Chuyên đề Phương trình – Bất phương trình

Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 1 Phương tr ì nh chứa ẩn ở căn thức Ví dụ : Giải phương trì nh: 221 x x x 1 x 3      Giải: ĐK 0 x 1  . Để giải phương trì nh này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương trì nh đã cho luôn không âm nên bì nh phương hai vế ta thu được phương trì nh tương đương.  2 22 2 2 22 4 4(1) 1 x x x 1 x 1 x x (x x ) 1 2 x x 3 3 9                   2 2 2 22(x x ) x x 0 x x 2 x x 3 0          2 2 0 x x 0 x 0;x 1 3 VNx x 4          . Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh: x 0;x 1  . Qua lời giải trên ta thấy được 2x x sẽ biểu diến được qua x 1 x  nhờ vào đẳng thức  2 2x 1 x 1 2 x x     (*) .Cụ thể nếu ta đặt t x 1 x   thì 2 2 t 1x x 2   và khi đó phương tr ì nh đã cho trở thành phương trì nh bậc hai với ẩn là t: 2 2t 11 t t 3t 2 0 t 1; t 2 3          . Vậy ta có: 2 0 x 1 x 1 2 x x 0 x 0;x 1 VN (VT 2)x 1 x 2               . Việc thay thế biểu thức x 1 x  bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tì m cách làm mất căn thức !). Cách làm như thế này ta thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể đổi qua đô la, hay thẻ ATM, séc,Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trì nh ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trì nh ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trì nh như ở cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đó là đẳng thức (*). Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 2 trong phương trì nh chẳng hạn ở phương trì nh trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trì nh:    2 2x 1 x x 1 x 1      (**) mà từ phương trì nh ta rút được một căn thức qua căn thức còn lại: 3 1 x 3x 2 1 x 3     . Do đó nếu đặt 3t 3t 1 x x 2t 3      thay vào (**) và biến đổi ta thu được phương trì nh 2t(t 1)(2t 4t 3) 0 t 0, t 1       hay x 0,x 1  là nghiệm của phương trì nh. Phương trì nh đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn (**) do vậy ta có thể đặt a x,b 1 x   thì từ phương trì nh đã cho kết hợp với (**) ta có hệ phương trì nh: 2 2 2 1 ab a b 3 a b 1        đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta được nghiệm của phương trì nh là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt ẩn phụ t 1 x  mà ta đã giải ở trên . Tiếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ? Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác: 2 2sin cos 1    . Điều này dẫn đến cách giải sau: Đặt 2x sin t, t [0; ] 2   (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x [0;1] ). Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: 2 1 sin t.cos t sin t cos t 3(1 sin t) (1 sin t)(1 sin t)(2sin t 3) 0 3           2 x 1sin t 1 x 1 x 1 x 03 1 sin t (3 2sin t) 1 sin t sin t(4sin t 6sin t 8) 0                  . Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách để giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đó là tì m cách loại bỏ căn thức và đưa phương trì nh đã cho về phương trì nh mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp giải cụ thể. Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 3 I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương trì nh ban đầu về phương trì nh, bất phương trì nh đã biết cách giải. Ta nhơ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trì nh và bất phương trì nh. 1) nn( a ) a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a 0 ). 