 ;bình phương hai vế ta có KQ : S = { −1} 3) 15 − x + 3 − x = 6 x − 2 x − 1 − x − 1 = 1 chuyển vế 4) x − 2 x −1 = 1 + x −1 ; bình phương hai vế ta có KQ : S = { 1} x − 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 ; bình phương hai vế ta có KQ : 1/ 2 x1 5) x + 6 x − 9 + x − 6 x − 9 = 6 ; bình phương hai vế ta có KQ : 3 / 2 x3 6) Sau khi bình phương hai vế , rồi so sánh giá trị hai vế , rut ra nghiệm Pt 7) 2 x − 1 − x − 2 = x + 1 ; ĐK : x 2 .(1) Bình phương hai vế được 2x – 1 + x – 2 + 2 2 x 2 −5 x + 2 = x + 1 2 x 2 −5 x + 2 = 2 − x Phải x 2 (2) . Từ 1 & 2 ta có x = 2 , nghiệm đúng Pt 3x + 15 − 4 x + 17 = x + 2 ĐK : x - 2 8) Chuyển vế , bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x -2 Do đó x = -2 , nghiệm đúng Pt x + 1 − x + 10 = x + 2 + x + 5 ; ĐK : x - 1 9) Bình phương hai vế , xuất hiện ĐK : x -1 . Nghiệm x = -1 12
G. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CĂN THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ I.Phương trình vô tỉ bậc cao : 3x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2 ; ĐK: x2 + 7x + 7 1) (1) 0 Đặt : x 2 + 7 x + 7 = y 0 x2 + 7x + 7 = y2 y = -5/3 (loại) ; y = 1 (nhận) 3y2 + 2y – 5 = 0 (1) (y – 1)(3y + 5) = 0 2 + x + 7x + 7 = 1 x + 7x + 6 = 0 (x + 1)(x + 6) = 0 x = -1 ; x = -6 2 Với x = -1 ; x = -6 thỏa mãn x + 7x + 7 0 . Vậy nghiệm Pt x = -1 ; x = -6 2 2) (*) ; ĐK : x -2 2x + 3 + x + 2 + 2x + 2 − x + 2 = 1+ 2 x + 2 Đặt 2x + 3 + x + 2 = a ; 2x + 2 − x + 2 = b Ta có : a + b = 1 + 2 x + 2 và a2 – b2 = 1 + 2 x + 2 Suy ra a – b = 1 . Từ đó a = 1 + x + 2 ; b = x + 2 (**) Từ (*) , (**) tính được x . nghiệm x = 2( loại giá trị x = -1) 3) 2 x 2 − 9 x + 4 + 3 2 x − 1 = 2 x 2 + 21x − 11 0 . Pt là a + 3 b = a + 15b Đặt : 2x2 – 9x + 4 = a 0 ; 2x – 1 = b Bình phương hai vế rồi rút gọn ta được b = 0 hoặc b = a . Nghiệm ½; 5 2 4) X + 3x + 1 = (x + 3) x 2 + 1 (1) Giải : Đặt t = x 2 + 1 , t 0 ; (1) t2 – (x + 3)t + 3x = 0 (2) ∆ = (x + 3)2 – 12x = (x - 3)2 0 Nên Pt (2) có nghiệm : t = x ; t = 3 + Với t = x thì x 2 + 1 = x , Pt vô nghiệm . + Với t = 3 thì x 2 + 1 = 3 , Pt có nghiệm x = 2 2 Ví dụ 5. Giải phương trình x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 − 6 x + 1 = 2 x + 2 − 2 x + 1 (2) Giai: (2) ⇔ x + 1 + 2 x + 1 + 1 + x + 1 − 2.3 x + 1 + 9 = 2 x + 1 − 2 x + 1 + 1 ̉ ⇔ x + 1 + 1+ | x + 1 − 3 |= 2.