Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giảI phương trình vô tỷ

sở giáo dục và đào tạo hà nội Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: Một số ph-ơng pháp giảI ph-ơng trình vô tỷ Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn Tổ : Toán Hà Nội, 5 / 2011 sở giáo dục và đào tạo hà nội Tr-ờng ThPt nguyễn gia thiều Sáng kiến kinh nghiệm: Một số ph-ơng pháp giảI ph-ơng trình vô tỷ Giáo viên : Nguyễn quốc hoàn Tổ : Toán Hà Nội, 5 / 2011 mở đầu Giải ph-ơng trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh đ-ợc cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng tr-ớc việc giải một ph-ơng trình; trong đó có ph-ơng trình chứa căn thức đ-ợc coi là khó hơn cả. Nên tôi chọn đề tài: “ Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ ” để làm sáng kiến kinh nghiệm. Với mục đích mong muốn đề tài này sẽ góp phần giúp học sinh có thêm những kỹ năng cần thiết để giải ph-ơng trình chứa căn thức nói riêng và các dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời cũng mong muốn đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm đến môn toán. Kiến thức thể hiện trong sáng kiến kinh nghiệm này hoàn toàn trong ch-ơng trình Toán bậc THPT hiện hành. Một phần sáng kiến kinh nghiệm này có thể sử dụng để chuyển sang phần bất ph-ơng trình cũng đ-ợc; xong khi chuyển sang bất ph-ơng trình có những phần sẽ đ-ợc mở rộng để có bài toán hay hơn. Do đó ng-ời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào nhiều mục đích giáo dục khác nhau cũng đ-ợc. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này gồm có 9 ph-ơng pháp giải toán khác nhau. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 1 Sáng kiến kinh nghiệm: Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ Bài toỏn mở đầu Giải phương trỡnh 2 2 1 1 (*) 3 x x x x     (Trớch ĐH QGHN, khối A năm 2000) Giải Điều kiện 0  x  1 * Cỏch 1:         2 (*) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 3 4 4 1 2 . 1 1 3 9 4 6 0 2 2 3 0 x 0 3 x 2 0 1 4 4 9 0 1 4 4 9 0 0 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                             0, 1x x  thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . * Cỏch 2: Nhận xột: 2x x được biểu diễn qua x và 1 x nhờ vào đẳng thức   2 21 1 2x x x x     Vậy cú cỏch 2 Đặt 1t x x   , 1 2t  Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 2 2 2 1 2 t x x     . Phương trỡnh (*) trở thành 2 1 1 3 t t    2 1 3 3t t    2 3 2 0t t    1 2 t t     2t  , khụng thoả món 1t  , cú 2 0 1 1 2 0 1 x x x x x x           0, 1x x  thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . * Cỏch 3: Nhận xột: x và 1 x cú mối quan hệ đặc biệt, cụ thể     2 2 1 1x x   Vậy ta cú cỏch 3 Từ (*) ta cú 2 . 