Giáo án lớp 12 môn Đại số -Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số

Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -1- Phöông trình, baát phöông trình vaø heä phöông trình ñaïi soá Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số là một chủ đề rộng, hay và tương đối khó. Tuy nhiên, trong giới hạn của một bài giảng ôn thi đại học, tôi chỉ đề cập đến các nội dung sau: ☞ Phương trình và bất phương trình vô tỷ. ☞ Ba loại hệ phương trình cơ bản. ☞ Một số phương pháp giải các hệ phương trình đặc biệt. Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -2- Chuû ñeà 1. Phöông trình vaø baát phöông trình voâ tyû Loaïi 1. Phöông phaùp luõy thöøa A. Toùm taét lyù thuyeát Phần này đề cập đến phương pháp cơ bản nhất khi giải phương trình và bất phương trình vô tỷ - phương pháp lũy thừa. Sau đây là các quy tắc cấn nhớ khi sử dụng phương pháp này I. Moät soá pheùp bieán ñoåi töông ñöông phöông trình voâ tyû f (x) g(x) f (x) g(x) f (x) 0      . 2f (x) g (x)f (x) g(x) g(x) 0       . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -3- II. Moät soá pheùp bieán ñoåi töông ñöông baát phöông trình voâ tyû f (x) g(x) f (x) g(x) g(x) 0      . f (x) g(x) f (x) g(x) g(x) 0      . 2 g(x) 0 f (x) 0 f (x) g(x) g(x) 0 f (x) g (x)         . 2 g(x) 0 f (x) 0 f (x) g(x) g(x) 0 f (x) g (x)         . 2 g(x) 0 f(x) g(x) f (x) 0 f (x) g (x)         . 2 g(x) 0 f(x) g(x) f (x) 0 f (x) g (x)         . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -4- B. Moät soá ví duï Ví duï 1. Giải phương trình  3x 2x 5 2x 1 1    . Giaûi Ta có  1    23x 2x 5 2x 1 2x 1 0              3 2 1 2 x 4x 2x 4 0 2 x 3        .  2     2x 2 x 2x 2    x 2 x 1 3 x 1 3        . Ta thấy x 1 3  không thỏa mãn điều kiện  3 . Vậy tập nghiệm của  1 là  1;1 3 . Ví duï 2. [ĐHD06] Giải phương trình  22x 1 x 3x 1 0 1     . Giaûi Ta có  1  22x 1 x 3x 1            22 2 2x 1 x 3x 1 2 x 3x 1 0 3            .  3  2x 3x 1 0     3 5 3 52 2x 4    .  2  4 3 2x 6x 11x 8x 2 0         2 2x 1 x 4x 2 0     x 1 x 2 2 x 2 2        . Ta thấy x 2 2  không thỏa mãn điều kiện  4 nên tập nghiệm của  1 là  1;2 2 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -5- Ví duï 3. Giải phương trình    2x 1 x 4 x 5 2 x 4 1       . Giaûi Điều kiện: x 4 . Ta có  1   3x 3 2 2x 1. x 4 3x 3 2 x 5. 2 x 4           2 2x 1. x 4 2 x 5. 2 x 4       2x 1. x 4 x 5. 2 x 4             2x 1 x 4 2 x 5 x 4      9x 36 0    x 4 . Ta thấy x 4 thỏa mãn điều kiện để  1 có nghĩa   1 có nghiệm duy nhất x 4 . Ví duï 4. Giải phương trình x 7 4x 1 5x 6 2 2x 3 (1)       . Giaûi Điều kiện: 32x  . Ta có (1)   x 7 2 2x 3 5x 6 4x 1        2 29x 5 4 2x 11x 21 9x 5 2 20x 19x 6          2 22 2x 11x 21 20x 19x 6         2 24 2x 11x 21 20x 19x 6      212x 63x 78 0    24x 21x 26 0    25   13 4 x 2 x    . Thử lại ta thấy chỉ 134x  là nghiệm của (1) . Vậy (1) có nghiệm duy nhất 13 4x  . Nhaän xeùt: Hai phương trình: f (x) g(x) và 2 2f (x) g (x) nói chung là không tương đương. Vì lý do này mà trong ví dụ nói trên, sau khi thu được kết quả cuối cùng, ta phải thử lại. Việc quyết định khi nào bình phương hai về của phương trình là quan trọng. Trong ví dụ nói trên, động tác bình phương được thực hiện sau khi chuyển vế. Nhờ thế mà sau khi bình phương, ta giản ước được 9x 5 ở hai vế. Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -6- Ví duï 5. Biện luận số nghiệm của phương trình  3x x m 1 x 1     . Giaûi Ta có  1  3 2x x m x 2x 1 1 x 0            3 2x x 3x m 1 2 x 1         . Do đó số nghiệm của  1 bằng số nghiệm thõa mãn x 1 của  2 nên bằng số điểm chung của đường thẳng y m 1   với đồ thị hàm số   3 2f x x x 3x   ( x 1 ). Ta có   2f ' x 3x 2x 3   . f '(x) 0  1 10x 3    . Bảng biến thiên của hàm f (x) : x  1 10 3   1 10 3   1   f ' x  0  0   29 20 10 27  1  f x 29 20 10 27   Kết luận: * 29 20 1027m 1     56 20 1027m   :  1 vô nghiệm. * 29 20 1027m 1     56 20 1027m   :  1 có một nghiệm ( 1 103x   ). * 29 20 10271 m 1       56 20 1027 m 0     :  1 có hai nghiệm. * 29 20 1027 m 1 1        56 20 10270 m    :  1 có ba nghiệm. * 29 20 1027m 1     56 20 1027m   :  1 có hai nghiệm. * 29 20 1027m 1     56 20 1027m   :  1 có một nghiệm. Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -7- Ví duï 6. [ĐHB06] Tìm m để phương trình sau đây có hai nghiệm phân biệt  2x mx 2 2x 1 1    . Giaûi Ta có  1    22x mx 2 2x 1 2x 1 0             2 1 2 3x 4 m x 1 0 2 x         .  2 là phương trình bậc hai có  24 m 12 0 m        2 luôn có hai nghiệm phân biệt 1x , 2x . Theo định lý Vi-ét thì   m 4 1 2 3 1 1 2 3 x x 3 x x       .  1 có hai nghiệm phân biệt   2 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 12  1 1 2 1 2 2 x x        1 1 2 1 2 2 x 0 x 0                1 1 1 22 2 1 1 1 22 2 x x 0 x x 0                   1 2 1 1 1 2 1 12 4 x x 1 0 4 x x x x 0          . Thay  3 vào  4 ta thu được m 4 3 1 1 m 4 1 3 2 3 4 1 0 . 0            m 1 0 2m 9 0       9 2 m 1 m     92m  . Ví duï 7. [ĐHA05] Giải bất phương trình  5x 1 x 1 2x 4 1     . Giaûi ĐK: 5x 1 0 x 1 0 2x 4 0          x 2 . Ta có:  1  5x 1 2x 4 x 1      25x 1 3x 5 2 2x 6x 4       22x 6x 4 x 2    (do x 2  x 2 0  )  2 22x 6x 4 x 4x 4      2x 10x 0   0 x 10  Kết hợp với điều kiện để  1 có nghĩa ta có tập nghiệm của  1 là  2;10 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -8- Ví duï 8. [ĐHA04] Giải bất phương trình     22 x 16 7 xx 3 1 x 3 x 3        . Giaûi ĐK: 2x 16 0 x 3 0         x 4 2 . Ta có:  1   22 x 16 x 3 7 x       22 x 16 10 2x     2 2 10 2x 0 10 2x 0 2 x 16 100 40x 4x            2 x 5 x 5 x 20x 66 0         x 5 x 5 10 34 x 10 34          x 10 34  (thỏa mãn  2 ). Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  10 34;  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -9- C. Baøi taäp Baøi 1. Giải các phương trình sau 1) 2x x x 2 3    . Ñaùp soá: 1 . 2) 2x 2 x 3x 1 0     . Ñaùp soá: 3 . 3) 33x x x 1 2     . Ñaùp soá: 1 . 4) 3 2x x 6x 28 x 5     . Ñaùp soá:  1 1321;   . 5) 4 3x 4x 14x 11 1 x     . Ñaùp soá:  2;1 . 6)  4 3 2x 5x 12x 17x 7 6 x 1      . Ñaùp soá: 2 3  . Baøi 2. Giải các phương trình sau 1) x 3 3x 1 2 x 2x 2      . Ñaùp soá: 1 . 