Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Mục Lục:
Trang
Phần I:
ĐẶT VẤN ĐỀ.
2
Phần II NỘI DUNG
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Bài tập tổng hợp:
Phần III- KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo
3-6
6-7
7-9
20-23
24
25-27
27-31
31-33
34
-Các từ viết tắt:
sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN)
- Điều kiện xác định:
(ĐKXĐ)
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
1
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ .
Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của đại số, đã lôi cuốn nhiều
người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng
phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình
vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê toán học luôn
tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy.
Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp.
Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng
tạo. Bên cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong
các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS.
Sáng kiến kinh nghiệm ''Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo chương
trình SGK hiện hành nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi
học sinh giỏi lớp 9 và học sinh ôn thi vào THPT đối với hoc sinh trường
THCS Yên Lạc.
Trong SKKN này đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải
phương trình vô tỉ:
Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA
Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn:
Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ
Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC
Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh
tự luyện.
Tôi hy vọng SKKN này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp
các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của toán học qua các phương trình vô tỷ.
Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai
sót. Chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thầy
cô và các em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn!
Mọi đóng góp xin gửi về :
[email protected]
Tôi xin cảm ơn!
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
2
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
PHẦN II- NỘI DUNG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
* PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA
I-KIẾN THỨC:
f ( x) 0
f ( x) g ( x ) ۳ g ( x ) 0
f ( x) g ( x)
1/
g ( x) 0
f ( x ) g ( x)
2
f ( x) g ( x )
f ( x) 0
3/ f ( x) g ( x) h( x) ۳ g ( x) 0
f ( x ) g ( x) 2 f ( x).g ( x) h( x)
f ( x) 0
2 n f ( x ) ۳2
n g ( x)
(n N * )
4/
g ( x) 0
f ( x) g ( x )
2/
g ( x) 0
f ( x) g ( x )
(n N * )
2n
f ( x) g ( x)
6/ 2 n 1 f ( x) 2 n1 g ( x) f ( x) g ( x) (n N * )
5/
2n
7/ 2 n1 f ( x) g ( x ) f ( x) g 2 n1 ( x ) (n N * )
…
II-BÀI TẬP
Bài 1: Giải phương trình: x 1 x 1 (1)
x 1 0
x 1
x 1
x3
2
2
x 3
x 1 (x 1)
x 3x 0
Bài 2: Giải phương trình: x 2 x 3 0
HD:Ta có: x 2 x 3 0 2 x 3 x
x 0
2
2x 3 x
HD: (1)
x 0
2
x 2x 3 0
x 0
x 1 x 3
x 3
Bài 3: Giải phương trình: x 4 1 x 1 2 x
HD: Ta có: x 4 1 x 1 2 x x 4 1 2 x 1 x
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
3
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
1 2 x 0
1 x 0
x 4 1 2 x 1 x 2 (1 2 x)(1 x)
1
x
1
2
x 2
2x 1 0
2 x 1 2 x 2 3x 1
(2 x 1) 2 2 x 2 3 x 1
1
1
x
1
1
2
x
2
2
x0
2
x0
x2 7 x 0
x 7
Bài 4: Giải phương trình: x 2 3 x 2 4 0
x 2 0
۳ x 2 (1)
2
x 4 0
x 2 3 ( x 2)( x 2) 0
