Tiêu đề CHUYÊN ĐỀ 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ.pdf ✅

CHUYÊN ĐỀ 4. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Phương pháp đánh giá thường được áp dụng hiệu quả khi gặp các phương trình mà sự xuất hiện của các đại lượng trong phương trình khó tìm được mối quan hệ. Khi sử dụng phương pháp đánh giá ta thường đi theo hai cách sau: Cách 1: Dự đoán một nghiệm và chứng minh đó là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 1. Giải phương trình: 3 3 5x 1  2x 1  x  4 1 Hướng dẫn giải Điều kiện: 3 1 5 x  Nhận thấy là x  1 một nghiệm của phương trình đã cho. Ta chứng minh là x  1 nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy: +) Nếu thì x  1 3 5 1 5 1 4 2 1 2 1 1 x x            3 3 5 1 2 2 1 1 x x         Do đó hay là vô nghiệm. 3 3 5x 1  2x 1  x  2 11 4 1 +) Nếu thì 3 1 1 5  x  3 0 5 1 5 1 4 2 1 2 1 1 x x             3 3 5 1 2 2 1 1 x x         Do đó hay là vô nghiệm 3 3 5x 1  2x 1  x  2 11  4 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 Nhận xét: Mấu chốt của bài toán là nhẩm được nghiệm của phương trình. Vì phương trình chứa căn bậc hai và căn bậc ba nên ta dự đoán các giá trị của x sao cho các biểu thức dưới căn bậc hai là số chính phương và biểu thức dưới căn bậc ba là lập phương của một số. Ví dụ 2. Giải phương trình 6 8 6 3 x 2 x     2 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  2 Với phương trình vô tỉ ta thường dự đoán nghiệm là các giá trị của x mà biểu thức dưới căn thức nhận giá trị là một số chính phương, bằng cách thử ta thấy rằng phương trình có một nghiệm là 3 2 x 
Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy: +) Với ,ta có 3 2 x  6 4 3 8 4 2 x x          6 2 3 8 2 2 x x           hay là vô nghiệm. 6 8 4 3 x 2 x      2 + Với ,ta có hay vô nghiệm. 3 2 2  x  6 4 3 8 4 2 x x          6 2 3 8 2 2 x x           6 8 4 3 x 2 x      2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 3 2 x  Ví dụ 3. Giải phương trình      2 2 3x 2  9x  3  4x  2 1 1 x  x  0 Hướng dẫn giải Phương trình đã cho tương đương với         2 2 3x 2 3x 3 2x 1 2 2x 1 3                      3 Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm x với và là một nghiệm của 1 0 2   x  3x  2x 1 1 5  x   phương trình. Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất. Thật vậy: +) Nếu thì 1 0 5   x      2 2 0 3 2 1 3 2 1 x x x x                 2 2 0 3 2 1 2 3 3 2 2 1 3 x x x x                  Suy ra         2 2 3x 2 3x 3 2x 1 2 2x 1 3                      hay vô 3 nghiệm +) Tương tự, với thì cũng vô nghiệm. 1 1 2 5   x   3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 5 x   Cách 2: Đánh giá hai vế
Xét phương trình f  x  g x * với . x D Nếu thì phương trình tương     f x m x D g x m x D           * đương với     f x m g x m       Trong cách này, ta thường sử dụng bất đẳng thức Cô-si và bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki. Xin nhắc lại nội dung của hai bất đẳng thức này: Bất đẳng thức Cô-si: Với n số thực không âm ta có 1 2 , ,..., a a an 1 2 1 2 ... ... n n n a a a a a a n     Đẳng thức xảy ra khi 1 2 ... a  a   an Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki Cho 2n số thực . Khi đó, ta có: 1 2 1 2 , ,..., , , ,..., a a an b b bn      2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 ... ... ... a  a   an b  b   bn  a b  a b   anbn Đẳng thức xảy ra khi và 1,2,..., ai i  kb i  k R Ví dụ 4. Giải phương trình 2 x  9x  28  4 x 1 Hướng dẫn giải Điều kiện: x  1. Phương trình đã cho tương đương với   2 x 10x  25 x 1  4 x 1  4  0     2 2  x  5  x 1  2  0 4 Do và nên ta có:   2 x  5  0   2 x 1  2  0 4 5 0 1 2 0 x x           x  5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  5 Ví dụ 5. Giải phương trình 4 2 2 2 x  2x x  2x 16  2x  6x  20  0 Hướng dẫn giải Phương trình đã cho tương đương với:     4 2 2 2 2 x  2x x  2x 16  x  2x 16  x  4x  4  0
    2 2 2 2  x  x  2x 16  x  2  0 5 Vì và nên ta có:   2 2 2 x  x  2x 16  0   2 x  2  0 5 2 2 2 16 0 2 0 x x x x            x  2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 Ví dụ 6. Giải phương trình 2 29 x  x  3  x  26x 177 6 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Toán, trường THPT chuyên Lương Văn Tuy, tỉnh Ninh Bình, năm học 2014 – 2015) Hướng dẫn giải Điều kiện: 3  x  29 Ta có   2 2 x  26x 177  x 13  8  8 Đẳng thức xảy ra khi x  13 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức ta có   2 2 a  b  2 a  b 29 x  x  3  229 x  x  3  64  8 Đẳng thức xảy ra khi 29 x  x  3  x  13 Do đó 6 2 26 177 8 29 3 8 x x x x            x  13 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  13 Ví dụ 7. Giải phương trình     4 2 2 2 1 2x  x  1 2x  x  2 x 1 2x  4x 1 7 Hướng dẫn giải Điều kiện: 0  x  2 Đặt , ta có .   Phương trình trở thành: 2 t  x 1 0  t  1 7   2 1 1 t  1 1 t  2t 2t 1 Nhận thấy . Bình phương hai vế và rút gọn ta được: 1 2 t    2 4 1 t  2t 2t 1   2 4 3 1 1 2 2t 1 t t t     Vì nên t  1   2 4 3 1 1 2 2 2t 1 t t t    