Luận văn Những dạng toán phương trình, bất phương trình vô tỉ thường gặp trong trường trung học phổ thông

b thì tồn tại số  ;c a b sao cho  ' 0f c  hay phương trình  ' 0f x  có nghiệm thuộc khoảng  ; .a b Vậy để áp dụng kết quả trên vào bài toán chứng minh phương trình có nghiệm ta cần thực hiện các bước sau: - Xác định hàm số  F x khả vi liên tục trên đoạn  ;a b đồng thời thỏa mãn    'F x f x và    .F a F b - Khi đó tồn tại số  ;c a b sao cho       0 F b F a f c b a     hay phương trình   0f x  có nghiệm thuộc khoảng  ; .a b Ví dụ 1.64. Chứng tỏ rằng với 3 27a b  thì phương trình  2 6 1x b x a   luôn có ít nhất một nghiệm dương. Lời giải: Điều kiện xác định 1.x   Biến đổi phương trình về dạng 6 6 0, 1. 2 1 2 1 a a x b x b x x x           Xét hàm số   21 3F x a x x bx    khả vi liên tục trên  0; .  ' 6 0 2 1 a F x x b x      ;      3 0 2 27 3 3 27 0.F F a b a a b         Khi đó tồn tại  0;3c sao cho:      3 0 ' 0 6 0 3 0 2 1 F F a F c c b c          hay phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm dương. 62 1.3.4. Phƣơng pháp điều kiện cần và đủ Thông thường ta hay sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ cho các dạng toán sau: Dạng 1: Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm duy nhất. Dạng 2: Phương trình, bất phương trình có nghiệm với mọi giá trị của tham số. Dạng 3: Phương trình nghiệm đúng với mọi .x D Phƣơng pháp giải: - Đặt điều kiện xác định của phương trình, bất phương trình. - Tìm điều kiện cần. - Kiểm tra điều kiện đủ. Ví dụ 1.65. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 4 1 2 1 2 2 2 2 3 . x x x m m m xx               (65) Lời giải: Điều kiện xác định 0 2.x  (65)     242 2 2 2 2 2 3x x m x x x x m m         +) Điều kiện cần: Nhận thấy, nếu 0x là một nghiệm của bất phương trình thì 02 x cũng là nghiệm của bất phương trình. Do đó, bất phương trình có nghiệm duy nhất thì 0 0 02 1.x x x    +) Điều kiện đủ: Với 0 1x  , thay vào bất phương trình ta được:     241 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3m m m        2 22 2 3 3 0 0.m m m m m       Với 0m  thì bất phương trình (65) có dạng:  42 2 2 0x x x x      Thang Long University Library 63   2 4 4 4 42 0 2 0x x x x        4 4 2 1x x x     (thỏa mãn). Kết luận: 0.m  1.3.5. Phƣơng pháp hàm số Phƣơng pháp giải Bước 1: Tìm miền xác định của phương trình, hay bất phương trình là D . Bước 2: Biến đổi phương trình, bất phương trình đã cho về dạng    h m g x hay    .h m g x Bước 3: Lập bảng biến thiên của hàm số   ,g x x D , từ đó tìm được tham số thỏa mãn bài toán. Chú ý: Ta sử dụng các kết quả sau - Phương trình    h m g x có nghiệm trên D      ax . D D Ming x h m M g x   - Bất phương trình    h m g x có nghiệm trên D    ax . D h m M g x  - Bất phương trình    h m g x có nghiệm trên D    . D h m Min g x  - Bất phương trình    h m g x nghiệm đúng x D     . D h m Min g x  - Bất phương trình    h m g x nghiệm đúng x D     ax . D h m M g x  Chú ý: Nếu không tồn tại    ; ax D D Ming x M g x thì ta lập bảng biến thiên của  .g x Ví dụ 1.66. Tìm m để phương trình 22 1 1x m x   có nghiệm thực (66) 64 Phân tích: Quan sát phương trình, ta có thể cô lập được tham số đưa về dạng  m f x . Sau đó ta lập bảng biến thiên của  f x , từ đó tìm được tham số m . Lời giải: Tập xác định .x (66)   2 2 1 1 x m f x x      ta có       2 2 32 2 2 1 2 1 21 ' 1 1 x x x xx f x x x        Khi đó:  ' 0 2f x x   và    2; 2. x x Lim f x Lim f x      Bảng biến thiên của hàm số  f x : x  2   'f x + 0 -  f x 5 2 -2 Từ bảng biến thiên suy ra, phương trình đã cho có nghiệm khi: 2 5.m   Ví dụ 1.67. Xác định m để phương trình sau có nghiệm   3 2 21 .x x m   (67) Phân tích: Để cho việc tính đạo hàm đơn giản hơn, ta tiến hành đặt ẩn phụ và đặt điều kiện chính xác cho ẩn phụ. Lời giải: Điều kiện xác định 1 1.x   Đặt 21t x  , điều kiện: 0 1t  . Suy ra 2 21 .x t  Phương trình (67) trở thành: 2 31 .t t m   (67.a) Xét hàm số   3 2 1f t t t   , có   2 2 ' 3 2 0 0; . 