Cộng đồng chia sẻ tri thức Lib24.vn

Tuyển tập các bài toán phương trình vô tỷ hay và khó

5e1a0aaddaffc0aaf96914935d3b7dd9
Gửi bởi: Đỗ Thị Kiều1 23 tháng 12 2020 lúc 14:10:36 | Được cập nhật: 14 giờ trước (5:15:58) Kiểu file: PDF | Lượt xem: 402 | Lượt Download: 1 | File size: 2.897627 Mb

Nội dung tài liệu

Tải xuống
Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan


Có thể bạn quan tâm


Thông tin tài liệu

 Nguyễn Công Lợi CHUYÊN ĐỀ TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ Nghệ An, tháng 9 năm 2019 2 Website:tailieumontoan.com PHẦN 1. PHÂN TÍCH VÀ SUY LUẬN TÌM LỜI GIẢI CHO BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH Trong các nội dung trước chúng ta đã được tìm hiểu về các phương pháp giải một phương trình vô tỷ cũng như một phương trình vô tỷ có nhiều phưng pháp tiếp cận xử lý. Tuy nhiên khi đứng trước một bài toán phương trình vô tỷ làm thế nào để tiếp cần và đưa ra được một lời giải cho nó là một câu hỏi lớn và đang còn bỏ ngỏ. Với mục đích mở ra một hướng đi, một suy nghĩ cần có trước một phương trình vô tỷ thì trong chủ đề này chúng tôi xin đưa ra một số phân tích và suy luận để giải thích lại giải bài toán như thế. Trong chủ chúng tôi xin giới thiệu một số nội dung  Phân tích và suy luận đứng trước một phương trình vô tỷ  Lựa chọn phương án hợp lý để tìm được lời giải tối ưu.  Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục Ví dụ 1. Giải phương trình x2  6x  3  4x 2x  1 . Phân tích và lời giải Trước một phương trình vô tỷ, cho dù chúng ta chọn phương pháp nào thì mục đích cuối cùng cũng là làm cho phương trình thoát đi các căn thức một cách đơn giản và đơn giản hóa tối đa phương trình. Một điều nữa khi giải phương trình vô tỷ đó là cần cố gắng nhẩm được một nghiệm để có thể phán đoán hướng đi một cách đúng đắn. Không quá khó khăn ta nhân thấy phương trình đang xét có một nghiệm x  1 . Phương trình chỉ chứa một dấu căn thức bậc hai nên có thể loại bỏ căn thức bậc hai bằng phương pháp nâng lên lũy thừa, đặt ẩn phụ,…  Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x   1 . 2  1 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 4  30x 2  12x 3  36x  9  16x 2  2x  1  x 4  20x 3  46x 2  36x  9  0 Nhận xét x x2  6x  3  0, x   x 2  x  1  18x  x  1  9  x  1  0 2  2  2   x 2  18x  9  x  1  0  x  9  6 2;1; 9  6 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi 2  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3 Website:tailieumontoan.com   Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm S  9  6 2;1; 9  6 2 . 2x  1 do đó ta biến đổi phương trình và thực  Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức hiện đặt ẩn phụ. Để ý rằng phương trình đã x2  4x 2x  1  3  2x  1  0. Khi đó ta thực hiện phép đặt cho tương đương với 2x  1  y  y  0  . Lúc này phương trình thu được là x2  4xy  3y2  0 , đây là phương trình đồng bậc 2 và chú ý đến các hệ số thì ta phân tích được. x2  4xy  3y2  0  x  x  y   3y  x  y   0   x  y  x  3y   0 x  0  x  0  + Trường hợp 1. Với x  y  0  x  2x  1   2   x 1. 2 x  1  0    x  2x  1  0   x  0  + Trường hợp 2. Với x  3y  0  x  3 2x  1   2  x  96 2 . x  18x  9  0     Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm S  9  6 2;1; 9  6 2 .  Hướng 3. Do phương trình nhẩm được nghiệm đẹp x  1 , khi đó ta nghĩ đến phương pháp nhân lương liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung x  1 .   4x x  2  1  3x  6x  3    x  1 2  2 4x  x  1 2 x  2x  1 x  1 3 2 1  x  0    x  3 2  1  3  x  1 2   x  0 Ta có x  3 2  1   2  x  9  6 2; 9  6 2 . Đối chiếu điều kiện ta thu x  18x  9  0   được ba nghiệm như trên.    Hướng 4. Phương trình đã cho có đại lượng 4x 2x  1 nên ta nghĩ đến phân tích phương trình về dạng A2  B2 hoặc A2  B2  0 . Với định hướng đó ta viết phương trình đã cho vè các dạng như sau + Khi viết phương trình về dạng A2  B2 ta thấy có các khả năng sau   2 Với x2  6x  3  4x 2x  1  5x 2  8x  4  2x  2x  1 , khi đó ta thấy vế trái không phân tích được thành bình phương.   2 Với x2  6x  3  4x 2x  1  2x 2  16x  7  x  2 2x  1 , khi đó ta thấy vế trái không phân tích được thành bình phương. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 4 Website:tailieumontoan.com  Với x2  6x  3  4x 2x  1  x  2 2x  1  2  2x  1 , khi đó dễ thấy 2x  1    2 2x  1 . Như vậy ta có thể giải được bài toán. Khả năng biến đổi viết phương trình về dạng A2  B2  0 không thực hiện được nên ta trình bày lời giải cho phương trình như sau 1 . Phương trình đã cho tương đương với 2  x  3 2x  1 2 2 x2  4x 2x  1  4  2x  1  2x  1  x  2 2x  1  2x  1    x  2x  1 x  0  + Với x  3 2x  1   2  x  9  6 2; 9  6 2 x  18x  9  0     x  0 x  0 + Với x  2x  1   2   x1 2 x  1  0    x  2x  1  0   1 Đối chiếu với điều kiện x  , kết luận tập nghiệm S  9  6 2;1; 9  6 2 . 2 Điều kiện xác định của phương trình là x          Nhận xét. Qua ví dụ trên ta nhận thấy khi đứng trước một phương trình vô tỷ thì lối đi giải bài toán đặt trong tâm vào nhiều hướng tư duy. Tuy nhiên việc lựa chọn hướng đi nào cho đúng đắn phụ thuộc vào quá trình phân tích và gỡ rối như thế nào cho hiệu quả. Trong các lời giải trên mỗi lời giải đều có điểm thú vị của nó. Do phương trình có nghiệm kép x  1 nên sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa là cách giải gọn gàng hơn cả.   Ví dụ 2. Giải phương trình 3 x2  1  4x  4x 4x  3 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho trong ví dụ 2 có hình thức tương tự như trong ví dụ đầu nên ta có các hướng tiếp cận lời giải cho phương trình trên như sau. Nhẩm một số giá trị đặc biệt ta thấy phương trình có hai nghiệm đẹp là x  1 và x  3  Hướng 1. Phương trình đã cho có chứa một căn thức bậc hai và biểu thức ngoài căn có dạng tam thức bậc hai. Do đó khi thực hiện phep nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được có bậc 4. Chú ý rằng phương trình có hai nghiệm là x  1 và x  3 nên khi phân tích phương trình thành tích thì phương trình có chứa nhân tử  x  1 x  3  và nhân tử còn lại là tam thức bậc hai nên ta giải được. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 5 Website:tailieumontoan.com Điều kiện xác định của phương trình là x  3 . Phương trình đã cho tương đương với 4 9x 4  24x 3  2x 2  24x  9  16x 2  4x  3   9x 4  40x 3  46x 2  24x  9  0 x  1   x  1 x  3  9x 2  4x  3  0   x  3   Phương trình 9x2  4x  3  0 vô nghiệm do   0 . Kết hợp điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S  1; 3 .  Hướng 2. Hoàn toàn tương tự như ví dụ thứ nhất, do phương trình chứa căn nên ta có thể thực hiện phép đặt 4x  3 4x  3  y  y  0  để đưa phương trình về dạng đồng bạc hai, Phương trình đã cho tương đương với 3x2  4x  3  4x 4x  3 . Đặt 4x  3  y  y  0  , khi đó ta thu được phương trình x  y 3x2  4xy  y 2  0   x  y  3x  y   0    3x  y Ta xét hai trường hợp sau x  0   x  1; 3 . + Trường hợp 1. Với x  y  x  4x  3   2  x  4x  3  0 x  0  + Trường hợp 2. Với 3x  y  3x  4x  3   2 , hệ vô nghiệm. 9x  4x  3  0   So sánh điều kiện xác định ta thu được tập nghiệm S  1; 3 .  Hướng 3. Để ý trong phương trình ta thấy có đại lượng 4x 4x  1 và lại có 3x2  4x2  x2 nên ta viết phương trình lại thành  4x2  4x 4x  3  4x  3  x 2  2x  4x  3  2  x 2 . Đến đây ta có lời giải cho phương trình. Phương trình đã cho tương đương với 3x2  4x  3  4x 4x  3  4x2  4x 4x  3  4x  3  x 2  x  4x  3 2  2x  4x  3  x 2    3x  4x  3  x  0  x  1; 3 . + Với x  4x  3   2  x  4x  3  0  Tác giả: Nguyễn Công Lợi  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 6 Website:tailieumontoan.com  x  0 + Với 3x  4x  3   2 , hệ vô nghiệm. 9x  4x  3  0   So sánh điều kiện thu được tập nghiệm S  1; 3 .  Hướng 4. Phương trình có hai nghiệm x  1 và x  3 nên ta có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử x2  4x  3 .    Lại có x  4x  3 x  4x  3  x2  4x  3 . Đến đây ta giải được bài phương trình bằng phương pháp nhân lương liên hợp. Điều kiện xác định của phương trình là x  với   4x x  4x  3  x  4x  3    x 2  4x  3  + Với x2  4x  3  0  x 1; 3 2  3 . Phương trình đã cho tương đương 4  4x x 2  4x  3 x  4x  3  x 2  4x  3 4x  3  3x  0 x  0  + Với 3x  4x  3   2 , hệ vô nghiệm.  9x  4x  3  0 Đối chiếu điều kiện ta thu được tập nghiệm S  1; 3 . Nhận xét. Trong ví dụ thứ hai ta lại thấy được nhiều hướng đi trong tìm lời giải cho bài toán. Các hướng phân tích đều có tính hợp lý dựa trên mỗi liên hệ giữa các đại lượng cho trong phương trình và các lời giải đều có tính tự nhiên. Ví dụ 3. Giải phương trình 3x2  2x  7  3  x  1 x2  3 . Phân tích và lời giải Phương trình có chứa một căn thức bậc hai nên suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận phương trình đó làm triệt tiêu căn thức bậc hai. Chú ý rằng các đại lượng ngoài căn là nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai nên để làm triệt tiêu căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa hoặc phép đặt ẩn phụ. Nhẩm một số giá trị ta nhận được x  1 là một nghiệm của phương trình. Do đó với phương trình này ta có một số hướng tiếp cận như sau  Hướng 1. Nhận thấy các đại lượng có ngoài căn có bậc nhât và bậc hai, còn đại lượng trong căn là một đa thức bậc hai. Ngoài ra để ý đến hệ số cao nhất của các đại lượng thì ta thấy nên nếu sử dụng pháp nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được là phương trình Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 7 Website:tailieumontoan.com bậc ba. Mà phương trình lại có một nghiệm là x  1 nên phương trình bậc ba giải được. Đến đây ta giải được bài toán Điều kiện xác định của phương trình là x  1 .   