2) 3 3 3x 1 x 1 x 2    . Ñaùp soá: 0 , 1 . 3) 3 33x 1 x 3 2    . 4) 3 33 32x 1 1 x x    . Ñaùp soá: 0 , 1 , 3 1 2 . Baøi 3. Giải và biện luận theo m các phương trình 1) 2x 1 x m   . 2) x m x m m    . Ñaùp soá: 1) m 1 0 m 1      : vô nghiệm, 1 m 0 m 1      : 2m 1x 2m    . 2) m 0 0 m 2     : vô nghiệm, m 0 : x 0 , m 2 : 2m 4x 4   . Baøi 4. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 21 x x m   . Ñaùp soá: m 2 m 1      : vô nghiệm, m 2  : 1 nghiệm, 2 m 1    : 2 nghiệm. Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -10- Baøi 5. [ĐHB07] Chứng minh với mọi m 0 , phương trình  2x 2x 8 m x 2    có hai nghiệm phân biệt. Baøi 6. Giải các bất phương trình sau 1) x 9 2x 4 5    . Ñaùp soá: x 0 . 2) 2x 1 2(x 1)   . Ñaùp soá: x 1 1 x 3      . 3) 22x 5 x 4x 3     . Ñaùp soá: 141 x 5   . 4) 2 2 2x 3x 2 x 4x 3 2 x 5x 4        . Ñaùp soá: x 1 x 4    . 5) (x 1) 2x 1 3(x 1)    . Ñaùp soá: 1 x 2  . 6) 2x 2x 2 2x 1 1     . Ñaùp soá: 1 x 0 2    . Baøi 7. Giải và biện luận theo m các bất phương trình sau 1) m 2 x x m    . Ñaùp soá: m 1  : x m 1   , m 1  : x m m 2 x m 1        . 2) x m x 2   . Ñaùp soá: 92 m 4   : x m , 9m 4  : 9 5x 4 2   , m 2 : x 2 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -11- Loaïi 2. Phöông phaùp aån phuï A. Toùm taét lyù thuyeát Dùng ẩn phụ là một phương pháp thông dụng để giải phương trình nói chung và phương trình vô tỷ nói riêng. Đối với phương trình vô tỷ, phương pháp này có thể được phân loại như sau ☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chỉ chứa ẩn phụ. ☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một phương trình chứa cả ẩn mới và ẩn cũ. ☞ Đặt một ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa cả ẩn mới và ẩn cũ. ☞ Đặt hai ẩn phụ để thu được một hệ hai phương trình chứa hai ẩn phụ. Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -12- B. Moät soá ví duï Ví duï 1. Giải các phương trình 1)  2 2x x 11 31 1   . 2)     2x 5 2 x 3 x 3x 1    . Giaûi 1) Đặt  2t x 11 2     2 2 t 11 3 x t 11      . Phương trình  1 trở thành:    2t 11 t 31 4    2t t 42 0    t 6 t 7     . * Nghiệm t 7  của  4 không thỏa mãn điều kiện  3 nên không sinh ra nghiệm x của  1 . * Thay t 6 vào  2 ta có 2x 11 6   2x 11 36   2x 25  x 5  . Vậy tập nghiệm của phương trình là  1 . 2)  1  2 2x 3x 3 x 3x 10 0     . Đặt  2t x 3x 2     2 2 t 0 3 x 3x t      . Phương trình  1 trở thành  2t 3t 10 0 4    t 2 t 5     * Nghiệm t 5  của  4 không thỏa mãn điều kiện  3 nên không sinh ra nghiệm x của  1 . * Thay t 2 vào  2 ta có 2x 3x 2   2x 3x 4   2x 3x 4   x 1 x 4     . Vậy tập nghiệm của phương trình là  1; 4 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -13- Ví duï 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  2 2 2x 2x 2m 5 2x x m 1     . Giaûi * Đặt  2t 5 2x x 2    2 2x 2x 5 t   . Phương trình  1 trở thành: Khi đó phương trình trở thành:  2 2t 2mt m 5 0 3     t m 5  . * Trước hết, ta tìm điều kiện để  2 có nghiệm. Xét hàm   2f x 5 2x x   . Ta có    2f x 6 x 1   . Ta thấy  f x 0 x  , dấu