2) 2n 2na b a b   với a và b cùng dấu 3) 2n 1 2n 1a b a b    với mọi a,b. 4) 2n 2na b 0 a b    (Chú ý nếu a,b<0 thì a b a b     khi đó hai vế cùng không âm và lúc đó ta mới lũy thừa bậc chẵn hai vế). 5) 2n 1 2n 1a b a b a,b      . Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 2x 1 3x 1   . Giải: Ta thấy VT luôn không âm, do đó nếu VP âm thì phương trì nh vô nghiệm nên ta chỉ cần giải phương trì nh khi 13x 1 0 x 3      . Khi đó hai vế đều không âm và bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương: 22x 1 (3x 1)   nếu 0 1 x 3   là nghiệm của phương trì nh này thì 20 0 02x 1 (3x 1) 2x 1 0      do vậy ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy : 2 2 11 x3x 1 0 x 433Pt x 0, x 4 92x 1 (3x 1) x 0, x9x 4x 0 9                          . Nhận xét: * Phương trì nh trên có dạng tổng quát: f (x) g(x) , khi gặp dạng này ta biến đổi tương đương như sau: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) g (x)     . Ở đây vì sao ta không cần đặt đk f (x) 0? . * Ở bài toán trên ta có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t 2x 1  . Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 4 1 1 2    x x x . Giải: Đk: 14 2 x   (*) Pt x 4 1 2x 1 x x 4 1 2x 2 (1 2x)(1 x) 1 x               Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 4 2 2 1 2x 1 0 x 22x 1 (1 2x)(1 x) x 0 (2x 1) (1 2x)(1 x) 2x 7x 0                     Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0. Chú ý : Ở phương trì nh trên vì sao chúng ta lại chuyển 1 x qua rồi mới bình phương? Mục đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trì nh luôn cùng dấu để sau khi bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương. Ví dụ 3: Giải bất phương trì nh: 22x 6x 1 x 2 0     . Giải: Bất phương trì nh 22x 6x 1 x 2     (1) Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1) 0 thì Bất phương trì nh vô nghiệm, do đó ta chỉ giải Bất phương trì nh khi x 2 0 x 2    . Bì nh phương hai vế ta được Bpt: 2 22x 6x 1 (x 2)    . Nếu 0x bất phương trì nh này thì ta chưa thể khẳng định được 2 0 02x 6x 1 0   do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất phương trì nh đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau: 2 2 2 2 x 2 x 2 x 2 0 3 7 3 7 3 7 3 7 2x 6x 1 0 x V x x V x 2 2 2 2 2x 6x 1 (x 2) 1 x 3x 2x 3 0                                   3 7 x 3 2    là nghiệm của bất phương trì nh đã cho. Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh trên là: 2 g(x) 0 f (x) g(x) f (x) 0 f (x) g (x)        Giải hệ bất phương trì nh này ta được nghiệm của bất phương trì nh đã cho. Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh : 22(x 16) 7 x x 3 x 3 x 3       (ĐH Khối A – 2004 ). Giải: ĐK: x 4 . Bpt 2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x          (2) Ta có VT (2) 0 nên nếu VP(2) 0 x 5   thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2) 0 x 5   thì bpt (2) 2 22(x 16) (10 2x)    . Nếu 0x bất phương trì nh này thì ta có Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 5 2 02(x 16) 0  do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy để giải bất phương tr ì nh (2) ta chia làm hai trường hợp TH1: x 4 ( k) x 5. 10 2x 0      ñ TH2: 2 2 2 10 2x 0 4 x 5 10 34 x 5 2(x 16) (10 2x) x 20x 66 0                   . Lấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là: x 10 34  . Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh (2) là: f (x) g(x) . Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp: TH 1: f (x) 0 g(x) 0    TH 2: 2 g(x) 0 f (x) g (x)   Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 22x 6x 1 x 1    . Giải: 2 2 2 2 x 1 0 x 1 Pt 2x 6x 1 (x 1) 6x 1 x 1                  2 2 2 4 2 x 1 x 1 x 0,x 2 6x 1 (x 1) x 4x 0                  . Ví dụ 6: Giải phương trì nh: 2x(x 1) x(x 2) 2 x    . Giải: ĐK: x 1 x 2 x 0       (*) . Phương trì nh 2 2 22x x 2 x (x 1)(x 2) 4x      2 2 2 2 2 22 x (x x 2) x(2x 1) 4x (x x 2) x (2x 1)          (do đk (*) ). 2 0 (8 9) 0 9 8         x x x x cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*). Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 90; 4 x x  . Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 6 Chú ý : 1) Bài toán trên cò n có cách giải khác như sau * x 0 là một nghiệm của phương trì nh. * x 1 2PT x 1 x 2 2 x 2 x x 2 2x 1           2 2 94x 4x 8 4x 4x 1 x 8         (nhận). * x 2 PT x(1 x) x( x 2) 2 ( x)( x)             2 91 x x 2 2 x 2 x x 2 2x 1 x 8                (loại). Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 90; 4 x x  . 2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b a. b ! Nên nhớ đẳng thức này chỉ đúng khi a,b 0 ! Nếu a,b 0 thì ab a. b   . Ví dụ 7: Giải phương trì nh: 3 3 3x 1 x 2 2x 3     . Giải: Phương trì nh 3 332x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 3 3 3 x 1 x 2 2x 3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0            (*) 3 x 1;x 2;x . 2     Chú ý : * Khi giải phương trì nh trên chúng ta thường biến đổi như sau 3 332x 3 3 (x 1)(x 2)( x 1 x 2) 2x 3         3 (x 1)(x 2)(2x 3) 0     !? Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau 3 23 3 3 31 x 1 x 1 2 3 1 x ( 1 x 1 x ) 1             3 21 x 1 x 0     . Nhưng thay vào phương tr ì nh ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trì nh ! * Với dạng tổng quát 3 3 3a b c  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 3 3(a b) a b 3ab(a b)     ta có phương trì nh tương đương với hệ 3 3 3 3 a b c a b 3 a.b.c c       . Giải hệ này ta có được nghiệm của phương trì nh. Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 7 Ví dụ 8: Giải phương trì nh: 4 3 10 3x x 2    (HSG QG 2000). Giải: Phương trì nh 2 2 x 2 x 2 4 3 10 3x x 4x 4 4x x 3 10 3x                4 3 2 3 2 2 x 4 2 x 4 x 8x 16x 27x 90 0 (x 3)(x 5x x 30) 0                    2 2 x 4 x 3 (x 3)(x 2)(x 7x 15) 0          . Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 2 24x y y 2 4x y     . Giải: Phương trì nh 2 24x y 4x y y 2      2 2 24x y 4x 4y 2 2 (y 2)(4x y)        2 2 2 1 x (2x 1) (y 2) 2 (y 2)(4x y) 0 2 y 2               . Thử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trì nh. Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: 1 x 2 y 2      . Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 1) 2x x 7 7   . 2) x 34x 1 3x 2 5     . Giải: 1) Phương trì nh 2x (x 7) (x x 7) 0 (x x 7)(x x 7 1) 0             x 7 x (1) x 7 x 1 (2)         * 2 x 0 1 29 (1) x 2x x 7 0        . * 2 x 1 (2) x 2 x x 6 0        . Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm 1 29x 2;x 2   . Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 8 2) Phương trì nh 5( 4x 1 3x 2) (4x 1) (3x 2)        5( 4x 1 3x 2) ( 4x 1 3x 2)( 4x 1 3x 2)           4x 1 3x 2 0 x 2 4x 1 3x 2 5            . Nhận xét: *Với bài 1 ta có thể giải như sau: Đặt y x 7  ta có hệ phương trì nh 2 2 y x 7 x y 7      trừ vế theo vế hai phương trì nh ta được: (y x)(y x 1)   . Từ đây giải ra ta tì m được x. * Câu 1 có dạng tổng quát như sau: 2x x a a   . * Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau Phương trì nh x 2( 4x 1 3) ( 3x 2 2) 5        x 2 4(x 2) 3(x 2) x 2 3x 2 4x 1 1 1 (*)54x 1 3 3x 2 2 5( 4x+1 3)( 3x 2 2)                     Vì VT(*) 0 (do 2x 3  ) nên (*) vô nghiệm. Ví dụ 10: Giải bất phương trì nh : 1) 2 2 x x 4 (1 1 x)     2) 2 2(x 3x) 2x 3x 2 0    . Giải: 1) ĐK: x 1  * Với x 0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x 0 1 x 1 0     . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được 2 2 2 2 2 x (1 x 1) x 4 (1 x 1) x 4 x 1 3 x 8 (1 x 1) (1 x 1)                   Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T [ 1;8)  . 2) Ta xét hai trường hợp TH 1: 2 1 2x 3x 2 0 x 2,x 2        . Khi đó BPT luôn đúng Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 9 TH 2: 2 2 1 2x 3 2 0 x V x 2 1 Bpt x V x 32 2x 3x 0 x 0 V x 3                    . Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: 1T ( ; ] {2} [3; ) 2       . Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. * Khi giải bất phương trì nh nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trì nh cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó. Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp. Ví dụ 11: Giải bất phương trì nh : 1) 2 2(x 3) x 4 x 9    2) 251 2x x 1 1 x    . Giải: 1) * Với x 3  bất phương trì nh đúng. * Với  222 x 3x 3 x 3 Bpt x 3 x 4 x 3x 4 x 3                 . * Với 2 x 3 x 3 5 x 3 Bpt x3 x 3 6x 4 x 3 6x 5 0                  . Vậy nghiệm của bất phương trì nh dã cho là: 5x V x 3 6    . 2) * Nếu 2 22 x 1 x 1 1 x 0 x 1 Bpt 51 2x x 0 1 52 x 1 52 x 2551 2x x 1 x                          1 52 x 5     . *Nếu x 1  luôn đúng vì VT 0 1  . Vậy nghiệm bất phương tr ì nh đã cho là : 1 52 x 5 V x 1     . Ví dụ 12: Tì m m để phương tr ì nh 2x 2mx 1 m 2    có nghiệm. Giải: * Nếu m 2  phương trì nh vô nghiệm Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 10 * Với m 2  Phương trì nh 2 2 2 2x 2mx 1 m 4m 4 x 2mx m 4m 3 0            Phương trì nh có nghiệm 2' 2m 4m 3 0     đúng mọi m Vậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 13: Tì m m để phương trì nh: 22x mx 3 x 1    có hai nghiệm phân biệt. Giải: Phương trì nh 2 x 1 x (m 2)x 4 0 (*)        . Phương trì nh (*) luôn có hai nghiệm : 2 1 2 m m 4m 8 x 0 2      ; 2 2 2 m m 4m 8 x 0 2      Phương trì nh đã cho có hai nghiệm (*) có hai nghiệm phân biệt 1  2 2 2 2 m 4 x 1 4 m m 4m 8 m 2 (4 m) m 4m 8                . Vậy m 2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 14: Tì m m để phương tr ì nh 2 22x mx x 4 0    có nghiệm. Giải: Phương trì nh 2 2 2 2 x 4 0 (1) 2x mx x 4 x mx 4 0 (2)            (2) có nghiệm 2m 160 0 | m | 4      (*) . Khi đó (2) có hai nghiệm là: 2 1,2 m m 16 x 2   . Nghiệm 1x thỏa mãn (1) 2 2 2 2(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0          2 2 2 m 4 m 4 m 16( m 16 m) 0 m 4m 16 m                . Nghiệm x2 thỏa mãn (1) 2 2 2 2(m m 16) 16 0 m m m 16 16 0          2 2 2 m 4 m 4 m 16( m 16 m) 0 m 4m 16 m               . Vậy | m | 4 thì phương trì nh đã cho có nghiệm. Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 11 Chú ý : Bài toán trên ta có thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) có nghiệm thì 1 1 2 2 | x | 2 | x x | 4 | x | 2     nên phương trì nh đã cho có nghiệm 0 | m | 4    . Bài tập Bài 1: Giải các phương tr ì nh sau 1) 3 3 5 2 4x x x     22) 8 6 1 4 1 0x x x     3) ( 5)(3 4) 4( 1)x x x    4) 36 4 28 4 x 2 y 1 x 2 y 1         5) 2 2 4 (1 1 )     x x x 6) 22 1 ( 1) 0      x x x x x x 7) x x 1 x 1    8) 4 4 2 2ax x x a x a(a 1)     9) (x 2)(2x 1) 3 x 6 4 (x 6)(2x 1) 3 x 2          . 