1
CHUYÊN ĐỀ
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
- Các phương pháp giải PT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa.
2) Phương pháp đặt ẩn phụ.
3) Phương pháp biến đổi thành tích.
4) Phương pháp nhân liên hợp 5) Phương pháp đánh giá.
6) Phương pháp hàm số.
- Các phương pháp giải BPT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa.
2) Phương pháp đặt ẩn phụ 3) Phương pháp nhân liên hợp 4) Phương pháp đánh giá.
2
BÀI 1 : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I.
Phương pháp lũy thừa.
- Nêu các dạng phương trình cơ bản.
Bài 1 Giải các phương trình
a) x23x 2 x 1 b) 3x2 9x 1 x 2 c) x22x 3x4 d) (x3) x2 4 x2 9 e) x 3 7 x 2x8 f) x 2 3 x 5 2 x g) (x3) x2 3x 2 x2 8x15 h) (x4) 10x2 x2 2x8 i)
2
3 2 1
3 2
x x x
x
j)
2
4 3 1
4 3
x x x
x
Bài 2 Giải phương trình
a) x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x7 b) x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x7 c) x2 3x 2 x24x 3 x2 5x4 Bài 3 Giải phương trình
a) 3 x 5 3 x 6 3 2x11 b) 3 x 1 3 x 1 35x c) 3 2x 1 3 x 1 3 3x1 7
x 6(Phải thử , loại nghiệm) Bài 4 Giải phương trình
a) x x 1 x 4 x 9 0. Bình phương 2 lần. nghiệm x0 b) x 1 x16 x 4 x9 Bình phương 2 lần. nghiệm x0 c) x 3 3x 1 2 x 2x2
II. Phương pháp đặt ẩn phụ.
1) Dạng 1 : Phương trình có chứa f x v( ) à f x( ) Bài 1 Giải phương trình.
a) (x1)(x4)5 x2 5x28 Nghiệm 4; 9 b) 5x2 10x 1 7 2xx2
c) (4x)(6x) x22x12 d) x x( 5)23 x2 5x 2 2 Bài 2 Tìm để phương trình có nghiệm
a) x2 2x4 (3x)(1x) m 2 m [ 1;11]
b) 2x2 5x4 (3x)(1 2 ) x m 2 [ 1;41 56 2]
m 8
Bài 3 Giải phương trình :
a) 5 1
5 2 4
2 2
x x
x x
b) 3 1
3 2 7
2 2
x x
x x
2) Dạng 2 : Phương trình có chứa A B và AB Bài 4 Giải phương trình
a) 2x 3 x 1 3x2 2x2 5x 3 2 Nghiệm 25 6 17
3 b) 7x 7 7x 6 2 49x27x42 181 14 x c) x 4 x 4 2x 12 2 x2 16
d) 3x 2 x 1 4x 9 2 3x2 5x2
Bài 5 (B – 2011) Giải phương trình : 3 2 x 6 2 x 4 4x2 10 3 x - Đặt t 2 x 2 2x. Nghiệm 6
x 5 Bài 6 Tìm m để phương trình có nghiệm
a) 1 x 8 x x2 7x 8 m [6 2 9 ] 2 ;3
m
b) 3 x 6 x (3x)(6x) m
c) 3( 12x 1 x) m x 2 1 x 2x2 3) Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
Bài 7 Giải phương trình
a) x23xx x2 2 1 2 x2 2 Đặt t x2 2nghiệm t3;1x b) (x1) x2 2x 3 x2 1
c) x2 1 2 .x x2 2x Nghiệm x 1 2
d) 3x2 x 48(3x10) x2 15 e) 2(x1). x2 2x 1 x2 2x1
f) 2 2
4 ( 2). 2 15 39
x x x x x g) (14 ) 4x x2 1 8x2 2x1 h) (4x1) x3 1 2x3 2x1
i) 3 3
3 2 ( 2) 2 1
x x x x x
4) Phương pháp chia để làm xuất hiện ẩn phụ.
Bài 8 Giải phương trình.
a) (x2) x2 x 4 2x bình phương, chia x2 Đặt 4 t x
x t 0;5 thử lại x 4 b) x23x 2 2 x2 x 2 2 x chia cho x Nghiệm x2
c) x 1 x24x 1 3 xChia 2 vế cho xvà đặt 1 1 4;4
t x x
x
Bài 9 Giải phương trình
a) 2(x2 2)5 x31
b) (Thi thử ninh giang 2013) 5x2 14x 9 x2 x 205 x1
- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x2 5x 2 5 (x2 x 20)(x1) -
2 2
2 2
2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5)
4 5 4 5 5 61
2 3 5 8;
4 4 2
x x x x x x
x x x x
x x x
c) 7x2 25x19 x2 2x357 x2
- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x2 5x14)(x5)
4
- Chia 2 vế cho (x5)Nghiệm 61 11137 3 2 7;
18
5) Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đƣa về phuơng trình đẳng cấp.
