SKKN 2015 - TMT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM [PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ TRONG GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ]

Trang 1

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ( NĂM HOC 2014 – 2015 )

________________________TÊN ĐỀ TÀI________________________

“PHƢƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ TRONG GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ”

Giáo viên thực hiện: Trần Minh Tuấn

Đơn vị: Tổ Toán _ THPT Bà Rịa

A. PHẦN MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn đề tài:

1. Cơ sở lý luận:

Căn cứ công văn số 3399/CT-BGDĐT ngày 16 tháng 8 năm 2010 của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo;

Căn cứ phương hướng, nhiệm vụ trọng tâm của ngành Giáo Dục và Đào Tạo tỉnh Bà Rịa-Vũng

Tàu năm học 2014 – 2015; Sở Giáo Dục và Đào Tạo hướng dẫn các đơn vị thực hiện công tác

xây dựng đề tài nghiên cứu khoa học.

2. Cơ sở thực tiễn:

Phương trình vô tỷ được xem là một trong những phần kiến thức khá quan trọng ở chương

trình toán THPT, thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi, cũng như trong các đề thi tuyển

sinh đại học, cao đẳng. Hơn thế nữa, đây là phần kiến thức khó, đòi hỏi các em học sinh phải

thực sự am hiểu và có sự tinh tế trong việc lựa chọn phương pháp giải phù hợp với từng bài toán

đặt ra.

Qua quá trình giảng dạy ở trường, cũng như khảo sát kết quả trong các đợt thi tuyển sinh đại

học, cao đẳng những năm gần đây, tôi nhận thấy đa số các em học sinh còn gặp nhiều khó khăn,

và thường mất điểm khi tiếp xúc với những bài toán về giải phương trình vô tỷ, chính vì vậy, tôi

mạnh dạn viết đề tài này với mong muốn giúp các em học sinh hiểu rõ hơn, và giảm bớt lúng

túng khi đối diện với một số dạng toán về giải phương trình vô tỷ.


Trang 2

II. Mục đích và phƣơng pháp nghiên cứu:

1. Mục đích nghiên cứu:

* Giúp các em học sinh hiểu sâu hơn các kiến thức về phương trình vô tỷ. Từ đó, các em cảm

thấy hứng thú và yêu thích việc khám phá bộ môn Toán phổ thông.

* Giúp các em học sinh có thêm công cụ để giải quyết một số các bài toán về phương trình vô tỷ

xuất hiện trong các đề thi Đại học, Cao Đẳng.

* Nguồn tài liệu để quý thầy, cô giáo phát triển, nâng cao kiến thức cho đối tượng là các em học

sinh khá, giỏi.

2. Phương pháp nghiên cứu: Đề tài được thực hiện chủ yếu dựa trên:

- Phương pháp nghiên cứu lý luận.

- Phương pháp khảo sát thực tiễn

- Phương pháp phân tích, tổng hợp

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

III. Giới hạn của đề tài:

Đề tài chỉ khai thác một phương pháp trong số các phương pháp giải phương trình vô tỷ.

Hơn thế nữa, đề tài không trình bày toàn bộ các kiến thức lý thuyết mà chỉ tổng hợp một số kỹ

năng thông qua những bài toán cụ thể.

Những nội dung kiến thức được trình bày trong Đề tài là những nội dung được mở rộng, mang

tính chất chuyên sâu, phù hợp với đối tượng là các học sinh khá, giỏi, Ôn luyện thi Đại học, Cao

đẳng.

IV. Các giả thiết nghiên cứu:

Tổng hợp và hệ thống hóa những kiến thức, kỹ năng cơ bản nhất. Trên cơ sở đó, đưa ra những

nhận định và phương pháp giải phù hợp với từng dạng toán.

Bên cạnh đó, tập hợp, sắp xếp các bài toán, các đề thi trong những năm gần đây một cách logic

nhằm rèn luyện các kỹ năng vận dụng cho học sinh.

Các giả thuyết, cũng như các ứng dụng trong chuyên đề được tổng hợp và kiến tạo từ nhiều

nguồn tài liệu khác nhau.

V. Kế hoạch thực hiện:

- Lựa chọn đề tài


Trang 3

- Xây dựng đề cương chi tiết

- Hoàn thiện nội dung đề tài

- Tiến hành giảng dạy và khảo sát kết quả ở một số lớp của khối 10 trường THPT Bà Rịa.

- Nghiệm thu đề tài.

B. PHẦN NỘI DUNG

I. Thực trạng và những mâu thuẫn:

Trong các đề thi Đại học, Cao Đẳng những năm gần đây, thường xuất hiện mảng kiến thức về

phương trình, bất phương trình, hệ vô tỷ, và các thí sinh gặp không ít khó khăn trong những bài

toán này, bởi nó đòi hỏi học sinh phải biết tư duy nhanh và thành thạo những kỷ năng nhất định.