10) 3 2 4x 1 x x x 1 1 x 1        . 11) 4 1 5x x 2x x x x      . 12) 3 332x 1 x 16 2x 1    13) x x 5 5   14) 4 2 2 2x 2x x 2x 16 2x 6x 20 0       . 15) 2 24x 5x 1 2 x x 1 9x 3       . Bài 2: Giải các bất phương trì nh sau: 1) 2 24(x 1) (2x 10)(1 3 2x )     2) x 2 x 1 x    3) (x 5)(3x 4) 4(x 1)    4) 7x 13 3x 9 5x 27     5) 1 x 1 x x    6) 3x 4 x 3 4x 9     7) 2 2x 4x 3 2x 3x 1 x 1       8) 2 225 x x 7x 3    9) 2 2 2x 8x 15 x 2x 15 4x 18x 18        10) 2x 2x 1 1 2x 9     11) 2 2 1 1 2 x x xx x     12) 2 2 2x 3x 2 x 4x 3 2 x 5x 4        13) 23x x 4 2 2 x      14) 21 2x 1 2x 2 x     Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 12 Phương pháp đặt ẩn phụ: Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trì nh ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trì nh ẩn phụ tì m nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu. Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ Bước này là bước quan trọng nhất. Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ, để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong phương trì nh, bất phương trì nh. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức chứa ẩn trong phương trì nh qua một đại lượng khác. B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt. Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương tr ì nh thu được thường là những phương trì nh (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tì m được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp. B3: Giải phương tr ì nh (bpt) với ẩn phụ vừa tì m được và kết luận tập nghiệm. Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trì nh (bpt) mà ta thường hay gặp. Dạng 1: nF( f (x)) 0 , với dạng này ta đặt nt f (x) (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t 0 ) và chuyển về phương trì nh F(t) 0 giải phương tr ì nh này ta tì m được t x . Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai: af (x) b f (x) c 0   . Ví dụ 1: Giải phương trì nh 2 21)x x 11 31   22)(x 5)(2 x) 3 x 3x    Giải: 1) Đặt 2t x 11, t 0   . Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: 2 2t t 42 0 t 6 x 11 6 x 5           . 2) Phương trì nh 2 2x 3x 3 x 3x 10 0      Đặt 2t x 3x, t 0   . Phương trì nh đã cho trở thành 2 2 2 3 109t 3t 10 0 t 5 x 3x 5 x 3x 25 0 x 2                . Ví dụ 2: Giải bất phương trì nh : 1) 2 2x 2x 22 x 2x 24 0       2) 2x 9 x x 9x 6      Giải: Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 13 1) Đặt 2t x 2x 24, ( t 0)     2 2 2 2x 2x 24 t x 2x 22 2 t         Bất phương trì nh trở thành: 2 22 t t 0 t t 2 0 0 t 1          2 2 2 4 x 6x 2x 24 0 x 2x 24 1 x 1 2 6 V x 1 2 6x 2x 23 0                       4 x 1 2 6 1 2 6 x 6         là nghiệm của bất phương trì nh đã cho. 2) ĐK: 0 x 9  Bất phương trì nh đã cho 2 29 2 9x x x 9x 6       2 29x x 2 9x x 3 0      2 29x x 3 x 9x 9 0       9 3 5 9 3 5 x 2 2     . Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trì nh là: 9 3 5 9 3 5x 2 2    . Ví dụ 3 : Tì m m để các phương tr ì nh sau có nghiệm: 2 2 2x 2x 2m 5 2x x m     . Giải: Đặt 2 2t 5 2x x 6 (x 1) t [0; 6]        và 2 2x 2x 5 t   Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: 2 2t 2mt m 5 0 (*) t m 5       Phương trì nh đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t [0; 6] hay 0 m 5 6 5 m 6 5 0 m 5 6 5 m 6 5                  . Ví dụ 4: Chứng minh rằng với m 0  thì phương trì nh sau luôn có nghiệm: 2 2 2 35x (m ) x 4 2 m 0 3       . Giải: Đặt 2t x 4 t 2    . Khi đó phương tr ì nh đã cho trở thành 2 2 35f (t) t (m )t m 2 0 3       (*). Vì m 0  (*) luôn có hai nghiệm t phân biệt (Do 2 2 35(m ) 4(m 2) 0 3       ) và 3 2 4f (2) (m 2m ) 3     Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 14 Ta sẽ chứng minh 3 2 4m 2m 0 m 0 3      (1) . * Nếu 3 2m 2 m 2m 0 (1)     đúng * Nếu 3 2 2 3 232 2 4 320 m 2 m 2m (m )(m ) 0 m 2m 27 3 3 27              3 2 4 32 4m 2m 0 (1) 3 27 27        đúng. f (2) 0 (*)   luôn có một nghiệm t 2 hay phương trì nh đã cho luôn có nghiệm. Chú ý : * Nếu tam thức 2f (x) ax bx+c  thỏa mãn af ( ) 0   tam thức luôn có nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đó   nếu a<0 thì nghiệm đó   . * Để chứng minh 3 2 4m 2m 0 3    ta có thể sử dụng phương pháp hàm số hoặc BĐT Dạng 2: m( f (x) g(x)) 2n f (x).g(x) n(f (x) g(x)) p 0      . Với dạng này ta đặt t f (x) g(x)  .Bì nh phương hai vế ta sẽ biểu diễn được những đại lượng còn lại qua t và chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) bậc hại đối với t. Ví dụ 1: Cho phương tr ì nh: 3 x 6 x m (3 x)(6 x)       . 1) Giải phương trì nh khi m=3. 2) Tì m m để phương trì nh đã cho có nghiệm. Giải: Đặt 2t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x)         (*) Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 (3 x)(6 x) 9   nên từ (*) 3 t 3 2   . Phương trì nh đã cho trở thành: 2 2t 9t m t 2t 9 2m 2        (1) 1) Với m 3 ta có phương trì nh: 2t 2t 3 0 t 3     thay vào (*) ta được x 3 (3 x)(6 x) 0 x 6        . 2) Phương trì nh đã cho có nghiệm (1) có nghiệm t [3;3 2] . Xét hàm số 2f (t) t 2t 9   với t [3;3 2] , ta thấy f(t) là một hàm đồng biến 6 f (3) f (t) f (3 2) 9 6 2      t [3;3 2]  Do vậy (1) có nghiệm 6 2 9t [3;3 2] 6 2m 9 6 2 m 3 2          . Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 15 Vậy 6 2 9 m 3 2    là những giá trị cần tìm. Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trì nh f (x) k có nghiệm trên D k Y  . Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 2x 3 x 1 3x 2 (2x 3)(x 1) 16        . Giải: Đk: x 1  . Đặt 2t 2x 3 x 1, t 0 t 3x 2 (2x 3)(x 1) 4 (*)           Khi đó phương trì nh trở thành: 2 2t t 20 t t 20 0 t 5        Thay t 5 vào (*) ta được: 2 2 2 1 x 7 21 3x 2 2x 5x 3 441 126x 9x 8x 20x 12              2 1 x 7 x 3 x 146x 429 0         là nghiệm của phương trì nh đã cho. Ví dụ 3: Giải phương trì nh: 3 33 3x 35 x (x 35 x ) 30    . Giải: Đặt 3 3 3 33 3 3 33 t 35t x 35 x t 35 3x 35 x (x 35 x ) x 35 x 3t             (*) Phương trì nh đã cho trở thành: 3t 35 .t 30 t 5 3t     thay vào (*) ta có: 3 3 3 3 6 3 x 3x 35 x 6 x (35 x ) 216 x 35x 216 0 x 2             . Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 2 2 2 2 2 1 x 5 1 x x ( ) 2 0 2 xx 1 x 1 x        . Giải: ĐK: 1 x 1   . Đặt 2 2 2 2 22 1 x x 1 x t t 1 x x 1 x1 x        . Phương trì nh đã cho trở thành: 2 12t 5t 2 0 t 2; t 2         . * 2 2 2 2 2 1 x 0 1 x x 1 t 2 2 x .1 xx 231 x x 1 x                  Chuyên đề phương tr ì nh – Bất phương trì nh GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 16 * 2 2 2 2 2 1 x 0 1 x x 1 t 2 1 x 3x 21 x 4x 1 x                 vô nghiệm. Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm duy nhất 1x 2   . Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh : 27x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x        . Giải: ĐK 6x 7  Đặt 2 2t 7x 7 7x 6, (t 0) 14x 2 49x 7x 4