| x + 1 − 1| Đăt y = x + 1 (y ≥ 0) ⇒ phương trinh đã cho trở thanh: ̣ ̀ ̀ y + 1+ | y − 3 |= 2 | y − 1| – Nêu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y ⇔ y = –1 (loai) ́ ̣ – Nêu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 ⇔ y = 3 ́ ́ ̣ – Nêu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiêm) Vơi y = 3 ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 8 ́ Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm là x = 8 ̣ ̀ ̣ ̣ II Phương phap đưa về phương trinh tich ́ ̀ ́ Ví dụ 1. Giải phương trình: 2x + 1 − x − 2 = x + 3 Giai. ĐK: x ≥ 2. Để ý thấy: (2x + 1) – (x – 2) = x + 3. Do đó, nhân l ượng liên h ợp vào hai v ế c ủa ̉ x+3= 0 phương trình: (x + 3)( 2x + 1 + x + 2 − 1) = 0 ⇔ ⇒ PT vô nghiệm 2x + 1 + x − 2 = 1 Ví dụ 2. Giải phương trình: x + 1 + 2(x + 1) = x − 1 + 1 − x + 3 1 − x 2 (1) 13
( )(2 ) x +1 − 1− x x +1 − 1− x +1 = 0 Giai. ĐK: | x | ≤ 1: (1) ⇔ ̉ 24 ⇔ x1 = 0; x2 = − 25 Ví dụ 3. Giải phương trình: x − 1 + x 3 + x 2 + x + 1 = 1 + x 4 − 1 (1) ̉ Giai. Chú ý: x4 – 1 = (x – 1)(x3 + x2 + x + 1). ) )( ( x − 1 − 1 1 − x3 + x2 + x + 1 = 0 ⇔ x = 2 (1) ⇔ III. Phương phap đăt ân phụ ́ ̣̉ a) Sử dụng một ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 + x + 1 = 1 (1) Giai: Đặt x + 1 = y (y ≥ 0) ̉ ⇒ y2 = x + 1 ⇔ x = y2 – 1 ⇔ x2 = (y2 – 1)2 ⇒ (2) ⇔ (y2 – 1)2 + y – 1 = 0 ⇔ y(y − 1)(y2 + y − 1) = 0. � 1− 5 � Từ đó suy ra tập nghiệm của phương trình là: � − 1;0; � 2� � ( ) 3 x − 1 + 1 + 2 x − 1 = 2 − x (1) Ví dụ 2. Giải phương trình: ĐK: x ≥ 1. Đặt x −1 +1= y HD: ( )( ) 3 2 x −1 +1 + x −1 +1 − 2 = 0 (1) ⇔ ⇔ y3 + y2 – 2 = 0 ⇔ (y – 1)(y2 + 2y + 2) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 1 ( 3 + x) ( 6 − x) 3+ x + 6− x − =3 Ví dụ3 : 3+ x 0 −3 x ⇔−3 ⇔ x 6. Điều kiện phương trình có nghĩa là 6− x 0 x 6 ( 3 + x) ( 6 − x) + 6 − x = 9 + 2 ( 3 + x) ( 6 − x) Đặ t y = 3 + x + 6 − x � y > 0 ; y 2 = 3 + x + 2 y2 − 9 ( 3 + x) ( 6 − x) = , thay vào phương trình (d), ta được : Suy ra 2 y =3 y2 − 9 = 3 ⇔2 y − ( y − 9 ) = 6 ⇔ y 2 − 2 y − 3 = 0 ⇔ 2 y− . y = −1,(loai) 2 ( ) 2 Với y = 3 và −3 3+ x + 6− x = 32 6 : 3+ x + 6 − x = 3⇔ x 3+ x = 0 x = −3 ( 3 + x) ( 6 − x) + 6 − x = 9 ⇔ ( 3 + x) ( 6 − x) ⇔ 3+ x + = 0⇔ ⇔ . 6− x =0 x=6 b) Sử dụng hai ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình: 2(x2 + 2) = 5 x 3 + 1 (3) Giai. Đặt u = x + 1 , v = x 2 − x + 1 (ĐK: x ≥ −1, u ≥ 0, v ≥ 0). Khi đó: ̉ u2 = x + 1, v2 = x2 – x + 1, u2v2 = x3 + 1. ⇒ (3) ⇔ 2(u2 + v2) = 5uv ⇔ (2u − v)(u − 2v) = 0 14