Để ý rằng 3x2  2x  7   x  1  2 x2  3  0 với mọi x  1 , do đó phương trình đã 2 cho tương đương với  3x 2  2x  7    9  x  1 x 2  3 2 2   9x 3  12x 3  46x 2  28x  49  9x 4  18x 3  36x 2  54x  27    6x 3  10x 2  26x  22  0   x  1 6x 2  4x  22  0 Dễ thấy phương trình 6x2  4x  22  0 vô nghiệm. Do đó từ phương trình trên ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.  Hướng 2. Chú ý đến đại lượng 3  x  1 x2  3 , để làm triệt têu căn thức ta có thể sử dụng phép  x  1 2 đặt ẩn phụ.  Khi phương trình được viết lại thành   3  x  1 x2  3  2 x 2  3  0 và thực hiện đặt ẩn phụ a  x  1; b  x2  3 thì ta viết phương trình về dạng phương trình đẳng cấp bậc hai. Điều kiện xác định của phương trình là x  1 . Phương trình đã cho tương đương với  x  1 2    3  x  1 x2  3  2 x 2  3  0 Đặt a  x  1; b  x2  3  0 . Khi đó phương trình trên trở thành a  b a 2  3ab  2b2  0   a  b  a  2b   0   a  2b Ta xét hai trường hợp  x  1 x  1  0   x  1. + Với a  b ta được x  1  x 2  3    2 2 2x  2   x  1  x  3  x  1 x  1  0   + Với a  2b ta được x  1  2 x 2  3   , hệ vô  2 2 2  3x  2x  11  0   x  1  4x  12 nghiệm. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 8 Website:tailieumontoan.com  Hướng 3. Lại để ý đến đại lượng 3  x  1 x2  3 ta nghĩ đến phân tích phương trình về dạng hiệu của hai bình phương. Phương trình đã cho tương đương với 12x 2  8x  28  12  x  1 x 2  3      4 x 2  2x  1  12  x  1 x 2  3  9 x 2  3  x 2  3  2  2x  2  3 x 2  3   2 x2  3  2  2x  2  3 x 2  3  x 2  3 x  1  2 x 2  3    2x  2  3 x 2  3   x 2  3 x  1  x 2  3    x  1 x  1  0 + Với a  b ta được x  1  x 2  3     x  1.  2 2 2x  2   x  1  x  3 + Với a  2b ta được hệ vô nghiệm. Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.  Hướng 4. Chú ý rằng phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 nên ta nghĩ đến phương pháp nhân đại lượng liên hợp để tạo ra nhân tử chung x  1 . Phươg trình đã cho tương đương với   3  x  1  3  x  1 x 2  3  4x  4  3  x  1 x  1  x 2  3  4  x  1 2    3  x  1 x  1  x 2  3 x  1  x 2  3 x  1  x2  3   4  x  1 x  1  0    4  x  1   6  x  1  4 x  1  x2  3  2 x 1 x  3 6  x  1 x  1 + Khi x  1  0  x  1 , thỏa mãn điều kiện xác định. + Khi 6  x  1  x  1  0  4  x  1  2 x2  3   2 , hệ vô nghiệm.  x  1  x2  3 3x  2x  11  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .  Nhận xét. Về mặt hình thức thì phương trình cho trong ví dụ ba hoàn toàn tương tự như các ví dụ trên nên các hướng tiếp cận phương trình như trên là hoàn toàn tự nhiên. Ví dụ 4. Giải phương trình 7x  Tác giả: Nguyễn Công Lợi 2  1  7 x2  x  2 . x TÀI LIỆU TOÁN HỌC 9 Website:tailieumontoan.com Phân tích và lời giải Phương trình được cho trong ví dụ 4 có hình thức tương tự như ví dụ 3 do đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như sử dụng phép nâng lên lũy thừa, đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng đẳng cấp, phân tích phương trình thành tích,…  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 7x2  x  2  7x x2  x  2  x2  x  2  7x x2  x  2  6x2  0 Đặt t  x2  x  2  0 , khi đó phương trình trên trở thành t  x t 2  7xt  6x 2  0   t  x  t  6x   0    t  6x x  0 x  0  , hệ vô nghiệm. x2  x  2  x   2  2 x  x  2  x x  2  0  + Với t  x ta được + Với t  6x hay x  0 1  281  x2  x  2  6x   2 x 2 70  x  x  2  36x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1  281 . 70  Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với 7x2  x  2  7x x2  x  2  28x2  4x  8  28x x2  x  2     4 x 2  x  2  28x x 2  x  2  49x 2  25x 2  2 x 2  x  2  7x + Với + Với    5x  2 2  2 x 2  x  2  7x  5x  x 2  x  2  6x    2 x 2  x  2  7x  5x  x2  x  2  x    x  0 x  0 x2  x  2  x   2  , hệ vô nghiệm.  2  x  2  0 x  x  2  x   1  281 x  0 x  0 x2  x  2  6x   2  x  2 2 70   x  x  2  36x 35x  x  2  0 1  281 . 70  Hướng 3. Dễ thấy 7x2  x  2  0 với mọi x  0 . Khi đó phương trình đã cho tương Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  đương với  7x 2  x  2  2   7x x 2  x  2   49x  14x  29x  4x  4  49x x  x  2  2 4  3 2 2 2   35x 3  69x 2  4x  4  0   x  2  35x 2  x  2  0 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Website:tailieumontoan.com Do x  0 nên từ phương trình trên ta được 35x2  x  2  0  x  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1  281 . 70 1  281 là nghiệm duy nhất của phương trình. 70  Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với 7x  x2 x2  7 x2  x  2   7 x 2  x  2  7x x x x2 7   x  x2  x  2  x  x2  x  2  x x2  x  2  x    x  2  1  x  0 x2  x  2  x  7 Do x  0 nên từ phương trình trên ta được  1 7 1  281 x  0   0  x2  x  2  6x   x 2 2 x 70 35x  x  2  0 x x2 x  Kết hợp với điều kiện xác định ta được x  1  281 là nghiệm duy nhất của phương trình. 70 Ví dụ 5. Giải phương trình x2  3x  4  3 x3  6x2  11x  6 . Phân tích và lời giải Phương trình chỉ chứa một dấu căn và để ý rằng x3  6x2  11x  6   x  1 x  2  x  3  . Cũng từ phân tích như trên ta có điều kiện xác định là x3 hoặc 1 x  2, x3  6x2  11x  6  x  11. khi đó ta viết được căn thức bậc hai thành  x  2  x  3 . Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân tích được x2  3x  4   x  2  x  3    x  1 . Đến đây ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình. x  3 .  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là  x  1 x  2  x  3   0   1  x  2  Phương trình đã cho tương đương với x2  5x  6  2  x  1  3 x  1. x 2  5x  6 . Đặt a  x2  5x  6; b  x  1  a  0; b  0  . Khi đó phương trình trên trở thành a  b a 2  2b2  2ab   a  b  a  2b   0   a  2b + Với a  b ta được + Với a  2b ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi x2  5x  6  x  1  x2  6x  7  0  x  3  2 . x2  5x  6  2 x  1  x 2  9x  10  0  x  9  41 . 2 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 Website:tailieumontoan.com  9  41   9  41  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S   ; 3  2; 3  2; . 2   2   x  3 .  Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là  x  1 x  2  x  3   0   1  x  2 Nhận thấy x  1 không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác định thì x 1  0. Phương trình đã cho tương đương với x2  5x  6  2  x  1  3 x  1. x 2  5x  6  x 2  5x  6 Đặt t  x 1  a  0  . Khi đó ta có t 2 x2  5x  6 x 2  5x  6 2 3 x 1 x 1 t  1  2  3t   t  1 t  2   0   t  2  Với t  1 ta được x2  5x  6  x  1  x2  6x  7  0  x  3  2  Với t  2 ta được x2  5x  6  2 x  1  x 2  9x  10  0  x  9  41 . 2  9  41   9  41  Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm S   ; 3  2; 3  2; . 2 2     Ví dụ 6. Giải phương trình x  1  2x  1  3x2  8x  4 Phân tích và lời giải Phương trình chứa hai căn thức bậc hai do đó ta cần đơn giản hóa tối đa phương trình bằng cách làm triệt tiêu các căn thức. Ta có thể loại bỏ một căn thức hoặc lại bỏ hai căn thức. Từ đó ta thấy có các định hướng xử lý như sau.  Hướng 1. Đầu tiên ta tiếp cận với phương trình với hướng nâng lên lũy thừa. Để ý rằng sau lần nâng lên lũy thừa thứ nhất phương trình chưa triệt tiêu hết căn thức. Do đó ta có thể xử lý tiếp bằng cách nâng lên lũy thừa hai vế tiếp. Chú ý rằng phương trình có một nghiệm là x  0 . 2x  1  0 Điều kiện xác định là  2 . Phương trình đã cho tương đương với 3x  8x  4  0  x  1  2x  1   2  3x 2  8x  4   x  4x  2  2 x  1 2 2  2  x  1 2x  1  2x 2  4x  2   x  1 2x  1   x  1 2x  1  3x 2  8x  4 2 Do x  1  0 nên từ phương trình trên ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 12 Website:tailieumontoan.com   x  1  0 x  1 x  1  2x  1   2  2  x  0 , thỏa mãn. x  2x  1  2x  1 x  0     Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 .  Hướng 2. Sử dụng 3x  8x  4  3  x  1  2x  1 2 2 phương khi đó pháp ta hệ số viết bất định phương ta phân trình lại tích thành x  1  2x  1  3  x  1  2x  1 . Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để xử lý 2 phương trình. Phương trình đã cho tương đương với x  1  2x  1  3  x  1  2x  1 2 Đặt a  x  1; b  2x  1  a  0; b  0  . Khi đó ta được phương trình a  b  3a 2  b2   a  b   3a 2  b2  a 2  ab  0  a a  b   0 2 Do a  0 nên từ phương trình trên ta được a  b x  1  0 x  1   Do đó x  1  2x  1   2  2  x  0 , thỏa mãn. x  2x  1  2x  1  x  0   Hướng 3. Cũng từ định hướng trên ta nhận thấy nếu chia hai vế của pương trinh cho 2x  1 thì phương trình có dạng x1 1 3  x  1 2  1 . Đến đây ta đặt t  x1 2x  1 2x  1 2x  1 để giải phương trình đã cho. Chú ý xét các trường hợp để phép chia thực hiện được. Phương trình đã cho tương đương với x  1  2x  1  3  x  1  2x  1 2 Nhận thấy x   1 không phải là nghiệm của phương trình. 2 1 Xét x   , khi đó phương trình trên tương đương với 2 Đặt t  x1 2x  1 x1 2x  1 1 3  x  1 2x  1 2 1  0 . Khi đó ta được t  1  3t 2  1  t 2  2t  1  3t 2  1  t  1   x  1  0 x  1  2  x  0 , thỏa mãn. Do đó x  1  2x  1   2 x  2x  1  2x  1 x  0     Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  0 .  