Những kiến thức, kỷ năng mà học sinh thu nhận được trong SGK là những kiến thức, kỷ năng

rất cơ bản. Vì thế, để đạt điểm cao trong các kỳ thi, hay để trở thành những học sinh giỏi Toán,

thực sự đam mê môn học thì đòi hỏi học sinh phải biết tìm tòi, sáng tạo thông qua nhiều nguồn

tài liệu khác. Hiện nay, trên thị trường có quá nhiều nguồn tài liệu, sách tham khảo gây không ít

khó khăn cho các em trong việc sàng lọc, tiếp thu.

Đứng trước những thực trạng trên, tôi viết đề tài này với mong muốn đóng góp một tài liệu

thiết thực giúp các em học sinh có thêm nguồn tham khảo.

II. Các biện pháp giải quyết:

- Nhận diện kiến thức, kỷ năng giải các dạng toán.

- Đưa ra một số ví dụ mẫu để hiểu rõ hơn về kỹ năng giải.

- Hệ thống bài tập tương tự để thực hành.

III. Hiệu quả áp dụng:

IV. Sơ lƣợc nội dung:

Như chúng ta đã biết có nhiều trường hợp giải một phương trình vô tỷ mà khi ta biến đổi

tương đương sẽ dẫn đến một phương trình phức tạp, khó nhận ra được hướng giải

Việc đặt ẩn phụ thích hợp nhằm chuyển phương trình ban đầu về một phương trình đơn giản

hơn và giải được nó một cách dễ dàng hơn là một trong những phương pháp hữu hiệu trong

các bài toán giải phương trình vô tỷ.

Chuyên đề này muốn giới thiệu đến các bạn một số dạng phương trình vô tỷ mà việc giải

nó dựa trên phương pháp đặt ẩn phụ.


Trang 4

Có 3 bƣớc cơ bản trong phƣơng pháp này:

Bước 1: Đặt ẩn phụ và gán luôn điều kiện cho ẩn phụ (nếu có)

Đây là bước quan trọng nhất vì việc chọn ẩn phụ thích hợp sẽ quyết định đến toàn bộ lời giải

của bài toán .

Bước 2: Đưa phương trình ban đầu về phương trình theo biến mới (ẩn phụ)

và tiến hành giải quyết phương trình vừa tạo ra này . Đối chiếu với điều kiện để chọn giá

trị của ẩn phụ.

Bước 3: Giải phương trình cho bởi ẩn phụ vừa tìm được và kết luận nghiệm của phương

trình ban đầu.

Có 4 phƣơng pháp đặt ẩn phụ thông dụng mà chuyên đề này muốn nêu ra, đó là:

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ triệt để

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ không triệt để

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ biến đổi về dạng tích

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ đƣa về dạng hệ phƣơng trình


Trang 5

Phƣơng pháp đặt ẩn phụ triệt để:

Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t f x và chú ý điều kiện

của t Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t , và quan trọng

hơn là ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “triệt để” .

Một vài lưu ý:

Nếu bài toán có chứa f x và ( )f x khi đó đặt t f x

Nếu bài toán có chứa ;f x g x , và . f x g x k (với k là hằng số) khi đó

có thể đặt :

t f x , suy ra ( )k

g xt

Nếu bài toán có chứa ( ) ( ) ; ( ). ( )f x g x f x g x và ( ) ( )f x g x k khi đó có thể

đặt: ( ) ( )t f x g x suy ra 2

( ). ( )2

t kf x g x

Nếu bài toán có chứa 2 2a x thì đặt sinx a t với 2 2

t

hoặc cosx a t

với 0 t

Nếu bài toán có chứa 2 2x a thì đặt sin

ax

t với ; \ 0

2 2t

hoặc

cos

ax

t với 0; \

2t

Nếu bài toán có chứa 2 2x a ta có thể đặt .tanx a t với ;2 2

t

A. BÀI TOÁN MẪU

Bài toán 1: Giải phƣơng trình sau: 2 21 1 2 x x x x

Lời giải:

Điều kiện: 1x .

Trước tiên ta có nhận xét rằng : 2 21. 1 1x x x x

Từ đó ta có thể chọn đặt 2 1t x x và đưa đến phương trình dạng:

12 1t t

t

Thay vào tìm được là nghiệm 1x của phương trình.

Nhận xét:


Trang 6

Việc chọn đƣợc lƣợng ẩn phụ trong bài toán trên nhờ vào nhận xét

2 21. 1 1x x x x

Đối với bài toán này chúng ta có thể bình phương hai vế của phương trình. Lời giải

vẫn khá ngắn gọn.

Bài toán 2: Giải phƣơng trình sau: 2 2

x x 11 31

Lời giải:

Đặt: 2t x 11 , t 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành:

2* x 11 6 x 5.

Nhận xét:

Bài toán có thể giải được nhờ việc lấy bình phương hai vế, tuy nhiên lời giải khá cồng

kềnh do xuất hiện phương trình bậc 4 đầy đủ.

Trong bài toán này việc nhận ra lượng chọn làm ẩn phụ t không quá khó, bởi nhận

xét: 2 2x x 11 11

Bài toán 3: Giải phƣơng trình sau: 2(x 5)(x 2) 3 x 3x

Lời giải:

2 2pt x 3x 3 x 3x 10 0 .