3 f t t t t t      Thang Long University Library 65 Bảng biến thiên của hàm số  f t : t 0 2 3 1  'f t 0 - 0 +  f t 1 1 23 27 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (67.a) có nghiệm  0;1t . Từ bảng biến thiên suy ra 23 1 27 m  là các giá trị cần tìm. Ví dụ 1.68. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm  29 2 4 2 2 .x m x x      (68) Phân tích: Nhận thấy các biểu thức có chứa ẩn trong phương trình có dạng “tổng – tích”, do đó để việc tính đạo hàm của hàm số đơn giản hơn sau khi cô lập tham số ta sẽ tiến hành đặt ẩn phụ và đặt điều kiện chính xác cho ẩn phụ. Lời giải: Điều kiện xác định 2 2.x   Đặt    2 22 2 0 2 2 2 4t x x t x x x            2 24 2 4 4 2t x t       Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-copxki ta có:         2 2 2 22 2 1 1 2 2 8 2 2.t x x x x t               Bất phương trình (68) trở thành:     2 2 59 4 . t t mt m f t t        Ta có   2 5 ' 1f t t    ;  ' 0 5f t t    (loại) hoặc 5t  2;2 2 .    66 Bảng biến thiên của hàm số  f t : t 2 5 2 2  'f t - 0 +  f t 13 2 4 9 2 2 5 Bất phương trình (68) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình  m f t có nghiệm 2;2 2 .t     Dựa vào bảng biến thiên của hàm số  f t ta được: 2 5 .m Nhận xét: Để tìm điều kiện chính xác cho 2 2t x x    , ta có thể lập bảng biến thiên của hàm số 2 2t x x    với  2;2 .x  Ví dụ 1.69. Xác định m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:  2 22 4 4 2 3 0.x x x x m       (69) Phân tích: Nhận thấy có thể cô lập được tham số m , biến đổi phương trình về dạng  m f x , từ đó ta sử dụng phương pháp hàm số để tìm m . Lời giải: Điều kiện xác định 2 2.x   Đặt   2 2 2 2 2 2 2 44 4 2 4 4 . 2 t t x x t x x x x x x              Ta có 2 ' 1 4 x t x    , xét 2 2 ' 0 1 0 4 4 x t x x x         2 2 2 0 0 2 . 4 2 x x x x x x            Bảng biến thiên của hàm số  24 , 2;2 .t x x x     Thang Long University Library 67 x 2 2 2  't x + 0 -  t x 2 2 2 2 Từ bảng biến thiên, suy ra 2;2 2 .t     Mặt khác: Ứng với 2 2t  hoặc mỗi giá trị  2;2t  thì phương trình 24t x x   có đúng một nghiệm .x Ứng với mỗi giá trị 2;2 2t   thì phương trình 24t x x   có đúng hai nghiệm .x Phương trình (69) trở thành: 2 4 2 2 3 . 2 t t m     Xét hàm số   2 4 2 2, 2;2 2 2 t f t t t          ;  ' 2 0 2f t t t      . Trường hợp 1: Nếu  2;2t  thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình   3f t m có đúng hai nghiệm phân biệt. Bảng biến thiên: t -2 2  'f t +  f t Dựa vào bảng biến thiên, nhận thấy không có giá trị nào của m thỏa mãn. Trường hợp 2: Nếu 2;2 2t   thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm 68 phân biệt khi và chỉ khi phương trình   3f t m có đúng một nghiệm. Bảng biến thiên: t 2 2 2  'f t 0 -  f t 6 4 2 Từ bảng biến thiên suy ra: 4 2 4 2 3 6 2. 3 m m     Kết luận: Vậy 4 2 2 3 m  là các giá trị cần tìm. Ví dụ 1.70. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm 0;1 3 .x        2 2 2 1 2 0.m x x x x      (70) Phân tích: Chia cả hai vế của bất phương trình cho 2 2 2 0x x   , sau đó biện luận sự tồn tại nghiệm của bất phương trình dạng  m f x . Lời giải: Tập xác định .D  Đặt 2 2 22 2 0 2 2t x x x x t        Xét hàm số 2 2 2, 0;1 3t x x x         , ta có 2 1 ' 0 1. 2 2 x t x x x        Bảng biến thiên của hàm số 2 2 2 :t x x   x 0 1 1 3  't x - 0 +  t x 2 2 1 Dựa vào bảng biến thiên ta có  1;2 .t Thang Long University Library 69 Khi đó bất phương trình (65) có dạng: 2 2 . 1 t m t    Xét hàm số     2 2 , 1;2 1 t g t t t     , ta có             2 2 2 2 2 1 2 2 2 ' 0, 1;2 . 1 1 t t t t t g t t t t             Suy ra  g t là hàm số đồng biến trên  1;2       1 2 1 2 . 2 3 g g t g     Bất phương trình đã cho có nghiệm 0;1 3x     khi và chỉ khi bất phương trình   2 2 1 t m f t t     có nghiệm  1;2t     1;2 2 . 3t m Max g t m      Kết luận: 2 3 m  là các giá trị cần tìm. 1.4. Một số phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ giải bằng nhiều cách khác nhau Thông qua một vài ví dụ nhỏ dưới đây, ta nhận ra toán học sơ cấp có nhiều cách giải khác nhau, tùy thuộc vào đặc điểm của từng bài toán với dấu hiệu nhận dạng mà ta chọn phương pháp giải cho phù hợp sao cho nhanh gọn, chính xác. Ví dụ 1.71. Giải phương trình 2 6 3 4 2 1.x x x x    (71) Lời giải: Điều kiện xác định: 1 . 