Nhận xét. Phương trình chứa hai căn thức bậc hai nên hoàn toàn tự nhiên khi ta chọn phương án ẩn phụ hóa phương trình. Có hai cách ẩn phụ hóa như trên nhưng về mặt bản chất hai cách đó là một và chỉ khác nhau ở hình thức trình bày lời giải. Ví dụ 7. Giải phương trình x2  5x  3  x2  5x  2  5 Phân tích và lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 13 Website:tailieumontoan.com Quan sát phương trình đã cho thì suy nghĩ đâu tiên khi tiếp cận phương trình đó là nhân lượng liên hợp đưa phương trình về hệ tạm. Ngoài ra để ý ta thấy x 2     5x  3  x2  5x  2  5 thì ta lại có các hướng tiếp cận như đặt ẩn phụ hoặc nâng lên lũy thừa  Hướng 1. Điều kiện các định của phương trình là x2  5x  2 . Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được 2   x  5x  2  5 x  5x  3  5  x  5x  2   2 2 2  x  5x  3  x  5x  2  25  10 x  5x  2 2  x  1  x  5x  2  5 Hay ta được   x 2  5x  6  0   2  x  6   x  5x  2  2 2 2 Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 . 2 2 2   a  x  5x  3 a  x  5x  3  a 2  b2  5 .  Hướng 2. Đặt  a  0; b  0  , khi đó  2  2 2    b  x  5x  2  b  x  5x  2 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình   a  b  5 a  3 a  b  5 a  b  5     2   2 a  b  5  a  b  a  b   5 a  b  1 b  2   2  x  1 a  x  5x  3  3 Từ đó ta được   x2  5x  6  0   2  x  6   b  x  5x  2  2 Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 .  Hướng 3. Chú ý rằng x2  5x  3  x2  5x  2 với mọi x thuộc điều kiện xác định. Do đó ta biến đổi phương trình như sau x  5x  3  x 2 Thu gọn ta được 2 x  5x  2  5  2    5x  3  x 2  5x  2 5 x  5x  3  x  5x  2 2 2 x  5x  3  x  5x  2  1 . 2 2 2 2   x  5x  3  x  5x  2  1 Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  2 2   x  5x  3  x  5x  2  5 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 Website:tailieumontoan.com x  1 Từ đó suy ra 2 x2  5x  3  5  x 2  5x  6  0    x  6 Thử vào điều kiện xác định ta thấy x  1 và x  6 đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1 và x  6 . Nhận xét.  Trong cả ba lời giải trên ta đều không đi sâu vào giải các điều kiện phức tạp mà lại dùng phép thử lại nghiệm để kết luận.  Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp biến đổi tương đường bằng cách nâng lên lũy thừa hết sức thuần túy mặc dù phương trình hệ quả thu được không được đẹp co lắm. Ở đây ta không đi giải điều kiện x2  5x  2  5 để tránh việc đối chiếu nghiệm phức tạp.  Lời giải thứ hai thực hiện bằng phép đặt ẩn phụ để đưa phương trình về thành hệ và ở đây có sử dụng một hằng đẳng thức hết sức quan thuộc.  Lời giải thứ ba sử dụng cách nhân lượng liên hợp với chú ý A B đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một phương trình cơ bản dạng AB A B A  B  0 , f  x   g  x  . Bản chất của lời giải thứ hai và thứ ba là như nhau nhưng khác ở hình thức trình bày lời giải. Ví dụ 8. Giải phương trình 4 x  4 2x  2. Phân tích và lời giải Phương trình chứa hai căn thức bậc bốn, do đó ta không không thể sử dụng pháp nâng lên lũy thừa để xử lý phương trình. Để ý rằng x  2  x  2 nên ta nghĩ đến phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ phương trình. Ngoài ra từ điều kiện xác định 0  x  2 và nhẩm thấy phương trình có một nghiệm là x  1 nên ta có thể xử lý phương trình bằng phương pháp đánh giá.  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 0  x  2 . Để ý rằng x  2  x  2 nên khi đặt a  4 x; b  4 2  x  a  0; b  0  thì ta thu được phương trình a 4  b4  2 . Phương trình đã cho trở thành a  b  2 . Chú ý rằng a  0; b  0 nên ta suy ra được 0  a, b  2 . Từ đó dẫn đến 0  ab  4 . Kết hợp hai phương trình trên ta a  b  2 có hệ  4 . 4 a  b  2 Hệ phương trình trên là hệ phương trình đối xứng dạng 1 nên biến đổi tương đương hệ phương trình ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 15 Website:tailieumontoan.com 2 2 2  2 a  b  2 a  b  4  2ab a  b  4  2ab   2  4  2  2 2 4 2 2 2 a  b  2  a  b  2a b  4  4  2ab   2a b  4   a 2  b 2  4  2ab a 2  b 2  4  2ab   2 2   ab  1  ab  7 a b  8ab  7  0  Kết hợp với điều kiện 0  ab  4 ta được ab  1 . 4  ab  1 a  1  x 1 Khi đó ta có hệ phương trình     x  1. 4 a  b  1 b  1 2  x  1     Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 .  Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là 0  x  2 . Để ý rằng với x  1 thì ta có x  1  2 x và và x  1  2 4 x Đồng thời lại có 2  x  1  2 2  x 2  x  1  2 4 2  x . Do đó ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh giá phương trình. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số không âm ta được  x1 1 4 x 1 x.1  1 x3 4 2     x  x.1  2 2 2 4  2x1  1 2  x .1  1   5x 4 2  x  4 2  x 1  2  x  1  2      2 2 2 4 x3 5x   2. 4 4 Như vậy để phương trình 4 x  4 2  x  2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được xẩy ra dấu bằng, tức là 4 4 x  4 2x  x  4 2  x  1  x  1. Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 .  Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là 0  x  2 . Lại thấy do x  1 nên ta có 4 x  4 2  x n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử dụng bất    đẳng thức Bunhiacopxki dạng  ac  bd   a 2  b2 c 2  d2 . 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 16 Website:tailieumontoan.com   Từ đó ta được       4 4 x x  4 2x Như vậy để phương trình xẩy ra dấu bằng, tức là  2x x  4 2x 4  4 2    2   1  1 2   1  1 x  2  x   4 x  2x  2  4 hay ta được 4 x  2x  x  4 2x  2. x  4 2  x  2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời x  4 2  x  1  x  1. Thử x  1 vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  1 . Nhận xét.  Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình, tuy nhiên việc giải hệ phương trình tương đối phức tạp.  Trong lời giải thứ hai và thứ ba ta sử dụng phương pháp đánh giá bằng ác dùng các bất đẳng thức cổ điển Cauchy hay Bunhiacopxki. Để áp dụng được phương pháp này dường như phương trình cần có sự đặc biệt nào đó về mặt hình thức. Ví dụ 9. Giải phương trình  x  3  48  x2  8x  x  24 Phân tích và lời giải Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là 12  x  4 . Phương trình chỉ chứa một căn thức bậc hai, do đó khi thực hiện nâng lên lũy thừa thì ta thu được phương trình bậc bốn, do ta không nhẩm nên ta phân tích phương trình bậc bốn thành tích của hai phương trình bậc hai, để xử lý điều này ta sử dụng phương pháp hệ số bất định, tuy nhiên hướng đi này gây cho ta có nhiều khó khăn. Để ý ta nhận thấy 48  x2  8x   x  3   57  2x . Như vậy khi ta thực hiện phép đặt 2 ẩn phụ a  x  3; b  48  8x  x2  b  0  thì ta thu được a 2  b2  57  2x . Mặt khác ta lại có ab  x  24 hay 2ab  2x  48 . Như vậy kết hợp hai kết quả trên thì ta thu được phương trình  a  b   9 . Như vậy ta giải được phương trình. 2  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là 12  x  4 . Đặt a  x  3; b  48  8x  x2  b  0  . Khi đó ta được a 2  b2  57  2x . Phương trình đã cho trở thành ab  x  24 hay 2ab  2x  48 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 17 Website:tailieumontoan.com Kết hợp hai kết quả trên ta được  a  b   9  a  b  3 hay ta được 2 + Với + Với  48  8x  x 2  x x  3  48  8x  x 2  3    48  8x  x 2  x  6 x  0  48  8x  x 2  x   2  x  2 7  2  x  4x  24  0 x  6  48  8x  x 2  x  6   2  x  5  31  x  10x  6  0   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S  2 7  2; 5  31 .  Hướng 2. Để loại căn thức ta đặt ẩn phụ t  48  8x  x2 . Khi đó ta được t 2  48  8x  x2 và phương trình đã cho được viết lại thành t 2  2  x  3  t  x2  6x  0 . Để giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được t 2  2  x  3  t  x2  6x  0 thành tích. Điều kiện xác định của phương trình là 12  x  4 . Phương trình đã cho tương đương với 2  x  3  48  2x  x 2  2x  24  48  2x  2  x  3  x 2  8x  48  x 2  8x  48  2  x  3  x 2  8x  48  x 2  6x  0 Đặt t  48  8x  x2 ,t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2  2  x  3  t  x2  6x  0   t  x   6x  t  x   0   t  x  t  x  6   0 2 Ta xét hai trường hợp sau + Nếu t  x  0 , suy ra t  x , do đó ta được x  0  48  8x  x 2  x   2  x  2 7  2  x  4x  24  0 + Nếu t  x  6  0 , suy ra t  x  6 , do đó ta được x  6  48  8x  x 2  x  6   2  x  5  31  x  10x  6  0   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S  2 7  2; 5  31 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 18 Website:tailieumontoan.com  Hướng 3. Để ý đến đại lượng 2  x  3  x2  8x  48 ta nghĩ đến biến đổi phương trình thành dạng bình phương. Khi đó ta viết phương trình thành x2  8x  48  2  x  3  x2  8x  48   x  3   9   x 2  8x  48  x  3  9 2 Như vậy phương trình đã cho giải được. Điều kiện xác định của phương trình là 12  x  4 . Phương trình đã cho tương đương với 2  x  3  48  2x  x 2  2x  24  48  2x  2  x  3  x 2  8x  48  x 2  8x  48  2  x  3  x 2  8x  48  x 2  6x  0  x 2  8x  48  2  x  3  x 2  8x  48   x  3   9 2  + Với + Với  x  8x  48  x  3 2  2  48  8x  x 2  x 9  48  8x  x 2  x  6   x  0 48  8x  x 2  x   2  x  2 7  2  x  4x  24  0  x  6 48  8x  x 2  x  6   2  x  5  31  x  10x  6  0   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta có tập nghiệm S  2 7  2; 5  31 .  Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là 12  x  4 . Phương trình đã cho tương đương với  x  3  + Xét trường hợp  48  8x  x2  x  x2  4x  24  x  0 48  8x  x 2  x   2  x  2 7  2 , thay vào phương x  4x  24  0   trình đã cho ta thấy x  2 7  2 không thỏa mãn. + Xét trường  x  3  48  8x  x2  x  x  2 7  2 . Khi đó  48  8x  x2  x  0 . Từ đó 48  8x  x  x  x  4x  24  2  x  3  . 2 2 x2  4x  24 x  8x  48  x 2  x 2  4x  24  x2  4x  24  0   2x  6  1   0   Hay x  4x  24  2  48  8x  x 2  x  6  48  8x  x  x   2  Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 19 Website:tailieumontoan.com  x  2 7  2 + Với x2  4x  24  0    x  2 7  2 + Với  x  6 48  8x  x 2  x  6   2  x  5  31 x  10x  6  0   Đối chiếu với các trường hợp ta được tập nghiệm của phương trình là   S  2 7  2; 5  31 . Ví dụ 10. Giải phương trình 3   3  2x 2 3x  2  1  3  4x  3  Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có chứa gai căn bậc lệch nhau nên để loại bỏ căn thức ta có thể sử dụng ẩn phụ hoặc sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp, ngoài ra ta cũng có thể sử dụng phương pháp đánh giá. Để ý là nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được x  1 là một nghiệm của phương trình.  Hướng 1. Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x    2 . Phương trình đã 3 2 thì 2 3x  2  1  0 , do đó 3 3  4x  3  phương trình đã cho được viết lại thành 3 3  2x  . Để loại bỏ căn thức dưới 2 3x  2  1 mẫu ta sử dụng phép nhân lượng liên hợp cho có chứa tích 2 3  3  2x 2 3x  2  1 . Để ý rằng với x   3x  2  1 2 3x  2  1  4  3x  2   1  3  4x  3  , như vậy ta viết được đã cho phương trình lại thành 3 3  2x  2 3x  2  1 . Chú ý là phép nhân lượng liên hợp thực hiện được ta xét các trường hợp 2 3x  2  1  0 và 2 3x  2  1  0 . Đến đây ta có các cách trình bày lời giải cho phương trình. + Cách 1. Do x  2 nên 2 3x  2  1  0 . 3 Xét 2 3x  2  1  0  2 3x  2  1  4  3x  2   1  12x  9  x  3 3 . Ta thấy x  4 4 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Xét 2 3x  2  1  0 , khi đó phương trình đã cho tương đương với Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 20 Website:tailieumontoan.com 3 3  2x  3  4x  3  2 3x  2  1  3 3  2x  2  3  4x  3  2 3x  2  1   3x  2  1 2 3x  2  1   3 3  2x  2 3x  2  1 Đặt a  3 3  2x; b  3x  2 ,  b  0  . Khi đó ta có phương trình 3a 3  2b2  5 . a  2b  1 Phương trình ban đầu trở thành a  2b  1 . Từ đó ra được hệ phương trình  3 . 2 3a  2a  5   2b  a  1 2b  a  1 Biến đổi hệ phương trình trên thì được  3   2 2  a  1 6a  7a  9  0 6a   a  1  5     Dễ thấy phương trình 6a 2  7a  9  0 vô nghiệm nên từ hệ phương trình trên ta được a  1. Từ đó dẫn đến 3  2x  1  x  1 . Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. + Cách 2. Để ý rằng phương trình có nghiệm là x  1 nên ta có thể biến đổi phương trình thành 3 3  2x  1  2 3x  2  2  3 2  3x  2   1  3  2x   1   3x  2  1  3  2x   3  2x  1 2 3   2 6  0   x  1  3 2 3 3x  2  1    3  2x   3  2x  1  2 Dễ thấy 3  3  2x  2   3  2x  1 3 6 3x  2  1  0 . Do đó từ phương trình trên ta được x  1 là nghiệm.  Hướng 2. Từ phân tích trong hướng thứ nhất ta thu được phương trình 3 3  2x  2 3x  2  1 hay ta viết lại thành ta có 3 3 2x  3  2 3x  2  1 . Nhận thấy khi x  1 thì 2x  3  2 3x  2  1 và khi x  1 thì ta lại có 3 2x  3  2 3x  2  1 , mà phương trình lại có x  1 là nghiệm nên ta sử dụng phép đánh giá phương trình xoay quanh nghiệm x  1 . Điều kiện xác định của phương trình là x  3 . Phương trình đã cho tương đương 2 với Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 21 Website:tailieumontoan.com 3 3  2x  3  4x  3  2 3x  2  1  3 3  2x  2  3  4x  3  2 3x  2  1   3x  2  1 2 3x  2  1   3 2x  3  2 3x  2  1 Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1. Với x  1 , khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1 . Từ đó dẫn đến 3 2x  3  2 3x  2  1  2.1  1 hay phương trình 3 2x  3  2 3x  2  1 vô 3 2x  3  2 3x  2  1 vô 3 2x  3  2 3x  2  1 có nghiệm. + Trường hợp 2. Với x  1 , khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1 . Từ đó dẫn đến 3 2x  3  2 3x  2  1  2.1  1 hay phương trình nghiệm. + Trường hợp 3. Với x  1 , khi đó ta có 2x  3  1 và 3x  2  1 . Từ đó dẫn đến 3 2x  3  2 3x  2  1  2.1  1 hay phương trình nghiệm là x  1 . Kết hợp với điều kiến xác định của phương trình ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.  Nhận xét. Trong hai hướng tìm lời giải trên ta thấy hướng thứ nhất tự nhiên hơn và cũng dễ phát hiện hơn. Hướng giải thứ hai sử dụng phương pháp đánh giá chỉ thực sự được hình thành sau khi nhẩm được nghiệm của phương trình Ví dụ 11. Giải phương trình 4x2  2x  9  9 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy phương trình chỉ chứa một dấu căn bậc hai, do đó để lạo bổ căn thức ta có thể sử dụng phép nâng lên lũy thừa hoặc phương pháp đặt ẩn 9 phụ. Trước hết ta ta tìm được điều kiện xác định của phương trình là x   . 2  Hướng 1. Để loại bỏ căn thức trong phương trình ta có thể đặt y  2x  9 , y  0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành 4x2  y  9 . Với phương trình này ta chưa thể giải được nên ta chú ý đến phép đặt ẩn phụ y  2x  9 thì thu được y2  2x  9 . 4x 2  y  9 Như vậy với hai phương trình trên ta có hệ phương trình  2  y  2x  9 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 22 Website:tailieumontoan.com Quan sát kỹ ta thấy phương trình có dạng đối xứng dạng 2 nếu ta đặt t  2x do đó ta giải được hệ phương trình và xem như phương trình đã cho được giải quyết. 9 Điều kiện xác định của phương trình là x   . Đặt y  2x  9 , y  0 . Khi đó ta có 2 2 phương trình y  2x  9 . 4x 2  y  9 Phương trình đã cho trở thành 4x  y  9 . Từ đó ta có hệ phương trình  2 .  y  2x  9 Từ hệ phương trình trên suy ra 4x2  y  y2  2x   2x  y  2x  y  1  0 . 2 Ta xét hai trường hợp sau. + Trường hợp 1: Nếu 2x  y  0  y  2x , từ đó ta được  9 1  37   x  0 2x  2x  y   2 x 4 4x 2  2x  9  + Trường hợp 1: Nếu 2x  y  10  y  2x  1 , từ đó ta được  1 33  1   x 2x  1  2x  y   2 x 4  2x  12  2x  9  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là  1  37 33  1  S ; . 4   4  Hướng 2. Cũng là ý tưởng đặt ẩn phu để loại căn thức, nhưng ở đây ta thử đặt ẩn phu để đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai đối với mỗi ẩn rồi kiểm tra xem biệt thức  có chính phương không. Với ý tưởng đó ta viết phương trình lại thành 2x  9  2x  9  4x2  2x  0 . Đặt t  2x  9 ,t  0 . Khi đó ta có phương trình t 2  t  4x2  2x  0 . Xem phương trình có   ẩn t và x là tham số thì ta có   1  4 4x2  2x   4x  1 . Như vậy phương trình trên 2 phân tích được thành tích. Do đó ta giải được phương trình đã cho. 9 Điều kiện xác định của phương trình là x   . 2 2 Ta viết phương trình lại thành 2x  9  2x  9  4x  2x  0 . Đặt t  2x  9 ,t  0 . Khi đó ta có phương trình t 2  t  4x2  2x  0   t  2x  t  2x  1  0 . Ta xét hai trường hợp sau. + Trường hợp 1: Nếu 2x  t  0  t  2x , từ đó ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 23 Website:tailieumontoan.com  9 1  37   x  0 2x  2x  y   2 x 4 4x 2  2x  9  + Trường hợp 1: Nếu t  2x  1  0  t  2x  1 , từ đó ta được  1 33  1   x 2x  1  2x  y   2 x . 2 4  2x  1  2x  9  Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là  1  37 33  1  S ; . 4   4  Hướng 3. Chú ý đến căn thức 2x  9 , khi đó nếu nhân thêm một hệ số chẵn thì ta thấy có dạng 2ab của hằng đẳng thức bậc hai. Chú ý rằng hệ số của x 2 là 4 nên khi nhân thêm hệ số ta chọn số chính phương. Do đó ta viết phương trình lại thành 16x2  4 2x  9  36 . Đến đây nếu ta viết một vế của phương trình về dạng A2  B2 thì vế còn lai không bằng 0, do đó ta viết phương trình về dạng A2  B2 . Để viết phương trình về dạng A2  B2 ta chuyển vế 4 2x  9 sang vế kia. Khi đó i phương   trình biến đổi thành 16x2  8x  1  4  2x  9   4 2x  9  1   4x  1  2 2x  9  1 . Như vậy ta có lời giải 2 2 cho phương trình. 9 Điều kiện xác định của phương trình là x   . Biến đổi tương đương phương trình 2 đã cho 4x 2  2x  9  9  16x 2  4 2x  9  36   16x 2  8x  1  4  2x  9   4 2x  9  1   4x  1  2 2x  9  1 2  2  4x  1  2 2x  9  1  2x  2x  9    4x  1   2 2x  9  1  2x  1  2x  9     9 1  37   x  0 + Trường hợp 1: Với 2x  2x  y   2 x 4 4x 2  2x  9   1 33  1   x x + Trường hợp 1: Với 2x  1  2x  y   2 . 2 4  2x  1  2x  9  Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 24 Website:tailieumontoan.com Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là  1  37 33  1  S ; . 4   4  Hướng 4. Sử dụng phương pháp nâng lên lũy thừa để đưa phương trình về dạng phương trình bậc 4. Do không có nghiệm đẹp nên khi phân tích phương trình bậc 4 thành tích ta được hai nhân tử là các tam thức bậc hai. Để tìm được các tam thức bậc hai đó ta sử dụng phương pháp hệ số bất định. 2x  9  9  4x2  8x4  36x2  x  36  0 . Thực hiện nâng lên lũy thừa ta được    Giả sử 8x4  36x2  x  36  0  ax 2  bx  c mx 2  nx  k . Khai triển và đồng nhất hệ số hai vế ta được am  8; bm  an  0;ak  cm  bn  36; bk  cn  1; ck  36 . Ta không tiến hành giải hệ trên mà đi chọn các giá trị nguyên của từng cặp hệ số tương ứng thử vào hệ trên để tìm bộ số thỏa mãn. Chẳng hạn ta chọn a  4; m  2 thay vào rồi thử tiếp các cặp hệ số tương ứng tiếp. Qua một thời gian thử ta chọn được bộ số thỏa mãn là a  4; b  2; c  9; m  2; n  1; k  4 . Tức là ta phân tích được  4x 2  phương trình thành   2x  9 2x 2  x  4  0 . Đến đây ta giải được phương trình. 