x 2. 1 3 x 2 0
HD:ĐK:
PT
x 2
x 17
9
x2 0
1 3 x 2 0
(2)
Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình :
3x x 3x
HD:Đk: 0 x 3 khi đó pt đã cho tương đương: x 3 3x 2 x 3 0
3
3
1
10
10 1
x
x
3 3 3
3
Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x 3 9 x 2 x 4
HD:Đk: x 3 phương trình tương đương :
x 1
x 3 1 3x
2
2
1 3 x 9x
x 5 97
x 3 1 3x
18
Bài 7. Giải phương trình sau : 2 3 3 9 x 2 x 2 2 x 3 3 3x x 2
HD: pt
3
x 2 3 3x
3
2
0 x 1
Bài 8. Giải và biê ên luâ ên phương trình: x 2 4 x m
x m
x m
HD: Ta có: x 2 4 x m 2
2
2
2
x 4 x 4xm m
2mx (m 4) 0
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiê êm
m2 4
m2 4
– Nếu m ≠ 0: x
. Điều kiê ên để có nghiê êm: x ≥ m
≥m
2m
2m
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
4
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 m2 ≤ 4 0 m 2
+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 m2 ≥ 4 m ≤ –2
Tóm lại:
– Nếu m ≤ –2 hoă êc 0 < m ≤ 2: phương trình có mô êt nghiê êmx
m2 4
2m
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoă êc m > 2: phương trình vô nghiê êm
Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2 3 x m
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000)
x m
x m
2
2
2
2
x 3 x m 2mx
2mx (m 3) 0
2
HD: Ta có: x 3 x m
– Nếu m = 0: phương trình vô nghiê êm
m2 3
m2 3
m
. Điều kiê ên để có nghiê êm: x ≥ m
2m
2m
+ Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2 m2 ≤ 3 0 m 3
– Nếu m ≠ 0: x
+ Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2 m2 ≥ 3 m ≤ 3
Tóm lại:
– Nếu 0 m 3 hoă êc m 3 . Phương trình có mô êt nghiê êm:
x
m2 3
2m
– Nếu 3 m 0 hoă cê m 3 : phương trình vô nghiê m
ê
Bài 10. Giải và biê ên luâ nê theo tham số m phương trình: x x m m
HD: Điều kiê ên: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trình vô nghiê êm
– Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x 1) 0 có hai nghiê êm: x1
= 0, x2 = 1
– Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với
( x m)( x m 1) 0
x m 0
x 1 m
+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiê êm: x1 = m; x2 =
(1 m)
2
+ Nếu m > 1: phương trình có mô tê nghiê êm: x = m
III-Bài tập áp dụng:
Bài 1:Giải các phương trình sau:
1/ x x 1 13
2/ 3 x 34 3 x 3 1
5/ x 3 5 x 2
4/ 1 x x 2 4 x 1
7/ x x 1 x 4 x 9 0 8/ x 2 5 0
10/
13/
1
0
2
16 x 17 8 x 23
5x 1 2
19
6
3x 1 2 x 3
11/ 3 2 x 3
14/
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
5
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Bài 2: Giải phương trình:
b) x 2 x 3 0
a) x 2 1 x 1
d) 3 x 6 x 3
e) 3x 2 x 1 3
g) x 9 5 2 x 4
h) 3x 4 2 x 1 x 3
Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 3 x 2 2m x x 2
Bài 4: Cho phương trình: x 2 1 x m
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2 mx 3 x m
a) Giải phương trình khi m=3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
Bài 6: Giải các phương trình sau:
a/ x 7 x 3 9 0 d/ 1 x 1 9 x 1 3 x 1 17
2
b/
2x 1 1
e/ x 3
2
5
3
9 x 27
4 x 12 1
3
2
c/ 3x 7 x 4 0
f) ( x 3) 10 x 2 x 2 x 12
PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI
I-KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức sau:
f 2 ( x) g ( x )
f ( x ) g ( x ) ( f ( x ) 0)
f ( x) g ( x)
f ( x ) g ( x ) ( f ( x) 0)
II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giải phương trình: x 2 4x 4 x 8 (1)
HD: (1) (x 2) 2 8 x
|x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) 2 – x = 8 – x (vô nghiê êm)
– Nếu x 2 : (1) x – 2 = 8 – x x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5.