2 x  Cách 1: Bình phương 2 vế (71)     2 2 26 3 16 2 1x x x x     4 2 3 2 3 236 9 12 36 6 32 16x x x x x x x        4 3 220 46 36 9 0x x x x         2 21 18 9 0x x x     1; 9 6 2.x x    Thử lại ta được tập nghiệm của phương trình là:  1; 9 6 2 .S   70 Cách 2: Sử dụng phương pháp nhân liên hợp  2 26 3 4 2 1 4x x x x x x         22 2 13 6 3 4 2 1 x x x x x x x          (do 1 2 1 0, 2 x x x     ).     2 2 4 13 2 1 2 1 x x x x x x            2 4 1 3 0 2 1 x x x x               2 11 0 44 3 0 71.3 0 2 12 1 xx xx a x xx x                (71.a)  4 3 2 1x x x      2 0 3 2 1 9 2 1 x x x x x         2 0 9 6 2. 18 9 0 x x x x         Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là  1; 9 6 2 .S   Cách 3: Đặt ẩn phụ, đưa về giải phương trình đẳng cấp bậc hai (71)  2 4 2 1 3 2 1 0.x x x x      (71.c) Đặt 22 1 0 2 1y x y x      Khi đó phương trình (71.c) trở thành: 2 24 3 0x xy y     3 0 3 . x y x y x y x y            Với x y ta có 2 0 2 1 1. 2 1 x x x x x x         Thang Long University Library 71  Với 3x y ta có 3 2 1x x    2 0 9 2 1 . x x x      2 0 9 6 2. 18 9 0 x x x x         Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là  1; 9 6 2 .S   Cách 4: Biến đổi thành phương trình tích (71)  2 4 2 1 4 2 1 2 1x x x x x           2 2 2 2 1 2 1x x x     2 2 1 2 1 3 2 1 2 2 1 2 1 2 1. x x x x x x x x x x                    Giải tương tự như trên ta tìm được tập nghiệm của phương trình Ví dụ 1.72. Giải bất phương trình 22 3 2 3 2.x x x x    (72) Lời giải: Điều kiện xác định 2 . 3 x  Cách 1: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn Đặt 23 2 0 3 2t x t x      Bất phương trình (72) trở thành: 2 2 2 22 2 0x t xt x xt t        2 0 0x t x t x t       (do 2 2 0, 3 x t t    ). Với x t ta có 2 2 3 2 1 23 3 2 x x x x x x            (thỏa mãn). Kết luận: tập nghiệm của bất phương trình là  1;2 .S  Cách 2: Biến đổi tương đương (72)  24 2 3 2 4 3 2x x x x      2 29 4 3 2 4 3 2x x x x x      72     22 3 2 3 2x x x    3 2 3 2x x x    ( do 3 0x  và 2 2 3 2 0, 3 x x x     ). Giải tương tự như trên ta được tập nghiệm của bất phương trình là  1;2 .S  Cách 3: Bình phương hai vế Nhận xét: với 2 3 x  ta có 22 3 2 0x x   và 0x  do đó (71)     2 2 22 3 2 3 2x x x x         24 24 5 3 2 3 2 0x x x x        2 23 2 4 3 2 0x x x x      (do 24 3 2 0,x x x     ). 2 3 2 0x x    1 2x   (thỏa mãn). Cách 4: Nhân liên hợp (72)   23 2 3 2 0x x x x x        2 2 3 2 3 2 0 3 2 x x x x x x x           (vì 2 3 2 0, 3 x x x     ).  2 3 2 1 0 3 2 x x x x x            2 3 2 0x x    (do 2 1 0, 33 2 x x x x       ). 1 2x   (thỏa mãn). Ví dụ 1.73. Giải phương trình  2 32 6 5 8.x x x    (73) Lời giải: Điều kiện 2.x   Cách 1: Đặt hai ẩn phụ, đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai. (73)       2 22 2 2 2 4 5 2 2 4 .x x x x x x         (73.a) Đặt 22 0; 2 4 3.a x b x x       Thang Long University Library 73 Khi đó phương trình (73.a) trở thành: 2 22 2 5a b ab    2 2 0a b a b    2 ; 2 .a b b a    Với 2a b , ta có 22 2 2 4x x x     2 22 4 2 4 4 9 14 0x x x x x         (vô nghiệm).  Với 2b a , ta có  2 22 4 2 2 2 4 4 2x x x x x x         2 6 4 0 3 13x x x       (thỏa mãn). Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm 3 13.x   Cách 2: Biến đổi tương đương (bình phương hai vế). (73 )     22 2 34 6 5 8x x x     (vì 2 6 0,x x x     ).    4 2 3 2 34 36 2 12 12 25 8x x x x x x        4 3 24 33 52 48 56 0x x x x        2 26 4 4 9 14 0x x x x      2 2 6 4 0 3 13 4 9 14 0 x x x x x            (thỏa mãn). Cách 3: Đặt một ẩn phụ (73)       2 22 2 2 2 4 5 2 2 4x x x x x x         2 2 2 2 2 2 5 . 2 4 2 4 x x x x x x          (73.b) (chia cả 2 vế của phương trình cho 2 2 4 0,x x x     ). Đặt 2 2 0 2 4 x t x x      , phương trình (73.b) trở thành: 2 12 5 2 0 2; . 