9 Điều kiện xác định của phương trình là x   . 2 Phương trình đã cho tương đương với 2x  9  9  4x2 . Biến đổi tương đương tiếp ta được 2 4x2  9  4x  9   2  4 2 4x  2x  9 2x 2  x  4  0 8x  36x  x  36  0       2  1  37 4x  9 x + Trường hợp 1: Với  2 4  4x  2x  9  0 2  33  1 4x  9 x + Trường hợp 1: Với  2 . 4 2x  x  4  0   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là  1  37 33  1  S ; . 4   4  Nhận xét. Phương trình cho trong ví dụ có hình thức đơn giản tuy nhiên nó khá thú vị vì nó mở ra nhiều hướng tiếp cận phương trình. Với mục đích thoát căn nên với phép đặt ẩn phụ ta đưa Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 25 Website:tailieumontoan.com được phương trình về dạng hệ phương trình gần đối xứng dạng 2. Khi dó phương trình được giải một cách nhẹ nhàng. Ví dụ 12. Giải phương trình  x  1 x  3   5 5x  11 . Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có hình thức tương tự như phương trình cho trong ví dụ 11. Do đó ta có các hướng tiếp cận phương trình như đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2, biến đổi phương trình về dạng A2  B2 , sử dụng phép đặt ẩn phụ không hoàn toàn để đưa phương trình về dạng tích hay phép nâng lên lũy thừa.  Hướng 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2. Để ý rằng 5x  11  5  x  2   1 và  x  1 x  3   x2  4x  3   x  2   1 . Khi đó nếu 2 đặt t  x  2 thì ta viết phương trình lại thành t 2  1  5 5t  1 . Đến đây ta có thể chuyển phương trình về hệ phương trình đối xứng dạng 2 bằng phép đặt  1  y  5t  1,  t   ; y  0  5   11 Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương đương 5 với x2  4x  3  5 5x  11   x  2   1  5 5  x  2   1 . 2 Đặt t  x  2 , khi đó phương trình trên trở thành t 2  1  5 5t  1 .  1  Đặt y  5t  1,  t   ; y  0  . Khi đó ta có phương trình y2  5t  1 . 5   t 2  5y  1 Phương trình đã cho trở thành t  1  5y . Từ đó ta có hệ phương trình  2  y  5t  1 Từ đó ta được y2  5y  t 2  5t   t  y  t  y  5   0 . 2 1 Do t   ; y  0 nên t  y  5  0 , do đó từ phương trình trên ta được t  y  0  t  y . 5 Suy ra t 2  1  5t  t 2  5t  1  0 hay ta được  x  2   5  x  2   1  0  x2  x  7  0 . 2   1  29 1  29   ; Giải phương trình trên ta được x   . 2 2       1  29   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S   .  2    Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 26 Website:tailieumontoan.com  Hướng 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa phương trình về dạng tích Trước hết ta viết phương trình lại thành 5x  11  5 5x  11  x2  9x  14  0 , khi đó thực hiện phép đặt t  5x  11,  t  0  thì ta có phương trình t 2  5t  x2  9x  14  0 . Để kiểm tra xem phương trình phân tích được thành tích không ta xem phương trình có ẩn t và kiểm ta  biệt thức   có chính phương không. Ta có   52  4 x2  9x  14  4x 2  36x  81   2x  9  . Như vậy phương trình phân tích được 2 Điều kiện xác định của phương trình là x   11 . Phương trình đã cho tương đương 5 với x2  4x  3  5 5x  11  5x  11  5 5x  11  x2  9x  14  0 Đặt t  5x  11,  t  0  . Khi đó phương trình trên trở thành t  x  2 t 2  5t  x2  9x  14  0   t  x  2  t  x  7   0    t  x  7 + Trường hợp 1: Khi t  x  2 ta được 5x  11  x  2 hay ta được  1  29 x   x  2 x  2 2  2   2  x  x  7  0 1  29  x  2   5x  11  x   2 + Trường hợp 2: Khi t  x  7 ta được 5x  11  x  7  11  11 x   2 x    Từ đó ta được  , phương trình vô nghiệm. 2  x  7 2  5x  11 x 2  9x  38  0     1  29   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S   . 2      Hướng 3. Chú ý đến căn thức 5x  11 để biến đổi phương trình về dạng A2  B2 ta cần nhân vào phương trình một hệ số chẵn, lại để ý đến hệ số của x 2 nên ta chọn nhân vào phương trình với hệ số 4, khi đó phương trình được viết lại thành  4x2  36x  81  4  5x  11  20 5x  11  24   2x  9   2 5x  11  5 2  2 Như vậy phương trình giải được Điều kiện xác định của phương trình là x   11 . Phương trình đã cho tương đương 5 với x2  4x  3  5 5x  11  4x2  16x  12  20 5x  11 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 27 Website:tailieumontoan.com   4x 2  36x  81  4  5x  11  20 5x  11  24   2x  9   2 5x  11  5 2  2  2x  9  2 5x  11  5  2x  9  2 5x  11  5  1  29 x   x  2 x  2 2  x  2  5x  11    2  2  x  x  7  0 1  29  x  2   5x  11  x   2   1  29   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S   . 2     11  Hướng 4. Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương 5 đương với x 2  4x  3  0 x  4x  3  5 5x  11   4 3 2 x  8x  22x  24x  9  25  5x  11 2 x 2  4x  3  0 x  4x  3  0  4  2 3 2 x  x  7 x 2  9x  38  0 x  8x  22x  101x  266  0  2    Chú ý rằng x2  9x  38  0 vô nghiệm, do đó từ hệ trên ta được x 2  4x  3  0 1  29  . x  2 2 x  x  7  0     1  29   Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S   . 2     Nhận xét. Trong cách giải thứ nhất ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để đưa phương trình về dạng hệ đối xứng kiểu II. Các bước thực hiện có thể hiểu đơn giản như sau:  Biến đổi phương trình sao cho vế phải có dạng  mx  n   b và căn thức trong vế trái có thể 2 viết dưới dạng a a  mx  n   b . Khi đó ta có phương trình dạng  mx  n  2  b  a a  mx  n   b .  Đặt y  a  mx  n   b thì ta được y2  b  a  mx  n  Và khi đó phương trình ban đầu trở  y 2  b  at thành  mx  n   b  ay . Đặt t  mx  n thì ta có hệ phương trình  2 t  b  ay 2 Ví dụ 13. Giải phương trình 4x  9  3  2x  1  2x2 . Phân tích và lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 28 Website:tailieumontoan.com Phương trình đã cho được viết lại thành 2x2  6x  3  4x  9 , hoàn toàn tương tự nư trên ta có các hướng giải cho phương trình 9  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương 4 đương với 2x2  6x  3  4x  9   2x  3   15  2  2x  3   15 2 Đặt t  2x  3 , khi đó phương trình trên trở thành t 2  15  2 2t  15  *  . Đặt y  2t  15,t  0 . Khi đó ta có phương trình y2  2t  15  y 2  2t  15 Phương trình  *  trở thành t 2  15  2y . Khi đó ta có hệ phương trình  2 . t  15  2y t  y  0 Từ hệ phương trình trên ta được 2t  2y  y 2  t 2   t  y  t  y  2   0   . t  y  2  0 + Trường hợp 1: Với t  y  0 hay t  y , khi đó ta được   3 3 x  x  2x  3  4x  9    x4 2 2 2 2 4x  12x  9  4x  9 x  4x  0   + Trường hợp 2: Với t  y  2  0 hay y  t  2 , khi đó ta được   1 3 x  x  1  2x  4x  9     x  1 3 2 2 2 2 4x  4x  1  4x  9 x  2x  2  0     Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S  1  3; 4 . 9  Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương 4 đương với 2x 2  6x  3  4x  9  4x 2  8x  4  4x  9  2 4x  9  1  2x  2  4x  9  1 2x  3  4x  9 2 4x  9  1     2  2x  4x  9  1 1  2x  4x  9   3 3 x  x  + Với 2x  3  4x  9    x4 2 2 2 2 4x  12x  9  4x  9 x  4x  0     2x  2   2     1 3 x  x  + Với 1  2x  4x  9     x  1 3 2 2 4x 2  4x  1  4x  9 x 2  2x  2  0     Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S  1  3; 4 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 29 Website:tailieumontoan.com 9  Hướng 3. Điều kiện xác định của phương trình là x   . Phương trình đã cho tương 4 đương với 4x  9  6x  3  2x2  0  4x  9  2 4x  9  4x2  8x  3  0 Đặt t  4x  9 ,t  0 thì phương trình trên trở thành  t  1  2x t 2  2t  4x 2  8x  3  0   t  2x  1 t  2x  3   0    t  2x  3   3 3 x  x  + Với 2x  3  4x  9    x4 2 2 2 2 4x  12x  9  4x  9 x  4x  0     1 3 x  x  + Với 1  2x  4x  9     x  1 3 2 2 4x 2  4x  1  4x  9 x 2  2x  2  0     Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là S  1  3; 4 . Nhận xét. Phương trình đã cho có dấu hiệu khả quan về việc đưa về hệ phương trình đối xứng loại hai, khi đó ta có thể xử lí như sau: + Đưa phương trình về dạng 2x2  6x  3  4x  9 và đặt 4x  9  my  n . 2 2 2  m y  2mny  n  4x  9  0 Khi đó ta có hệ phương trình  2  2x  6x  my  3  n  0 + Để hệ phương trình trên là hệ đối xứng loại hai thì các hệ số của các ẩn tương ứng trong hai m 2 2mn 4 n 2  9    phương trình tuân theo dãy tỉ số . Từ dãy tỉ số này ta tìm được 2 6 m n m  2; n  3 thỏa mãn. Ngoài ra ta có thể xử lý bằng cách sử dụng đồng nhất thức như sau 2x 2  6x  3  4x  9  4x 2  12x  6  4 4x  9   2x  n    ax  b   2 2  2x  n   ax  b 2 n 2  b  6 n 2  2n  3 n  3    Đồng nhất hệ số ta được 4n  a  12  4n  a  12  a  0 2n  b  9 2n  b  9   b  15   Từ đó ta có biến đổi sau  2x  3   15  2  2x  3   15 . 2 Ví dụ 14. Giải phương trình 4x2  7x  1  2 x  2 . Lời giải Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Phương trình đã cho tương đươg với Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 30 Website:tailieumontoan.com 4x2  8x  4  x  2  2 x  2  1   2x  2   2   2x  1  x  2 2 x 1 1     2x  3  x  2   1  1 1 x   2 x    x + Với 2x  1  x  2   2 4  2x  12  x  2 4x 2  3x  1  0    3  3 7 x   2 x    x + Với 2x  3  x  2   2 4  2x  3 2  x  2 4x 2  11x  7  0    7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Cách 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Phương trình đã cho tương đươg với   4 x2  4x  4  9  x  2   3  2 x  2  4  x  2   9  x  2   3  2 x  2 2 Đặt t  x  2 ,t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành 4t 4  9t 2  3  2t  4t 4  9t 2  2t  3  0   t  1  2t  3  2t  1  0 2 Chú ý rằng t  0 nên từ phương trình trên ta được  3  3  1 t  x  2  x      2t  3  0 2 4   2t  3  2t  1  0  2t  1  0   21   1 t   x2  x   7    2  2 2  7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Cách 3. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Phương trình đã cho tương đươg với x  2  2 x  2  4x2  7x  3  0 Đặt t  x  2 ,t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2  2t  4x2  7x  3  0  x  2  2x  1 Biến đổi phương trình trên ta được  t  2x  3  t  2x  1  0   .  x  3  2x  3  1  1 1 x   2 x    x + Với 2x  1  x  2   2 4  2x  12  x  2 4x 2  3x  1  0    3  3 7 x   2 x    x + Với 2x  3  x  2   2 4  2x  3 2  x  2 4x 2  11x  7  0    7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 31 Website:tailieumontoan.com Cách 4. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Phương trình đã cho tương đươg với 4 3 2 16x 4  8x 2  7x  1  49x 2  14x  1  4  x  2  16x  56x  57x  10x  7  0  2  2 4x  7x  1  0 4x  7x  1  0   7 1  4x 2  3x  1 4x 2  11x  7  0  7 1 x  1;  ;  4 4   x   ;     2  4 4 4x  7x  1  0 4x 2  7x  1  0      7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Cách 5. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Đặt x  2  y  1, y  1 . Khi đó ta có phương trình y2  2y  x  1  0 . Phương trình đã cho trở thành 4x2  7x  2y  1  0 . 2  4x  7x  27  1  0 Từ đó ta có hệ phương trình  2   y  2y  x  1  0  y  2x Từ hệ phương trình ta được 4x2  y 2  8x  4y  0   2x  y  2x  y  4   0   . y   2x  4  Ta xét hai trường hợp sau  1  1 1 x   2 x    x + Với y  2x  2x  1  x  2   2 4  2x  12  x  2  2 4x  3x  1  0   3 7 x   2 x + Với y  2x  4  2x  3  x  2   4  2x  3 2  x  2   7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Cách 6. Điều kiện xác định của phương trình là x  2 . Phương trình đã cho tương đương với  2x  1  3x  2 2  2x  1  3x 2 Đặt 2x  1  t thì phương trình trên trở thành t 2  3x  2 2t  3x . Đặt y  2t  3x , y  0 . Khi đó ta có phương trình y2  3x  2t . t 2  3x  2y Phương trình trên trở thành t 2  3x  2y . Từ đó ta có hệ phương trình  2 . y  3x  2t  y  t Từ hệ phương trình trên ta được t 2  y 2  2y  2t   t  y  t  y  2   0    y  t  2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 32 Website:tailieumontoan.com  1  1 1 x   2 x   + Với y  t  2x  1  x  2    x 2 4  2x  12  x  2  2 4x  3x  1  0   3  3 7 x   2 x    x + Với y  x  2  2x  3  x  2   2 4  2x  3 2  x  2 4x 2  11x  7  0    7 1 Kết hợp với điều kiện xác định của hệ phương trình ta có tập nghiệm là S   ;  .  4 4 Nhận xét.  Lời giải thứ hai sử dụng phép đặt ẩn phụ và đưa phương trình đã cho về dạng 4t 4  9t 2  3  2t . Ngoài cách phân tích như trong lời giải trên thì ta cũng có thể phân tích phương trình theo cách sau  4t 4  9t 2  3  2t  4t 4  8t 2  4  t 2  2t  1  2t 2  2       t  1 2 2  2t 2  t  3 2t 2  t  1  0   t  1  2t  3  2t  1  0 2  Lời giải thứ năm sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa để đưa phương trình về hệ phương trình gần đối xứng dạng hai.  Lời giải thứ sáu sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ phương trình đối xứng dạng dạng 2 với 3 ẩn, tuy nhiên ở đây ta biểu diễn được mối liên hệ giữa hai ẩn y và t. Trong ví dụ trước ta đã đề cập đến dạng tổng quát  mx  n   b  a a  mx  n   b . Phương trình trong ví 2 dụ này có độ khó tăng lên đôi chút khi hằng số b được thay bởi đại lượng f  x   3x . Ta thực hiện biến đổi sau 4x2  7x  1  2 x  2   2x  n    ax  b   2 2  2x  n   ax  b  2 n 2  b  1 n 2  2n  3 n  1    Đến đây ta có đồng nhất thức 4n  a  7  4n  a  7  a  3 2n  b  2 2n  b  2 b  0    Khi đó ta có phép biến đổi phương trình thành  2x  1  3x  2 2  2x  1  3x và thực 2 hiện lời giải như trên. Ví dụ 15. Giải phương trình x2  3   x  1 x2  x  3 . Phân tích và lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 33 Website:tailieumontoan.com Phương trình đã cho có hình thức gần tương tự với phương trình trong các ví dụ trên chỉ khác ở chỗ biểu thức nhân với căn thức không phải là hằng số mà là một biểu thức chứa ẩn. Do đó ta nghĩ đến các biến đổi để tiếp cận lời giải cho phương trình theo các hướng ẩn phu hóa đưa phương trình về dạng hệ đối xứng dạng 2, đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa phương trình về dạng tích, biến đổi phương trình về dạng A2  B2 và sử dụng phép nâng lên lũy thừa. Chú ý rằng phương trình nhẩm được một nghiệm đẹp là x  3 .  Hướng 1. Đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ đối xứng dạng 2. Do biểu thức nhân với căn bậc hai là x  1 nên ta có biến đổi x2  x  3  x  x  1  3 . Khi đó đặt t  x  1 thì ta viết được phương trình về dạng x2  3  t xt  3 . Đến đây thực x 2  yt  3 hiện phé đặt ẩn phụ y  xt  3, y  0 thì ta thu được hệ phương trình  2 , đây là  y  xt  3 hệ pương trình đối xứng dạng 2 nên ta giải được. Từ đó ta có lời giải cho phương trình. Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Phương trình đã cho tương đương với x2  3   x  1 x  x  1  3 . Đặt t  x  1 thì phương trình trên trở thành x2  3  t xt  3 . Đến đây ta đặt y  xt  3, y  0 . Khi đó ta thu được phương trình y2  xt  3 . x 2  yt  3 Từ đó ta được hệ phương trình  2 . Lấy hiệu theo vế hai phương trình của hệ ta  y  xt  3 được x  y x2  y 2  yt  xt   x  y  x  y  y   0   x  y  t  0  x  0  x  3. + Khi x  y ta có x  x2  x  3   2 2 x  x  x  3    1 3  33 x  + Khi x  y  t  0 ta có 1  2x  x  x  3   . x 2 6 2 3x  2x  2  0  2  3  33  ; 3 . Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S    6  Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 34 Website:tailieumontoan.com  Hướng 2. Để đặt ẩn phụ t  x2  x  3,t  0 và đưa phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn ta thì ta viết phương trình về dạng x2  x  3   x  1 x2  x  3  x  6  0 . Khi đó ta có    x  1  4  x  6   x2  6x  25 không chính phương. 2 x2  x  3 Do đó ta viết lại phương trình về dạng khác là x2  x  3   x  1 x2  x  3  x  2x2  0 Ta lại có  x x 3     x  1  4 x  2x2  9x 2  6x  1   3x  1 có chính phương. Do đó 2 2 2 phương trình phân tích được thành tích và ta có lời giải như sau. Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Phương trình đã cho tương đương với 3  x2   x  1 x2  x  3  x2  x  3   x  1 x2  x  3  x  2x2  0 Đặt t  x2  x  3,t  0 . Khi đó ta thu được phương trình t  x t 2   x  1 t  x  2x 2  0   t  x  t  2x  1  0    t  1  2x  x  0 + Khi t  x ta được x  x2  x  3   2  x  3. 2 x  x  x  3    1 3  33 x  2 + Khi t  1  2x ta được 1  2x  x  x  3   . x 2 6 2 3x  2x  2  0   3  33  ; 3 . Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S    6   Hướng 3. Chú ý đến hệ số cao nhất của các đa thức có mặt trong phương trình ta nhận thấy nếu thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì phương trình thu được có bậc ba, mặt khác ta lại nhẩm được một nghiệm đẹp là x  3 nên phương trình giải được. Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Phương trình đã cho tương đương với Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 35 Website:tailieumontoan.com x  3   x  1           x 2  3  x  1  0  x x3   2 2 2 2  x  3   x  1 x  x  3 2 2    x 2  3  x  1  0  x 2  3  x  1  0    4 2 2 2 3 2 x  6x  9  x  2x  1 x  x  3 3x  12x  7x  6  0  x 2  3  x  1  0 x  3  x 2  3  x  1  0       3  33 3  33    3  33 2 ; ; 3 x  x  3  3x  3x  2  0 x    6 6    6           3  33  Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S   ; 3 . 6    Hướng 4. Để ý đến biểu thức  x  1 x2  x  3 ta viết phương trình về dạng A2  B2 , tuy nhiên trước hết ta cần nhân vào phương trình một số chẵn. Giả sử ta nhân vào phương 2 trình một số 2k chẵn, khi đó ta có 2kx2 . Để có dạng  m x2  x  3  n  x  2  ta cần có   m 2     n 2 x2 . Như vậy vế còn lại có 2k  m 2  n 2 x2 và ta cần có 2k  m2  n 2 là số chính phương. Nhẩm một số giá trị đặc biệt ta tìm được k  2; m  2; n  1 . Từ đó ta viết được phương trình về dạng   4 x 2  x  3  4  x  1 x 2  x  3  x 2  2x  1  9x 2  6x  1   2  2 x 2  x  3  x  1   3x  1 2 Điều kiện xác định của phương trình là x  R . Phương trình đã cho tương đương với 3  x 2   x  1 x 2  x  3  12  4  x  1 x 2  x  3  4x 2    4 x 2  x  3  4  x  1 x 2  x  3  x 2  2x  1  9x 2  6x  1  x2  x  3  x  2 x  x  3  x  1   3x  1    x 2  x  3  1  2x   x  0  x  3.  Với x  x2  x  3   2 2 x  x  x  3    1 3  33 x  2 .  Với 1  2x  x  x  3   x 2 6 3x 2  2x  2  0   2  2 2  3  33  ; 3 . Vậy phương trình đã cho các tập nghiệm là S    6  Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 36 Website:tailieumontoan.com Ví dụ 16. Giải phương trình 2x 2  x  1 6x  5  2. Phân tích và lời giải Trước hết ta có điều kiện xác định của phương trình là x  5 . Phương trình đã cho 6 được viết lại thành 2x2  x  1  2 6x  5 . Như vậy hình thức của phương trình tương tự như các ví dụ trên, do đó ta có các hướng giải quyết phương trình sau Cách 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  5 . Phương trình đã cho tương đương 6 với 2x2  x  1  2 6x  5  4x 2  2x  2  4 6x  5  4x 2  4x  1  2x  1  4 6x  5   2x  1  2x  1  4 4  2x  1   2x  1 2 Đặt t  2x  1; y  6x  5,  y  0  . Khi đó ta có phương trình 4t   2x  1  y 2 . 