Bài 2: Giải phương trình: x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1
(2)
x 1 0
HD: (2)
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1
x 1
(*)
x 1 1 | x 1 3 | 2.| x 1 1 |
x 1 (y ≥ 0) phương trình(*) đã cho trở thành:
y 1 | y 3 | 2 | y 1|
Đă tê y =
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y y = –1 (loại)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 y = 3
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
6
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiê êm)
Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 (thoả mãn) Vâ êy: x = 8
Bài 3:Giải phương trình: x 2 2 x 5 x 2 3 2 x 5 7 2
HD:ĐK: x
PT
5
2
2 x 5 2 2 x 5 1 2 x 5 6 2 x 5 9 14
2x 5 1
2 x 5 3 14
2x 5 5
x 15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15
Bài 4:Giải phương trình: x 2 x 1 x 2 x 1 2
HD:ĐK: x 1
Pt x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2
x 1 1
x 1 1 2
Nếu x 2 pt x 1 1 x 1 1 2 x 2 (Loại)
Nếu x 2 pt x 1 1 1 x 1 2 0 x 0 (Luôn đúng với x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S Σx R | 1 x 2
III-Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau:
1/ x 2 2 x 1 5
2/ x 4 x 4 3
3/ x 2 6 x 9 2 x 1
4/
5/ x 2 2 x 1 x 2 4 x 4 4
7/
6/ x 2 x 1 x 4 x 4 10
8/
x2 4 x 4 x2 6 x 9 1
x 4 x 4 5x 2
x2 6x 9 2 x 2 8x 8 x 2 2 x 1
9/ x 2 x 1 x 2 x 1 2
11/
10/ x 3 2 x 4 x 4 x 4 1
12/ x 2 2 x 5 x 2 3 2 x 5 7 2
x 6 2 x 2 x 11 6 x 2 1
13/ x 2 2 x x 2 2 x 1 5 0
14/
2x 4 6
15/ x 4 x 4 2 x 10
2
17/
19/
1
1
x 2
2
4
x3
x 2 x 1 x 2 x 1
2
x x
2x 5
2x 4 2
2x 5 4
16/ x 2 x 1 2 x 8
2
18/
1 2
x x 1
4
62 5 0
20/ x 2 4 x 4 2 x
21/ ( x 1) 4 4 x 1 x 1 6 x 1 9 1 22/ x 8 6 x 1 4
PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN 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
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
7
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
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 ” .
Bài 1. Giải phương trình:
HD:Điều kiện: x 1
Nhận xét.
x x2 1 x x2 1 2
x x 2 1. x x 2 1 1
1
Đặt t x x 2 1 thì phương trình có dạng: t 2 t 1
t
x
1
Thay vào tìm được
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
HD:Điều kiện: x
4
5
t2 5
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4 10t 2 25 6 2
2.
(t 5) 1 t t 4 22t 2 8t 27 0
16
4
(t 2 2t 7)(t 2 2t 11) 0
Đặt t 4 x 5(t 0) thì x
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 1 2 2; t3,4 1 2 3
Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 1 2 2, t3 1 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1 2 vaø x 2 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện
2x2 6x 1 0
Ta được: x 2 ( x 3) 2 ( x 1) 2 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y 3 4 x 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem
phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6
HD:Điều kiện: 1 x 6
Đặt y x 1( y 0) thì phương trình trở thành:
y 2 y 5 5 y 4 10 y 2 y 20 0 ( với y 5)
1 21
1 17
(loaïi), y
2
2
11 17
Từ đó ta tìm được các giá trị của x
2
( y 2 y 4)( y 2 y 5) 0 y
Bài 4. Giải phương trình sau : x 2004 x 1 1 x
HD: ĐK: 0 x 1
Đặt y 1 x thì phương trình trở thành:
2 1 y
2
y
2
2
y 1002 0 y 1 x 0
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
8
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 2 x x
1
3x 1
x
HD:Điều kiện: 1 x 0
Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x 2 x
1
1
3
x
x
1
x
Đặt t x , ta giải được.
Bài 6. Giải phương trình : x 2 3 x 4 x 2 2 x 1
HD: x 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:
1
1
x 3 x 2
x
x
1
1 5
Đặt t= 3 x , Ta có : t 3 t 2 0 t 1 x
x
2
Bài 7.Giải phương trình: 3x 2 21x 18 2 x 2 7 x 7 2
HD:Đặt y = x 2 7 x 7 ; y 0
5
y
3 y 1
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0
y 1
x 1
Với y = 1 x 2 7 x 7 1
Là nghiệm của phương trình đã cho.
x 6
2
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: u 2 uv v 2 0 (1) bằng cách
2
u
u
Xét v 0 phương trình trở thành : 0
v
v
v 0 thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)
a. A x bB x c A x .B x
u v mu 2 nv 2
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 b.B x c A x .B x
Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên
P x A x .B x
nếu:
Q x aA x bB x
Xuất phát từ đẳng thức :
x 3 1 x 1 x 2 x 1
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
9
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
x 4 x 2 1 x 4 2 x 2 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1
x4 1 x2 2 x 1 x2 2 x 1
4 x 4 1 2 x 2 2 x 1 2 x 2 2 x 1
Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như:
4x2 2 2 x 4 x 4 1
Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương
trình bậc hai at 2 bt c 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài 1. Giải phương trình : 2 x 2 2 5 x3 1
HD: Đặt
u x 1 (u 0) ; v x 2 x 1 (v
3
)
2
u 2v
5 37
phương trình trở thành : 2 u v 5uv 1 Tìm được: x
u v
2
2
3 4
x x 2 1 (*)
Bài 2. Giải phương trình : x 2 3x 1
3
4
2
4
2
2
2
2
HD:Dễ thấy: x x 1 x 2 x 1 x x x 1 x x 1
2
2
Ta viết x 2 x 1 x 2 x 1 3
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
3 x 2 x 1 6 x 2 x 1 3
x
2
x
2
x 1 x 2 x 1
x 1 x 2 x 1
3
3
2
2
Đặt : u x x 1 u ; v x x 1 v
4
4
phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv u 3v Từ đây ta sẽ tìm được x.
Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x 2 5 x 1 7 x3 1 (*)
HD:Đk: x 1
Nhận xét : Ta viết x 1 x 2 x 1 7 x 1 x 2 x 1
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :
3 x 1 2 x x 1 7
x 1 x 2 x 1
v 9u
Đặt u x 1 0 , v x x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv 1
v u
4
Ta được : x 4 6
2
Bài 4. Giải phương trình : x 3 3 x 2 2
x 2
3
6x 0
HD:Nhận xét : Đặt y x 2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc
3 đối với x và y :
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
10
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
x y
x 3 3x 2 2 y 3 6 x 0 x3 3 xy 2 2 y 3 0
x 2 y
Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 3
Bài 5:Giải phương trình: 10 x3 1 3 x 2 2
HD:ĐK: x 1
Pt 10 x 1. x 2 x 1 3( x 2 2)
u x 1
Đặt
(u, v 0)
v x x 1
2
u 3v
Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2) 3u v u 3v 0
v 3u
Nếu u = 3v x 1 3 x 2 x 1 9 x 2 10 x 8 0 (vô nghiệm)
x 5 33
x 2 x 1 3 x 1 x 2 10 x 8 0
là nghiệm.
x 5 33
Nếu v = 3u
b).Phương trình dạng : u v mu 2 nv 2
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg
nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên.
Bài 1. Giải phương trình : x 2 3 x 2 1 x 4 x 2 1
u x 2
u, v 0; u v khi đó phương trình trở thành :
HD:Ta đặt :
2
v
x
1
u 3v u 2 v 2
hay: 2(u + v) - (u - v)= u v u v
Bài 2.Giải phương trình sau :
HD:Đk x
x
2
x 2 2 x 2 x 1 3x 2 4 x 1
1
. Bình phương 2 vế ta có :
2
2 x 2 x 1 x 2 1
x
2
2 x 2 x 1 x 2 2 x 2 x 1
u x 2x
khi đó ta có hệ :
v 2x 1
2
Ta có thể đặt :
1 5
v
u
2
uv u v
1 5
v
u
2
1 5
1 5
v x2 2x
Do u, v 0 . u
2 x 1
2
2
Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2 14 x 9 x 2 x 20 5 x 1
HD:Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được:
2 x2 5x 2 5
x
2
x 20 x 1
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
11
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
2
2
Nhận xét : Không tồn tại số , để : 2 x 5 x 2 x x 20 x 1
u x 2 x 20
vậy ta không thể đặt :
.
v x 1
Nhưng may mắn ta có :
x
2
x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x 2 4 x 5
Ta viết lại phương trình: 2 x 2 4 x 5 3 x 4 5 ( x 2 4 x 5)( x 4) . Đến
đây bài toán được giải quyết .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Từ những phương trình tích
2x 3 x
x 1 1
x 1 x 2 0 ,
2x 3 x 2 0
Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường
chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích
mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp
giải được thể hiện qua các ví dụ sau .
2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x 3 x 2 x 1 2 x 2
t 3
2
HD:Đặt t x 2 2 ; t 2 , ta có : t 2 x t 3 3x 0
t x 1
Bài 2. Giải phương trình : x 1 x 2 2 x 3 x 2 1
HD:Đặt : t x 2 2 x 3, t 2
Khi đó phương trình trở thnh : x 1 t x 1 x 1 x 1 t 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn :
2
2
t 2
x 2 2 x 3 x 1 t 2 x 1 0 t 2 x 1 t 2 x 1 0
t x 1
Bài 3:Giải phương trình: x 2 3 x 1 x 3 x 2 1
HD:Đặt t x 2 1; t 1
Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0
(t - x)(t - 3) = 0
t x
t 3
Nếu t = x x 2 1 x (Vô lý)
Nếu t = 3 x 2 1 3 x 2 2
Vậy: x 2 2
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những
phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối
quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
12
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Xuất phát từ đẳng thức a b c a 3 b3 c3 3 a b b c c a , Ta có
3
a 3 b3 c 3 a b c
a b a c b c 0
3
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc
ba .
