Chuyên đề Phương trình và bất phương trình chứa căn thức

13 Chuyên đề 3 PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC TRỌNG TÂM KIẾN THỨC I. Các điều kiện và tính chất cơ bản : * A có nghĩa khi A ≥ 0 * 0≥A với A ≥ 0 * AA =2 & ⎩⎨ ⎧ < ≥= 0A nếu A- 0A nếu A A * ( ) AA =2 với A ≥ 0 * BABA .. = khi A , B ≥ 0 * BABA −−= .. khi A , B ≤ 0 II. Các định lý cơ bản : (quan trọng) a) Định lý 1 : Với A ≥ 0 và B ≥ 0 thì A = B ⇔ A2 = B2 b) Định lý 2 : Với A≥ 0 và B≥ 0 thì A > B ⇔ A2 > B2 III. Các phương trình và bất phương trình căn thức cơ bản & cách giải : Phương pháp chung để giải loại này là KHỬ CĂN THỨC bằng phép nâng lũy thừa. * Dạng 1 : A 0 (hoặc B 0 ) A B A B ≥ ≥⎧= ⇔ ⎨ =⎩ * Dạng 2 : 2 B 0 A B A B ≥⎧⎪= ⇔ ⎨ =⎪⎩ * Dạng 3 : 2 A 0 A B B 0 A B ⎧ ≥⎪⎨⎪ <⎩ * Dạng 4: 2 A 0 B 0 A B B 0 A B ⎡ ≥⎧⎨⎢ ⇔ ⎢ ≥⎧⎪⎢⎨⎢ >⎪⎩⎣ htp://kinhhoa.violet.vn 14 IV. Các cách giải phương trình căn thức thường sử dụng : * Phương pháp 1 : Biến đổi về dạng cơ bản Ví dụ : Giải phương trình sau : 02193 2 =−++− xxx (1) Bài giải: Ta cĩ: 2 2 2 2 2 3x 9x 1 x 2 0 3x 9x 1 2 x 3x 9x 1 4 4x x x 2 2x 5x 3 0 x 2 x 3 2 x 0 1x 2 − + + − = ⇔ − + = − ⎧⎪⎪⇔ ⎨⎪ − + = − +⎪⎪⎩ ⎧ ≤⎪⎪⇔ ⎨⎪ − − =⎪⎪⎩ ≤ ⎡ =⇔ = − − ≥ ⎢⎢⎢ ⎣ 1x 2 ⎧⎪⎪⎪⎪⎪ ⇔ = −⎨⎪⎪⎪⎪⎢⎪⎪⎩ Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }1S 2= − * Phương pháp 2 : Đặt điều kiện (nếu có) và nâng luỹ thừa để khử căn thức Ví dụ : Giải phương trình sau : 2x 9 4 x 3x 1+ − − = + (1) Bài giải: Điều kiện: 9x2x 9 0 2 14 x 0 x 4 x 4 3 3x 1 0 1x 3 ⎧⎪⎪⎧ ≥−⎪⎪ + ≥ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪⎪ ⎪− ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪+ ≥⎪ ⎪⎪⎩ ≥−⎪⎪⎪⎩ Khi đĩ: 15 ( )( ) ( )( ) 2 2x 9 4 x 3x 1 2x 9 2x 9 2x 5 2 3x 1 4 x 3x 1 4 x 2 3x 1 4 x 3x 11x 0 + − = + ⇔ + = ⇔ + = + + + − ⇔ + − = ⇔ − + = − + + − x 0 11x 3 =⎡⎢⎢⇔ ⎢ =⎢⎣ Nghiệm tìm được thỏa điều kiện ban đầu Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }11S 0; 3= * Phương pháp 3 : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình hoặc hệ pt đại số Ví dụ : Giải các phương trình sau : 1) xxxx 33)2)(5( 2 +=−+ (1) 2) 5)4)(1(41 =−++−++ xxxx Bài giải: 1) 2(x 5)(2 x) 3 x 3x+ − = + (1) Điều kiện: 2x 3x 0 x 3 x 0+ ≥ ⇔ ≤− ∨ ≥ Khi đĩ: 2 2(1) ( ) 10 3 x 3x x (2)3x⇔ +− + =+ Đặt ( )2t x 3x t 0= + ≥ , phương trình (2) trở thành 2 