1 3 1 3 3x x x x     3 3 1 2 3 x x x      ( 9 4 x  vỡ thay 9 4 x  vào phương trỡnh khụng thoả món) Đặt t x , nờn 3 3 1 2 3 t x t     Lại cú     2 2 1 1x x   , nờn 2 2 3 3 1 2 3 t t t         2 2 2 24 12 9 9 18 9 4 12 9t t t t t t t         4 3 24 12 14 6 0t t t t      3 22 6 7 3 0t t t t       21 2 4 3 0t t t t     0 1 t t     0 1 x x     0, 1x x  thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . * Cỏch 4: Cựng nhận xột trờn, ta cú thờm cỏch khỏc Đặt a x , 1b x  , 0, 0a b  Ta cú hệ phương trỡnh 2 2 2 1 3 1 ab a b a b             2 3 2a 3 (1) 2a 1 (2) b a b a b b         Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 3 Thay (1) vào (2) cú     2 3 3 1a b a b           2 3 2 0a b a b      1 2 a b a b       Với 1a b  , cú . 0a b  0 1 1 0 a b a b        0 1 x x     Với 2a b  , cú 3 . 2 a b  , khụng tồn tại ,a b (Vỡ 2 3 4 2 4. 6 2    ) 0, 1x x  thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . Nhận xột: bản chất của cỏch giải này vẫn là cỏch đặt ẩn phụ ở cỏch 3. * Cỏch 5: Cũng nhờ     2 2 1 1x x   , ta nghĩ đến đẳng thức 2 2sin cos 1a a  Ta cú thờm cỏch sau: Đặt sin , 0 2 x a a     Phương trỡnh (*) trở thành 2 2 2 1 sin . 1 sin sin 1 sin 3 a a a a     3 2sin .cos 3sin 3cos a a a a    (Vỡ cos 0a  )     2 sin cos 3 sin cos 2 0a a a a      sin cos 1 sin +cos 2 a a a a      sin cos 1a a   22sin . os 2sin 0 2 2 2 a a a c   sin os sin 0 2 2 2 a a a c         sin 0 2 tan 1 2 a a        2 sin 2sin os 0 2 2 2tan 2sin 1 1 tan 2 a a a c a a a            0 1 x x     0, 1x x  thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 0, 1x x  . Qua vớ dụ trờn ta thấy cú rất nhiều cỏch khỏc nhau để giải một phương trỡnh vụ tỉ. Tuy nhiờn cỏc cỏch đú đều dựa trờn cơ sở là loại bỏ căn thức và đưa về phương trỡnh đơn giản hơn mà ta đó biết cỏch giải. Sau đõy tụi xin đi vào một số phương phỏp cụ thể. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 4 Phương phỏp 1: Phương phỏp biến đổi tương đương Bài toỏn 1: Giải cỏc phương trỡnh sau 1) 17 1 3x x   (1) 2) 3 3 3 2x x     (2) 3) 2 35 2 1 1x x x x x      (3) 4) 2 2 21 3 2 8 7x x x x x       (4) 5) 3 3 312 12 2 3x x x    (5) 6) 22 2x x   . (6) Bài toỏn 2: Tỡm m để phương trỡnh 2 2 2x mx m   (I), cú nghiệm. Bài toỏn 3: Tỡm m để phương trỡnh 2 2x m x   (II), cú hai nghiệm phõn biệt. Bài toỏn 4: Giải cỏc phương trỡnh 1) 2 5 2 2 7 3x x x x      (1) 2) 3 3 1 2 2 2x x x x      (2) 3) 3 21 1 1 x x x x x x        (3) 4) 3 31 1 4 1 1 1 4 1 x x x x x x          (4) 5) 3 3 3 33 5 2 1 2 6x x x x      . (5) Giải Bài toỏn 1 1) Nhận xột: ta thấy vế trỏi luụn khụng õm, do đú nếu vế phải õm thỡ phương trỡnh vụ nghiệm, nờn ta chỉ cần giải phương trỡnh khi vế phải khụng õm, tức là 1 1 3 0 3 x x    . Khi đú hai vế đều khụng õm và bỡnh phương hai vế ta được phương trỡnh tương đương:   2 17 1 3x x   với 1 3 x  . Do vậy ta khụng cần đặt điều kiện cho 17 0x   .   (1) 2 1 3 0 17 1 3 x x x       2 1 3 17 1 6 9 x x x x          2 1 3 9 7 16 0 x x x         1 3 1 16 9 x x x           1x  Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 1x   . Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 5 Chỳ ý: Dạng tổng quỏt của phương trỡnh trờn là ( ) ( )f x g x . Ta làm như sau 2 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) g x f x g x f x g x      Bài toỏn này cú thể giải bằng cỏch đặt ẩn phụ 17t x  với t  0. 