7 x 1 3 x2 x 8 3 x 2 8x 1 2
3
3x 1 3 5 x 3 2 x 9 3 4 x 3 0
Bài 1. Giải phương trình : x 2 x . 3 x 3 x . 5 x 5 x . 2 x
3
HD:ĐK: x 2
u 2 x ;u 0
Đặt v 3 x ; v 1
w 5 x ;w
2 u 2 uv vw wu
2
3 v uv vw wu
5 w2 uv vw wu
30
239
u
x
60
120
, ta có :
3
u v u w 2
u v v w 3 , giải hệ ta được:
v w u w 5
Bài 2. Giải phương trình sau :
2 x 2 1 x 2 3x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2
a 2x2 1
b x 2 3x 2
a b c d
x 2
HD:Ta đặt :
,
khi
đó
ta
có
:
2
2
2
2
2
a
b
c
d
c 2x 2x 3
2
d x x 2
Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2 5 x 1 2 x 2 x 1 9 x 3
a 4 x 2 5 x 1
HD:Đặt
b x 2 x 1
a; b 0
a 2 4b 2 9 x 3
Ta được hệ phương trình:
a 2b 9 x 3
a 2b
Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0
a 1 2b
Nếu a = 2b
4 x2 5x 1 2 x2 x 1 x
1
(thoả mãn)
3
Nếu a = 1 - 2b 4 x 2 5 x 1 1 2 x 2 x 1 (*)
Ta có : VT(*) 0 (1)
2
1
3
VP(*) = 1 2 x x 1 1 2 x 1 3 0 (2)
2 4
2
Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
13
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x
1
3
Bài tập áp dụng:
Giải các phương trình sau :
x 4 x 1 x 4 1 x 1 x 4 x3 4 x2 1 x
3
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
Đặt u x , v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ đó tìm
được hệ theo u,v
3
3
3
3
Bài 1. Giải phương trình: x 35 x x 35 x 30
HD:Đặt y 3 35 x3 x3 y 3 35
xy ( x y ) 30
, giải hệ
3
3
x y 35
Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:
này ta tìm được ( x; y ) (2;3) (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là
x {2;3}
Bài 2. Giải phương trình:
2 1 x 4 x
1
4
2
2 1,0 v
4
HD:Điều kiện: 0 x 2 1
2 1 x u
0 u
Đặt
4
x v
2 1
1
u v 4
2
Ta đưa về hệ phương trình sau:
u 2 v4 2 1
1
u 4 2 v
2
1 v v4 2 1
4 2
2
1
Giải phương trình thứ 2: (v 1) v 4 0 , từ đó tìm ra v rồi thay
2
2
2
vào tìm nghiệm của phương trình.
Bài 3. Giải phương trình sau: x 5 x 1 6
HD:Điều kiện: x 1
Đặt a x 1, b 5 x 1(a 0, b 5) thì ta đưa về hệ phương trình
sau:
a 2 b 5
(a b)( a b 1) 0 a b 1 0 a b 1
2
b
a
5
11 17
Vậy x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x
2
6 2x 6 2x 8
Bài 4. Giải phương trình:
5 x
5 x 3
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
14
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
HD:Điều kiện: 5 x 5
Đặt u 5 x , v 5 y 0 u, v 10 .