� + 37 5 − 37 � 5 ; Giải ra, xác định x. Kết quả là: x ∈ � � �2 2� ) )( ( x + 5 − x + 2 1 + x 2 + 7x + 10 = 3 (1) Ví dụ 2. Giải phương trình: ( )( ) x + 5 − x + 2 1 + (x + 5)(x + 2) = 3 Giai. ĐK: x ≥ –2. (1) ⇔ ̉ Đặt: x + 5 = u, x + 2 = v (u, v ≥ 0)⇒ u – v = 3. (1) ⇔ (a – b)(1 + ab) = a2 – b2 2 2 ⇔ (a – b)(1 – a + ab – b) = 0 ⇔ (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 Giải ra: x = –1 là nghiệm duy nhất Ví dụ 3. Giải phương trình: x + 1 − 3x = 2x − 1 (1) Giai. ĐK: x ≥ 0. Đặt x + 1 = u, 3x = v (u, v ≥ 0) ̉ (1) ⇔ b – a = a2 – b2 ⇔ (a – b)(a + b + 1) = 0 1 Mà a + b + 1 > 0 ⇒ a = b ⇔ x = là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 4 1 5 Ví dụ 4. Giải phương trình: + x − = x + 2x − (1) x x x 1 5 Giai. Đặt x − = u, 2x − = v (u, v ≥ 0) ̉ x x 1� � 5�� 1� 5 � (1) ⇔ x − − �2x − � � − �− 2x − = 0 ⇔ u – (v2 – u2) – v = 0 −x � � x� x�� x� x � � ⇔ (u – v)(1 + u + v) = 0. Vì 1 + u + b > 0 nên: u = v. Giải ra ta được: x = 2 c) Sử dụng ba ẩn phụ Ví dụ 1 : Giải phương trình: x 2 + 3x + 2 + x + 3 = x + 2 + x 2 + 2x − 3 (1) Giai. ĐK: x ≥ 2. (1) ⇔ ( x − 1)(x − 2) + x + 3 = x + 2 + (x − x)(x + 3) ̉ Đặt: x − 1 = a, x − 2 = b, x + 3 = c (a, b, c ≥ 0): (1) ⇔ ab + c = b + ac ⇔ (a – 1)(b – c) = 0 ⇔ a = 1 hoặc b = c. Thay ngược trở lại ta được x = 2 là nghi ệm duy nh ất c ủa ph ương trình Ví dụ 2. Giải phương trình : x = 2 − x. 3 − x + 3 − x. 5 − x + 2 − x. 5 − x Giai. Đặt : u = 2 − x ; v = 3 − x ; t = 5 − x (u ; v ; t ≥ 0) ̉ ⇒ x = 2 − u2 = 3 − v2 = 5 − t2 = uv + vt + tu (u + v)(u + t) = 2 (1) Từ đó ta có hệ: (v + u)(v + t) = 3 (2) (t + u)(t + v) = 5 (3) Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [ (u + v)(v + t)(t + u) ]2 = 30 Vì u ; v ; t ≥ 0 nên: (u + v)(v + t)(t + u) = 30 (4) Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến: 15
30 v+t = (5) 2 30 u+t= (6) 3 30 u+v= (7) 5 Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có: 31 30 31 30 2(u + v + t) = � u +v+ t = (8) 30 60 Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có: 30 u= 60 2 � 30 � 239 11 30 v= � x = 2 − � �= �60 � 120 60 �� 19 30 t= 60 d) Sử dụng ẩn phụ đưa về hệ phương trình Ví dụ 1. Giải phương trình x − 1 + 2x − 1 = 5 + Cách 1: Giải tương tự bài 1. Ta được x = 5 + Cách 