2 t t t t      *) Với 2t  , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 x x x x x x          74  2 22 4 2 4 4 9 14 0x x x x x         (vô nghiệm). *) Với 1 2 t  , ta có: 2 2 2 1 2 2 2 4 2 4 2 x x x x x x            24 2 2 4x x x     2 6 4 0 3 13x x x       (thỏa mãn). Cách 4: Nhân liên hợp (73)    2 32 6 4 5 8 2 4 .x x x x          (73.c) +) Xét 2x   , thay vào phương trình (73), không thỏa mãn. +) Xét  32 8 2 4 0x x x       (73.c)         23 2 3 8 2 4 2 6 4 5 8 2 4 x x x x x x                    22 2 3 2 2 4 4 2 2 6 4 5 8 2 4 x x x x x x x x                    2 2 3 2 6 4 2 6 4 5 8 2 4 x x x x x x x               2 3 5 6 4 2 0 8 2 4 x x x x                2 3 3 6 4 0 3 13 5 2 0 2 8 2 . 8 2 4 x x x x x loai x x                   Thang Long University Library 75 CHƢƠNG 2 MỘT SỐ SAI LẦM THƢỜNG GẶP CỦA HỌC SINH KHI GIẢI PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ 2.1. Sai lầm trong biến đổi làm thừa nghiệm của phƣơng trình, bất phƣơng trình. Dạng 1. Sai lầm dễ mắc phải:         0 0 0. f x f x g x g x       Ví dụ 2.1. Giải phương trình  22 6 0.x x x    (74) Lời giải sai: (74) 2 22 0 3; 2.6 0 xx x xx x              Nguyên nhân sai lầm: Do không đặt điều kiện xác định căn thức nên với 2x   thì 2x vô nghĩa nên 2x   là nghiệm ngoại lai. Lời giải đúng: (74) 2 22 0 2 22 0 3. 3; 26 0 xx x xx x x xx x                      Vậy tập nghiệm của phương trình là:  2; 3 .S  Nhận xét:      0 0f x g x g x   hoặc     0 0. g x f x     Ví dụ 2.2. Giải phương trình 3 3 32 1 1 3 1.x x x     (75) Lời giải sai: (75)     3 3 3 3 32 1 1 3 1x x x              3 332 1 1 3 2 1 1 2 1 1 3 1x x x x x x x            (75.a) 76 3 3 32 1 1 3 1 1x x x     ( do 3 3 32 1 1 3 1x x x     ) (75.b)    2 1 1 3 1 1x x x     3 2 7 6 7 0 0; . 6 x x x x      Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 0; . 6 S        Nguyên nhân sai lầm: Nguyên nhân là do phép thế 3 3 32 1 1 3 1x x x     từ (75.a) sang (75.b) là phép biến đổi hệ quả, do đó với 0x  không thỏa mãn phương trình. Lời giải đúng: (75)     3 3 3 3 32 1 1 3 1x x x              3 332 1 1 3 2 1 1 2 1 1 3 1x x x x x x x            3 3 32 1. 1. 3 1 1x x x     ( do 3 3 32 1 1 3 1x x x     )    2 1 1 3 1 1x x x     3 2 7 6 7 0 0; . 6 x x x x      Thử lại: 0x  (không thỏa mãn); 7 6 x  (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 . 6 S        Nhận xét: Khi giải phương trình dạng      3 3 3f x g x h x  , sau khi lập phương hai vế, nếu sử dụng phép thế      3 3 3f x g x h x  vào phương trình thì phép biến đổi đó làm xuất hiện nghiệm ngoại lai. Do đó, sau khi tìm được nghiệm ta cần thử lại nghiệm vào phương trình ban đầu. Dạng 2. Sai lầm dễ mắc phải:            .g x h x f x g x f x h x   Ví dụ 2.3. Giải phương trình   1 1 1 3 10 2x x x x       (76) Lời giải sai: Điều kiện xác định: 1.x  Thang Long University Library 77 (76)       1 1 1 1 1 3 10 2 1 1x x x x x x                  1 1 1 3 10 2 1 1x x x x x                  2 1 3 10 2 1 1x x x x x           2 3 9 0x x    2; 3x x   (thỏa mãn điều kiện). Vậy tập nghiệm của phương trình là  2; 3 .S  Nguyên nhân sai lầm: Khi nhân cả hai vế của phương trình (76) với biểu thức  1 1x   mà không có điều kiện  1 1 0x    nên làm xuất hiện nghiệm ngoại lai 2x  . Lời giải đúng: Điều kiện xác định: 1x  . (76) 2 1 3 10 1 1 x x x x           2 1 1 1 3 10 1 1 x x x x          1 3 10 1 1x x x       3 9 0x   3x  (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm của phương trình là  3 .S  Nhận xét:               0. f x g x f x h x g x h x f x       Dạng 3. Sai lầm dễ mắc phải:        .f x g x f x g x   Ví dụ 2.4. Giải phương trình 2 3 1 2.x x x    (77) Lời giải sai: (77) 2 3 1 2x x x     2 4 3 0 1; 3.x x x x       Vậy tập nghiệm của phương trình là  1; 3 .S  Nguyên nhân sai lầm: Do không đặt điều kiện xác định căn thức nên sau khi bình phương hai vế để khử căn sẽ làm thừa nghiệm của phương trình là 1x  . 78 Lời giải đúng: (77) 2 23 1 2 4 3 0 3. 2 0 2 x x x x x x x x                  Vậy tập nghiệm của phương trình là  3 .S  Nhận xét:         0.f x g x f x g x    Dạng 4. Sai lầm dễ mắc phải:          2 0 . g x f x g x f x g x       Ví dụ 2.5. Giải bất phương trình 28 6 1 4 1 0.x x x     (78) Lời giải sai: (78) 28 6 1 4 1x x x       22 4 1 0 8 6 1 4 1 x x x x         (78.a)  2 1 1 4 1 .4 1 4 ;0 ;8 2 0 4 x x x xx x                      Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 ; . 