Chuyên đề Toán học lớp 12 - Hàm số

u :
3
21 1 1 3
3
x
x x x x
x
       
Giải:
Điều kiện : 1x  
Bình phương 2 vế phương trình ?
Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào?
Ta có nhận xét :
3
21
. 3 1. 1
3
x
x x x x
x
      , từ nhận xét này ta có lời giải như sau :
3
21(2) 3 1 1
3
x
x x x x
x
       
Bình phương 2 vế ta được:
3
2 2 1 31 1 2 2 0
3 1 3
xx
x x x x
x x
             
Thử lại : 1 3, 1 3x x    l nghiệm
Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình :        f x g x h x k x  
 Mà có :        . .f x h x k x g x thì ta biến đổi        f x h x k x g x  
2. Trục căn thức
2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung
a) Phương pháp
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0x như vậy phương trình luôn đưa về được
dạng tích    0 0x x A x  ta có thể giải phương trình   0A x  hoặc chứng minh   0A x  vô nghiệm ,
chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía   0A x  vô nghiệm
19
b) Ví dụ
Bài 1 . Giải phương trình sau :  2 2 2 23 5 1 2 3 1 3 4x x x x x x x         
Giải:
Ta nhận thấy :      2 23 5 1 3 3 3 2 2x x x x x        v      2 22 3 4 3 2x x x x     
Ta có thể trục căn thức 2 vế :   2 22 2
2 4 3 6
2 3 43 5 1 3 1
x x
x x xx x x x
          
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : 2 212 5 3 5x x x    
Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 2 2 512 5 3 5 0
3
x x x x       
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng   2 0x A x  , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau :
 
 
2 2
2 2
2 2
2 2
4 412 4 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 12 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
              
             
Dễ dàng chứng minh được :
2 2
2 2 53 0,
312 4 5 3
x x
x
x x
        
Bài 3. Giải phương trình : 2 33 1 1x x x   
Giải :Đk 3 2x 
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
   
  22 33
2 32 233
3 3 931 2 3 2 5 3 1
2 51 2 1 4
x x xx
x x x x
xx x
                       
Ta chứng minh :    222 2 23 33
3 31 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
    
      
2
3
3 9
2 5
x x
x
   
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3
2.2. Đưa về “hệ tạm “
a) Phương pháp
 Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C  , mà : A B C 
ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :
A B C A B
A B
     , khi đĩ ta có hệ: 2
A B C
A C
A B

       
b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau : 2 22 9 2 1 4x x x x x      
Giải:
Ta thấy :      2 22 9 2 1 2 4x x x x x      
4x   không phải là nghiệm
Xét 4x  
Trục căn thức ta có : 2 2
2 2
2 8 4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x
             
20
Vậy ta có hệ:
2 2
2
2 2
02 9 2 1 2
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4 7
x
x x x x
x x x
xx x x x x
                     
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8
7
Bài 5. Giải phương trình : 2 22 1 1 3x x x x x     
Ta thấy :    2 2 22 1 1 2x x x x x x       , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1t
x
 thì bài toán trở nên đơn giản hơn
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau :
 2 23 1 3 1x x x x    
4 3 10 3 2x x    (HSG Toàn Quốc
2002)
     2 2 5 2 10x x x x x     
23 4 1 2 3x x x    
2 33 1 3 2 3 2x x x    
2 32 11 21 3 4 4 0x x x     (OLYMPIC 30/4-2007)
2 2 2 22 1 3 2 2 2 3 2x x x x x x x         
2 22 16 18 1 2 4x x x x     
2 215 3 2 8x x x    
3. Phương trình biến đổi về tích
 Sử dụng đẳng thức  1 1 1 0u v uv u v      
   0au bv ab vu u b v a      
2 2A B
Bài 1. Giải phương trình : 233 31 2 1 3 2x x x x      
Giải:   3 3 01 1 2 1 0 1xpt x x x          
Bi 2. Giải phương trình : 2 23 33 31x x x x x    
Giải:
+ 0x  , không phải là nghiệm
+ 0x  , ta chia hai vế cho x:  3 3 33 31 11 1 1 1 0 1x xx x x x
x x
             
Bài 3. Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x      
Giải: : 1dk x  
pt    13 2 1 1 0 0xx x x x         
Bài 4. Giải phương trình : 43 4
3
x
x x
x
  
Giải:
Đk: 0x 
Chia cả hai vế cho 3x  :
2
4 4 41 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
           
 Dùng hằng đẳng thức
21
Biến đổi phương trình về dạng : k kA B
Bài 1. Giải phương trình : 3 3x x x  
Giải:
Đk: 0 3x  khi đó pt đ cho tương đương
:
3 23 3 0x x x   
3 31 10 10 1
3 3 3 3
x x
       