Đặt: 2t x 3x , t 0 . Pt đã cho trở thành:

2t 3t 10 0 t 5

Khi đó: 2 2 3 109

x 3x 5 x 3x 25 0 x .2

Nhận xét:

Nếu bình phương hai vế sẽ dẫn đến một phương trình bậc 4 khá cồng kềnh

Trong bài toán này để nhận ra lượng chọn làm ẩn phụ t ta cần phân tích

2

(x 5)(x 2) x 3x 10

Bài toán 4: Giải phƣơng trình: 3 x 6 x 3 (3 x)(6 x).

Lời giải:

Đặt: 2t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x)

(*)

p dụng BĐT Côsi ta có: 2 (3 x)(6 x) 9 nên từ (*) 3 t 3 2

Phương trình đã cho trở thành: 2

2t 9t 3 t 2t 3 0 t 3

2

2t t 42 0 t 6


Trang 7

Khi đó: x 3

(3 x)(6 x) 0x 6

Nhận xét: Trong bài toán này, việc chọn được lượng làm ẩn phụ thích hợp nhờ nhận xét:

2t 3 x 6 x t 9 2 3 x 6 x

Bài toán 5: Giải phƣơng trình: 2x 3 x 1 3x 2 (2x 3)(x 1) 16

Lời giải: ĐK: 1x

Đặt: 0,132 txxt 2 3 2 (2 3)( 1) 4 (*) t x x x

Khi đó phương trình trở thành: 502020 22 ttttt

Thay 5t vào *) ta được: 3522321 2 xxx

122089126441

7122 xxxx

x

0429146

712 xx

x

3 x là nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét: Trong bài toán này, việc chọn được lượng làm ẩn phụ thích hợp nhờ nhận xét:

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

Từ đây ta có thể tổng quát hóa phương trình:

Bài toán 6: Giải phƣơng trình: 3 2

5 x 1 2(x 2)

Lời giải: Điều kiện : 1x .

Ta có: Pt )1(2)1(2)1)(1(5 22 xxxxxx

021

15

1

12

22

xx

x

xx

x (Do ).,012 xxx

Đặt: 0,1

12

t

xx

xt , ta có pt:

2

12

0252 2

t

ttt .

* :035441

12 2

2

xx

xx

xt pt vô nghiệm.

*2

375035

4

1

1

1

2

1 2

2

xxx

xx

xt

Nhận xét:

Trong bài toán này chúng ta cần khéo léo trong việc phân tích

ax b cx d a c x 2 ax b cx d e


Trang 8

3 2 2 2x 1 (x 1)(x x 1) và 2 x 1 2(x x 1) 2(x 1)

Qua đó chọn được lượng ẩn phụ thích hợp

Bài toán 7: (THTT 3-2005) Giải phƣơng trình: 2

2004 1 1x x x

Lời giải: Điều kiện: 0 1x

Đặt 1y x Ta có phương trình 2 22 1 1002 0 1 y y y y

Tiếp tục giải ta có nghiệm của phương trình ban đầu là x = 0.

Bài toán 8: Giải phƣơng trình: 3

3 2 2x 1 x x 2 2x (1)

Lời giải:

ĐK: x 1 (*)

Do x 1 nên đặt x cos t 0 t

Khi đó ta có phương trình: 3

3 2 2cos t 1 cos t cos t 2 1 cos t 2

Biến đổi phương trình 2) thành:

Giải phương trình 3) và kết hợp với điều kiện t 0; ta có: t4

Từ đó có 2

x cos4 2

(nhận)

Xét phương trình 4): 2 1

sin t cost 2 1 sin t4 2

. Từ đó có:

2 2 2 1cos t 1 sin t cos t sin t 2 2 1 5

4 4 2

Từ 4) và 5) ta có: 2 1 2 2 1

cos t x2

sin t cost 2 3cost sin t 1 sin t cos t 2 cos t sin t

sin t cost 2 1 4


Trang 9

Vậy nghiệm của phương trình (1) là : 2 1 2 2 1

x2

và

2x

2

Nhận xét:

Nếu sử dụng ẩn phụ là 2t 1 x , chúng ta sẽ gặp phải khó khăn khi biến đổi các đại

lượng x và x3 theo ẩn mới.

Bằng việc sử dụng ẩn phụ t thỏa x cos t giúp ta biến đổi phương trình ban đầu về

phương trình dạng lượng giác, mà cách giải nó đơn giản hơn.