Chú ý : Nêu cách giải phương trình đẳng cấp bậc hai, ba.
Bài 10
a) 2(x2 2)5 x3 1 Đặt a x1;b x2 x 1 PT 2a22b2 5ab 5 37 x 2
b) 2x25x 1 7 x31 Đặt u x1;v x2 x 1PT 3u22v2 7uv x 4 6 - Phương trình đã cho có dạng a u. 2 b v. 2 c uv. trong đó căn thường uv
c) x2 3 x2 1 x4 x21
- Cách 1 : Đặt ax2;b x2 1. PT a 3b a2b2 nghiệm : x 1 - Cách 2 : Đặt a x2, thay vào PT ta được 36a3136a2 200a100 0 a 1 d) 5x2 14x 9 x2 x 205 x1 (Thi thử NG 2013)
- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x25x 2 5 (x2 x 20)(x1)
2 2 5 61
2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5) 8;
x x x x x x x 2
e) 7x225x19 x2 2x357 x2 Nghiệm : 61 11137 3 2 7;
18
- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x2 5x14)(x5) Bài 11. Giải phương trình : x22x 2x 1 3x24x1
- Điều kiện : 1
x 2. Bình phương 2 vế ta có :
x22x
2x 1
x2 1
x22x
2x 1
x22x
2x1
- Ta có thể đặt :
2 2
2 1
u x x
v x
khi đó ta có hệ : 2 2
1 5 2 1 5
2
u v
uv u v
u v
- Do ,u v0. nên 1 5 2 2 1 5
2 1
2 2
u v x x x 2x22 1
5
x 5 1
0.- '
1 5
22 5 1
4 1 5
0.Vậy phương trình đã cho vô nghiệm . Bài 12. Giải phương trình : 4x25x 1 2 x2 x 1 9x3.- Đặt 2
2
4 5 1
, 0
2 1
x x a
a b
x x b
. ta có : 2 2
1
01 a b
a b a b a b a b
a b
.
-
2 2
2 2
2 2
1 1
4 5 1 4 4 4 3 3
4 5 1 2 1 1 4
4 5 1 1 2 1
9 x x
x x x x
x x x x x x x x x
Bài 13 Giải phương trình : x33x2 2 (x2)3 6x0
- Đặt y x2 ta được phương trình : x33x2 2y36x 0 x32y33 (x x2)0
5
3 3 2 2 3 0 êm 2; 2-2 3
2 x y
x xy y nghi x
x y
- Chú ý có thể sửa lại đề bài thành : x3 (x 2)(3x2 x2)0 - Bài tập tương tự : x33x22 (x1)3 3x0
- Bài tập tương tự : 3x (3x24x4) x 1 0
6) Dạng 6 : Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ để đưa về hệ phương trình Bài 14 Giải phương trình 3 2x 1 6 x 4 (2x1)(x4) 7 0
- Đặt 2 1 2 2
2 7 (1)
4
u x
v u
v x
- Thay vào phương trình có : 3u6v uv 7 0 (2)
- Thay (1) vào (2) và rút gọn được (2vu u)( v 3) 0 x 0 Bài 15 (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình)
a) 2 33 x 2 3 65x 8 0 (A – 2009) Nghiệm x 2 b) 2 33 x 2 3 65x 160 Nghiệm x 2 c) x 17x2 x 17x2 9 Nghiệm x1; 4 d) x. 353 x3.(x 3 35x3)30 Nghiệm x2 ; 3
e) 2
1 1
2
x 2 x
Nghiệm
1 3
1; 2 x f) x3 1 2. 23 x 1 Nghiệm 1 5
1; 2
x
g) x3 2 3. 33 x2
7) Dạng 7 : Đặt ẩn phụ đặc biệt.