bằng xảy ra  x 1 6   ;  f x 6 x  , dấu bằng xảy ra  x 1  . Do đó tập giá trị của hàm f là 0; 6   , thành thử  2 có nghiệm  t 0; 6    . * Vậy  1 có nghiệm   2 có nghiệm t 0; 6     0 m 5 6 0 m 5 6          5 m 6 5 5 m 6 5         . Chuù yù: Điều kiện phương trình    f x m * có nghiệm: ☞  * có nghiệm  đường thẳng y m có điểm chung với đồ thị hàm số  y f x . ☞  * có nghiệm  m thuộc tập giá trị của hàm số  y f x . Trong ví dụ trên, ta dùng điều kiện thứ hai để tìm điều kiện phương trình có nghiệm. Về việc tìm tập giá trị của hàm số  y f x , ta có thể dùng khẳng định sau: Nếu f đạt giá trị nhỏ nhất là m tại a , đạt giá trị lớn nhất là M tại b và f liên tục trên đoạn với hai đầu mút a , b thì tập giá trị của f là  m;M . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -14- Ví duï 3. Giải phương trình    2 22 1 x x 2x 1 x 2x 1 1      . Giaûi Đặt  2t x 2x 1 2   ,  1 trở thành:   22 1 x t t    t t 2 1 x 0          t 0 t 2 1 x 0 t 2 1 x         . Thay t 0 vào  2 ta có 2x 2x 1 0    2x 2x 1 0    x 1 2   . Thay  t 2 1 x  vào  2 ta có  2x 2x 1 2 1 x       2 2 2 1 x 0 x 2x 1 4x 8x 4           2 x 1 3x 10x 5      5 10 3 x 1 x      5 103x  . Vậy tập nghiệm của phương trình là  5 1031 2,   . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -15- Ví duï 4. Giải phương trình  3 33 3x 35 x x 35 x 30 1        . Giaûi Đặt 3 3t 35 x   3 3t 35 x    3 3x t 35 2  . Thay 3 3t 35 x  vào  1 , ta có    xt x t 30 3  . Ta có hệ gồm hai phương trình  2 và  3 :   3 3x t 35 xt x t 30              3x t 3xt x t 35 xt x t 30              3x t 125 xt x t 30       (thay phương trình dưới vào phương trình trên)    x t 5 xt x t 30       x t 5 xt 6     (thay phương trình trên vào phương trình dưới) Ta có 2T 5T 6 0    T 2 T 3    . Do đó, hệ nói trên tương đương với x 2 t 3 x 3 t 2        . Vậy tập nghiệm của  1 là  2;3 . Chuù yù: Ñònh lyù Vi-eùt ñaûo Xét hệ x y S (1) xy P     và phương trình 2t St P 0 (2)   . Khi đó:  (1) có nghiệm  (2) có nghiệm.  Trong trường hợp (2) có nghiệm 1t và 2t thì: 1 2 2 1 x t y t (1) x t y t        . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -16- Ví duï 5. [ĐHA09] Giải phương trình  32 3x 2 3 6 5x 8 0 1     . Giaûi Đk: 6 5x 0   65x  . Đặt       3u 3x 2 2a 2 v 6 5x 2b        v 0 . Ta có  2  3 2 u 3x 2 v 6 5x        3 2 5u 15x 10 3v 18 15x        3 25u 3v 8    3 25u 3v 8 0 3   . Thay  2 vào  1 , ta được 2u 3v 8 0       23v u 4 4   . Thay  4 vào  3 , ta có:     23 2 35u 3 u 4 8 0 3         3 2435u u 8u 16 8 0      3 215u 4u 32u 40 0       2u 2 15u 26u 20 0      2 u 2 0 15u 26u 20 0 ' 131 0            u 2  . Thay u 2  vào  2a , ta được 3 3x 2 2    3x 2 8    x 2  . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 2  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -17- C. Baøi taäp Baøi 1. Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1) 21 x 1 x 2 1 x 4      . ĐS: 0 . 1) 23x 2 x 1 4x 9 2 3x 5x 2        . 2) 2 2x x 2 x x    . 3) 2 2 2x x 4 x x 1 2x 2x 9        . 4)  33 2x 3x 2 x 2 6x 0     ĐS: 2 , 2 2 3 . 5)   3 x 6 x 3 3 x 6 x       . ĐS: 0 , 3 . 