Bài toán 9: Giải phƣơng trình: 3 2x 3 3x 3x 3 0 (1)

Lời giải:

Nhận xét 1

x3

không thỏa phương trình 1)

Viết lại phương trình 1): 3

2

3x x3 2

1 3x

Đặt x tan t t ;2 2

Khi đó ta có phương trình:

tan3t 3 t k k Z9 3

Kết hợp với điều kiện t ;2 2

ta có: 2 7

t ; t ; t9 9 9

Từ đó có nghiệm của phương trình là 2 7

x tan ; x tan ; x tan9 9 9

Bài toán 10: Giải phƣơng trình:

222

2

2

x 1x 1x 1

2x 2x 1 x (1)

Lời giải:

Điều kiện: x 0;x 1


Trang 10

Đặt x tan t; t ; \ ;0;2 2 4 4

Khi đó ta có phương trình:

21 1 2 1 1 11 0 sin t 1 sin t 2sin t 0

cos t sin 2t sin 4t cos t 2sin t 2sin t.cos2t

Giải được: t k2 ; t k22 6

Kết hợp với điều kiện ta có: t6

. Từ đó có nghiệm của phương trình (1) là

1x

3

Qua các ví dụ trên ta thấy việc chọn biểu thức nào làm ẩn phụ là mấu chốt của bài

toán. Để chọn được biểu thức đặt ẩn phụ thích hợp thì sau khi đặt ta phải biểu diễn được

các biểu thức chứa x khác trong phương trình đ cho qua ẩn phụ vừa đặt.

B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Giải các phƣơng trình sau

1) 2

2 1 3 1 0x x x

2) 2 21 1 x 2x

3) 3 33 3

35 35 30x x x x

4) 3 24x 3x 1 x HVQHQT 2001

5) 3

3 2 2x 1 x x 2 1 x

6) 2

21 2x 1 x1 2x

2

7) 3 32 21 1 x 1 x 1 x 1 1 x

8) 2

3 32 2 1 x1 1 x 1 x 1 x

33

9) 23 2 x 6 2 x 4 4 x 10 3x (Trích đề thi ĐH khối B – 2011)

10) Tìm m để phương trình 243 x 1 m x 1 2 x 1 có nghiệm thực


Trang 11

Phƣơng pháp: Đặt ẩn phụ không triệt để

Trong nhiều trường hợp chúng ta không thể biểu diễn hết các biểu thức chứa x có

mặt trong phương trình qua ẩn phụ được. Lúc này chúng ta tạm chấp nhận sự có mặt của

hai ẩn trong phương trình. Việc đặt ẩn phụ trong trường hợp này là không triệt để.

Phương pháp đặt ẩn phụ không triệt để là một phương pháp hay trong giải phương trình

vô tỷ, phương pháp này tạo ra một lời giải đẹp và ngắn gọn, tuy nhiên cũng gây nhiều thắc

mắc khi nhìn vào lời giải, nó có thể sử dụng để giải nhiều dạng phương trình khác nhau

nhưng phổ biến nhất là dạng 2 2ax b cx +dx+e px qx t

Với dạng phương trình này chúng ta có thể đặt một ẩn phụ hoặc hai ẩn phụ để giải

Mục đích là đưa phương trình trở thành một phương trình bậc hai hai ẩn, có biệt thức Δ

là một biểu thức chính phương

A. BÀI TOÁN MẪU

Bài toán 1: Giải phƣơng trình: 2 23x x 3 (8x 3) 2x +1 0

Lời giải :

Đặt 2t 2x +1 , phương trình trở thành: 2 23t (8x 3)t 3x x 0

Ta có : 2 2

t 100x 60x 9 (10x 3)

Từ đó tìm được x

t 1 3x và t3

Lời bình:

Điều cốt lõi trong lời giải trên là việc dẫn đến t chính phương.

Trong lời giải trên, để t chính phương chúng ta đ chọn hệ số của 2t là 3. Và thắc mắc

đặt ra là : dựa trên cơ sở nào ? ngoài số 3 liệu còn số nào khác để t chính phương

không ?

Bây giờ chúng ta cùng lý giải về sự xuất hiện của số 3 trong lời giải trên

Ta giả sử hệ số đó là m, khi đó phương trình trở thành

2 2 2mt (8x 3)t 3x x 3 m(2x 1) 0

Với m 0 , ta có

2 2 2 2 2 2

t(8x 3) 4m[3x x 3 m(2x 1)] (8m 12m 64)x (4m 48)x 4m 4m 9

Mong muốn của chúng ta là Δt chính phương. Điều này xảy ra khi Δ = 0 có nghiệm duy

nhất, tức là:

3 2

t 0 16m(8m 36m 117m 243) 0

Dễ dàng thấy phương trình trên có nghiệm m=3, từ đó suy ra cách biến đổi phương trình

để có lời giải như trên.

Bây giờ chúng ta tiếp tục tìm hiểu thêm một vài ví dụ minh họa về kỹ năng này.

Việc lý giải để dẫn đến t chính phƣơng xin đƣợc dành cho bạn đọc.


Trang 12

Bài toán 2: Giải phƣơng trình: 2 22(1 x) x 2x 1 x 2x 1

Lời giải:

Đặt: 122 xxt , ta được pt: 04)1(22 xtxt . Đây là phương trình bậc hai ẩn t có 2)1(' x , do đó phương trình này có hai nghiệm: t 2, t 2x.

* 2t .61052212 22 xxxxx

*

0123

02122

2

2

xx

xxxxxt hệ này vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: 61x .