Bài 2. Giải phương trình sau : 22 3 9 4x x x   
Giải:
Đk: 3x   phương trình tương đương :  2 2 13 1 31 3 9 5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
xx x
               
Bài 3. Giải phương trình sau :    22 332 3 9 2 2 3 3 2x x x x x    
Giải : pttt  33 32 3 0 1x x x     
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
 Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt  t f x và chú ý điều kiện của
t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được
phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” .Nói chung những phương trình mà có thể
đặt hoàn toàn  t f x thường là những phương trình dễ .
Bài 1. Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x     
Điều kiện: 1x 
Nhận xét. 2 21. 1 1x x x x    
Đặt 2 1t x x   thì phương trình có dạng: 1 2 1t t
t
   
Thay vào tìm được 1x 
Bài 2. Giải phương trình: 22 6 1 4 5x x x   
Giải
Điều kiện:
4
5
x  
Đặt 4 5( 0)t x t   thì
2 5
4
t
x
 . Thay vào ta có phương trình sau:
4 2
2 4 210 25 62. ( 5) 1 22 8 27 0
16 4
t t
t t t t t
          
2 2( 2 7)( 2 11) 0t t t t     
Ta tìm được bốn nghiệm là: 1,2 3,41 2 2; 1 2 3t t    
Do 0t  nên chỉ nhận các gái trị 1 31 2 2, 1 2 3t t    
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: 1 2 2 3 vaøx x   
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 22 6 1 0x x  
Ta được: 2 2 2( 3) ( 1) 0x x x    , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 3 4 5y x   và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)
22
Bài 3. Giải phương trình sau: 5 1 6x x   
Điều kiện: 1 6x 
Đặt 1( 0)y x y   thì phương trình trở thnh: 2 4 25 5 10 20 0y y y y y        ( với
5)y  2 2( 4)( 5) 0y y y y      1 21 1 17,
2 2
(loaïi)y y    
Từ đó ta tìm được các giá trị của
11 17
2
x

Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau :   22004 1 1x x x   
Giải: đk 0 1x 
Đặt 1y x  pttt    2 22 1 1002 0 1 0y y y y x        
Bài 5. Giải phương trình sau : 2 12 3 1x x x x
x
   
Giải:
Điều kiện: 1 0x  
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: 1 12 3x x
x x
   
Đặt
1
t x
x
  , ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình : 2 4 23 2 1x x x x   
Giải: 0x  không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 31 1 2x x
x x
      
Đặt t= 3
1
x
x
 , Ta có : 3 2 0t t    1 51
2
t x
  
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau
2 215 2 5 2 15 11x x x x    
2( 5)(2 ) 3 3x x x x   
2(1 )(2 ) 1 2 2x x x x    
2 217 17 9x x x x    
23 2 1 4 9 2 3 5 2x x x x x       
2 2 11 31x x  
2 2 22 (1 ) 3 1 (1 ) 0nn nx x x     
2(2004 )(1 1 )x x x   
( 3 2)( 9 18) 168x x x x x    
32 21 2 1 3x x   
Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi
phương trình đối với t lại quá khó giải
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: 2 2 0u uv v    (1) bằng cách
Xét 0v  phương trình trở thành :
2
0u u
v v
            
0v  thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
        . .a A x bB x c A x B x 
23
 2 2u v mu nv   
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo
dạng này .
a) . Phương trình dạng :        . .a A x bB x c A x B x 
Như vậy phương trình    Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu           
.P x A x B x
Q x aA x bB x
   
Xuất phát từ đẳng thức :
  3 21 1 1x x x x    
    4 2 4 2 2 2 21 2 1 1 1x x x x x x x x x          
  4 2 21 2 1 2 1x x x x x     
  4 2 24 1 2 2 1 2 2 1x x x x x     
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 2 44 2 2 4 1x x x   
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai 2 0at bt c  
giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình :  2 32 2 5 1x x  
Giải: Đặt 21, 1u x v x x    
Phương trình trở thành :  2 2 22 5 1
2
u v
u v uv
u v
    
Tìm được: 5 37
2
x

Bài 2. Giải phương trình : 2 4 233 1 1
3
x x x x     
Bài 3: giải phương trình sau : 2 32 5 1 7 1x x x   
Giải:
Đk: 1x 
Nhận xt : Ta viết       2 21 1 7 1 1x x x x x x        
Đồng nhất thức ta được:       2 23 1 2 1 7 1 1x x x x x x       
Đặt 21 0 , 1 0u x v x x       , ta được:
9
3 2 7 1
4
v u
u v uv
v u
    
 Ta được : 4 6x  
Bài 4. Giải phương trình :  33 23 2 2 6 0x x x x    
Giải:
Nhận xét : Đặt 2y x  ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y :
3 2 3 3 2 33 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y
           
Pt có nghiệm : 2, 2 2 3x x  
b).Phương trình dạng : 2 2u v mu nv   
Phương t