6) 2 25x 10x 1 7 2x x     . 7) 2 22x x 5x 6 10x 15     . 8) 27x 7 7x 6 2 49x 7x 42 181 14x        . ĐS: 67 ;6   . 9) 5 15 x 2x 4 2x2 x     . ĐS:    3 32 20; 2 2;    . 10) 2x1 x 1 x 2 4      . ĐS:  1;1 Baøi 2. Cho phương trình 3 x 6 x (3 x)(6 x) m       . 1) Giải phương trình với m 3 . 2) Tìm m để phương trình có nghiệm. ĐS: 1) 3 , 6 . 2) 6 2 9 m 3 2    . Baøi 3. Tìm m để bất phương trình  2m x 2x 2 1 x 2 x 0          có nghiệm x 0;1 3    . ĐS: 2m 3  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -18- Baøi 4. Tìm m để bất phương trình 2(2 x)(4 x) x 2x m     nghiệm đúng với mọi  x 2;4  . ĐS: m 4 . Baøi 5. Giải các phương trình 1) 22x x 1 x 2 x x 1      . ĐS: 0 . 2) 2x 2x x 3 2x x 3 9      . ĐS: 1 . 3) 2 1x 2x x 3x 1 x     . ĐS: 1 5 2  . 4) 32 4 2x x x 2x 1    . ĐS: 1 5 2  . Baøi 6. Giải các phương trình sau: 1) 2 21 1 x 2x   . ĐS: 3 2  . 2)    33 2 2x 1 x x 2 1 x    . ĐS: 22 , 1 2 2 2 2    . 3) 2 31 x 4x 3x   . ĐS: 1 2  , 2 2 4   . Baøi 7. Giải các phương trình sau: 1)  3 25 x 1 2 x 2   . ĐS: 5 372  . 2) 2 25x 14x 9 x x 20 5 x 1       . ĐS: 5 61 2  , 8 . 3)  2 32x 5x 2 4 2 x 21x 20     ĐS: 9 1934  , 17 3 73 4  . 4)  2 32 x 3x 2 3 x 8    ĐS: x 3 13  . Baøi 8. [ĐHA07] Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4 23 x 1 m x 1 2 x 1     . ĐS: 11 m 3    . Baøi 9. Giải các phương trình: Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -19- 1) 3 312 x 14 x 2    . 2) 3 24 x 12 x 6    . ĐS: 24 , 88 , 3 . 3) 3x 3 x 3   . ĐS: 1 . 4) 4 4x 17 x 3   . ĐS: 1 , 16 . 5)       2 23 3 32 x 7 x 2 x 7 x 3       . ĐS: 1 , 6 . 6) 3 33x 1 x 3 2    . 7) 3 1 1x x 1 2 2     . 8) 32 21 x 2 1 x 3    . 9) 3 3 3x x 16 x 8    . ĐS: 8 , 56 3010 7  . 10) 4 4 4x x 1 2x 1    . ĐS: 0 . Baøi 10. Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 31 x 1 x a    có nghiệm. ĐS: 0 a 2  . Baøi 11. Giải các phương trình sau 1) 2x 2 2 x    . 2) 3 3x 1 2 2x 1   . ĐS: 1 , 1 5 2   . 3) 2 x 32x 4x 2    . ĐS: 3 17 4   , 5 13 4   . 4) 3 3 x 12x 1 2    . ĐS: 1 2  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -20- Loaïi 3. Phöông trình vaø baát phöông trình tích A. Noäi dung phöông phaùp Phần này đề cấp đến việc giải phương trình, bất phương trình vô tỷ bằng cách đưa phương trình, bất phương trình cần giải về phương trình, bất phương trình tích. Nhân tử chung có thể thấy ngay hoặc nhận được sau một số phép biến đổi đơn giản. Việc sử dụng biểu thức liên hợp đôi khi cho ta lời giải bất ngờ. Về biểu thức liên hợp, ta cũng cần biết: ☞ Biểu thức liên hợp của a b là a b :   a b a b a b    . ☞ Biểu thức liên hợp của 3 3a b là    2 23 3 3a ab b  :      2 23 3 3 3 3a b a ab b a b         . . B. Moät soá ví duï Ví duï 1. Giải phương trình  2x 3 2x x 1 2x x 4x 3 1       . Giaûi  1     x 3 2x x 1 2x x 3 x 1       (ĐK: x 1  )     x 3 1 x 1 2x x 1 1 0           x 1 1 2x x 3 0      x 1 1 0 2x x 3 0          x 1 1 x 3 2x        2 x 1 1 2x 0 x 3 4x         x 0 x 1    . Ta thấy cả 2 giá trị 0 và 1 đều thỏa mãn điều kiện để phương trình có nghĩa. Vậy tập nghiệm của phương trình là  0;1 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -21- Ví duï 2. [ĐHD02] Giải bất phương trình    2 2x 3x 2x 3x 2 0 1    . Giaûi Đk: 22x 3x 2 0    1 2x x 2       .  