2) Điều kiện 3 1x   (2) 3 2 3 3x x         2 2 3 2 3 3x x     3 4 3 4 3 3x x x       3 1x x       2 1 0 3 1 x x x          2 1 3 2 1 x x x x         2 1 2 0 x x x        1 1 2 x x x         2x  , thỏa món điều kiện Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 2x   . 3)   (3) 22 3 1 0 5 2 1 1 x x x x x x          3 1 2 1 1 3 x x x x         3 2 1 1 3 0 2 1 (1 3 ) x x x x x            3 2 1 1 3 2 1 1 6 9 x x x x x             3 2 1 1 3 9 8 0 x x x x            2 1 1 3 9 8 0 x x x x           1 1 3 0 1 8 x x x x             0x  , thỏa món điều kiện Vậy phương trỡnh cú một nghiệm 0x  . Chỳ ý: Trong bài này ta khụng cần đặt điều kiện 2 3 3 5 2 1 0 2 1 0 x x x x x x           . Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 6 4) Điều kiện 1 7 1 x x x             (4) 2 2 2 2 21 3 2 8 7x x x x x        2 2 2 2 21 3 2 2. 1. 3 2 8 7x x x x x x x x                  22 1 1 . 1 2 5 6x x x x x x                 2 2 1 1 2 1 6x x x x x               2 2 22 1 6 4 1 2 1 6 x x x x x x                2 2 2 1 6 1 4 4 8 12 36 0 x x x x x x             2 1 6 1 3 16 44 0 x x x x            1 6 1 2 22 3 x x x x                1 2 x x      1, 2x x   thoả món điều kiện Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 2x x   . Chỳ ý : Bài này cú thể giải bằng cỏch như sau          (4) 1 1 1 2 1 7x x x x x x         * Trường hợp 1: 1x   , thỏa món phương trỡnh (4) * Trường hợp 2: 1x  , phương trỡnh (4) trở thành 1 2 7x x x         2 2 1 2 7x x x      1 2 1 2 2 7x x x x x         22 2 6x x x         22 6 0 4 2 6 x x x x         2 6 3 16 44 0 x x x       Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 7 6 2 22 3 x x x           2x  2x  , thỏa món điều kiện trường hợp 2 * Trường hợp 3: 7x   , phương trỡnh (4) trở thành         1 1 1 2 1 7x x x x x x            1 2 7x x x            2 2 1 2 7x x x        1 2 1 2 2 7x x x x x           2 1 2 6 0x x x       Phương trỡnh vụ nghiệm (Vỡ 2 1 2 6 0, 7x x x x         ). * Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 2x x   . Nhận xột: Khi giải bằng cỏch này thường mắc sai lầm: ab a b Đẳng thức ab a b khi 0a  và 0b  Cũn ab a b   khi 0a  và 0b  . 5)     (5) 3 3 3 3 312 12 2 3x x x        3 3 3 312 12 2 3 3 12 12. 2 3. 12 12 2 3x x x x x x x              3 3 3 312 12. 2 3. 12 12 2 3 3 1x x x x x          3 33 12 1 . 2 3. 3( 1) (5*)x x x x          3 12 1 2 3 27 1x x x x          2 21 4 2 3 9 2 +1 0x x x x x          21 6 9 0x x x      2 1 0 6 9 0 x x x         1 3 x x     Thay 1, 3x x  vào phương trỡnh (5) đều thoả món Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1, 3x x  . Chỳ ý : Ở (5*) là khụng tương đương, (5*) là phương trỡnh hệ quả của phương trỡnh (5). Do đú nghiệm của phương trỡnh (5*) phải được thay vào phương trỡnh (5) để kiểm tra lại. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 8 Với dạng tổng quỏt 3 3 3    ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức     3 3 3 3aa b a b b a b     để giải như bài trờn. 6) Điều kiện 2x   (6) 21 1( 2) 2 4 4 x x x x        2 2 1 1 2 2 2 x x                 1 1 2 (6.1) 2 2 1 1 2 (6.2) 2 2 x x x x               (6.1) 2x x   2 0 2 x x x      2 0 2 0 x x x       0 1 2 x x x        2x  (6.2) 2 1x x       2 1 0 2 1 x x x          2 1 2 2 1 x x x x         2 1 1 0 x x x        1 1 5 2 x x          1 5 2 x     Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm 2x  , 1 5 2 x    . Chỳ ý: Cú thể đưa về dạng ( ) ( )f x g x và giải bằng cỏch bỡnh phương hai vế, dẫn đến phương trỡnh bậc bốn (nhẩm được nghiệm 1x   , 2x  ) và tỡm được nghiệm của phương trỡnh. Ngoài ra cũn cỏch nữa là phương phỏp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trỡnh (tụi xin trỡnh bày ở phương phỏp 5). Bài toỏn 2 *) Nếu 0m  thỡ phương trỡnh (I) vụ nghiệm *) Nếu 0m  thỡ: ( ) 2 2 0 2 2 I m x mx m      2 2 0 2 2 0 (I*) m x mx m        (I*) cú nghiệm khi 2 2' 2 0m m     1 1 m m      1m  (thoả món 0m  ) Kết luận: 1m  thỡ phương trỡnh (I) cú nghiệm. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 9 Bài toỏn 3   ( ) 2 2 0 2 2 II x x m x       2 2 2 4 4 x x m x x         2 2 2 4 (II*) x x x m        Xột hàm số 2( ) 2 4f x x x   ,  2 ;x   Bảng biến thiờn x ∞ 2 1 +∞ ( )f x 4 +∞ 3 Số nghiệm phương trỡnh (II) bằng số nghiệm phương trỡnh (II*) với 2x   Vậy phương trỡnh (II) cú hai nghiệm phõn biệt khi 3 < m  4. Bài toỏn 4 1) Điều kiện 0  x  7 3     (1) 2 2 2 5 2 2 7 3x x x x       2 5 2 2 2. 5 2 2 7 3 2 2 . 7 3x x x x x x x x            2. 5 2 2 . 7 3x x x x         2 5 2 2 7 3x x x x     2 22 10 6 14x x x x      24 13 10 0x x    2 5 4 x x      (Thoả món điều kiện) Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm là 5 4 x  , 2x  . Chỳ ý: ta giải bằng cỏch trờn vỡ cú 2 5 2 2 7 3x x x x      Dạng tổng quỏt của phương trỡnh trờn là ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   , với ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   Được giải bằng cỏch: tỡm điều kiện xỏc định cho phương trỡnh sau đú bỡnh phương hai vế và giải tỡm nghiệm thỏa món điều kiện. 2) Điều kiện 0x  (2) 3 2 2 +2 3 1x x x x      Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 10     2 2 3 2 2 +2 3 1 (2*)x x x x      +3+4 4 3. 2 +2+3 1 2 2 2. 3 1x x x x x x x x        2 . 3 2 2. 3 1x x x x     4 ( 3) (2 2)(3 1)x x x x     2 24 12 6 8 2x x x x     22 4 2 0x x      2 2 1 0x   1x  Thay 1x  vào phương trỡnh (2) thỏa món Vậy phương trỡnh cú nghiệm duy nhất 1x  . Chỳ ý: Ta giải bằng cỏch trờn vỡ cú: 3 4 2 2 3 1x x x x      Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trỡnh hệ quả, nờn tỡm được nghiệm (2*) ta phải thay vào phương trỡnh (2) xem cú thoả món hay khụng. Dạng tổng quỏt của phương trỡnh trờn là ( ) ( ) ( ) ( )f x g x k x h x   , với ( ) ( ) ( ) ( )f x h x g x k x   Được giải bằng cỏch đưa về phương trỡnh ( ) ( ) ( ) ( )f x h x k x g x   , sau đú bỡnh phương và giải phương trỡnh hệ quả. 3) Điều kiện 0x    2 3(3) 2 21 1 1 x x x x x x              3 3 2 31 2 1 1 1 2 1 x x x x x x x x             3 21 2 x x x x      3 2 31 2xx x x       2 1 0x   1x  (Thoả món điều kiện) Vậy phương trỡnh cú nghiệm 1x  . Chỳ ý: Ta giải bằng cỏch trờn vỡ cú: 3 21. 