u 2 v 2 10
Khi đó ta được hệ phương trình: 4 4
8
2(u v)
3
u v
Bài 5. Giải phương trình:
HD:ĐK: 77 x 629
u 4 629 x
Đặt
v 4 77 x
4
(u v) 2 10 2uv
2 4
(u v) 1
uv 3
629 x 4 77 x 8
(u; v 0)
u v 8, u 4 v 4 706
Đặt t = uv
t 2 128t 1695 0
t 15
t 113
Với t = 15 x = 4
Với t = 113 x = 548
Bài 6. Giải phương trình: x3 x 2 1 x3 x 2 2 3
HD:Với điều kiện: x3 x 2 1 0 x3 x 2 2 0
(1)
u x 3 x 2 1
Đặt
Với v > u ≥ 0
v x 3 x 2 2
Phương trình (1) trở thành u + v = 3
Ta có hệ phương trình
uv 3
2
2
v u 3
uv 3
u v 3
u 1
v 2
(v u )(v u ) 3
v u 1
x 3 x 2 1 1
x 3 x 2 2 2
x3 x2 1 1
3
2
x x 2 4
x3 x 2 2 0
( x 1)( x 2 2 x 2) 0
x 1 (do x 2 2 x 2 0 x)
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1}
2
Bài 7. Giải phương trình: 1 x x
3
2
2
1 x 2 0
1 x 1
HD: Điều kiện:
x 0
x 0
0
x 1
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
(*)
15
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Với điều kiện (*),đặt
u
x ;v
2
3
x,
với u ≥ 0,
v
2
3
1 x2 1 u4
2
Ta có: 2
2
x
v
3
Do dó ta có hệ
2
2
uv 3
uv
3
1 u 4 v2
u 4 v 4 1
2
uv
3
2
u 2 v 2 2u 2 .v 2 1
2
uv
3
2
4 2u.v 2u 2 .v 2 1
9
2
uv
3
2
u v 2 2u.v 2u 2 v 2 1
2
uv
3
2u 2 .v 2 16 u.v 65 0
9
81
2
u v 3
8 194
u.v
18
2
u v 5
8 194
u.v
18
u và v là nghiệm của phương trình
2 2
8 194
0( a )
y y
3
18
y 2 2 y 8 194 0(b)
3
18
(b) vô nghiệm
(a) có 2 nghiệm
1
y1
Do đó:
97
3
1
2
; y2
2
u1 y1 u 2 y 2
v1 y 2 v 2 y1
Vì u ≥ 0 nên ta chọn
97
3
2
3
1
u y2
97
3
2
3
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
16
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
1
x
97
3
2
3
1
x
97
3
2
3
2
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1
9
4
4
Bài 8. Giải phương trình: 18 5 x 64 5 x 4
HD:Với điều kiện
18
18 5 x 0 x 5
18
64
x
64
5
5
64 5 x 0 x
5
Đặt
u
4
18 5 x , v
4
64 5 x
97
3
2
2
(*)
, với u ≥ 0, v ≥ 0
u 18 5 x
4
v 64 5 x
4
Suy ra
Phương trình đã cho tương đương với hệ:
uv 4
uv 4
4 4
2 2 2
2
u v 82 u v 2(uv) 82
v 0, v 0
v 0, v 0
Đặt A = u + v và P = u.v, ta có:
S4
2
2
2
S 2 P 2 P 82
P 0, S 0
S4
S4
2
p 32 P 87 0 P 3 P 29
P0
P0
(1) Với S = 4, P = 3
u và v là nghiệm của phương trình:
y 1
y2 4 y 3 0
y 3
Do đó ta có:
u 1 u 3
v 3 v 1
4 18 5 x 1
4 18 5 x 3
64 5 x 3 4 64 5 x 1
18 5 x 1 18 5 x 81
64 5 x 81 64 5 x 1
Suy ra 4
x
17
63
x
5
5
thoả mãn (*)
(2) Với S = 4, P = 29 không tồn tại u và v
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
17
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
17
x1 5
x 63
2
5
5.2 Giải phương trình vô tỉ bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II
Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách
đưa về hệ đối xứng loại II
x 1 2 y 2
Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau :
2
y 1 x 2
việc giải hệ này thì đơn giản
Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y f x
(2) luôn đúng , y x 2 1 , khi đó ta có phương trình :
x 1
2
(1)
(2)
sao cho
( x 2 1) 1 x 2 2 x x 2
Vậy để giải phương trình : x 2 2 x x 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ
x 2 ay b
Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 :
, ta sẽ
2
y
ax
b
xây dựng được phương trình dạng sau : đặt y ax b , khi đó ta có
a
2
ax b b
phương trình : x
a
n
Tương tự cho bậc cao hơn : x n ax b b
Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng :
n
x p n a ' x b ' đặt y n ax b để đưa về hệ , chú ý về dấu
của ???