2: Đặt x − 1 = u 0 và 2 x − 1 = v . u+v=5 u=2 ⇔ ⇔ x = 5. Ta có hệ: 2 u = −12 v − 2u 2 = 1 Ví dụ: 2 Giải phương trình: 8+ x + 5− x = 5 Giai. ĐK: 0 ≤ x ≤ 25. Đặt ̉ 8 + x = u , 5 − x = v (u, v ≥ 0): u+v=5 �=2 � u u=3 v� ⇒ Giải ra ta có x = 1 là nghiệm duy nhất. � �=3 � u 2 + v 2 = 13 v v=2 Ví dụ 3. Giải phương trình: 25 − x 2 − 9 − x 2 = 2 Giai. ĐK: –3 ≤ x ≤ 3: Đặt 25 − x 2 = u, 9 − x 2 = v (u, v ≥ 0) ̉ u+v=2 �−v=2 � =5 u u ⇒2 ⇔� . Thế ngược trở lại: x = 0 là nghiệm duy nhất. � �+v=8 �=3 u + v = 16 2 u v Ví dụ 4. Giải phương trình: 1 − x + 4 + x = 3 Giai. ĐK: – 4 ≤ x ≤ 1. Đặt 1 − x = u ; 4 + x = v (u, v ≥ 0) ̉ u+v=3 x=0 ⇒2 ⇒ x = −3 u + v2 = 5 Ví dụ 5. Giải phương trình: 2 − x + 2 + x + 4 − x2 = 2 (u + v) 2 − 2uv = 4 2 + x = v (u, v ≥ 0) ⇒ 2 − x = u, Giai. ĐK: –2 ≤ x ≤ 2: Đặt ̉ (u + v) + uv = 2 Giải ra ta được: (a, b) = {(0 ; 2), (2 ; 0)}. Từ đó thế ngược trở lại: x = ±2 6) Giai và biên luân phương trinh vô tỉ ̉ ̣ ̣ ̀ 16
Ví dụ 1. Giai và biên luân phương trinh: x 2 − 4 = x − m ̉ ̣ ̣ ̀ �m x �m x Giai. Ta co: x 2 − 4 = x − m ⇔ � 2 ̉ ́ � � − 4 = x − 4xm + m � − (m + 4) = 0 2 2 2 x 2mx – Nêu m = 0: phương trinh vô nghiêm ́ ̀ ̣ m +4 m2 + 4 2 – Nêu m ≠ 0: x = . Điêu kiên để có nghiêm: x ≥ m ⇔ ́ ̀ ̣ ̣ ≥m 2m 2m + Nêu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 4 ⇔ 0 < m 2 ́ + Nêu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 ⇔ m2 ≥ 4 ⇔ m ≤ –2 ́ ́ ̣ Tom lai: m2 + 4 – Nêu m ≤ –2 hoăc 0 < m ≤ 2: phương trinh có môt nghiêm x = ́ ̣ ̀ ̣ ̣ 2m – Nêu –2 < m ≤ 0 hoăc m > 2: phương trinh vô nghiêm ́ ̣ ̀ ̣ Ví dụ 2. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 − 3 = x − m (Đề thi hoc sinh gioi câp tinh năm hoc 1999 – 2000) ̣ ̉́̉ ̣ xm xm � � . Ta co: x − 3 = x − m �� 2 2 ́ � � � − 3 = x + m − 2mx � − (m + 3) = 0 2 2 2 x 2mx – Nêu m = 0: phương trinh vô nghiêm ́ ̀ ̣ m +3 m2 + 3 2 – Nêu m ≠ 0: x = . Điêu kiên để có nghiêm: x ≥ m ⇔ ́ ̀ ̣ ̣ m 2m 2m + Nêu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 ⇔ m2 ≤ 3 ⇔ 0 m ́ 3 + Nêu m < 0: m + 3 ≤ 2m ⇔ m ≥ 3 ⇔ m ≤ − 3 ́ 2 2 2 ́ ̣ Tom lai: m2 + 3 3 hoăc m − 3 . Phương trinh có môt nghiêm: x = ́ ̣ ̀ ̣ ̣ – Nêu 0 m 2m – Nêu − 3 < m 0 hoăc m > 3 : phương trinh vô nghiêm ́ ̣ ̀ ̣ Ví dụ 3. Giai và biên luân theo tham số m phương trinh: x − x = m − m ̉ ̣ ̣ ̀ ̉ ̀ ̣ Giai. Điêu kiên: x ≥ 0 – Nêu m < 0: phương trinh vô nghiêm ́ ̀ ̣ – Nêu m = 0: phương trinh trở thanh x ( x − 1) = 0 ⇒ có hai nghiêm: x1 = 0, x2 = 1 ́ ̀ ̀ ̣ – Nêu m > 0: phương trinh đã cho tương đương với ́ ̀ ( x − m)( x + m − 1) = 0 x − m =0 x = 1− m + Nêu 0 < m ≤ 1: phương trinh có hai nghiêm: x1 = m; x2 = (1 − m) 2 ́ ̀ ̣ + Nêu m > 1: phương trinh có môt nghiêm: x = m ́ ̀ ̣ ̣ 17