1. 1 x x x x x x      Dạng tổng quỏt của phương trỡnh trờn là ( ) ( ) ( ) ( )f x g x k x h x   , với ( ). ( ) ( ). ( )f x g x h x k x Được giải bằng cỏch tỡm điều kiện xỏc định cho phương trỡnh, sau đú bỡnh phương hai vế và tỡm nghiệm thỏa món điều kiện. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 11 4) Điều kiện 1x  3 3(4) 1 1 4 +1 1 4 1 1 x x x x x x          2 2 3 31 1 4 1 1 4 1 1 x x x x x x                      3 3 3 31 14 1 2 1 1 2 1 4 1 1 x x x x x x x x                   3 31 1 4 +1 1 0 4 1 1 x x x x x x                3 21 4 3 1 3 2 0 4 1 1 x x x x x x                3 23 2 4 3 +2 0x x x x        23 2 2 2 1 0x x x x      2 3 2 1 2 1 2 x x x x            2 1 2 x x      (Thoả món điều kiện 1x  ) Thay 2x  , 1 2x   vào phương trỡnh (4) thấy thỏa món Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm 2x  , 1 2x   . Chỳ ý: Ta giải bằng cỏch trờn vỡ: 3 31 1 4 1. . 1 4 1 1 x x x x x x        Tuy nhiờn ta vẫn cú thể giải bằng cỏch: Đặt nhõn tử chung 3 1x  ở vế phải ra, sau đú quy đồng tiếp sẽ cú nhõn tử  1 4 1x x   , cỏch này cú thể sẽ ngắn hơn cỏch giải trờn. Nhưng cỏch giải trờn đó ỏp dụng dạng tổng quỏt của phương trỡnh: ( ) ( ) ( ) ( )f x g x h x k x   . Trong đú: ( ). ( ) ( ). ( )f x h x k x g x Được giải bằng cỏch đưa về phương trỡnh: ( ) ( ) ( ) ( )f x h x k x g x   Sau đú bỡnh phương và giải phương trỡnh hệ quả. 5)     (5) 3 3 3 3 3 33 5 2 1 2 6x x x x       Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 12 3 33 3 33 3 5 3 (3 5).( 3 5) 2 1 2 6 3 (2 1)(2 6)( 2 1 2 6) x x x x x x x x x x x x                        3 3 3 33 3(3 5) 3 5 2 1 2 6 2 1 2 6x x x x x x x x                3 3 3 33 3(3 5) 2 1 2 6 2 1 2 6 2 1 2 6x x x x x x x x           (5*)   3 3(3 5) 2 1 2 6x x x x     (Vỡ: 3 32 6 2 1 2 6 2 1 0x x x x        ) (3 5) (2 1)(2 6)x x x x     2 23 5 4 10 6x x x x     2 5 6 0x x    1 6 x x      Thay 6x   , 1x  vào phương trỡnh (5) thoả món. Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm 6x   , 1x  . Chỳ ý: Phương phỏp tương tự như cỏc bài toỏn trờn. Ở (5*) là ta đó sử dụng từ phương trỡnh đề bài, tức là đó dẫn đến hệ, nờn (5*) khụng tương đương với (5). Thật vậy, nếu ta thay  3 3 3 5x x  chứ khụng thay như bài giải vừa rồi, sẽ tỡm được nghiệm 5 2 x   nhưng nghiệm này khụng thoả món phương trỡnh (5). Bài tập Bài 1: Giải cỏc phương trỡnh 1) 3 2 2 2x x x x    2) 4 23 2 1x x x    3) 4 2 1 1 2x x x    4) 3 1 1 2x x x    5) 4 2 22 5 3 1x x x    6) 4 2 1 1x x x    7) 2 1 2 2x x x    8) 3 2 1 1 2x x x    9) 2 32 4 3 4x x x x    10) 2 21 5 8 4x x x x     11) 4 3 10 3 2x x    (HSG Quốc Gia 2000) 12) 2 21 5 8 4x x x x     13) 3 4 3 3x x    14) 2 2x x x    15) 2 21 1 2x x x x      16) 2 21 