Bài 16 (Các dạng đặt ẩn phụ đặc biệt)
a) x 1 x2 4x5 PT vô nghiệm.
b) 4 9 2
7 7
28
x x x Đặt 4 9 1
28 2
x y c) x 2 x2 6x10 Đặt x 2 y 3 d) 2x 1 4x2 12x5 Đặt 2x 1 2y3
6
III. Phương pháp biến đổi thành tích.
Bài 1 Giải phương trình
a) x 3 2x x 1 2x x2 4x3
- Phương trình ( x 3 2 )(x x 1 1) 0 x 0; 1
b) 3 4 4
3
x x x
x
HD ( x 2 2 x)2 0 x 1
c) 2 3 9 2 4 : (1 3)2 9 2 1; 5 97
x x x HD x x x 18
Bài 2 Giải phương trình
a) x2 10x213 x 3 2 x 7 6 b) x2 8x15 3 x 3 2 x 5 6 c) x2 x 1 (x 1) x x2 x 0 d)
2 7 4
2 4
x x
x x
IV. Phương pháp nhân liên hợp.
1) Cơ sở phương pháp : Nhiều phương trình vô tỉ có thể nhẩm được nghiệm x0hữu tỉ, khi đó phương trình luôn viết được thành (xx P x0) ( )0và P x( )0có thể vô nghiệm hoặc giải được.
2) Cách nhẩm nghiệm : Ta thường thử các giá trị x0 để trong căn là bình phương hoặc lập phương.
Bài 1
a) (Khối B 2010) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8 0
- PT 3 1
( 5)( 3 1) 0
3 1 4 6 1
x x
x x
. Nghiệm duy nhất x5
b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 65x 160 Nghiệm duy nhất x 2 - PT
3 2 3
6 15
( 2)[ + ]=0 2
( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4
x x
x x x
c) (ĐT năm 2013 lần 1) Giải phương trình : 4 2 10
2x 39x37
4x2 15x33- ĐK: x5. Pt 4 4
39x37
8 4 10 2 x
4x215x810 0,25-
23 3
4 27 9 8(6 2 )
( 3)(4 27) 0 4 10 2
16 4 9 37 9 37
x x
x x
x x x
0,25
- TH 1. x 3 0 x 3 (TMPT) 0,25
- TH 2. x 3 - pt
23 3
36 16
4 27 0 4 10 2
16 4 9 37 9 37
x
x x x
- 12
39x36372
2 4 1610 2 x 4x270- Do x5 nên 36 16 4.5 27 0 12 4
VT . Đẳng thức xảy ra x 5 - Vậy phương trình có 2 nghiệm là 3 và 5
0,25
Bài 2 Giải phương trình
7
a) x 1 4x2 1 3x Nghiệm 0; 1 x 2 b) x 1 9x2 1 4x
c) x2 12 5 3x x2 5. Nghiệm duy nhất x2
- Nhận xét 2 2 5
12 5 3 5
x x x x 3
để chứng minh biểu thức còn lại vô nghiệm.
d) x2 15 3x 2 x28
e) 3x2 5x 1 x2 2 3x2 3x 3 x23x4 - Nghiệm x2, P x( )0 vô nghiệm.
Bài 3 Giải phương trình :
a) 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4.
- Ta có VT 0 (x4) 0 2x2 x 9 2x2 x 1 - Nhân với biểu thức liên hợp ta được :
-
2 2
2
2 2
2 9 2 1 2 8
2 2 9 6 0;
2 9 2 1 4 7
x x x x
x x x x
x x x x x
b) 2x2 x 1 x2 x 1 3x. Từ phương trình x 0
- 2 2
2 2
2 1 1
( 2 1 2 ) ( 1 ) 0 ( 1)[ ]=0 1
2 1 2 1
x x x x x x x x x
x x x x x x
.
Bài 4. Giải phương trình :3 x2 1 x x32 - Điều kiện : x 3 2.
- Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình
-
2
2 3
3
2 3
2 3 2
3
3 3 9
1 2 3 2 5 3 1 3
2 5
1 2 1 4
x x x
x x x x x
x x x
- Ta chứng minh :
2
2 3 2
3 2
23
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
2 3
3 9
2 5
x x
x
- Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài 7 Giải phương trình
a) x2 3x 1 (x3) x2 1. b) 43 103x x 2
c) 2 (2x)(5x) x (2x)(10x) d) 2x2 16x18 x2 1 2x4
e) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 f) 3x2 7x 3 x2 2 3x2 5x 1 x2 3x4 Bài 8 Giải phương trình :