Bài toán 3: Giải phƣơng trình: 22 2x 4 4 2 x 9x 16 (1)

Lời giải:

ĐK: x 2 (*)

Trước tiên chúng ta nâng bình phương hai vế của phương trình đã cho

PT (1) 2 24(2x 4) 16 2 4 x 16 2 x 9x 16

2 2 28(4 x ) 16 2 4 x x 8x. Đặt 2t 2 4 x t 0

Khi đó ta có phương trình: 2 24t 16t x 8x 0

Giải phương trình trên với ẩn t ta tìm được : x

t2

hoặc x

t 42

Kết hợp điều kiện t 0 , dẫn đến loại nghiệm x

t 42

Với x

t2

, ta có:

2

2 2

x 0x 4 22 4 x x

8 4 x x2 3

(thỏa (*))

Vậy nghiệm của phương trình là: 4 2

x3

Bài toán 4: Giải phƣơng trình: 3 34x 1 x 1 2x 2x 1 (1)

Lời giải :


Trang 13

ĐK : x 1

Đặt 3t x 1 t 0 . Phương trình đã cho trở thành:

2 22. t 1 2x 1 4x 1 t 2t 4x 1 t 2x 1 0 (2)

Có 2

4x 3 . Do đó

1t

pt(2) 2

t 2x 1

Với 1

t2

ta có:

3 3 33

1 1 3 3x 1 x 1 x x

2 4 4 4

Với t 2x 1 ta có:

3

3 2

1x1

x 2x 1 2x 1 2

x 0 (loai)x 4x 4x 0

x 2(nhân)

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : 33

x4

và x 2


2008x 4x 3 2007x 4x 3 (1)

Lời giải :

ĐK :

3x

4 Đặt t 4x 3 t 0 . Phương trình đã cho trở thành:

2 2

x t

2008x 2007xt t 0 tx 0 (loai)

2008

Với x t ta có:

2x 1

4x 3 x x 4x 3 0x 3

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x 1 và x 3

Bài toán 6: Giải phƣơng trình: 2 23 2x 1 1 x 1 3x 8 2x 1 (1)


Trang 14

Lời giải:

ĐK : x R

Đặt 2t 2x 1 t 1 . Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2 2

t 1 3x

3 t 1 x 3 t 1 3x 8xt 3t 8x 3 t 3x x 0 xt

3

( Đến đây bài toán được giải quyết một cách dễ dàng )


Giải các phương trình sau:

1) 2 24x 7 2x 4 2-x 0

2) 24x 1 x 1 1 2x x 1

3) 2x x 12 x 1 36

4) 2 2 23 2 1 2 2x x x x

5) 24 1 1 3 2 1 1x x x x


Trang 15

Phƣơng pháp: Đặt ẩn phụ biến đổi về dạng tích

Rất nhiều phương trinh vô tỷ giải được nhờ biến đổi về dạng tích

Việc sử dụng ẩn phụ trong các bài toán dạng này giúp biến đổi phương trình đ cho trở

nên đơn giản hơn, và dễ dàng biến đổi về phương trình tích hơn.

A. VÍ DỤ MẪU

Bài toán 1: Giải phƣơng trình: 33 2

x 3x 2 x 2 6x (1)

Lời giải:

ĐK: x 2 (*)

Viết lại PT (1) 33x 3x x 2 2 x 2 0

Đặt t x 2 t 0

Ta có phương trình : 23 2 3

x tx 3xt 2t 0 x t x 2t 0

x 2t

Với x t ta có: x x 2 x 2

Với x 2t ta có:

2

x 0x 2 x 2 x 2 2 3

x 4x 8 0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x 2 và x 2 2 3

Bài toán 2: Giải phƣơng trình: 34x x x 1 2x 1 0 (1)

Lời giải:

ĐK: 1

x2

. Viết lại PT (1) : 33x 3x x 2 2 x 2 0 .

Đặt t x 2 t 0 . Ta có: 3 2 3x 3xt 2t 0


Trang 16

3 2 2 3 2 2 2x xt 2xt 2t 0 x x t 2t x t 0

2 x t

x t x 2t 0x 2t

Với 2

x 0x 0x t x x 2 x 2

x 1;2x x 2 0

Với 2

x 0x 0x 2t x 2 x 2 x 2 2 3

x 4x 8 0 x 2 2 3

Kết hợp với điều kiện 1

x2

ta có tập nghiệm của phương trình 1) là: S 2

Bài toán 3: Giải phƣơng trình: 2 23x 2x 7 3 x 1 x 3 (1)

Lời giải:

ĐK: x R (*)

Viết lại PT (1) 2 2 2x 1 3 x 1 x 3 2 x 3 0

Đặt 2

x 1 a

x 3 b b 0

Phương trình đã cho trở thành : 2 2a b

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

2

2 2

x 1a b x 1 x 3 x 1

x 2x 1 x 3

2

2

x 1a 2b x 1 2 x 3 x

3x 2x 11 0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x 1 .

Nhận xét:


Trang 17

Cần khéo léo phân tích biểu thức 22 2

3x 2x 7 x 1 2 x 3 , từ đó chọn

được lượng ẩn phụ thích hợp. Việc sử dụng hai ẩn phụ a, b giúp biến đổi phương trình đ

cho trở nên đơn giản hơn.