t 2 t 3t 10 0 t 5 (loai) ⎡ =⎢+ − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Với t 2= ta được phương trình: 2 2 x 1 x 3x 2 x 3x 4 0 x 4 ⎡ =⎢+ = ⇔ + − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Nghiệm tìm được thỏa điều kiện ban đầu Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }S 4;1= − 2) x 1 4 x (x 1)(4 x) 5+ + − + + − = (1) Điều kiện: x 1 0 x 1 1 x 4 4 x 0 x 4 ⎧ ⎧+ ≥ ≥−⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔ − ≤ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪− ≥ ≤⎪ ⎪⎩ ⎩ Đặt t x 1 4 x ( 0 t )= + + − ≥ Suy ra: ( )( ) ( )( ) 2 2 t 5t 5 2 x 1 4 x x 1 4 x 2 −= + + − ⇔ + − = Phương trình (1) trở thành: 16 2 2 t 3t 5t 5 t 2t 15 0 t 5 (loai)2 ⎡ =− ⎢+ = ⇔ + − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Với t 3= ta được phương trình: ( )( ) ( )( ) 2 x 1 4 x 3 5 2 x 1 4 x 9 x 1 4 x 4 x 0 x 3x 0 x 3 + + − = ⇔ + + − = ⇔ + − = =⎡⎢⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎢⎣ Nghiệm tìm được thỏa điều kiện ban đầu Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }S 0;3= * Phương pháp 4 : Biến đổi phương trình về dạng tích số : A.B = 0 hoặc A.B.C = 0 Ví dụ : Giải các phương trình sau : 1) xx x x −=−−− 12323 2 2) 2x 2 7 x 2 x 1 x 8x 7 1+ − = − + − + − + Bài giải: 1) xx x x −=−−− 12323 2 (1) Điều kiện: 23x 2 0 x 3 − > ⇔ > Khi đĩ: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 (1) x 3x 2 1 x 3x 2 x 1 3x 2 0 x 1 x 2 3x 2 0 x 1 3x 2 2 x x 1 x 2 3x 2 4 4x x x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 x x 1 x 1 x 6x 7x 6 0 2 ⇔ − + = − − ⇔ + − − = ⎡ ⎤⇔ − − + − =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎡ =⎢⇔ ⎢ − = −⎢⎣ ⎡ =⎢⎢⎧ ≤⎪⇔ ⎢⎪⎢⎨⎢⎪ − = − +⎪⎢⎪⎩⎣ ⎡ = ⎡ =⎢ ⎢⎢ ⎢⎧ ≤ ⎧ ≤⎪⇔ ⇔ ⎪ ⇔ =⎢ ⎢⎪ ⎪⎢ ⎢⎨ ⎨⎢⎪ ⎪ = ∨ =⎢− + =⎪ ⎪⎢ ⎩⎪ ⎣⎣ − ⎩ − Nghiệm tìm được thỏa điều kiện ban đầu Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }S 1= 17 2) 2x 2 7 x 2 x 1 x 8x 7 1+ − = − + − + − + (2) Điều kiện: 7 x 0 x 7 1 x 7 x 1 0 x 1 ⎧ ⎧− ≥ ≤⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔ ≤ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪− ≥ ≥⎪ ⎪⎩ ⎩ Khi đĩ: ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 (1) 2 7 x 2 x 1 7 x x 1 0 2 7 x 2 x 1 7 x x 1 0 x 1 x 1 7 x 2 x 1 x 1 x 1 7 x 0 x 1 7 x x 1 2 0 x 1 7 x x 4 x 5x 1 2 ⇔ + − − − − − − = ⇔ + − − − − − − = ⇔ − − − − − − − − = ⇔ − − − − − = ⎡ − = − =⎡⇔ ⇔⎢ ⎢ =− = ⎣⎢⎣ − − Nghiệm tìm được thỏa điều kiện ban đầu Vậy tập nghiệm của pt(1) là { }S 4;5= V. Các cách giải bất phương trình căn thức thường sử dụng : * Phương pháp 1 : Biến đổi về dạng cơ bản Ví dụ : Giải các bất phương trình sau : 1) 1342 +−+ xxx Bài giải: 1) 1342 +<+− xxx (1) Ta cĩ: 2 2 2 2 x 4x 3 0 x 4x 3 x 1 x 1 0 x 4x 3 x 2x 1 x 1 x 3 1 x 1 3 x 1 x 31x 3 ⎧⎪ − + ≥⎪⎪⎪⎪− + ⎨⎪⎪⎪ − + < + +⎪⎪⎩ ⎧⎪⎪⎪ ≤ ∨ ≥⎪ ⎡⎪ − ⇔⎨ ⎢⎪⎪ ≥⎢⎪ ⎣⎪ >⎪⎪⎪⎩ Vậy tập nghiệm của bpt(1) là [ )1S ;1 3; 3 ⎛ ⎤⎜= +∞⎥⎜⎝ ⎥⎦ ∪ 2) 2)4)(1( −>−+ xxx (1) 18 Ta cĩ: 2 2 2 (x 1)(4 x) 0 x 2 0 (x 1)(4 x) x 2 x 2 0 x 3x 4 x 4x 4 1 x 4 1 x 2 1 x 2x 2 x 2 x 2 070 x 22x 7x 0 ⎡⎧ + − ≥⎪⎪⎢⎨⎢⎪ − − ⇔ ⎢⎧ − ≥⎪⎢⎪⎨⎢⎪− + + > − +⎢⎪⎪⎩⎣ ⎡⎧− ≤ ≤⎪ ⎡− ≤ <⎪⎢⎨ ⎢⎢ − ≤ <⎪ < ⎢⎢⎪ ⎧ ≥⎩ ⎪⎢⎢ ⎪⇔ ⇔ ⇔⎪⎢⎢⎧ ≥⎪ ⎨⎢⎪⎢ ⎪ < <⎢⎨ ⎪⎢ ⎪⎪ ⎢− < ⎩⎣⎢⎪⎪⎩⎣ 7x 2 ⎡⎢⎢⎢ < <⎢⎣ Vậy tập nghiệm của bpt(1) là [ ) ( )S 1;2 0;7= − ∪ * Phương pháp 2 : Đặt điều kiện (nếu có) và nâng luỹ thừa để khử căn thức Ví dụ : Giải bất phương trình sau : x 11 2x 1 x 4+ − − ≥ − (1) Bài giải Điều kiện: ≥ −⎧+ ≥⎧ ⎪⎪ ⎪− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥⎨ ⎨⎪ ⎪− ≥⎩ ≥⎪⎩ x 11 x 11 0 1 2x 1 0 x x 4 2 x 4 0 x 4 Khi đĩ: ( )( ) ( )( ) ( )( ) 2 2 2 (1) x 11 x 11 3x 5 2 x 4 2x 1 2 x 4 2x 1 16 2x x 4 2x 1 8 x 8 x 0 2x 9x 4 64 16x x x 8 x 7x 60 0 x 8 x 12 x 4 2 x 12 x 5 5 x 8 x 1⇔ + ≥ ⇔ + ≥ − + − − ⇔ − − ≤ − ⇔ − − ≤ − ⎧ − ≥⎪⎪⇔ ⎨⎪ − + ≤ − +⎪⎪⎩ ⎧ ≤⎪⎪⇔ ⎨⎪ + − ≥⎪⎪⎩ ⎧ ⎡≤ ≤−⎪⎪ ⎢⇔ ⇔⎨ ⎢⎪ ≤− ∨ ≥ ≤ + ≤ − ⎪⎩ ⎣ − ⎢ So với điều kiện ban đầu ta được 5 x 8≤ ≤ Vậy tập nghiệm của bpt(1) là [ ]S 5;8= 19 * Phương pháp 3 : Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số Ví dụ : Giải phương trình sau : 123342 22 >−−++ xxxx Bài giải: Điều kiện: 2 23 2x x 0 x 2x 30 13 x− − ≥ ⇔ + − ≤ − ≤ ≤⇔ Khi đĩ: ( )2 2(1) 3 x 2x 3 1 2 x 2x 3 6 (2)⇔ − − + > + − − + − Đặt 2t x 2x 3 (t 0)= − − + ≥ , bất phương trình (2) trở thành 2 2 53t 2t 5 2t 3t 5 0 1 t 2 > − ⇔ − − < ⇔ − < < Do t 0≥ nên ta chỉ nhận 50 t 2 ≤ < Với 50 t 2 ≤ < ta được bất phương trình: ( )2 2 25x 2x 3 4 x 2x 3 25 4x 8x 13 0 x 2 − − + ⇔ ∀ ∈ \ So với điều kiện ban đầu ta suy ta tập nghiệm bpt(1) là [ ]S 3;1= − * Phương pháp 4 : Biến đổi phương trình về dạng tích số hoặc thương Ví dụ : Giải các bất phương trình sau : 1) 