1 2x x x x      17) 2 1 6 5 1 2 x x x x       18) 2 24 12 6 2x x x x x       19) 2 22 2 1 1x x x     Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 13 20) 2 22 2 1 1x x x x      21) 1 3 2 3 3 2x x x     22) 3 3 2 4 2x x x     23) 2 3 3x x x    24) 2 22 1 2 1 2 9x x x x      25) 3 31 1 1x x     26) 22 3 5 2 4 16 15 1x x x x        27) 22 1 2 1x x x x       28) 21 2 1 2 2x x x     29) 3 2 5 3 3 5 2x x x x       30) 3 21 1 1 3 3 x x x x x x          31) 2 2 28 15 2 15 4 18 18x x x x x x        32) 2 22 8 6 1 2 2x x x x      (ĐH BK HN 2001). Bài 2: Tỡm m để phương trỡnh: 22 3 1x mx x    cú hai nghiệm phõn biệt. Bài 3: Tỡm m để phương trỡnh: 2 22 4x mx x   cú nghiệm. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 14 Phương phỏp 2: Phương phỏp đặt ẩn phụ I. Bài toỏn 1: Dạng     0af x b f x c   , 0a  Phương phỏp chung là đặt  t f x , 0t  1) Cho phương trỡnh:      1 3 6 1 5 0x x x x m       (1) a) Giải phương trỡnh với 0m  b) Tỡm m để phương trỡnh cú nghiệm. 2) Giải phương trỡnh: 22 8 2 8x x x x      (2). II. Bài toỏn 2: Dạng            . 0a f x g x b f x g x c f x g x d          (Với 0abc  ) Phương phỏp chung là đặt    t f x g x  1) Cho phương trỡnh: 21x x x x m     (3) a) Giải phương trỡnh với 1m  b) Tỡm m để phương trỡnh vụ nghiệm. 2) Cho phương trỡnh: 22 1 2 2 2x x x x x m        (4) a) Giải phương trỡnh với 11m  b) Tỡm m để phương trỡnh cú nghiệm. 3) Giải phương trỡnh:  3 33 335 35 30x x x x    (5). III. Bài toỏn 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trỡnh thuần nhất Giải cỏc phương trỡnh: 1) 3 23 1 2 4x x x   (6) (HSG Toỏn 10, NGT 2007) 2)   33 23 2 2 6 0x x x x     (7) 3) 2 22 2 1 3 4 1x x x x x      (8) 4) 2 25 14 9 20 5 1x x x x x       (9) IV. Bài toỏn 4: Dạng        . . . 0af x b g x f x c h x   , 0abc  Giải cỏc phương trỡnh: 1)   2 21 2 3 1x x x x     (10) 2) 24 1 1 3 2 1 1x x x x       (11) 3) 22 2 4 4 2 9 16x x x     (12). Giải I. Bài toỏn 1: 1) Điều kiện 1 5 x x     Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 15  1 2 24 6. 4 5 3 0x x x x m        Đặt 2 4 5t x x   , 0t  2 2 4 5t x x    Phương trỡnh (1) trở thành: 2 5 6 3 0t t m     2 6 8t t m    (1.1) a) 0m  : (1.1) 2 6 8 0t t    2 4 t t     2 2 2 2 22 2 13 4 5 2 4 5 4 4 9 0 7 4 5 16 4 21 04 5 4 3 x x x x x x x x x x x xx x x                                        Vậy với 0m  , phương trỡnh cú bốn nghiệm: 7x   , 3x  , 2 13x    . b) Phương trỡnh (1) cú nghiệm  Phương trỡnh (1.1) cú nghiệm 0t  Gọi   2 6 8f t t t    với  0;t  Bảng biến thiờn:   1f t  , 0t  Vậy phương trỡnh (1) cú nghiệm khi 1m  . 2) Điều kiện 2 8 8 2 0 x x x          (2) 2 22 2 2 2 2 2 8 8 2 2 8 8 2 2 8 2 2. 8 8 2 10 2 10 16 8 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                Đặt 2 10 16t x x   , 0t  2 2 10 16t x x    Phương trỡnh (2) trở thành: 2 16 2 8 0t t    2 4 2 8 0 2 t t t t          2t   , loại t  0 3 8 1    f t Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 16 4t  , cú 2 10 16 4x x   2 2 0 10 16 16 10 0 10 x x x x x x            Thay 10x  vào điều kiện 2 8 2 0x x   thoả món Vậy phương trỡnh cú nghiệm 10x  . Chỳ ý: Ở đõy tụi chưa cần đến giải bất phương trỡnh 2 8 2 0x x   . II. Bài toỏn 2: 1) Điều kiện 0 1x  Đặt 1t x x   , với 1 1t     2 2 11 2 . 