4 S       Nguyên nhân sai lầm: Do không đặt điều kiện xác định của căn thức nên biến đổi từ bất phương trình (78) sang hệ bất phương trình (78.a) không tương đương. Lời giải đúng: (78) 28 6 1 4 1x x x       2 22 4 1 0 8 6 1 0 8 6 1 4 1 x x x x x x              Thang Long University Library 79   2 1 1 4 4 1 1 1 1 1 1 ; ; ; ; ; . 4 2 4 2 4 2 18 2 0 ;0 ; 4 x x x x x x x x x                                                        Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 1 1 ; . 2 4 S             Nhận xét: Đây là dạng bất phương trình cơ bản:            2 0; 0 . g x f x f x g x f x g x        Dạng 5. Sai lầm dễ mắc phải         1 1 .g x f x f x g x    Ví dụ 2.6. Giải bất phương trình 2 1 1 . 52 3 xx x    (79) Lời giải sai: (79) 25 2 3x x x       2 25 2 3x x x     7 12 28 0 . 3 x x      Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 7 ; . 3 S         Nguyên nhân sai lầm: Do không đặt điều kiện xác định của căn thức, đồng thời nhân chéo khử mẫu của bất phương trình mà không xét dấu của các biểu thức có chứa ẩn ở mẫu nên phép biến đổi trên không phải là phép biến đổi tương đương. Lời giải đúng: Điều kiện xác định:       2 2 3 0 ; 1 3; \ 5 . 5 0 x x x x              +) Xét 5x   thì 2 1 1 0 5 2 3x x x      , suy ra bất phương trình vô nghiệm. 80 +) Xét    5; 1 3;x     (79) 25 2 3x x x       2 25 2 3x x x     7 12 28 0 . 3 x x      Kết hợp với điều kiện    5; 1 3;x     , tập nghiệm của bất phương trình là 7 5; . 3 S         Nhận xét:             1 1 0. g x f x f x g x f x g x     2.2. Sai lầm trong biến đổi làm thiếu nghiệm của phƣơng trình, bất phƣơng trình. Dạng 6. Sai lầm dễ mắc phải:            .f x g x f x h x g x h x   Ví dụ 2.7. Giải phương trình   21 3 2 1.x x x x     (80) Lời giải sai: (80)    1 1 2 1x x x x          2 1 2 1x x x     1 2 1x x x     (80.a) 1 0 2 0 x x       hoặc 2 1 1 0 x x       (80.b) 1 2 x x     (vô nghiệm) hoặc 2 1 1 x x     3.x  Vậy tập nghiệm của phương trình là  .3S  Nguyên nhân sai lầm: Do không đặt điều kiện xác định của phương trình đồng thời phép biến đổi từ (80.a) sang (80.b) là không tương đương nên làm mất nghiệm 1x  của phương trình. Lời giải đúng: Điều kiện xác định:   21 3 2 0x x x    Thang Long University Library 81     2 1 2 0 1x x x      hoặc 2.x  +) Với 1x  , thỏa mãn phương trình. +) Với 2x  (80)    1 1 2 1x x x x          2 1 2 1x x x      1 2 1x x x     (do 1 0, 2x x    ). 2 1 0x    3.x  Vậy tập nghiệm của phương trình là  1; 3 .S  Nhận xét: Khi gặp phương trình dạng        f x g x f x h x ta cần đặt điều kiện xác định của phương trình và sau đó biến đổi thành phương trình tích số       0.f x g x h x     Dạng 7. Sai lầm dễ mắc phải:         . f xf x g x g x  Ví dụ 2.8. Giải phương trình  2 2 2 4 1 . 2 x x x x      (81) Lời giải sai: (81)      2 2 2 2 1 2 x x x x x            22 2 2 1 0 2 x x x x             2 5 0 2 x x x       2 5 0 5. 2 0 x x x x          Vậy tập nghiệm của phương trình là  5 .S  Nguyên nhân sai lầm: 82 Do không đặt điều kiện xác định của phương trình nên biến đổi 2 2 2 2 x x x x      đã làm thay đổi tập xác định của phương trình. Vì vậy cách giải trên làm mất nghiệm của phương trình là 2.x   Lời giải đúng: Điều kiện xác định:     2 4 0 ; 2 2; . 2 0 x x x            +) Với 2x  (81)      2 2 2 2 1 2 x x x x x        1 2 2 2 x x x      (do 2 0, 2x x    )  2 2 1 5x x x      (thỏa mãn). +) Với 2x   (81)      2 2 2 2 1 2 x x x x x            1 2 2 2 2 x x x x               2 2 2 1 2 2 1 0 1.2 2 0 2 x x x x x x xx x                         Vì 2x   nên 2x   thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là  2; 5 .S   Nhận xét:         f xf x g x g x  với     0 0 f x g x     hoặc         f xf x g x g x    với     0 0. f x g x     Dạng 8. Sai lầm dễ mắc phải          2 0 . g x f x g x f x g x       Thang Long University Library 83 Ví dụ 2.9. Giải bất phương trình 2 6 5 8 2 .x x x     (82) Lời giải sai: (82)   22 8 2 0 6 5 8 