Việc chọn ; thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng :
n
x p n a ' x b ' là chọn được.
Bài 1: Giải phương trình: x 2 2 x 2 2 x 1
HD:Điều kiện: x
1
2
Ta có phương trình được viết lại là: ( x 1) 2 1 2 2 x 1
x 2 2 x 2( y 1)
Đặt y 1 2 x 1 thì ta đưa về hệ sau: 2
y 2 y 2( x 1)
Trừ hai vế của phương trình ta được ( x y )( x y ) 0
Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 2
Cách 2: Đặt 2 x 1 t a 2 x 1 t 2 2at a 2
Chọn a = -1 ta được:t2 - 2t = 2x - 2
x 2 2 x 2t 2
kết hợp với đầu bài ta có hệ phương trình: 2
t 2t 2 x 2
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
18
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
Giải hệ này ta sẽ tìm được x.
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 6 x 1 4 x 5
HD:Điều kiện x
5
4
Ta biến đổi phương trình như sau:
4 x 2 12 x 2 2 4 x 5 (2 x 3)2 2 4 x 5 11
Đặt 2 y 3 4 x 5 ta được hệ phương trình sau:
(2 x 3) 2 4 y 5
( x y )( x y 1) 0
2
(2 y 3) 4 x 5
Với x y 2 x 3 4 x 5 x 2 3
Với x y 1 0 y 1 x 2 x 1 4 x 5 (vô nghiệm)
Kết luận: Nghiệm của phương trình là x 2 3
Bài 3:Giải phương trình: x 2 x 5 5
HD:ĐK: x 5
Pt x 2 5 x 5 ; x 5 (*)
Đặt x 5 t a x 5 t 2 2at a 2
Chọn a = 0 ta được:t2 - 5 = x và kết hợp với (*) ta được hệ phương trình:
2
x 5 t
2
từ đây ta sẽ tìm được nghiệm.
t 5 x
Bài 4:Giải phương trình: 7x2 + 7x =
4x 9
( x 0) .
28
4x 9 2
4x 9
t 2at a 2
ta
28
28
1
4x 9 2
1
1
t t 7t 2 7t x
Chọn a ta được:
2
28
4
2
1
2
7 x 7 x t 2
Kết hợp với đầu bài ta được hệ phương trình:
7t 2 7t x 1
2
HD:Đặt
Giải hệ phương trình trên ta tìm được nghiệm.
Bài tập áp dụng:
Giải phương trình: 2 x 2 2 x 1 4 x 1
PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
I-KIẾN THỨC:
1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki:
Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 (a 2 b 2 )( x 2 y 2 )
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
19
Sáng kiến kinh nghiệm về giải phương trình vô tỉ
a
b
Dấu ‘‘=’’ xảy ra x y
2.Bất đẳng thức côsi:
ab
2
a) Với hai số a, b 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b
b) Với ba số a, b, c 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c
abc
3
c) Với bốn số a, b, c, d 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a b = c = d
e) Với n số a1, a2,…, an 0 thì ta có:
Dấu ‘‘=’’ xảy ra a1 a2 ... an
3.GTLN,GTNN của biểu thức:
a/ A = m + f2(x) m
A m
MinA m
Dấu ''='' xảy ra f(x) = 0
ab
3
abc
abcd
4
4
abcd
a1 a2 ... an
n
a1.a2 ....an
n
b/ A = M - g2(x) M
A M
MaxA M
Dấu ''='' xảy ra g(x) = 0
4. Dùng hằng đẳng thức :
Từ những đánh giá bình phương : A2 B 2 0 , ta xây dựng phương trình
dạng A2 B 2 0
Từ phương trình
2
5x 1 2 x
2
9 5x 2 x 1 0
2
ta khai triển ra có phương trình : 4 x 12 x 1 4 x 5 x 1 9 5 x
5. Dùng bất đẳng thức
Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức:
A m (1)
B m (2)
nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương
trình A B
Ta có : 1 x 1 x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và
1
2 , dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Vậy ta có phương trình:
x 1
1
1 2008 x 1 2008 x
1 x
x 1
A f x
Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng :
khi đó :
B f ( x)
x 1
A f x
AB
B f x
Giáo viên viết và thực hiện - Tạ Văn Đức – THCS Yên Lạc
20
.DOC 
38 
1195 
107 