1  2 2 x 3x 0 2x 3x 2 0         hoặc 2 2 x 3x 0 2x 3x 2 0          1 2 x 0 x 3 x 2 x         hoặc 1 2 x 0 x 3 x x 2          1 2 x 0 x 3 x 2 x         hoặc 1 2x x 3       . Kết hợp với điều kiện để  1 có nghĩa, ta có tập nghiệm của  1 là:     12; 2 3;     . Ví duï 3. Giải phương trình  3x x 2 0 1   . Giaûi Đk: x 0 . Ta có  1     3x 1 x 1 0       2 x 1x 1 x x 1 0x 1           2 1x 1 x x 1 0 x 1            x 1 0  (do 2 1x x 1 x 1     =  212 1 3x 0 4x 1      x 0  )  x 1 (thỏa mãn điều kiện để  1 có nghĩa). Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 1 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -22- Ví duï 4. [ĐHB10] Giải phương trình  23x 1 6 x 3x 14x 8 0 1       . Giaûi Đk: 3x 1 0 6 x 0        13 x 6 2   . Ta có  1      23x 1 4 1 6 x 3x 14x 5 0               3 x 5 x 5 x 5 3x 1 0 3x 1 4 1 6 x                3 1x 5 3x 1 0 3x 1 4 1 6 x              x 5 0  (do  3 1 3x 1 0 3x 1 4 1 6 x         13x : x 6    )  x 5 (thỏa mãn  2 ). Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 5 . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -23- C. Baøi taäp Baøi 1. Giải các phương trình 1) 3 23 3x 1 x 2 1 x 3x 2       . ĐS: 0 , 1 . 2) 3 32 23 3x 1 x x x x     . ĐS: 1 . 3) 4 3 24 x 1 x 1 x x     . ĐS: 0 , 1 . 4) 3 2 2 2x x 3x 3 2x x 3 2x 2x        . ĐS: 0 . Baøi 2. Giải các phương trình, bất phương trình sau: 1) 4 1 5x x 2x x x x      . ĐS: 2 . 2) 2 2 42x x 6 x x 2 x x        . ĐS: 1 . 3) 2 22x x 9 2x x 1 x 4       . ĐS: 0 . 4) 2 2x 2x 3 x 6x 11 3 x x 1         . ĐS: 2 x 3  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -24- Loaïi 4. Moät soá phöông phaùp ñaëc bieät A. Moät soá ví duï Ví duï 1. [ĐHD05] Giải phương trình  2 x 2 2 x 1 x 1 4 1      . Giaûi Đk: x 1 0    x 1 2  . Ta có  2x 2 2 x 1 x 1 1 x 1 1 x 1 1            Do đo  1   2 x 1 1 x 1 4      x 1 2   x 1 4   x 3 (thõa mãn  2 ). Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 3 . Ví duï 2. Giải phương trình  4xx 3 4 x 1 x 3     . Giaûi Đk:  x 0 2 .  1   x 3 4x 4 x. x 3 0       2x 3 2 x 0    x 3 2 x 0    x 3 2 x   x 3 4x   x 1 (thỏa mãn  2 ). Vậy  1 có nghiệm duy nhất x 1 . Ví duï 3. Giải phương trình 24x 1 4x 1 1    . Giaûi ĐK: 2 4x 1 0 4x 1 0       1 4 1 2 1 2 x x x           1x 2  . Đặt   2f x 4x 1 4x 1    .Ta có   2 2 4x 1f ' x 0 x 24x 1 4x 1         f đồng biến trên 12 ;  . Do đó nếu  1 có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Ta thấy 1x 2  là nghiệm của  1 nên  1 có nghiệm duy nhất 1x 2  . Baøi giaûng oân thi vaøo Ñaïi hoïc -Phöông trình, baát phöông trình, heä phöông trình ñaïi soá ThS. Phaïm Hoàng Phong – Gv luyeän thi ñaïi hoïc (Haø Noäi). DÑ:0983070744 -25- Ví duï 4. [ĐHA10] Giải bất phương trình     2 x x 1 1 1 2 x x 1      . Giaûi Ta thấy  22 3 312 4 4x x 1 x x       . Do đó  2 341 2 x x 1 1 2. 0 x       . Điều kiện để  1 có nghĩa:  x 0 2 .  1   2x x 1 2 x x 1    