Bài toán 4: Giải phƣơng trình: 2 25 14 9 20 5 1x x x x x (1)

Lời giải: Đk 5x .

Chuyển vế và nâng bình phương hai vế, ta có: 2 22 5 2 5 20 1x x x x x

Ta viết lại phương trình: 2 22 4 5 3 4 5 ( 4 5)( 4)x x x x x x .

Đặt 2a x 4x 5

a 0;b 0b x 4

Phương trình đã cho trở thành : 2 2a b

2a 5ab 3b 0 a b 2a 3b 0a 2b

Đến đây bài toán được giải quyết một cách dễ dàng.

Nhận xét:

Không tồn tại số , để : 2 22 5 2 20 1x x x x x vậy ta không thể đặt

220; 1u x x v x .

Nhưng may mắn ta có : 2 220 1 4 5 1 4 4 5x x x x x x x x x


226x 4x 8

5 2x 3x 1

(1)

Lời giải:

ĐK: x 1 (*)

Viết lại PT (1) 2 2 22 x 1 5 x 1 2x 3 2 2x 3 0


Trang 18

Đặt 2

x 1 a

2x 3 b b 0

Phương trình đã cho trở thành : 2 2a 2b

2a 5ab 2b 0 a 2b 2a b 0b 2a

2

2

x 1a 2b x 1 2 2x 3 x

7x 2x 11 0

2

2

x 1 4 14b 2a 2x 3 2 x 1 x

22x 8x 1 0

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : 4 14

x2

.


23 x 7

xx 2 x 1

(1)

Lời giải:

ĐK: x 0 (*)

Viết lại PT (1) 2 22x 2 x 3 x 7 x

Đặt 2x 3 u

u;v 0x v

Phương trình đã cho trở thành :

2 2uv 2

2v 2 u u 4 v uv 2v u 2 2v u2v u

3 3uv 2 x 3x 2 x 3x 4 0 x 1

2

x 12v u x 3 4x

x 3

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là : S 1;3 .


Trang 19

Bài toán 7: Giải phƣơng trình: 273 x 2x 2 x 5

x (1)

Lời giải:

ĐK: x 0 (*)

Viết lại PT (1) 2 2x 3 2x 7 2 x 5 x

Đặt 22x 7 u

u;v 0x v


2 2u v

v 3 u u 3 v u v uv 3 0uv 3

2u v 2x x 7 0 x

3 2uv 3 2x 7x 9 0 x 1 2x 2x 9 0 x 1

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là : S 1 .


2 28x 5 4x 3

3x 3x 2

(1)

Lời giải:

ĐK:

24x 30

3x 2

x 0

(*)

PT (1)

2

22 2

8x 50 **

x

8x 5 4x 39 ***

x 3x 2

Đặt

24x 3 a

3x 2 b


Trang 20

2

4a b2a 1 aPT *** 4a b ab 1

ab 1b 2 b

2 5 1ab 1 4x 3 3x 2 1 x ; ;1

6 2

2 3 649 3 6494a b 4 4x 3 3x 2 x ;

32 32

Kết hợp điều kiện *) và **) ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là:

3 649 3 649S ; ;1

32 32


3 3x 14 x 3x 4

2 32 x 1 x

(1)

Lời giải:

ĐK:

3x 3x 40

1 x

x 2

(*) .PT (1)

3 3x 3x 8 x 3x 42

2 x 1 x

.

Đặt

3x 3x 4 u

1 x v

. Phương trình trên trở thành :

u 40 **u 4 u

v 12v 1 v

uv 4 u 4v 0

3 2uv 4 x 3x 4 1 x 4 x x 1 x 2x 1 0 x 0;1; 1 2

3 3u 4v x 3x 4 4 1 x x 7x 0 x 0; 7

Kết hợp điều kiện *) và **) ta có tập nghiệm của phương trình đã cho là:

S 0;1; 1 2; 1 2; 7; 7


Trang 21

Bài toán 10: Giải phƣơng trình: 273 x 2x 2 x 5

x (1)

Lời giải:

ĐK: x 0 (*)

Viết lại PT (1) 2 2x 3 2x 7 2 x 5 x

Đặt 22x 7 u

u;v 0x v


2

2 2 2u 7v 3 u 2 5 v v 3 u u 3 v uv v u 3 v u 0

2

v u

v u uv 3 0uv 3

2 2u v 2x 7 x 2x x 7 0 x

3 3 3

uv 3 2x 7x 3 2x 7x 9 0 x 1; 3;2

Kết hợp với điều kiện x 0 ta có tập nghiệm của phương trình 1) là: S 1

Bài toán 11: Giải phƣơng trình: 2 23 33 7x 1 x x 8 x 8x 1 2 (1)

Lời giải:

ĐK: x R

Đặt: 2 23 33a 7x 1; b x x 8; c x 8x 1 , Ta có: a b c 2

Và 3 3 3 2 2a b c 7x 1 x x 8 x 8x 1 8 (*)

Mặt khác: 3

a b c 8 (**)