0232)3( 22 ≥−−− xxxx 2) 14 35 <− −+ x x Bài giải: 1) 0232)3( 22 ≥−−− xxxx (1) Điều kiện: 2 1x 22x 3x 2 0 x 2 ⎡ ≤ −⎢⎢− − ≥ ⇔ ⎢ ≥⎢⎣ Trường hợp 1: Với 1x x 2 2 = − ∨ = thì (1) thỏa mãn. Suy ra 1x x 2 2 = − ∨ = là nghiệm của (1) Trường hợp 2: Với 1x x 2 2 thì 2(1) x 3x 0 x 0 x 3⇔ − ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ So với điều kiện đang xét ta được 1x x 3 2 <− ∨ ≥ 20 Vậy nghiệm của bpt(1) là: 1x 2 x 2 x 3 ⎡ ≤ −⎢⎢⎢ =⎢⎢⎢ ≥⎢⎣ 2) 14 35 <− −+ x x (1) Điều kiện: x 5x 5 0 x 4x 4 0 ≥−+ ≥⎧ ⎧⎪ ⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨ ≠− ≠⎪ ⎪⎪ ⎪⎩⎩ Trường hợp 1: Với x 4> thì 2 2 (1) x 5 3 x 4 x 5 x 1 x 5 x 2x 1 x 3x 4 0 x 1 x 4 ⇔ + − < − ⇔ + < − ⇔ + < − + ⇔ − − > ⇔ So với điều kiện đang xét ta được nghiệm là x 4> Trường hợp 2: Với 5 x 4− ≤ < thì 2 2 (1) x 5 3 x 4 x 5 x 1 x 1 0 x 1 0 x 5 x 2x 1 x 1 x 1 x 3x 4 0 x 1 x 1 1 x 4 ⇔ + − > − ⇔ + > − ⎡ − − +⎪⎢⎪⎩⎣ ⎡ <⎢⎢⎧ ≥⎪⇔ ⎢⎪⎢⎨⎢⎪ − − <⎪⎢⎪⎩⎣ < ⎧ ≥⇔ − < < x 1 x 4 1 x<4 ⎡⎢ ⎡ <⎢ ⎢⎪ ⇔ ⇔ <⎢ ⎢⎪ ≤⎢⎨ ⎢⎣⎪⎢⎪⎩⎣ So với điều kiện đang xét ta được nghiệm là 5 x 4− ≤ < Vậy nghiệm của bpt(1) là: 5 x 4 x 4− ≤ 21 CÁC BÀI TỐN RÈN LUYỆN Bài 1: Giải phương trình: 22x 6x 1 x 1 + + = + Bài 2: Giải phương trình: 4 3 10 3x x 2 − − = − Bài 3: Giải phương trình: ( ) ( ) 2x x 1 + x x+2 =2 x − Bài 4: Giải phương trình: ( ) ( )2 3 23 x 2 x 1 2 x 3x 3 8 0 − + + − + − = Bài 5: Giải phương trình: 22x+3+ x+1=3x+2 2x 5x 3 16 + + − Bài 1: Giải phương trình: 22x 6x 1 x 1 (1)+ + = + Ta cĩ: 2 2 2 2 2 4 2 4 2 x+1 0 (1) 2x 6x 1 x 2x 1 x 1 6x 1 x 1 x 1 6x 1 x 2x 1 x 1 x 1 x 0 x 0 x 2x 4x 0 x 2 ⎧ ≥⎪⎪⎪⇔ ⎨⎪ + + = + +⎪⎪⎩ ⎧ ≥−⎪⎪⎪⇔ ⎨⎪ + = +⎪⎪⎩ ⎧ ≥−⎪⎪⇔ ⎨⎪ + = + +⎪⎪⎩ ⎧ ≥−⎪⎪⎧ ≥− =⎡⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎢=⎡⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎢⎢ =⎪ ⎪− = ⎢⎪ ⎪⎢ ⎣⎪⎩ = ±⎪⎢⎪⎣⎪⎩ Vậy phương trình (1) cĩ hai nghiệm là x 0 x 2= ∨ = 22 Bài 2: Giải phương trình: 4 3 10 3x x 2 (1)− − = − Bài giải: Ta cĩ: ( )( )( ) 2 2 2 2 3 4 4 3 2 2 x 2 0 x 2 (1) 4 3 10 3x x 4x 4 3 10 3x 4x x x 2 x 2 4x x 0 0 x 4 90 27x 16x 8x x x 8x 16x 27x 90 0 2 x 4 2 x 4 x 3 x 3 x 2 x 7x 15 0 x 2 ⎧ ⎧− ≥ ≥⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨⎪ ⎪− − = − + − = −⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎧ ⎧⎪ ⎪≥ ≥⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ − ≥ ⇔ ≤ ≤⎨ ⎨⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪− = − + − + + − =⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎩ ⎧ ≤ ≤⎪⎧ ≤ ≤⎪⎪⎪ ⎡ =⇔ ⇔⎨ ⎨⎢⎪ − + − + =⎪ ⎢⎪⎩ = −⎢⎣ x 3 ⎪⎪⎪ ⇔ =⎪⎪⎪⎪⎪⎩ Vậy phương trình (1) cĩ hai nghiệm là x 3= Bài 3: Giải phương trình: ( ) ( ) 2x x 1 + x x+2 =2 x (1)− Bài giải: Điều kiện : ( ) ( ) x 2 x x 1 0 x 0 x x+2 0 x 1 ⎧⎪ ≤−⎪⎧ − ≥ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⇔ =⎨ ⎨⎪ ⎪≥⎪ ⎪⎪⎩ ⎪ ≥⎪⎪⎩ Khi đĩ: ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 3 2 (1) 2x x 2 x x 1 x 2 4x 2 x x 1 x 2 2x x 2x x 0 4x x x 2 4x 4x x 1x 0 x 1 x 02x 0 x x 02 9x8x 9x 0 9 8x 8 ⇔ + + − + = ⇔ − + = − ⎧ − ≥⎪⎪⎪⇔ ⎨⎪ + − = − +⎪⎪⎩ ⎧⎪⎪ ≤ ∨ ≥⎪⎧ =⎡⎪⎪ ⎪⎪ ≤ ∨ ≥ ⎢⎪⎪ =⎡ ⎢⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨⎢ ⎢⎪ ⎪ =⎪ ⎪− = ⎢ ⎢⎪ ⎪ ⎣⎪⎩ ⎪⎢ =⎪⎢⎪⎣⎪⎩ Vậy phương trình (1) cĩ hai nghiệm là 9x 0 x 8 = ∨ = 23 Bài 4: Giải phương trình: ( ) ( )2 3 23 x 2 x 1 2 x 3x 3 8 0 (1)− + + − + − = Bài giải: Đặt 3 2t x 3x 3 (t 0)= − + ≥ , phương trình (1) trở thành 2 t 1 3t 2t 5 0 5t (loai) 2 ⎡ =⎢⎢+ − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Với t 1= ta được phương trình: ( )( )3 2 3 2 2 x 1x 3x 3 1 x 3x 2 0 x 1 x 2x 2 0 x 1 3 ⎡ =⎢− + = ⇔ − + = ⇔ − − − = ⇔ ⎢ = ±⎢⎣ Vậy phương trình (1) cĩ ba nghiệm là x 1 x 1 3= ∨ = ± Bài 5: Giải phương trình: 22x+3+ x+1=3x+2 2x 5x 3 16 (1)+ + − Bài giải: Điều kiện: 32x 3 0 x 2 x 1 x 1 0 x 1 ⎧⎪⎧ + ≥ ⎪⎪ ≥−⎪⎪ ⇔ ⇔ ≥−⎨ ⎨⎪ ⎪+ ≥⎪ ⎪ ≥−⎩ ⎪⎩ Đặt t 2x 3+ x+1 (t 0)= + ≥ , phương trình (1) trở thành 2 t 5 t t 20 0 t 4 (loai) =⎡⎢− − = ⇔ ⎢ = −⎢⎣ Với t 5= ta được phương trình: 2 2 2 2 2x 3 x 1 5 2 2x 5x 3 21 3x x 7 8x 40x 12 441 126x 9x x 7 x 7 x 3 x 3 x 146x 429 0 x 143 + + + = ⇔ + + = − ⎧ ≤⎪⎪⇔ ⎨⎪ + + = − +⎪⎪⎩ ⎧ ≤⎪⎪⎧ ≤⎪ ⎪⎪ ⎪⎡ =⇔ ⇔ ⇔ =⎨ ⎨⎢⎪ ⎪− + =⎪ ⎪⎢⎪⎩ =⎪⎢⎪⎣⎪⎩ Vậy phương trình (1) cĩ một nghiệm là x 3= 24 CÁC BÀI TỐN TỰ LUYỆN Bài 1: Giải các phương trình sau 1) x 1 x 6 x 9− − − = − Kết quả: x 10= 2) ( )2 22x 8x 6 x 1 2 x 1+ + + − = + Kết quả: x 1= ± 3) ( )( )2 x 6 x 2 x 6 x 8+ + − + + − = Kết quả: x 2= Bài 2: Giải các bất phương trình sau 1) x 1 x 6 x 9− − − ≤ − Kết quả: 9 x 10≤ ≤ 2) ( )22 x 16 7 xx 3 x 3 x 3 − −+ − >− − Kết quả: x 10 34≥ − 3) 251 2x x 1 1 x − − <− Kết quả: 1 52 x 5 x 1 ⎡ − ≤ ⎢⎣ ---------------------Hết--------------------