a) 3 x2 4 x 1 2x3 b) 3 x2 1 3x3 2 3x2 c) 2x2 11x21 3 4 3 x 4 0 d) 3 x2 1 x x31
8
V. Phương pháp đánh giá.
Bài 1 Giải các PT sau :
a) x 2 4 x x2 6x11 Nghiệm x3
b) x 2 10 x x2 12x52
c) x2 2x 5 x 1 2 Nghiệm x1
d) 3x2 6x 7 5x2 10x14 4 2xx2 Nghiệm x 1
e) 2 1 19 2 6
2 10 24
x x
x x
Bài 2 Giải PT sau :
a) 2 7x311x2 25x12 x2 6x1
- VT : 2
2 (7x 4)(x x 3) ( ôs )c i
VP. Nghiệm x1;7
b) 2 5x33x2 3x 2 x2 6x1 Nghiệm x1; 3
c) 2 2 2 1 4 ( 1)
x 2 x
x x
2 1 1
( 2 ) ( 2 ) 4
PT x x 2
x x
Bài 4. Giải phương trình:
2
2 2
6 15
6 18 6 11
x x
x x
x x
(1)
4
2
2(1) 1 3 9
3 2
x x
Mà :
24 4
1 1 3
3 2 2 x
và
x3
2 9 3 .Do đó ta có:
x3
2 0 x 3.Bài 5 Giải phương trình 13 x2 x4 9 x2 x4 16
- Bình phương 2 vế ta được : x2(13 1x2 9 1x2)2 256.
- Áp dụng bđt bunhia : (13 1x2 9 1x2)2 ( 13. 13 13 x2 3 3. 3 3 x2)2 40(16 10 x2) - VT x240(16 10 x2). Áp dụng cosi VT VP. Nghiệm 2
5 x .
9 VI.
Phương pháp hàm số.
1) Cơ sở phương pháp :
- Để giải phương trình : ( )f x m ta có thể chứng minh VT luôn đồng biến hoặc nghịch biến.
- Xét hàm số ( )f x luôn đồng biến hoặc nghịch biến mà có ( )f a f b( ) a b. 2) Bài tập.
Bài 1 Giải các phương trình.
a) x x 5 x 7 x1614 x 9. b) x 1 x3 4x5. Chuyển vế, nghiệm duy nhất x1. c) 2x 1 x2 3 4 x. Chuyển vế, nghiệm duy nhất x1. Bài 2 (CĐ – 2012) Giải phương trình 4x3 x (x 1) 2x 1 0
- Nhân 2 vế với 2 và biến đổi phương trình (2 )x 32x(2x1) 2x 1 2x1 - Xét hàm số f t( ) t3 t f t'( )3t2 1 0 Hàm số luôn đồng biến.
- Từ phương trình có 1 5
(2 ) ( 2 1) 2 2 1
f x f x x x x 4 Bài tập tương tự :
a) 2 2 2 3
4
2 (4x x 1) (x 3x1) x 3x x 0;
b) 4x3 x (x 2) 2x 3 0
Bài 3 Tìm m để phương trình có nghiệm : m x2 2x 4 x2 2x4 - y' 0 x 0, vẽ bảng biến thiên m [4;)
Bài 4 Tìm m để phương trình có nghiệm : 4x2 mx m 2
- Cô lập tham số, 8
' 0 0;
y x 5
Bài 5 Tìm m để phương trình có nghiệm : x 1 x 1 5 x 18 3 x 2m1 Bài 6 (A – 2007) Tìm m để phương trình có nghiệm : 3 x 1 m x 1 24 x21
- Cô lập tham số 4 1 1
2 3
1 1
x x
m x x
Bài 7 (B – 2004) Tìm m để phương trình có nghiệm :
2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1
m x x x x x - Đặt ẩn phụ : t 1x2 1x2
Bài 8 (B – 2007) Chứng minh rằng với mọi m0phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt :
2 2 8 ( 2)
x x m x - Bình phương 2 vế đưa về phương trình bậc ba.
Bài 9 Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 10 Tìm m để phương trình có nghiệm
10
BÀI 2 : PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I) Phương pháp lũy thừa. Có ba dạng phương trình cơ bản :
- Dạng 1 :
2
( ) 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) [ ( )]
f x
f x g x g x
f x g x
- Dạng 2 :
2
( ) 0 ( ) 0 ( ) ( )
( ) 0 ( ) [ ( )]
f x g x f x g x
g x
f x g x
- Dạng 3 : A B C Bài 1 Giải bất phương trình :
a) x22x15 x 3 Kết quả : x[5;6]
b) x2 6x 5 8 2x Kết quả : x[3;5]
c) x2 2x 8 x 3 d) x23x10 x 2 Bài 2 Giải bất phương trình :
a) (x3) x2 4 x2 9
b) 5x 1 x 1 2x4 (A2005) x [2;10) c) 7x13 3x 9 5x27
d) x 1 2 x 2 5x1 (CD2009) e)
2( 2 16) 7
3 ( 2004)
3 3
x x
x A
x x
Bài 3 Giải bất phương trình : a)
51 2 2
1 1
x x x
b)
8 2 2
6 3 1 x x
x
c) 2
1 1
2 1
2x 3x 5 x
5 3
( ; ) (1; ) (2; )
2 2
T
Bài 4 Giải bất phương trình : x2 4x 3 2x2 3x 1 x 1 II) Phương pháp đặt ẩn phụ.
Bài 1 Giải bất phương trình :
a) 5x210x 1 7 2xx2 T ( ; 3) (1; ) b) 2x2 x2 5x 6 10x15
c) (x3)(8x)x2 11x0 Bài 2 Giải bất phương trình :
a) 5 1
5 2 4
2 2
x x
x x
b) 1
2 3
1
x x
x x
11
Bài 3 (B – 2012) Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 3 x
- Chia 2 vế cho xvà đặt 1 5 1
[0; ] [4; )
2 4
t x t x
x
Bài 4 (Thử GL – 2013) Giải BPT : x2 x 2 3 x 5x2 4x6 - Điều kiện : x2.
- Bình phương 2 vế và rút gọn ta được : 3 x x( 2)(x 1) 2 (x x 2) 2(x1) - Chia 2 vế cho (x1) và đặt ( 2)
1 t x x
x
. Nghiệm x [3 13;) Bài 5 Giải bất phương trình
a) 5x214x 9 x2 x 205 x1
- Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2x2 5x 2 5 (x2 x 20)(x1)
2 2
2 2
2( 4 5) 3( 4) 5 ( 4)( 4 5)
4 5 4 5 5 61
2 3 5 [ ;8]
4 4 2
x x x x x x
x x x x
x x x
b) 7x2 25x19 x2 2x357 x2
- Chuyển vế, bình phương ta được : 3(x2 5x14)4(x 5) 7 (x25x14)(x5) - Nghiệm x
Bài 6 (Thi thử ĐT – 2012) Giải BPT x3(3x24x4) x 1 0 - Điều kiện : x 1. Đặt 1 2 0
1 y x y
y x
- Bpt trở thành x3(3x24y2)y0
0,25
- TH 1. y 0 x 1. Thỏa mãn BPT
- TH 2. y 0 x 1. Chia hai vế cho y3 ta được
3 2
3 4 0
x x
y y
. Đặt t x
y và giải BPT ta được t1
0,25
-
2
1 0
1 1 1 0
1 0 x
x x
t x x
y x x
0,25
-
1 0
0 1 5
1 2
1 5 1 5
2 2
x
x x
x
. Kết hợp x 1 ta được
- 1 1 5
x 2
. Vậy tập nghiệm của BPT là S = 1;1 5 2
0,25
Cách 2 : Có thể biến đổi BPT về dạng tích -
3 2 3 2
3 2
2
(3 4 4) 1 0 3 1 4( 1) 1 0
[ ( 1) 1] [3 1 3( 1) 1] 0
( 1)( 1) 0
x x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x x
Bài tập tương tự : x33x2 2 (x2)3 6x0
12 Phương pháp nhân liên hợp.
Bài 1 Giải bất phương trình : a) 1 x 1 x x b)
1 1 8 2
2 1 x x
Nghiệm 1 1
[ ;0) (0; ) 2 2 3
T
Bài 2 Giải bất phương trình :
a) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8 0. Nhẩm nghiệm x5
- BPT 3 1
( 5)( 3 1) 0
3 1 4 6 1
x x
x x
. Trong ngoặc 0 Nghiệm 1
[ ;5) x 3 b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 65x 160 Nhẩm nghiệm x 2
- BPT
3 2 3
6 15 6
( 2)[ + ] 0 x [ 2; ]
( 3 2) 2 3 2 4 6 5 4 5
x
x x x
III) Phương pháp đánh giá.
Bài 1 Giải các PT sau :
a) x 2 4 x x2 6x11 Nghiệm x3
b) x 2 10 x x2 12x52
c) x2 2x 5 x 1 1 2x x2 Nghiệm x1 d) 3x2 6x 7 5x2 10x1442xx2 Nghiệm x 1
e) 2 1 19 2 6
2 10 24
x x
x x
Bài 2 Giải PT sau :
a) 2 7x311x2 25x12 x2 6x1 VT : 2
2 (7x 4)(x x 3) ( ôs )c i
VP
b) 2 5x33x2 3x2 x2 6x1 Bài 5 (A – 2010) Giải BPT :
2 1
1 2( 1)
x x
x x
- Ta có 1 2(x2 x 1) 0 nên BPT 2(x2 x 1) 1 x x (1). - Mặt khác ta lại có : 2(x2 x 1) 2(1x)2 2( x)2 1 x x (2) - Từ đó 2(x2 x 1) 1 x x .
- Dấu bằng khi 3 5
1 ( / 0)
x x x 2 t m x