Tiêu đề CHUYÊN ĐỀ 2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.pdf ✅

CHUYÊN ĐỀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đặt ẩn phụ là phương pháp hữu hiệu trong giải toán và đặc biệt là trong việc giải các phương trình vô tỉ. Việc đặt ẩn phụ giúp chúng ta có được hình thức bài toán đơn giản hơn, từ đó ta dễ tìm được mối liên hệ giữa các yếu tố xuất hiện trong bài toán. Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1. Giải các phương tình: 1) ; 2) .   2 3 x  x 1 1  x x 1 3 2 x  3  3x  5  2 Hướng dẫn giải 1) Cô lập căn thức, ta có phương trình 2 2 3 x  x 1  x  x 1 Với phương trình này, nếu bình phương ta sẽ thu được phương trình bậc bốn. Quan sát thấy   2 2 2 x  x  x  x 1 1 Do đó, nếu đặt thì . Khi đó, ta thu được phương trình 2 t  x  x 1 2 2 x  x  t 1 hoặc 2 2 3t  t 11 t  3t  2  0  t 1 t  2 +)Với ta có t 1 hoặc 2 2 x  x 1 1 x  x  2  0  x 1 x  2 +) Với ta có t  2 2 2 1 21 1 2 5 0 2 x x x x x            Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm 1 21 1, 2, 2 x x x       2) Vì trong phương trình chứa hai căn bậc hai và căn bậc ba nên khi luỹ thừa (luỹ thừa bậc 2 hoặc bậc 3) ta không loại bỏ được căn thức. Vì hai biểu thức xuất hiện trong căn đều có dạng nên ax  b nếu đặt t  x  3  0 , thì ta có và phương trình đã cho trở thành 2 x  t  3   2 3 2 2t  3 3 t  3  5  2  2t  2  3t  4   3 2 3 2  2t  2  3t  4  8t  27t  24t  4  0    . 2 2 2 0 2 8 11 2 0 8 11 2 0 t t t t t t                t  2 hoặc 11 57 16 t   +) t  2  x 1 +) 11 57 295 11 57 16 128 t x      
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm 295 11 57 1; 128 x x     Nhận xét: 1) Khi gặp phương trình có dạng ta   ,   0 đặt F n f x f x      n n t  f x  f x  t 2) Khi gặp phương trình có dạng ta  ,  0 đặt n F ax  b cx  d  t  ax  b Ví dụ 2. Giải các phương trình sau: 1) ; 2) 2 2 10 3 1 3 3 5 x x x x         3 3 2 2 3 4 4 1 3 3 1 x x x x x        Hướng dẫn giải 1) Đặt ta có phương trình 2 t  x  3x 1,t  0 3 2 2 10 3 3 4 2 0 4 t t t t t            2  t 1 t  2t  2  0  t 1 Với , ta có: t 1 hoặc 2 2 x  3x 1 1 x  3x  0  x  0 x  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  0 hoặc x  3 2) Điều kiện: x  1 Phương trình đã cho tương đương với    2 3 3 2 x  3x  3 x 1  3 x  4x  4x  3  0 3 2 3 3 2  x  4x  3 x  4x  4  0 Đặt , ta được phương trình 3 3 2 t  x  4x  4    3 2 t  4  3t  0  t 1 t  t  4  0  t 1 Với , ta có: t 1 3 3 2 3 2 x  4x  4 1 x  4x  3  0    2 2 1 (loai) 1 1 3 3 0 3 21 3 3 0 2 x x x x x x x x                      Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: 3 21 2 x   Ví dụ 3. Giải phương trình:
2 2 1 1 3  x  x  x   x Hướng dẫn giải Điều kiện: 0  x 1 Để giải phương trình này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách nào để loại bỏ căn thức? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là luỹ thừa hai vế. Vì hai vế của phương trình đã cho luôn không âm nên bình phương hai vế ta thu được phương trình tương đương. Phương trình   2 2 2 2 1 1 3 x x x x               4 2 4 2 2 1 1 2 3 9   x  x  x  x   x  x     2 2 2 2  2 x  x  3 x  x  0  x  x 2 x  x  3  0 2 2 0 0 hoac 1 3 (vo nghiem) 2 x x x x x x            Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trình: x  0; x 1 Qua lời giải trên ta thấy được sẽ biểu diễn được qua nhờ vào đẳng thức 2 x  x x  1 x   (*) . 2 2 x  1 x 1 2 x  x Do đó nêu ta đặt thì và khi t  x  1 x đó phương trình đã cho trở thành phương trình 2 2 1 2 t x x    bậc hai với ẩn là t: hoặc 2 1 2 1 3 2 0 1 3 t t t t t          t  2 Vậy ta có: hoặc   2 1 1 2 0 0 1 2 vo nghiem 2 x x x x x x x VT                     x 1 Nhận xét: Khi gặp phương trình có dạng F a f  x  b g  x,c f  x.g  x  0 Ta thường đặt t  a f  x  b g  x Ví dụ 4. Giải các phương trình sau: 1)   2 3 2x 1  x  3  2 2x  5x  3  3x  4; 2) 2 3 2  x  6 2  x  4 4  x 10  3x Hướng dẫn giải
1) Điều kiện: 1 2 x  Đặt , suy ra và t  2x 1  x  3 t  0 2 2 t  3x  2 2x  5x  3  2 Thay vào phương trình ta được: hoặc 2 2 3t  t  2  t  3t  2  0  t 1 t  2 * Với , ta có: t 1 2 2x 1  x  3 1 2 2x  5x  3  3x 1  0 Phương trình này vô nghiệm với 1 2 x  * Với , ta có: t  2 2 2x 1  x  3  2  2 2x  5x  3  2  3x 2 1 2 2 3 16 4 15 32 16 0 x x x x               Vậy là x 16  4 15 nghiệm của phương trình đã cho. 2) Điều kiện: 2  x  2 Đặt   2 2 t  3 2  x  6 2  x  t  9 10  3x  4 4  x Phương trình đã cho trở thành: hoặc 2 t  9t  0  t  0 t  9 Với   2 6 0 : 3 2 6 2 2 4 2 5 x t x x x x x                Với t  9 : 3 2  x  6 2  x  9 (điều kiện: ) 2  x  2  2  x  3 2 2  x  2  x  9 12 2  x  42  x 12 2  x  5x 15 (vô nghiệm). Vậy là nghiệm của phương trình đã cho. 6 5 x  Ví dụ 5. Giải phương trình: 2 x 1 x  4x 1  3 x Hướng dẫn giải Điều kiện:   2 2 0 0 0 2 3 4 1 0 2 3 2 3 x x x x x x x                        Nhận thấy không là x  0 nghiệm của phương trình, nên chia hai vế của phương trình cho ta x được: 1 1 x x 4 3 x x      Đặt . Ta có 1 t x ,t 2 x    2 1 1 2 t x 2 x t 2 x x       