Từ *) và **) ta có: 3 3 3 3a b c a b c 3 a b b c c a


Trang 22

Do đó:

a b

a b b c c a 0 b c

c a

Từ đó dễ dàng tìm ra tập nghiệm của phương trình 1) là: S 1;0;1;9

Nhận xét:

Xuất phát từ đẳng thức 3 3 3 3

3a b c a b c a b b c c a , Ta có

33 3 3

0a b c a b c a b a c b c


Giải các phƣơng trình sau:

1)

2 26x 2 2x 1

5x 1 5x 4

2) 2 22x 1 1 5x 4

8 3x 5 2 x

3) 2 32 2 5 1x x

4) 33 23 2 2 6 0x x x x

5) 2 2 4 23 1 1x x x x

6) 2 22 2 1 3 4 1x x x x x

7) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x

8) 2 4 23

3 1 13

x x x x

9) 2 23 33 7x 1 x x 8 x 8x 1 2

10) 3 3 3 33x 1 5 x 2x 9 4x 3 0


Trang 23

Phƣơng pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về dạng hệ phƣơng trình

a) Dạng thông thƣờng: Đặt ,u x v x và tìm mối quan hệ giữa x và x từ

đó tìm được hệ theo u,v.

Chẳng hạn, đối với phương trình: m ma f x b f x c ta có thể đặt:

m

m

u a f x

v b f x

từ đó suy ra m mu v a b . Khi đó ta có hệ

m mu v a b

u v c

b) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc hai và lũy thừa bậc hai:

2( )ax b c dx e x với d ac

e bc

Cách giải: Đặt: dy e ax b khi đó phương trình được chuyển thành hệ:

2

22( )

dy e ax bdy e ax b

dy e c dx e x c dy e x dy e

Nhận xét: Dể sử dụng được phương pháp trên cần phải khéo léo biến đổi phương trình ban

đầu về dạng thỏa mãn điều kiện trên để đặt ẩn phụ.Việc chọn ; thông thường chúng ta

chỉ cần viết dưới dạng : ' 'n nx p a x b là chọn được.

c) Dạng phƣơng trình chứa căn bậc ba và lũy thừa bậc ba:

33 ax b c dx e x với

d ac

e bc

Cách giải: Đặt 3dy e ax b khi đó phương trình được chuyển thành hệ:

33

3 3

3

3( ) ( )

dy e ax bdy e ax b

dy e c dx e x c dx e x dy e

c dy e acx bc

c dx e ac d x dy bc

A. BÀI TOÁN MẪU


Trang 24

Bài toán 1: Giải phƣơng trình: 4 457 x x 40 5 (1)

Lời giải: ĐK: 40 x 57

Đặt

4

4

57 x u

x 40 v

Ta có:

24 4

u v 5u v 5

u v 97 2 uv 10uv 528 0

u 2u v 5

v 3u v 5uv 6

uv 6 u 3uv 44

v 2

Từ đó dẫn đến việc giải hệ

4 4

4 4

57 x 2 57 x 3và

x 40 3 x 40 2

(Bạn đọc tự giải)

Bài toán 2: Giải phƣơng trình: 3 33 3x 25 x x 25 x 30 (1)

Lời giải:

ĐK: x R . Đặt 3 3 33y 35 x x y 35

Từ đó ta có hệ:

3 3

xy x y 30

x y 35

Giải hệ trên ta được x;y 2;3 và x;y 3;2

Từ đó ta có nghiệm của phương trình là: x 2;3

Bài toán 3: Giải phƣơng trình: x 5 x 1 6 (1)

Lời giải:

ĐK: x 1 . Đặt a x 1; b 5 x 1 a 0;b 0


Trang 25


2

2

a b 5a b a b 1 0 a b 1

b a 5

Từ đó: 11 17

x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x2

Vậy nghiệm của phương trình là: 11 17

x2

Bài toán 4: (OLYMPIC 30.4 - 2009)

Giải phƣơng trình: 3 2 3x 3x 3 3x 5 1 3x (1)

Lời giải:

ĐK: x R . 3 3Pt 1 x 1 3 3x 5 2

Đặt 33y 1 3x 5 3x 5 y 1 . PT (1) trở thành:

3x 1 3y 5


3

3

x 1 3y 5

y 1 3x 5

Trừ vế theo vế của hai phương trình trên ta có:

2 2

x y x 1 x 1 y 1 y 1 3 0 x y

( Do 2 2

x 1 x 1 y 1 y 1 3 0; x,y R )

Vậy ta có: 3 3 2

x 1x 1 3x 5 x 3x 4 0

x 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x 1 và x 2

Bài toán 5: Giải phƣơng trình: 3 3x 1 2 2x 1 (1)

Lời giải:

ĐK: x R . Đặt 33t 2x 1 t 2x 1


Trang 26


333

2 23 33

x 1 2tx 1 2tx 1 2t

x t x t tx 2 0x t 2 t xt 1 2x

3

3 2 2

x t x 1 2tV

x 2x 1 0 1 x t tx 2 0 2

2 1 5PT 1 x 1 x x 1 0 x 1;