1 1 2 t t x x x x x x           2(3) 21 2 1 2 2 t t m t t m         (3*) a) 1m  , (3*) 2 1 2 3 0 3 t t t t          3t   , loại 1t  , nờn 1 1 1 1x x x x       1 1 2 1x x x       2 1 2 1 0x x     1x  (vỡ 1 0x  ,  0;1x  ) Vậy với 1m  phương trỡnh cú nghiệm 1x  . b) Phương trỡnh (3) vụ nghiệm khi phương trỡnh (3*) khụng cú nghiệm thoả món 1 1t   Gọi   2 2 1f t t t   với 1 1t   Bảng biến thiờn:  2 2f t   ,  1;1t   Do đú: 2 2 1 2 2 1 m m m m          Kết luận: 1m  , 1m  thỡ phương trỡnh vụ nghiệm. 2) Điều kiện 2x  Đặt 1 2t x x    , 3t  t  1 1 2 2   f t Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 17 2 2 2 1 2 2 1. 2 1 2 2 t x x x x t x x x               2(4) 212 4 1 2 2 t t m t t m         (4*) a) 11m  , (4*) 2 24 1 22 4 21 0t t t t        7 3 t t      7t   , loại 3t  , nờn 21 2 3 2 1 2 2 9x x x x x          2 2 5x x x     2 2 5 0 5 5 3 9 27 32 25 10 x x x x x xx x x x                      Vậy với 1m  phương trỡnh cú nghiệm 3x  . b) Phương trỡnh (4) cú nghiệm  Phương trỡnh (4*) cú nghiệm thoả món 3t  Gọi   2 4 1f t t t   , 3t  Bảng biến thiờn:   4 4 3f t   ; 3t  Do đú: 2 4 4 3 2 2 3m m     Kết luận: 2 2 3m   thỡ phương trỡnh cú nghiệm. 3) Đặt 33 35t x x    3 3 3 3 33 335 3 35 . 35t x x x x x x        3 33 3535 3 t x x t     (5*) Phương trỡnh (5) trở thành: 3 335. 30 125 5 3 t t t t t       Thay 5t  vào (5*) cú: t   f t 2 3  4 4 3  Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 18  3 3 3 3 6 335 6 35 216 35 216 0x x x x x x         3 3 8 2 327 x x xx         Thay 2x  , 3x  vào phương trỡnh ban đầu thoả món Vậy phương trỡnh cú hai nghiệm 2x  , 3x  . Chỳ ý: Ta cú thể đặt 33 35y x  và đưa về hệ phương trỡnh đối xứng loại 1 để giải cũng được. Phương phỏp này sẽ được trỡnh bày ở dưới. III. Bài toỏn 3: 1) Điều kiện 1x  Để ý:    2 22 4 2 1 2 1x x x x x      Đặt 1a x  , 21b x x   , 0a  , 3 2 b  . Phương trỡnh (6) trở thành: 2 2 2 23 2 2 2 3 2 0ab b a a ab b      2 2 2 3 2 0 1 2 a a a b ab b b                       2 a b   , loại 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 4 4 5 3 0 a b a x x x b x x x x x                  5 37 2 x     (Thoả món điều kiện) Kết luận: phương trỡnh cú hai nghiệm 5 37 2 x    . 2) Điều kiện 2x   Nhận thấy 2x   khụng là nghiệm phương trỡnh Đặt 2 , 0y x y   Phương trỡnh (7) trở thành:     3 3 3 2 2 2 0x x x x     3 2 33 2 0x xy y    3 2 3 2 0 1 2 0 x x x x x y y y y y                                     Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều H 19 1 1 2 2 x y x y x y x y             Với y x , cú: 2 2 0 0 2 2 2 0 x x x x x x x x               0 21 2 x xx x         Với 1 2 y x  , cú: 1 2 2 x x     2 2 00 0 2 2 3 4 2 4 8 0 2 2 3 xx x x x x x x x                      Kết lu