IV. Phương trình chứa căn thức bậc ba : A + 3 B = 3 C _ nâng lũy thừa 3 hai vế. 3 I/ 3 A ± 3 B =k. II/ u = 3 A suy ra hệ đối xứng theo u và v .  Đặt  v=3 B  2x +1 + 3 x = 1 1) 3 (1) Giải : Cách 1 :áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) Lập phương hai vế , áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) 2x + 1 + x + 3 3 x (2 x + 1).( 3 2 x + 1 + 3 x ) = 1 (2) x(2 x + 1) = − x 2 x + 1 + 3 x = 1 vào Pt (2) x (2x + 1) = -x3 Thay có 3 3 x(2x + 1 + x2 ) = 0 x(x + 1)2 = 0 x = 0 ; x = -1 Thử lại : x = 0 thỏa mãn ; x = -1 không thỏa mãn . Vậy S = { 0} Cách 2: Đặt ẩn phụ 2x +1 + 3 x = 1 3 Đặt : 3 2 x + 1 = a ; 3 x = b , rồi tìm a , b . Thì 2x + 1 = a3 ; x = b3 nên a3 – 2 b3 = 2x + 1 – 2x = 1 Cần tìm a , biết a + b = 1 và a3 – 2 b3 = 1 a3 – 2(1 – a)3 = 1 a3 –1- 2(1 – a)3 = 0 2 2 (a – 1 )[ a + a + 1) + 2 (a – 1) ] = 0 Dễ thấy ( a + a + 1) + 2 (a + 1)2 > 0 nên a = 1 , suy ra b = 0 . Vậy S = { 0} 2 x +1 + 3 7 − x = 2 2) 3 + Cách 1 :lập phương 2 vế , biến đổi đưa Pt tích +Cách 2 : Đặt 3 x + 1 = a ; 7−x =b 3 Ta có : a + b = 2 và a3 + b3 = 8 3a2 – 6a = 0 . KQ : -1 ; 7 x + 3 − 3 6 − x = 1 +Cách 1 : Đặt 3) 3 x+3 = a ; 6− x = b 3 3 (b – 1)(2b2 + 5b + 8) = 0 được b = 1 Ta có : a – b = 1 và a3 + b3 = 9 Nghiệm x = 5 x + 3 + 3 x − 6 = 1 , giải tương tự + Cách 2 : Đổi dấu 3 x +1 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0 4) 3 Cách 1: Đặt y3 = x + 2 , thế vào và chuyển vế ta có : 3 x+2 = y y 3 − 1 + 3 y 3 + 1 = − y , lập phương 2 vế có y3 = y. 3 y 6 − 1 3 * Với y = 0 , có nghiệm x = -2 * Với y 0 , có y2= 3 y 6 − 1 lập phương 2 vế , vô ngh Cách 2 : x = -2 nghiệm đúng Pt Với x < -2 ; x > -2 Pt vô nghiệm . Xem bảng sau : 18
Vế trái X x +1 x+2 x+3 3 3 3 X< -2 < -1 0 >1 >0 Ví dụ 5. Giải phương trình: 4 97 − x + 4 x = 5 (1) Giai: Đặt 97 − x = u, x = v (u, v ≥ 0) ̉ 4 4 u+v=5 �=2 �=3 � = 81 u u x �� ⇒ (1) ⇔ � 4 �=3 �=2 � = 16 u + v = 97 4 v v x Ví dụ 7. Giải phương trình: 3 x + 3 2x − 3 = 3 12(x − 1) x = u, 2x − 3 = v (1) Giai. Đặt ̉ 3 3 ⇔ u + v = 3 4(u 3 + v3 ) � u 3 + v3 + 3uv(u + v) = 4(u 3 + v 3 ) u = −v � 3.(u + v).(u 2 − 2uv + v 2 ) = 0 � 3.(u + v).(u − v) 2 = 0 � ⇒ kết quả u=v ( x + 1) 2 + 3 ( x − 1) 2 + 3 x 2 −1 = 1 8) 3 + Đặt : x +1 = a 3 x + 24 + 3 12 − x = 6 9) 3 x − 2 + 3 x +1 = 3 7) 3 PHƯƠNG TRÌNH KHÁC ) +( ) ( x x 2+ 3 2− 3 =4 1) 2) 20 − 3 − 2 x = 2 x − 3 x 3/ 2 ĐK : 3 – 2x 0 Pt trở thành 20 − 3 − 2 x = 3 − 2 x 17 + 2 x 0 x −17 / 2 3 − 2 x = 17 + 2 x 3 − 2 x = (17 + 2 x) 2 x + 35 x + 143 = 0 2 2 Giải Pt đươc : x = - 13/2 (nhận ) ; x = -11 ( loại) c) Sử dung tinh đơn điêu cua ham số (tim môt nghiêm, chứng minh nghiêm đó là duy nhât) ̣ ́ ̣ ̉ ̀ ̀ ̣ ̣ ̣ ́ x+7 + 8 = 2x 2 + 2x − 1 Ví dụ 1. Giải phương trình: x +1 1 ̉ ̀ ̣ Giai: điêu kiên x ≥ 2 19
Dễ thây x = 2 là môt nghiêm cua phương trinh ́ ̣ ̣ ̉ ̀ 1 6 x < 2 : VT = 1 + + 8 < 8 + 3 . Mà: VP > 8 + 3 ́ – Nêu x +1 2 – Nêu x > 2: VP = 2x2 + 2 x − 1 > 2.22 + 3 = 8 + 3 . VT < 8 + 3 ́ x > 2 � x +1 > 2 +1 6 6 1+ < 1+ =3 x +1 2 +1 Vây: phương trinh đã cho có môt nghiêm duy nhât là x = 2 ̣ ̀ ̣ ̣ ́ Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2 − 7x + 3 − x 2 − 2 = 3x 2 − 5x + 1 − x 2 − 3x − 4 Giai: Thử với x = 2. Ta co: ̉ ́ 3.4 − 7.2 + 3 − 22 − 2 = 3.2 2 − 5.2 + 1 − 22 − 3.2 − 4 � 1− 2 = 3 − 6 (1) ⇔ (3x 2 − 5x − 1) − 2(x − 2) + (x 2 − 2) − 3(x − 2) = 3x 2 − 5x − 1 − x 2 − 2 Nếu x > 2: VT < VP Nếu x < 2: VT > VP Vậy: x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình 6 8 + =6 Ví dụ 3. Giải phương trình: 3− x 2−x 3 Giai: ĐK: x < 2. Bằng cách thử, ta thấy x = ̉ là nghiệm của phương trình. Ta cần chứng minh đó 2 3 6 8 6 8 6 Tương tự với < x < 2: 3− x 2−x 2 Ví dụ 4. Giải phương trình: 3x(2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) = 0 (1) ) ) ( ( � 3x 2 + (3x) 2 + 3 + (2x + 1) 2 + (2x + 1) 2 + 3 = 0 ̉ Giai: (1) ) ) ( ( � 3x 2 + (3x) 2 + 3 = −(2x + 1) 2 + (2x + 1) 2 + 3 1 1 Nếu 3x = –(2x + 1) ⇔ x = − thì các biểu thức trong căn ở hai vế bằng nhau. Vậy x = − 5 5 1� � − là một nghiệm của phương trình. Hơn nữa nghiệm của (1) nằm trong kho ảng � ; 0 � Ta chứng . �2 � minh đó là nghiệm duy nhất. 1 1 Với − < x < − : 3x < –2x – 1 < 0 2 5 ⇒ (3x)2 > (2x + 1)2 ⇒ 2 + (3x) 2 + 3 > 2 + (2x + 1) 2 + 3 ) ) ( ( Suy ra: 3x 2 + (3x) + 3 + (2x + 1) 2 + (2x + 1) + 3 > 0 ⇒ (1) không có nghiệm trong khoảng 2 2 1 1 này. Chứng minh tương tự, ta cũng đi đến kết luận (1) không có nghiệm khi −