2

2 2 2PT 2 t x x t 4 0 (ptvn)

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5

S 1;2


24x 97x 7

28 (1)

Lời giải:

ĐK:

9x

4 . Viết lại PT (1):

24x 9 1 7

7 x28 2 4

Đặt 2 21 4x 9 1 4x 9 1y y y x 7y 7y 2

2 28 4 28 2

Mặt khác lại có: 21y 7x 7x 3

2

Từ 2) và 3) dẫn đến hệ:

2

2

1x 7y 7y

2

1y 7x 7x

2

(Bạn đọc tự giải tiếp)

Bài toán 7: Giải phƣơng trình: 24 5 13 3 1 0x x x (1)

Lời giải:


Trang 27

Điều kiện: 1

3x . Đặt

33 1 (2 3), ( )

2x y y

Ta có hệ phương trình sau:

2

2

(2 3) 2 1( )(2 2 5) 0

(2 3) 3 1

x y xx y x y

y x

Với 15 97

8x y x

Với 11 73

2 2 5 08

x y x

Vậy tập nghiệm của phương trình là: 15 97 11 73

;8 8

S

Nhận xét:

Nếu chúng ta nhóm:

213 33

2 3 14 4

x x , và đặt 13

2y 3x 14

thì chúng ta

thu được hệ phương trình mà việc giải hệ này là quá khó khăn.

Để thu được hệ mà việc giải nó là dễ dàng thì ta cần chọn ; thỏa: 3 1y x ,

và hệ thu được là hệ đối xứng hoặc gần đối xứng. Cụ thể: Ta viết hệ đ cho thành:

2 2 2 2

22

2 3 1 0 (1)3 1(*)

4 13 5 0 (2)4 13 5

y y xy x

x x yx x y

Ta mong muốn hệ (*) là hệ đối xứng, do đó, phải chọn được ; thỏa:

2 22 3 1

4 13 5, từ đó ta chọn được ngay 2; 3 .


312 1

2

xx (1)

Lời giải:


Trang 28

Đặt 3

3 12 1

2

tt x x

. Khi đó ta có hệ

3

3

1 2 1

1 2 2

x t

t x

Lấy (1) trừ 2) ta có:

3 3 2 2x t t x

2 2 2 22 0 2 0 0x t x xt t x t x t x xt t x t

Vì

2

2 2 232 2 0

2 4

tx xt t x t

)

Với t x ta có: 3 3 21 2 2 1 0 1 1 0 x x x x x x x

1

1 5

2

x

x

Vậy phương trình có 3 nghiệm 1 5 1 5

1; ;2 2

S

Bài toán 9: Giải phƣơng trình: 3 334 3 1x x (1)

Lời giải:

Đặt: 3

3 3

3

3437

3

u xu v

v x

. Khi đó, PT 1 1 u v

Từ đó, ta có hệ phương trình:

3 3 37 1

1 2

u v

u v

2 1 3u v , sau đó thay vào 1 ta có: 3 3

31 37

4

vv v

v

3

3

3 3 3 30

4 3 4 61

v x x

v x x


2 27 4 5 1 14 3 3 17 13x x x x x (1)

Lời giải: Điều kiện:

2

2

4 5 17 0

3 3 0

x x

x x (*)

2 21 7 4 3 3 17 13 14 3 3 17 13 PT x x x x x x


Trang 29

Đặt:

2 222

13

17 13 17

13 13 25 3733 3 03 3

17 17 289

ux

u x

u u u uv x x vv

Khi đó, phương trình 1) trở thành 27 4 14v u v u

Từ đó ta có hệ phương trình:

2

22

7 4 14

25 373

289

v u v u a

u uv b

22 2

049 4 14 49 28 28 49 0

49 28

ua v u v u u uv u u u v

u v

Với

130

17 u x

Với 49 28 u v . Thay vào b , có:

2

2 2 2

2

49 28 25 49 28 373289 784 2044 1549

289

1

495 2044 1549 0 1549

495

v vv v v v

v

v vv

2

2

* 3 3 1 1;2

1549 746 2231* 3 3 ;

495 495 495

x x x

x x x

Kết hợp với điều kiện (*) ta nhận nghiệm: 746 13

2; ;495 17

x x x


Trang 30


Giải các phƣơng trình sau:

1) 3 3x 2 3 3x 2

2) 24 13 5 3 1 0x x x

3) 33 x 9 x 3 6

4) 3 23 481 8 2 2

3x x x x

5) 3 23 3 5 8 36 53 25x x x

6) 2

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

7) 4

4

12 1

2x x

8) 21530 4 2004 30060 1 1

2x x x


Trang 31

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ CHUYÊN MÔN:

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

…………………………………………………………………………………….

…………………………………………………………………………………….

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

…………………………………………………………………………………….

…………………………………………………………………………………….

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC:

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

…………………………………………………………………………………….

…………………………………………………………………………………….

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

………………………………………………………………………………….…

…………………………………………………………………………………….

…………………………………………………………………………………….

Documents

SKKN 2015 - TMT