2  t  2x  1  4y Từ đó ta có hẹ phương trình  . Cộng theo vế hai phương trình của hệ ta 2  4t   2x  1  y được t  y t 2  4t  y 2  4y   t  y  t  y  4   0   t  y  4  0  1  1 x  1 x  2 x    + Với t  y ta có 2x  1  6x  5   . 2 x  3 2  2x  1  6x  5 2x 2  5x  3  0  2   + Với t  y  4  0 ta có 2x  3  6x  5  0 , phương trình vô nghiệm do x  5 . 6  3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S  1;  .  2 5 Cách 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  . Nhận thấy 2x2  x  1  0 với mọi x 6 nên phương trình đã cho tương đương với   2x 2  x  1  2 6x  5  2x 2  x  1  4  6x  5  2    4x 4  4x 3  5x 2  26x  21  0   x  1 4x 3  5x  21  0     x  1 2x  3  2x 2  3x  7  0 x  1 Dễ thấy 2x2  3x  7  0 nên từ phương trình trên ta được  x  1 2x  3   0   . x  3  2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 37 Website:tailieumontoan.com  3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S  1;  .  2 5 Cách 3. Điều kiện xác định của phương trình là x  . Phương trình đã cho tương đương 6 với 4x 2  2x  2  4 6x  5  4x 2  4x  1  6x  5  4 6x  5  4   2x  1  2  6x  5  2  2  2x  1  6x  5  2  2x  1  6x  5     2x  3  6x  5  0   2x  1  6x  5  2  1  1 x  1 x  2 x  + Với 2x  1  6x  5     2 3.  2 x  2  2x  1  6x  5   2 2x  5x  3  0  + Với 2x  3  6x  5  0 , phương trình vô nghiệm do x  5 . 6  3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S  1;  .  2 5 Cách 4. Điều kiện xác định của phương trình là x  . Phương trình đã cho tương đương 6 với 2 6x  5  1  x  2x 2  0  4 6x  5  2  2x  4x 2  0  6x  5  4 6x  5  4x 2  4x  3  0   6x  5  2  4 6x  5  4x 2  4x  3  0 Đặt t  6x  5,t  0 . Khi đó phương trình trên trở thành t 2  4t  4x2  4x  3  0 .  t  2x  1 Biến đổi tương đương ta được  t  2x  1 t  2x  3   0   .  t  2x  3  0 Ta xét hai trường hợp sau  1  1 x  1 x  2 x    + Với t  2x  1 ta có 2x  1  6x  5   2 3.  2 x  2  2x  1  6x  5   2 2x  5x  3  0  + Với t  2x  3  0 ta có 2x  3  6x  5  0 , phương trình vô nghiệm do x  5 . 6  3 Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm S  1;  .  2 Nhận xét. Để đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình đối xứng loại 2 ta thực hiện biến đổi phương trình đã cho về dạng  2x  n    ax  b   4 4  2x  n    ax  b  . 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 38 Website:tailieumontoan.com n 2  b  2 n 2  4n  3 n  1   4n  a  2 4n  a  2  Ta có đồng nhất thức     b  1 4n  b  5 4n  b  5 a  2  8  a  6 a  2   Khi đó ta có biến đổi 2x2  x  1  2 6x  5   2x  1  2x  1  4 4  2x  1   2x  1 . 2 Ví dụ 17. Giải phương trình x2  x  6   2x  3  2x2  10x  4 Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta chú ý đến nhị thức bậc nhất nhân với căn thức ta viết được tam thức trong căn thành  2x  3  x  2    3x  2  . Lại thấy x2  x  6   x  2    3x  2  . Đến đây ta có thể sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương 2 trình về dạng hệ phương trình đối xứng dạng 2.  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x2  5x  2  0 . Phương trình đã cho tương đương với  x  2    3x  2    2x  3  2  2x  3 x  2    3x  2  . Đặt t  x  2; y  2x2  10x  4  y  0  . Khi đó từ phương trình trên ta được phương trình t 2  3x  2   2x  3  y . Cũng từ y   2x  3 x  2   3x  2  y   2x  3  t  3x  2 . 2 2  t  3x  2   2x  3  y Do đó ta có hệ phương trình  2 . Lấy hiệu theo vế hai phương trình y  3x  2  2x  3 t     của hệ ta được t 2  y2   2x  3  y  t    t  y  t  y  2x  3   0 . + Với t  y  0 ta được t  y hay x  2 x  2   x  2  2x2  10x  4   2  2 x0 2 x  4x  4  2x  10x  4 x  6x  0   + Với t  y  2x  3  0 ta được t  y  2x  3 hay  5 x   , hệ vô nghiệm. 2x  10x  4  3x  5   3 2 7x  10x  21  0  2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 39 Website:tailieumontoan.com Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x  0 .  Hướng 2. Phương trình nhẩm được một nghiệm đẹp là x  0 . Khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì ta thu được một phương trình bậc bốn là 7x4  62x2  141x2  126x  0 . Ngoài ra nhẩn môt số giá trị đặc biệt khác thì ta thấy x  6 là một nghiệm của phương trình bậc bốn(nghiệm này không phải là nghiệm của phương trình đã cho). Đến đây ta giải được phương trình được phương trình bậc bốn. Do đó phương trình đã cho giải được. Điều kiện xác định của phương trình là x2  5x  2  0 . Để ý ta nhận thấy x2  x  6  0 với mọi x nên phương trình đã cho tương đương với 2x  3  0 2x  3  0  2  2  4 2 2 2 7x  62x  141x  126x  0  x  x  6   2x  3  2x  10x  4 2x  3  0 2x  3  0    x  0 x0 2 x x  6 7x  20x  21  0     x  6         Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x  0 .  Hướng 3. Phương trình có chứa một căn thức 2x2  10x  4 nên ta có thể viết phương trình về dạng phương trình bậc hai ẩn t có biệt thức  chính phương. Điều kiện xác định của phương trình là x2  5x  2  0 . Phương trình đã cho tương đương với 2x2  10x  4   2x  3  2x2  10x  4  3x 2  11x  10  0 Đặt t  2x2  10x  4 ,t  0 . Khi đó ta được phương trình t 2   2x  3  t  3x2  11x  10  0 . Xem phương trình trên ta phương trình bậc hai ẩn t, khi đó ta có      2x  3   4 3x2  11x  10   4x  7   0 2 2 Do đó phương trình trên có các nghiệm là t  x  2 và t  3x  5 .  x  2 x0  Với t  x  2 ta được x  2  2x2  10x  4   2 2  x  4x  4  2x  10x  4  Với t  3x  5 ta được  5 x   (Hệ vô nghiệm) 2x  10x  4  3x  5   3 2 7x  10x  21  0  2 Kết hợp với điều kiện xác định ta được nghiệm của phương trình là x  0 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 40 Website:tailieumontoan.com Nhận xét. Trong lời giải thứ nhất ta sử dụng phép đặt ẩn phụ đưa phương trình về dạng hệ phương trình đối xứng loại 2. Ở đây ta sử dụng phép biến đổi phương trình thành  x  n   ax  b    2x  3  2x  3  x  n   ax  b  2 n 2  b  6 n 2  3n  10 n  2   2n  a  1 2n  a  1  Ta có đồng nhất thức    a  3 . 2n  3  a  10 2n  3  a  10   b  2 3n  b  4 3n  b  4   Do đó ta có biến đổi  x  2    3x  2    2x  3   2x  3 x  2    3x  2  . 2 Ví dụ 18. Giải phương trình x  1  2x  1  3x2  8x  4 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta nhận thấy phương trình có chứa hai căn thức. Do đó ta cần biến đổi phương trình để loại bỏ căn thức. Từ đó ta nghĩ đến phép đặt ẩn phụ hoặc phép nâng lên lũy thừa.    Hướng 1. Để ý đến phép biến đổi 3x2  8x  4  3 x2  2x  1  2x  1 . Do đó để thoát căn thức ta có thể đặt x  1  a; 2x  1  b . Khi đó phương trình trở thành a  b  3a 2  b2 . Để giải phương trình này ta tiếp tục nâng lên lũy thừa và được một phương trình đẳng cấp bậc hai. Do đó phương trình giải được 2x  1  0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . 3x  8x  4  0   Phương trình đã cho tương đương với x  1  2x  1  3 x2  2x  1  2x  1 Đặt x  1  a; 2x  1  b  a  0; b  0  ta thu được a  b  3a 2  b2  a 2  2ab  b2  3a 2  b2  a  a  b   0  a  b  Do a  0   x  1 x0 Do đó x  1  2x  1   2  x  2x  1  2x  1 Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x  0 .  Hướng 2. Cũng ý tưởng đặt ẩn phụ nên ta viết phương trình đã cho về dạng   x  1  2x  1  3 x2  2x  1  2x  1 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 41 Website:tailieumontoan.com Chú ý rằng x   1 1 không phải là nghiệm của phương trình do đó với x   thì 2 2 phương trình trên được viết lại được t x1 2x  1 2  x1   1  3.    1 . Đến đây ta có thể đặt 2x  1  2x  1  x1 để giải phương trình đã cho. Ta có lời giải như sau 2x  1  0 Điều kiện xác định của phương trình là  2 . 3x  8x  4  0   Phương trình đã cho tương đương với x  1  2x  1  3 x2  2x  1  2x  1 1 Xét x   ,ta thấy không phải là nghiệm của phương trình. 2 1 Xét x   , khi đó phương trình tương đương với 2 Đặt t  x1 2x  1 2  x1   1  3.   1 . 2x  1  2x  1  x1  0 , ta có t  1  3t 2  1   t  1  3t 2  1  2t 2  2t  0  t  1 2  x  1  0  1  x  1  2x  1    x 0. 2 x  1  2x  1 2x  1     Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x  0 . Với t  1 , khi đó ta được x1  Hướng 3. Chú ý rằng phương có môt nghiệm x  0 . Do phương trình chứa hai căn thức nên sau khi thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì phương trình vẫn còn chứa căn một căn thức. Tuy nhiên lúc này ta có phương trình 2  x  1 2x  1  2x2  4x  2   x  1 2x  1   x  1 . Rõ ràng phương trình giải được 2 hay phương trình đã ho giải được. Điều kiện 3x2  8x  4  0; 2x  1  0 . Phương trình đã cho tương đương với x 2  2x  1  2  x  1 2x  1  2x  1  3x 2  8x  4  2  x  1 2x  1  2x 2  4x  2  x  1 x  1  0  x  1    x  1 2x  1   x  1     x  1   2x  1  x  1  2x  1  x 2  2x  1  x  0   So sánh điều kiện ta thu được nghiệm x  0 2 Ví dụ 19. Giải phương trình x  1  2x  3  5x2  12x  8 Phân tích và lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 42 Website:tailieumontoan.com Phương trình đã cho có hình thức tương tự như trong ví dụ 18, do đó ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ và nâng lên lũy thừa để giải quyết bài toán  Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  3 ; 5x2  12x  8  0 . 2   Phương trình đã cho tương đương với x  1  2x  3  5 x2  2x  1   2x  3  (1) Đặt x  1  u; 2x  3  v  u  0; v  0  thì  1  u  v  5u 2  v 2  u 2  2uv  v 2  5u 2  v 2  2u 2  uv  v 2  0   u  v  2u  v   0 x  1 x  1  u  v  x  1  2x  3   2  2 x2 x  2x  1  2x  3 x  4x  4  0 Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .  Lời giải 2. Phương trình đã cho tương đương với x 2  2x  1  2x  3  2  x  1 2x  3  5x 2  12x  8  2  x  1 2x  3  4x 2  12x  10     x  1 2x  3  2x 2  6x  5   x  1 2x  3  2 x 2  2x  1   2x  3    x  1 2x  3  2  x  1   2x  3   2 Đặt 2x  3 2x  3 2 2 x 1  x  1 2 2x  3  t  t  0  thì ta được t  2  t 2  t  1  2x  3  x  1  x  2. x 1 Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .  Ví dụ 20. Giải phương trình 2 2x2  13  x   x  5  4x2  21 Phân tích và lời giải Phương trình đã cho có chứa hai căn thức bậc hai nên để thoát căn thức ta hướng đến ẩn phụ hóa phương trình. Chú ý rằng ta nhẩm được một nghiệm đẹp là x  1 nên ta cũng có thể sử dụng phép nhân đại lượng liên hợp.  Hướng 1. Để thoát khỏi căn thức ta có thể sử dụng ngay phép đặt ẩn phụ   x  a; 4x2  21  b , khi đó từ phương trình ta có 2 2x2  13  4x2  21  5  b2  5 và     x  5  a 2  5 . Từ đó ta thu được phương trình b2  5 a  a 2  5 b , dễ thấy phương trình phân tích được thành tích. Do đó ta có lời giải cho phương trình. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 43 Website:tailieumontoan.com Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Đặt x  a; 4x2  21  b  a  0; b  0  thì phương trình đã cho trở thành b + Với a  b ta có 2 a  b  5 a  a 2  5 b   a  b  ab  5   0   ab  5    x  4x2  21  x  4x2  21 , phương trình vô nghiệm.     + Với ab  5 ta có x 4x2  21  25   x  1 4x2  4x  25  0  x  1 Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x  1 .  Hướng 2. Để thoát bớt các căn thức bậc hai ta có thể sử dụng phép biến đổi phương trình về dạng  2 2x 2  13 x5  4x 2  21 x . Đến đây nếu đặt t  4x 2  21 thì ta không thể biểu x diễn được vế trái của phương trình theo t, do đó ta nghĩ đến việc thêm bớt một hằng số để khi phân tích thành tích thì làm xuất hiện nhân tử chung. Ta có các biến đổi sau  2 2x 2  13 x5   1  4x 2  x  21 4x 2  21 4x 2  21  x 4x 2  x  21 ; 1   x5 x x x 4x 2  21  x   Đến đây ta có lời giải cho bài toán. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Nhận xét x  0 không thỏa mãn hệ 4x2  21  x  0 . Phương trình đã cho phương trình ban đầu. Xét x  0 , khi đó ta có tương đương với  2 2x 2  13 x5  4x 2  21 x   2 2x 2  13 x5  1  4x 2  21 x 1 4x 2  x  21 4x 2  x  21    x  5  4x 3  21x  x x5 x 4x 2  21  x      4x 3  21x  25  0   x  1 4x 2  4x  25  0  x  1 Kết hợp điều kiện ta thu được nghiệm x  1 . Ví dụ 21. Giải phương trình  3  x  2x   7  2 x2  5 x  Phân tích và lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 44 Website:tailieumontoan.com  Phương trình đã cho được viết lại thành  x  3  2x2  7  2 x2  5  x có hình thức tương tự như phương trình được cho trong ví dụ trên, do đó ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp để xử lý phương trình.  Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 .  Phương trình đã cho tương đương với  x  3  2x2  7  2 x2  5 Đặt     x  2x2  7  u; x  v  u; v  0  ta có v 2  3 u  u2  3 v   u  v  uv  3   0 u  v  2x2  x  7  0 , phương trình vô nghiệm.   uv  3  2x3  7x  9  0   x  1 2x2  2x  9  0  x  1 . So sánh với điều kiện ta thu được nghiệm S  1  Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 2x 2  7   2 x2  5 x3 x 2 2x  x  7  x   2x 2  7 1   2 x2  5  1 x3 x 2x  x  7   2x 3  7x  x  x  3  2x 3  7x  9 x3 2x 2  7  x  2     x  1 2x 2  2x  9  0  x  1 Do 2x2  2x  9  x2   x  1  8  0 . 2 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x  1 .  Hướng 3. Nhận thấy khi chia hai vế của phương trình cho x thì phương trình đã cho  3 7 10  3 7 được viết lại thành  1   2x   2x  . Để ý đến biểu thức  1   2x  ta nghĩ x x x x   x đến biến đổi phương trình về dạng A2  B2 . Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 45 Website:tailieumontoan.com 2x  7  3 7 1 9 6  1 9 6  3   1   2x    2   1    2   1   x  x x 4x x  4x x  x 2 2    7 1  3   3 1  7 7 3   2x     1         2x   1  2x     0   x 2  x    2x 2  x x x      7  2x   1  2x 2  x  7  0 x    3  x1  7 3  2x  7x  9  0  2x   x x  Đối chiếu điều kiện xác định ta có nghiệm của phương trình là x  1 . Ví dụ 22. Giải phương trình x2 1 3x   x 2  1 3 x Phân tích và lời giải  Phương trình đã cho được viết lại thành 3x2  3  x   x  2  3x2  1 có hình thức tương tự như phương trình được cho trong ví dụ trên, do đó ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp để xử lý phương trình.  Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 .  Phương trình đã cho tương đương với 3x2  3 Đặt  x   x  2  3x2  1 x  u; 3x2  1  v  u, v  0  . Khi đó phương trình đã cho quy về v 2 u  v  2 u  u 2  2 v   u  v  uv  2   0    uv  2    + Với u  v  3x2  x  1  0 (Vô nghiệm)  x  0  x  0   x  1. + Với uv  2   3 x  1 3x 2  3x  4  0   3x  x  4  0     Kết luận phương trình đã cho có nghiệm x  1. Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 3x 2  3 3x 2  1 3x 2  3 3x 2  1 3x 2  x  1 3x 2  x  1   1  1   x2 x2 x2 x x x 3x 2  1  x      x  2  3x 3  x  x  3x 3  x  4  0   x  1 3x 2  3x  4  0  x  1 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 46 Website:tailieumontoan.com Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1. Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với x  2  3x 3  x  3 x 3  x   3x 3  x   x  2  3x 3  x        1 2 1 x  4x  4  x 2  4x  4  2x 4 4 2 2 3  3x  x  2  x2 x2   3x 3  x      2   2   3x 3  x  x   + Với 3x3  x  2  3x3  x  4  0   x  1 3x2  3x  4  0  x  1 + Với 3x3  x  x , phương trình vô nghiệm do điều kiện x  0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1.  Ví dụ 23. Giải phương trình 5x2  4x  3  x   x  3  5x2  4x Lời giải  Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Nhận xét x  0 là một nghiệm. Với x  0 phương trình đã cho tương đương với 5x 2  4x x  x  5x 2  4x  3 5x 2  4x 5x 2  4x  3  1  1 x3 x3 x 5x 2  3x 5x 2  3x 5x 2  3x 5x 2  3x    x3 x3 5x 2  4x  x x 5x 2  4x  x        5x 3  4x 2  3  5x 3  4x 2  9  0   x  1 5x 2  9x  9  0  x  1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  0 hoặc x  1 .  Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Đặt x  a; 5x2  4x  b  a  0; b  0  thì phương trình đã cho trở thành a  b  3 a  a 2  3 b   a  b  ab  3   0   ab  3 x  0 2 + Với a  b  5x  4x  x  x  5x  3   0   x   3  5 b 2      + Với ab  3  5x3  4x2  3  5x2  4x2  9  0   x  1 5x 2  9x  9  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  0 hoặc x  1 . Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 47 Website:tailieumontoan.com  Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Phương trình đã cho tương đương với  5x 2  4x  3 x  0 x   x  3  x. 5x  4   2  5x  4x  3   x  3  5x  4  Ta có 5x2  4x  3   x  3  5x  4  5x2  4x  3x   x  3  5x3  4x 2   4  5x   4x   4  x  3   4 5x 3  4x 2  12x  4  x  3  5x 3  4x 2 3 2   x  3  2 5x  4x 3  2 5x 3  4x 2  x 2  6x  9  x 2  6x  9   x  3 2  2  5x 3  4x 2  3  5x 3  4x 2  9  0   2  5x 3  4x 2  x  x  5x  3   0  x  1 5x 2  9x  9  0   x  0;1  x 2  5x  3   0 Kết luận tập hợp nghiệm S  0;1 .  Ví dụ 24. Giải phương trình 7x2  5  x  7x2  2  x  3  Lời giải  Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Đặt x  u; 7x2  2  v  u  0; v  0  thì phương trình đã cho trở thành a  b  3 a  b a 2  3   a  b  ab  3   0   ab  3 + Với a  b  7x2  x  2  0 (Vô nghiệm) b 2      + Với ab  3  7x3  2x  9  0   x  1 7x 2  7x  9  0  x  1 Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S  1 .  Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Nhận xét x  0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Do đó ta có biến đổi 7x 2  5 7x 2  2 7x 2  5 7x 2  2 7x 2  x  2 7x 2  x  2   1  1   x3 x3 x3 x x x 7x 2  2  x   Dễ thấy 7x2  x  2  0 với mọi x  0 nên ta được Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC 48 Website:tailieumontoan.com 7x 2  x  2 7x 2  x  2   x  3  7x 3  2x  x 2 x3 x 7x  2  x      7x 3  2x  9  0   x  1 7x 2  7x  9  0  x  1 Đối chiếu điều kiện và kết luận tập nghiệm S  1 .  Lời giải 3. Điều kiện xác định của phương trình là x  0 . Nhận xét x  0 không thỏa mãn phương trình đã cho. Do đó biến đổi 7x  5  3 2  2  3 2 6 9 6 9   1   7x   0  4  7x    4  1   7x   1   2  1   2 x  x x x  x x x x x x   3 2   1   2 7x    x x   2  2  7x   1 7x 2  x  2  0  3 x   1    3  x1   x 2 3 7x  2x  9  0  7x   x x  2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 .   Ví dụ 25. Giải phương trình 3 2  x  2  2x  x  6 . Phân tích và lời giải Quan sát phương trình ta thấy phương trình chưa hai căn thức bậc hai, do đó ta nghĩ ngay đến việc loại bỏ các căn thức bậc hai này. Có hai hình thức loại bỏ căn bậc hai là loại đi một căn thức hoặc loại được cả hai căn thức, tuy nhiên mục đính chính vẫn là đơn giản hóa tối đa phương trình.  Hướng 1. Nếu loại bỏ một căn thức thì ta có thể sử dụng ẩn phụ t  x  2 (tất nhiên chọn ẩn phụ t  x  6 cũng được). Khi đó ta có x  t 2  2 và phương trình đã cho trở thành   3  t  2   2 t 2  2  t 2  8  t 2  8  2t 2  3t  2 Với phương trình trên ta thấy có các hướng như sau Thực hiện phép nâng lên lũy thừa thì ta được phương trình t 4  3t 3  3t  1  0 , nhẩm một số giá trị đặc biệt ta được t  1 và t  1 là các ngiệm. Như vậy phương trình trên   phân tích được thành tích và có dạng  t  1 t  1 t 2  3t  1  0 . Như vậy ta giải được phương trình. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC