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

(1)



Nguyễn Công Lợi

CHUYÊN ĐỀ

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ

Nghệ An, tháng 9 năm 2019

(2)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN

PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ HAY VÀ KHÓ

LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán

phương trình vô tỷ. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về phương trình vô tỷ thường được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 2 phần:

- Phần 1: Phân tích bình luận, tìm lời giải cho bài toán phương trình vô tỷ

- Phần 2: Tuyển tập các bài toán Phương trình vô tỷ trong các kì thi học sinh giỏi và lớp 10 chuyên môn toán.

Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề phương trình vô tỷ này sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.

Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!

Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!

THCS, website thuvientoan.net giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề về các bài toán về

(3)

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. Nhận xét ^{x x}



²^^{6x 3}^



^{  }^{0, x} ¹₂. Phương trình đã cho tương đương với

 

     

     

4 2 3 2 4 3 2

2 2 2

x 30x 12x 36x 9 16x 2x 1 x 20x 46x 36x 9 0 x x 1 18x x 1 9 x 1 0

x 18x 9 x 1 0 x 9 6 2;1; 9 6 2

           

      

        

(4)

Kết hợp với điều kiện các đinh ta thu được tập nghiệm ^S



9 6 2;1; 9 6 2 



.

 Hướng 2. Phương trình có chứa căn thức 2x 1 do đó ta biến đổi phương trình và thực hiện đặt ẩn phụ. Để ý rằng phương trình đã cho tương đương với

 

x24x 2x 1 3 2x 1   0. Khi đó ta thực hiện phép đặt ^{2x 1}^{ }^{y y 0}



^



. Lúc này phương trình thu được là x²4xy 3y ² 0, đây là phương trình đồng bậc 2 và chú ý đến các hệ số thì ta phân tích được.

      

2 2

x 4xy 3y  0 x x y 3y x y  0 x y x 3y  0 + Trường hợp 1. Với

 

²

2

x 0 x 0

x y 0 x 2x 1 x 1

x 2x 1 0 x 1 0

   

 

        

    

  .

+ Trường hợp 2. Với x 0₂

x 3y 0 x 3 2x 1 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 .

     

   

2 2 2

2

4x x 1

4x x 2 1 3x 6x 3 3 x 1

x 2x 1 x 1 3 2 1 x 0 x 1

x 3 2 1

        

 

       

 



Ta có 2

 

x 3 2 1 x 0 x 9 6 2; 9 6 2

x 18x 9 0

 

          . Đối chiếu điều kiện ta thu 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

Với ^x²6x 3 4x 2x 1   5x²8x 4 



2x 2x 1



², khi đó ta thấy vế trái không phân tích được thành bình phương.

Với ^x²6x 3 4x 2x 1   2x²16x 7 



x 2 2x 1 



², khi đó ta thấy vế trái không phân tích được thành bình phương.

(5)

Với ^x²6x 3 4x 2x 1   



x 2 2x 1 



² 2x 1 , khi đó dễ thấy ^{2x 1}^{ }



^{2x 1}^



²^.

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

Điều kiện xác định của phương trình là x ¹

 2. Phương trình đã cho tương đương với

    

²



²

2 x 3 2x 1

x 4x 2x 1 4 2x 1 2x 1 x 2 2x 1 2x 1

x 2x 1

  

            

  



+ Với 2

 

x 3 2x 1 x 0 x 9 6 2; 9 6 2

x 18x 9 0

 

      

  



+ Với

 

²

2

x 0 x 0

x 2x 1 x 1

x 2x 1 0 x 1 0

   

 

     

    

 

Đối chiếu với điều kiện x ¹

2 , kết luận tập nghiệm ^S



9 6 2;1; 9 6 2 



.

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 x}



² ^{ }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.

(6)

Điều kiện xác định của phương trình là x ³

4. Phương trình đã cho tương đương với

 

    

4 3 2 2 4 3 2

2

9x 24x 2x 24x 9 16x 4x 3 9x 40x 46x 24x 9 0 x 1 x 3 9x 4x 3 0 x 1

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 4x 3 nên ta có thể thực hiện phép đặt ^{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

  

2 2 x y

3x 4xy y 0 x y 3x y 0

3x y

          

Ta xét hai trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với ^x ^y ^x ^{4x 3} ^{x 0}₂ ^x

 

^{1; 3}

x 4x 3 0

 

      

  

 .

+ Trường hợp 2. Với x 0₂

3x y 3x 4x 3

9x 4x 3 0

 

     

  

 , hệ vô nghiệm.

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

2 2 2

3x 4x x nên ta viết phương trình lại thành

 

²

2 2 2

4x 4x 4x 3 4x 3 x     2x 4x 3 x . Đến đây ta có lời giải cho phương trình.

Phương trình đã cho tương đương với

2 2 2

3x 4x 3 4x 4x 3   4x 4x 4x 3 4x 3 x   



^2x ^{4x 3}



² ^x² ^x ^{4x 3}

3x 4x 3

  

     

  

 + Với ^x ^{4x 3} ^{x 0}₂ ^x

 

^{1; 3}

x 4x 3 0

 

        .

(7)

+ Với x 0₂

3x 4x 3

9x 4x 3 0

 

       , hệ vô nghiệm.

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.

   

2

2 2

2

4x x 4x 3

4x x 4x 3 x 4x 3 x 4x 3

x 4x 3 x 4x 3 4x 3 3x 0

 

        

 

     

+ Với ^x² ^^{4x 3 0}^{   }^x

 

^{1; 3}

+ Với x 0₂

3x 4x 3

9x 4x 3 0

 

   

  

 , hệ vô nghiệm.

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

(8)

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^^{2 x}



² ^³



^⁰^{với mọi}^x^{ }¹, do đó phương trình đã cho tương đương với

     

   

2 2

3 3 2 4 3 2

3 2 2

3x 2x 7 9 x 1 x 3

9x 12x 46x 28x 49 9x 18x 36x 54x 27 6x 10x 26x 22 0 x 1 6x 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 đặt ẩn phụ. Khi phương trình được viết lại thành



^{x 1}^



²^^{3 x 1}



^



^x²^{ }^{3 2 x}



²^³



^⁰ và thực hiện đặt ẩn phụ a x 1; b   x²3thì 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

  

2 2 a b

a 3ab 2b 0 a b a 2b 0

a 2b

          

Ta xét hai trường hợp + Với ab ta được

 

2

2 2

x 1 0 x 1

x 1 x 3 x 1

x 1 x 3 2x 2

     

           .

+ Với a2b ta được

 

2

2 2 2

x 1 0 x 1

x 1 2 x 3

3x 2x 11 0 x 1 4x 12

     

 

    

  

   

 , hệ vô

nghiệm.

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

(9)

 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.

 

     

   

2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

12x 8x 28 12 x 1 x 3

4 x 2x 1 12 x 1 x 3 9 x 3 x 3 2x 2 3 x 3 x 3

2x 2 3 x 3 x 3 x 1 2 x 3 2x 2 3 x 3 x 3 x 1 x 3

    

         

     

         

 

 

          

 

+ Với ab ta được

 

2

2 2

x 1 0 x 1

x 1 x 3 x 1

x 1 x 3 2x 2

     

           . + 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

         

      

      

2 2 2

2 2

2

3 x 1 3 x 1 x 3 4x 4 3 x 1 x 1 x 3 4 x 1

3 x 1 x 1 x 3 x 1 x 3

4 x 1

x 1 x 3

x 1 0 6 x 1 x 1

4 x 1 6 x 1

x 1 x 3 4

x 1 x 3

            

      

  

  

  

  

           

+ Khi x 1 0   x 1, thỏa mãn điều kiện xác định.

+ Khi

 

2

2 2

6 x 1 x 1 0

4 x 1 2 x 3

3x 2x 11 0

x 1 x 3

         

  

    , hệ vô nghiệm.

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 ² 1 7 x² x 2

  x   .

(10)

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

2 2 2 2 2

7x   x 2 7x x   x 2 x   x 2 7x x   x 2 6x 0 Đặt t x²  x 2 0, khi đó phương trình trên trở thành

  

2 2 t x

t 7xt 6x 0 t x t 6x 0

t 6x

          

+ Với tx ta được ² x 0₂ ₂ x 0

x x 2 x

x 2 0

x x 2 x

   

          , hệ vô nghiệm.

+ Với t6x hay ² x 0₂ ₂ 1 281

x x 2 6x x

x x 2 36x 70

  

     

  



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 281

x 70

  .

 Hướng 2. Phương trình đã cho tương đương với

2 2 2 2

7x   x 2 7x x   x 2 28x 4x 8 28x x   x 2



²



² ² ²



²



²

 

²

2 2

4 x x 2 28x x x 2 49x 25x 2 x x 2 7x 5x 2 x x 2 7x 5x x x 2 6x

2 x x 2 7x 5x x x 2 x

            

        

 

 

         

 

+ Với ² x 0₂ ₂ x 0

x x 2 x

x 2 0

x x 2 x

   

          , hệ vô nghiệm.

+ Với ² x 0₂ ₂ x 0₂ 1 281

x x 2 6x x

x x 2 36x 35x x 2 0 70

    

 

      

     

 

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1 281

x 70

  .

 Hướng 3. Dễ thấy 7x²   x 2 0 với mọi x 0 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với

     

   

2 2

2 2 4 3 2 2 2

3 2 2

7x x 2 7x x x 2 49x 14x 29x 4x 4 49x x x 2 35x 69x 4x 4 0 x 2 35x x 2 0

            

         

(11)

Do x 0 nên từ phương trình trên ta được ² 1 281

35x x 2 0 x

70

      .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x ¹ ²⁸¹ 70

  là nghiệm duy nhất của phương trình.

 Hướng 4. Phương trình đã cho tương đương với

    

2 2

x 2 x 2

7x 7 x x 2 7 x x 2 7x

x x

7 x x 2 x x x 2 x

x 2 1 7

x 2 0

x x x 2 x x x x 2 x

 

        

       

       

       

Do x 0 nên từ phương trình trên ta được

2 2 2

1 7 x 0 1 281

0 x x 2 6x x

x x x 2 x 35x x 2 0 70

  

        

  

   

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x ¹ ²⁸¹ 70

  là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 5. Giải phương trình x²3x 4 3 x  ³6x² 11x 6 . Phân tích và lời giải

Phương trình chỉ chứa một dấu căn và để ý rằng

   

3 2

x 6x 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  , khi đó ta viết được căn thức bậc hai thành

  

3 2

x 6x 11x 6  x 11. 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.

 Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là



x 1 x 2 x 3

  

0 ^{x 3} 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

  

2 2 a b

a 2b 2ab a b a 2b 0

a 2b

         

+ Với ab ta được x²5x 6  x 1 x²6x 7 0    x 3 2. + Với a2b ta được x² 5x 6 2 x 1 x² 9x 10 0 x ⁹ ⁴¹

2

           .

(12)

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm 9 41 9 41

S ; 3 2; 3 2;

2 2

   

 

   

 

 .

 Hướng 2. Điều kiện xác định của phương trình là



x 1 x 2 x 3

  

0 ^{x 3} 1 x 2

         . Nhận thấy x 1 không phải là nghiệm của phương trình và với điều kiện xác định thì

x 1 0  .

 

² ²

2 2 x 5x 6 x 5x 6

x 5x 6 2 x 1 3 x 1. x 5x 6 2 3

x 1 x 1

   

          

 

Đặt ^t ^x² ^{5x 6}



^{a 0}



x 1

 

 

 . Khi đó ta có ^t² ^{2 3t}

 

^{t 1 t 2}



⁰ ^{t 1}

t 2

         

 Với t 1 ta được x²5x 6  x 1 x²6x 7 0    x 3 2

 Với t2 ta được ² ² 9 41

x 5x 6 2 x 1 x 9x 10 0 x

2

           .

Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm 9 41 9 41

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 .

Điều kiện xác định là 2x 1 0₂ 3x 8x 4 0

  



  

 . Phương trình đã cho tương đương với

     

2 2

2 2 2

2 2

x 1 2x 1 3x 8x 4 x 4x 2 2 x 1 2x 1 3x 8x 4 2 x 1 2x 1 2x 4x 2 x 1 2x 1 x 1

              

          

Do x 1 0  nên từ phương trình trên ta được

(13)

2 2

x 1 0 x 1

x 1 2x 1 x 0

x 2x 1 2x 1 x 0

     

 

            , thỏa mãn.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 .

 Hướng 2. Sử dụng phương pháp hệ số bất định ta phân tích

 

²

3x28x 4 3 x 1   2x 1 khi đó ta viết phương trình lại thành

 

²

x 1  2x 1  3 x 1 2x 1 . Đến đây ta sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để xử lý phương trình.

Phương trình đã cho tương đương với ^{x 1}^{ } ^{2x 1}^{ } ^{3 x 1}



^



²^^{2x 1}^

Đặt ^{a x 1; b}   2x 1 a 0; b 0



 



. Khi đó ta được phương trình

 

²

 

2 2 2 2 2

a b  3a b  a b 3a b a ab 0 a a b 0 Do a0 nên từ phương trình trên ta được ab

Do đó x 1 0₂ x₂ 1

x 1 2x 1 x 0

x 2x 1 2x 1 x 0

     

 

      

    

 

  , thỏa mãn.

 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 ^{3 x 1}

 

²

1 1

2x 1 2x 1

    

  . Đến đây ta đặt x 1

t 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}



^



²^^{2x 1}^

Nhận thấy x ¹

 2 không phải là nghiệm của phương trình.

Xét x ¹

 2, khi đó phương trình trên tương đương với x 1 ^{3 x 1}

 

²

1 1

2x 1 2x 1

 

  

  Đặt t ^{x 1} 0

2x 1

  

 . Khi đó ta được t 1  3t²    1 t² 2t 1 3t²   1 t 1

Do đó x 1 0₂ x₂ 1

x 1 2x 1 x 0

x 2x 1 2x 1 x 0

     

 

      

    

 

  , thỏa mãn.

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

(14)

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



^x²^^{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

2 2

2 2 2

x 5x 2 5 x 5x 3 5 x 5x 2

x 5x 3 x 5x 2 25 10 x 5x 2

   

       

        



Hay ta được

2

2 2

x 5x 2 5 x 1

x 5x 6 0

x 6 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 2. Đặt ²

 

2

a x 5x 3

a 0; b 0 b x 5x 2

   

  

   

 , khi đó

2 2

a x 5x 3

a b 5

b x 5x 2

   

   

   

 .

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình

  

2 2

a b 5

a b 5 a b 5 a 3

a b a b 5 a b 1 b 2

a b 5

  

       

   

           

   

 

Từ đó ta được

2

2 2

a x 5x 3 3 x 1

x 5x 6 0

x 6 b x 5x 2 2

      

     

       



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



²

 

²



2 2

x 5x 3 x 5x 2

x 5x 3 x 5x 2 5 5

x 5x 3 x 5x 2

    

       

     Thu gọn ta được x² 5x 3  x²5x 2 1.

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ

2 2

x 5x 3 x 5x 2 1 x 5x 3 x 5x 2 5

      



     



(15)

Từ đó suy ra ² ² x 1

2 x 5x 3 5 x 5x 6 0

x 6

           

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 ^{A B}



^{A B 0}



A B

    

 ,

đồng thời sử dụng hệ tạm thời để thu được một phương trình cơ bản dạng ^{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 a⁴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 có hệ a b 2₄ 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

(16)

   

2 2 2 2

2 2 2

4 4 2 2 2 2

2 2

a b 4 2ab a b 4 2ab a b 2

4 2ab 2a b 4

a b 2 a b 2a b 4

a b 4 2ab a b 4 2ab

a b 8ab 7 0 ab 1

ab 7

       

  

  

          

 

  

   

    

   

  

 

  

Kết hợp với điều kiện 0 ab 4  ta được ab 1 . Khi đó ta có hệ phương trình

4 4

ab 1 a 1 x 1

a b 1 b 1 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 .

Để ý rằng với x 1 thì ta có x 1 2 x  và x 1 2 x  ⁴ Đồng thời lại có 2 x 1 2 2 x    và 2 x 1 2 2 x   ⁴  . 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

   

4 4

x 1 1

x 1 x.1 1 2 x 3

x x.1

2 2 2 4

2 x 1 2 x .1 1 1

2 x 1 2 5 x

2 x 2 x 1

2 2 2 4

  

        

  

      

       



Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được ⁴x ⁴2 x ^{x 3} ^{5 x} 2

4 4

 

     .

Như vậy để phương trình ⁴ x⁴2 x 2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là ⁴ x⁴ 2 x   1 x 1.

Lại thấy do x 1 nên ta có ⁴x ⁴ 2 x n do đó để hạ bậc căn thức ta có thể sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng



^{ac bd}^



² ^



^a²^^b²



^c²^^d²



^.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được

(17)

       

    

4 4 2

2

x 2 x 1 1 x 2 x 2 x 2 x

x 2 x 1 1 x 2 x 4

         



       



Từ đó ta được



⁴ ^x^⁴ ^{2 x}^



² ^⁴ hay ta được ⁴x⁴ 2 x 2.

Như vậy để phương trình ⁴ x⁴2 x 2 có nghiệm thì các bất đẳng thức trên đồng thời xẩy ra dấu bằng, tức là ⁴ x⁴ 2 x 1   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 x}^ ² ^^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 x}^ ²^^8x^



^{x 3}^



² ^^{57 2x}^ . Như vậy khi ta thực hiện phép đặt ẩn phụ ^a^{ }^{x 3; b}^ ^{48 8x x}^ ^ ²



^{b 0}^



thì ta thu được a²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}^



² ^⁹. Như vậy ta giải được phương trình.

 Hướng 1. Điều kiện xác định của phương trình là   12 x 4. Đặt ^a^{ }^{x 3; b}^ ^{48 8x x}^ ^ ²



^{b 0}^



. Khi đó ta được a² b² 57 2x . Phương trình đã cho trở thành ab x 24  hay 2ab 2x 48  .

(18)

Kết hợp hai kết quả trên ta được



^{a b}^



² ^{    }⁹ ^{a b} ³ hay ta được

2 2

2

48 8x x x x 3 48 8x x 3

48 8x x x 6

    

      

     



+ Với ² x 0₂

48 8x x x x 2 7 2

x 4x 24 0

 

        

  



+ Với ² x₂ 6

48 8x x x 6 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 x  ² . Khi đó ta được

2 2

t 48 8x x  và phương trình đã cho được viết lại thành ^t²^^{2 x 3 t x}



^



^ ²^^{6x 0}^ ^{. Để}

giải được phương trình đã cho ta cần phân tích được ^t²^^{2 x 3 t x}



^



^ ²^^{6x 0}^ thành tích.

Điều kiện xác định của phương trình là   12 x 4. Phương trình đã cho tương đương với

   

 

2 2

2 2 2

2 x 3 48 2x x 2x 24 48 2x 2 x 3 x 8x 48 x 8x 48 2 x 3 x 8x 48 x 6x 0

           

            Đặt t 48 8x x ,t 0  ²  . Khi đó phương trình trên trở thành

   

²

    

2 2

t 2 x 3 t x  6x 0  t x 6x t x   0 t x t x 6  0 Ta xét hai trường hợp sau

+ Nếu t x 0  , suy ra t x, do đó ta được

2

48 8x x x x 0 x 2 7 2

x 4x 24 0

 

           

+ Nếu t x 6 0   , suy ra t  x 6, do đó ta được

2

x 6

48 8x x x 6 x 5 31

x 10x 6 0

  

         

  





^{2 7 2; 5}^{  } ³¹



.

(19)

 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

     

²

2 2 2

x 8x 48 2 x 3    x 8x 48  x 3  9  x 8x 48 x 3   9 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 2

2 2 2

2

2 x 3 48 2x x 2x 24 48 2x 2 x 3 x 8x 48 x 8x 48 2 x 3 x 8x 48 x 6x 0

x 8x 48 2 x 3 x 8x 48 x 3 9 48 8x x x x 8x 48 x 3 9

48 8x x x 6

           

           

    

       

     



+ Với ² x 0₂

48 8x x x x 2 7 2

x 4x 24 0

 

        

  



+ Với ² x₂ 6

48 8x x x 6 x 5 31

x 10x 6 0

  

         

  





^{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}^

 

^{48 8x x}^ ^ ² ^^x



^^x²^^{4x 24}^

+ Xét trường hợp ² x 0₂

48 8x x x x 2 7 2

x 4x 24 0

 

          , thay vào phương

trình đã cho ta thấy x 2 7 2  không thỏa mãn.

+ Xét trường 48 8x x  ²   x x 2 7 2 . Khi đó 48 8x x  ²  x 0. Từ đó

  

²



²

 

2² ²

x 4x 24

x 3 48 8x x x x 4x 24 2 x 3 . x 4x 24

x 8x 48 x

 

            

    Hay



^x² ^{4x 24}



^{2x 6} ₂ ¹ ⁰ ^x² ^{4x 24 0}₂

48 8x x x 6 48 8x x x

   

  

              

(20)

+ Với x² 4x 24 0 ^x ^{2 7 2} x 2 7 2

   

    

  



+ Với ² x₂ 6

48 8x x x 6 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

 3. Phương trình đã cho có chứa tích ³ 3 2x 2 3x 2 1



 



. Để ý rằng với x ²

 3 thì 2 3x 2 1 0   , do đó phương trình đã cho được viết lại thành ₃ ^{3 4x 3}

 

3 2x 2 3x 2 1

  

  . Để loại bỏ căn thức dưới

mẫu ta sử dụng phép nhân lượng liên hợp



2 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 ³3 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

 3 nên 2 3x 2 1 0   .

Xét ^{2 3x 2 1 0} ^{2 3x 2} ¹ ^{4 3x 2}

 

¹ ^{12x 9} ^x ³

            4. Ta thấy x ³

 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

(21)

     

  

3 3

3

3 4x 3 2 3x 2 1 3 4x 3

3 2x 3 2x

2 3x 2 1 2 3x 2 1 2 3x 2 1

3 2x 2 3x 2 1

  

     

     

    

Đặt ^a^ ³^{3 2x; b}^ ^ ^{3x 2 , b 0}^



^



. Khi đó ta có phương trình 3a³2b² 5.

Phương trình ban đầu trở thành a2b 1 . Từ đó ra được hệ phương trình a ₃2b 1₂

3a 2a 5

  

  

 .

Biến đổi hệ phương trình trên thì được

 

²

  

²



3

2b a 1 2b a 1

a 1 6a 7a 9 0 6a a 1 5

     

 

        

 



Dễ thấy phương trình 6a²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

2 3

3

2 3

3

2 3x 2 1 3 2x 1

3 2x 1 2 3x 2 2

3x 2 1

3 2x 3 2x 1

2 6

x 1 0

3x 2 1

3 2x 3 2x 1

   

   

      

     

 

 

          

Dễ thấy

 

² ³

3

2 6

3x 2 1 0 3 2x 3 2x 1

 

      . 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 ³2x 3 2 3x 2   1. Nhận thấy khi x 1 thì ta có ³ 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 .

(22)

     

  

3 3 4x 3 3 3 4x 3 2 3x 2 1 3

3 2x 3 2x 2x 3 2 3x 2 1

2 3x 2 1 2 3x 2 1 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 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 ³ 2x 3 2 3x 2   1 vô 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 ³ 2x 3 2 3x 2   1 có 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 phụ. Trước hết ta ta tìm được điều kiện xác định của phương trình là x ⁹

 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 .

Như vậy với hai phương trình trên ta có hệ phương trình

2 2

4x y 9 y 2x 9

  



 



(23)

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.

Điều kiện xác định của phương trình là x ⁹

 2. Đặt y 2x 9 , y 0  . Khi đó ta có phương trình y² 2x 9 .

Phương trình đã cho trở thành 4x²  y 9. Từ đó ta có hệ phương trình

2 2

4x y 9 y 2x 9

  



 

 .

Từ hệ phương trình trên suy ra ^4x² ^y ^y²^2x



2x y 2x y 1



  



0. Ta xét hai trường hợp sau.

+ Trường hợp 1: Nếu 2x y 0    y 2x, từ đó ta được

2

9 x 0 1 37

2x 2x y 2 x

4x 2x 9 4

   

     

  



+ Trường hợp 1: Nếu 2x y 10   y 2x 1 , từ đó ta được

 

²

1 x 33 1

2x 1 2x y 2 x

2x 1 2x 9 4

  

     

   



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 4x  ²2x 0 .

Đặt t 2x 9 ,t 0  . Khi đó ta có phương trình t²