2 x x x x          (82.a) 2 4 5 38 69 0 x x x       4 3 4.23 3 5 x x x         Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  3;4 .S  Nguyên nhân sai lầm: Phép biến đổi từ bất phương trình (82) sang hệ bất phương trình (82.a) không phải là phép biến đổi tương đương do thiếu trường hợp 2 8 2 0 6 5 0 x x x        nên làm mất nghiệm của bất phương trình. Lời giải đúng: (82)   22 8 2 0 6 5 8 2 x x x x          hoặc 2 8 2 0 6 5 0 x x x        2 4 5 38 69 0 x x x       hoặc 4 1 5 x x     4 23 3 5 x x       hoặc 4 5x   3 5.x  Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  3;5 .S  Nhận xét: Đây là dạng bất phương trình cơ bản          2 0g x f x g x f x g x       hoặc     0 0. g x f x     84 Dạng 9. Sai lầm dễ mắc phải:         0 0 0. g x f x g x f x       Ví dụ 2.10. Giải bất phương trình  2 24 2 3 2 0.x x x x    (83) Lời giải sai: (83)         2 2 1 ; 2;2 3 2 0 1 2 ; 4; . 24 0 ;0 4; xx x x x x x                                    Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   1 ; 4; . 2 S           Nguyên nhân sai lầm: Do không xét riêng trường hợp dấu bằng xảy ra nên phép biến đổi trên làm mất nghiệm của bất phương trình là 2.x  Lời giải đúng: (83) 22 3 2 0x x    hoặc 2 2 2 3 2 0 4 0 x x x x        1 2; 2 x x    hoặc       1 ; 2; 2 ;0 4; x x                   1 2; ; 4; . 2 x x             Vậy tập nghiệm của bất phương trình là     1 ; 4; 2 . 2 S            Nhận xét:      0 0f x g x g x   hoặc     0 0. g x f x     Dạng 10. Sai lầm dễ mắc phải:      2 0 0.f x g x f x   Ví dụ 2.11. Giải phương trình 3 3 2 1 2.x x x      (84) Lời giải sai: Thang Long University Library 85 Điều kiện:     23 2 03 2 0 1 2 0 11 0 1 xx x x x xx x                     (vô nghiệm). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Nguyên nhân sai lầm: Lời giải trên đã giải sai điều kiện nên phương trình đã cho mất nghiệm. Lời giải đúng: Điều kiện xác định:     23 3 2 0 1 2 0 1 0 1 x x x x x x               1 0 1 x x       hoặc 2 0 1 x x      1.x  Thay 1x  vào phương trình (84) thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là  1 .S  Nhận xét:         2 0 0 cónghia g x f x g x f x       hoặc     0 0. g x f x     2.3. Sai lầm trong biến đổi vừa làm thừa nghiệm, vừa làm thiếu nghiệm của phƣơng trình. Ví dụ 2.12. Giải phương trình   2 22 2 3 1 2 5 2.x x x x x      (85) Lời giải sai: (85)    22 2 3 1 ( 2) 2 1x x x x x       22 3 1 2 1x x x       222 3 1 2 1x x x     2 7 2 7 0 0; . 2 x x x x       Vậy tập nghiệm của phương trình là 7 0; 2 S        . Nguyên nhân sai lầm: Lời giải trên đã mắc phải các lỗi sau: - Không đặt điều kiện xác định căn thức. 86 - Chia cả hai vế cho biểu thức có chứa ẩn, điều này thường sẽ làm mất nghiệm của phương trình. - Bình phương hai vế của phương trình mà không có điều kiện có nghiệm của phương trình, đây là phép biến đổi hệ quả, thường sẽ làm thừa nghiệm của phương trình. Như vậy lời giải trên đã làm mất nghiệm 2x   đồng thời thừa nghiệm 7 . 2 x   Lời giải đúng: (85)    22 2 3 1 ( 2) 2 1x x x x x         22 2 3 1 2 1 0x x x x        22 22 0 2 3 1 2 1 *2 3 1 2 1 0 xx x x xx x x                      22 2 1 2 1 0 * 0.2 2 3 1 2 1 2 7 0 x x x x x x x x                  Vậy tập nghiệm của phương trình là  0; 2 .S   Thang Long University Library 87 CHƢƠNG 3 MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP XÂY DỰNG PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ Con đường sáng tạo ra những phương trình, bất phương trình vô tỉ là dựa trên cơ sở các phương pháp giải đã được trình bày ở trên. Ta tìm cách biến đổi để thu được một phương trình, bất phương trình dễ nhìn về mặt hình thức đồng thời che đi mối quan hệ giữa các đối tượng trong phương trình. Sau đây là một số ý tưởng xây dựng phương trình, bất phương trình vô tỉ bằng cách làm như trên. 3.1 . Xây dựng một phƣơng trình vô tỉ từ hệ phƣơng trình đối xứng loại hai Bài toán 3.1 Ý tưởng: Xuất phát từ một hệ phương trình đối xứng loại hai đã biết cách giải Xét hệ phương trình 22 2 2 3 1 03 1 3 3 1 1 3 1 3 1 x yy x y y x y x y                    . Ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.1. Giải phương trình 2 1 3 3 1.x x   Phƣơng pháp giải Đặt 23 1 0 3 1y x y x      , thay y vào phương trình đã cho ta có hệ phương trình: 2 2 2 1 3 1 3 3 13 1 x y x y y xy x              Trừ các phương trình trong hệ theo vế ta được 2 2 3 3x y y x     3 0x y x y     0x y   (do 1 3 0, 0; 3 x y y x      ) Với x y ta có 2 3 5 3 1 3 1 0 . 2 x x x x x          88 Vậy tập nghiệm của phương trình là 3 5 . 2 S          Bài toán 3.2 Ý tưởng: Xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại hai đối với x và y 22 2 2 55 5 5 5 5 y xx y x x y x y x                  Ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.2. Giải phương trình 2 5 5.x x   Phƣơng pháp giải Đặt 25 0 5y x y x      , khi đó ta có hệ phương trình    2 2 2 2 5 1 0 5 x y x y y x x y x y y x                . 0 1 0 1 x y y x x y y x              +) Với y x  , ta có 2 0 1 21 5 . 25 x x x x x x           +) Với 1y x  , ta có   2 2 1 0 1 1 17 5 1 . 24 05 1 x x x x x x xx x                     Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 21 1 17 ; . 2 2 S            Nhận xét: Nếu thay dấu đẳng thức ở các phương trình trong bài toán 1 và bài toán 2 bằng các dấu bất đẳng thức ta sẽ thu được các bất phương trình vô tỉ. 3.2. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ dựa vào phƣơng trình đã biết cách giải Bài toán 3.3 Thang Long University Library 89 Ý tưởng: Xuất phát từ phương trình bậc hai 2 0At Bt C   , hoặc bất phương trình bậc hai 2 0At Bt C   ; sau đó chọn , ,A B C bằng các số và t là biểu thức chứa căn ta sẽ xác định được các phương trình hoặc bất phương trình vô tỉ. Thường chọn các hệ số , ,A B C sao cho biệt thức  là số chính phương. Chẳng hạn chọn 3, 10A C B    và 2 2 2 4 x t x x     ta thu được phương trình 2 2 2 2 2 3 10 3 0. 2 4 2 4 x x x x x x             Qui đồng bỏ mẫu, ta được ví dụ sau: Ví dụ 3.3. Giải phương trình 3 210 8 3 3 18.x x x    Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 2x   . Phương trình tương đương với       2 210 2 2 4 3 2 4 3 2x x x x x x        Chia cả hai vế của phương trình cho 2 2 4 0x x   ta được 2 2 2 2 10 3 3 . 2 4 2 4 x x x x x x         Đặt 2 2 0 2 4 x t x x      , phương trình trở thành 23 10 3 0t t   1 3; . 3 t t   +) Với 3t  , ta có 2 2 3 2 4 x x x     22 3 2 4x x x         22 22 9 2 4x x x     29 19 34 0x x    (phương trình vô nghiệm). +) Với 1 3 t  , ta có 2 2 1 2 4 3 x x x     23 2 2 4x x x         22 23 2 2 4x x x     2 11 14 0x x    90 11 177 2 x    (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm của phương trình là 11 177 . 2 S          Lưu ý: Mấu chốt của lời giải trên là chia cả hai vế của phương trình cho 2 2 4 0x x   với việc phân tích:    2 23 3 18 3 2 4 3 2 .x x x x x       Ta có thể chọn , ,A B C là các biểu thức có chứa biến sao cho biệt thức  là số chính phương. Chẳng hạn, chọn 2, 1 4 , 2 1A B x C x     và 2 1t x  , thay vào bất phương trình 2 0At Bt C   ta được:       2 2 22 1 1 4 1 2 1 0x x x x       Biến đổi và rút gọn ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.3.1. Giải bất phương trình   2 24 1 1 2 2 1 0.x x x x      Phƣơng pháp giải Đặt 2 2 21 1 1t x x t      , thay vào bất phương trình đã cho ta được    24 1 2 1 2 1 0x t t x       22 4 1 2 1 0t x t x      (*)       2 2 4 1 8 2 1 4 3 0t x x x        , suy ra 1 2 1 2 1; 2 t x t   . (*)   2 1 2 1 0t t x     2 1 0 2 1 0 t t x        hoặc 2 1 0 2 1 0 t t x       Thay 2 1t x  vào ta giải các bất phương trình cơ bản. Kết hợp với điều kiện 3 4 x  , tập nghiệm của bất phương trình là: 4 3 ; . 3 4 S             Thang Long University Library 91 3.3. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ dựa vào phƣơng trình tích Đối với phương pháp này thì việc xây dựng một phương trình hay bất phương trình vô tỉ là rất dễ dàng, ta chỉ cần xét phương trình     0f x g x  hay bất phương trình     0f x g x  , sau đó ta nhân vào và biến đổi để không còn tích nữa. Còn việc giải thường là đi ngược lại quá trình sáng tác. Tuy nhiên việc sáng tác phương trình hay bất phương trình trong trường hợp này cũng không quá tùy tiện mà nên xây dựng những phương trình đưa về tích có đặc thù riêng hoặc đại diện cho phương pháp phân tích nào đó. Bài toán 3.4 Ý tưởng: Xuất phát từ phương trình tích , chẳng hạn   1 0.a b a b    Đặt ,a b là các biểu thức có chứa căn thức ta thu được những phương trình vô tỉ. Chọn 2 1, 2 1a x b x    , thay vào phương trình   1 0a b a b    ta được:   2 21 2 1 1 2 1 1 0.x x x x        Khai triển và rút gọn ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.4. Giải phương trình 2 22 2 1 1.x x x x     Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định: 1 . 2 x   Phương trình tương đương với    2 21 2 1 2 1 1x x x x       (*) Đặt 2 1 1, 2 1 0a x b x      , thay vào (*) ta có 2 2a b a b   (1) Biến đổi phương trình (1) thành phương trình tích từ đó tìm được tập nghiệm của phương trình đã cho là  0; 2 .S  92 3.4. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ từ các hằng đẳng thức Bài toán 3.5 Ý tưởng: Xuất phát từ một đẳng thức nào đó, ta có thể xây dựng được các phương trình vô tỉ. chẳng hạn hằng đẳng thức:       3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         Khi đó ta chọn , ,a b c sao cho:   3 3 3 3a b c a b c     , từ đó ta được một phương trình tích số:     0.a b b c c a    Chẳng hạn, chọn 3 3 32 1, 4 , 3 2a x b x c x      , suy ra 3 3 3 4 5.a b c x    Từ đó ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.5. Giải phương trình 3 3 3 32 1 4 3 2 4 5.x x x x       Phƣơng pháp giải Đặt 3 3 32 1, 4 , 3 2a x b x c x      suy ra 3 3 3 3 4 5a b c x    Phương trình đã cho trở thành: 3 3 33a b c a b c       3 3 3 3a b c a b c      (1) Mặt khác ta có       3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         (2) Từ (1) và (2) suy ra    3 0a b b c c a    Từ đây ta giải phương trình có dạng tích số, tìm được tập nghiệm là 1 3; . 5 S         Chẳng hạn, chọn 2 23 33 7 1, 8, 8 1a x b x x c x x         , suy ra 3 3 3 8a b c   Từ đó ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.5.1. Giải bất phương trình 2 23 33 7 1 8 8 1 2.x x x x x        Phƣơng pháp giải Đặt 2 23 33 7 1, 8, 8 1a x b x x c x x         suy ra 3 3 3 8a b c   Thang Long University Library 93 Bất phương trình đã cho trở thành: 3 3 33a b c a b c       3 3 3 3a b c a b c      (1) Mặt khác ta có       3 3 3 3 3a b c a b c a b b c c a         (2) Từ (1) và (2) suy ra    3 0a b b c c a    Từ đây ta giải bất phương trình có dạng tích số, tìm được tập nghiệm của bất phương trình là    ; 1 0;9 .S     Bài toán 3.6 Ý tưởng: xuất phát từ hằng đẳng thức 2 2A B , ta chọn ,A B là các biểu thức có chứa căn ta thu được các phương trình hay bất phương trình vô tỉ. Chẳng hạn chọn 2 21 2 3, 2A x x x B x x        , thay vào đẳng thức 2 2A B , khai triển hằng đẳng thức hai vế và rút gọn ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.6. Giải phương trình  2 22 1 2 1 2 3 0.x x x x x x        Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định .x Biến đổi phương trình đã cho thành  2 24 2 2 2 2 1 2 3 0x x x x x x               2 2 2 2 2 21 2 1 2 3 2 3 2 2 2x x x x x x x x x x                  2 2 2 21 2 3 2x x x x x            2 2 2 2 1 2 3 2 1 1 2 3 2 2 x x x x x x x x x x                     2 21 1 2 3 2 0x x x       ( phương trình vô nghiệm). (2) 2 22 1 2 3 2 0x x x x        2 2 2 1 2 1 0 2 3 2 x x x x x          94   2 2 1 2 1 1 0 2 3 2 x x x x             1 2 x   (thỏa mãn). Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 . 2 S        Bài toán 3.7 Ý tưởng: xuất phát từ hằng đẳng thức   3 3 2 2u v u v u uv v     , ta chọn ,u v là các biểu thức có chứa căn đồng thời ta muốn xây dựng một phương trình được giải bằng cách đưa về phương trình đẳng cấp dạng: 2 2 0au buv cv   Ta chỉ việc tính 2 2au cv theo x sau đó cho 2 2buv au cv  ta sẽ thu được phương trình ẩn x . Thường ta chọn các hệ số , ,a b c sao cho biệt thức  là số chính phương. Chẳng hạn ta xét hằng đẳng thức   3 28 1 2 1 4 2 1x x x x     chọn 22 1, 4 2 1u x v x x     , khi đó 38 1.uv x  Xét    2 2 2 22 3 0 2 3 5 0 2 3 5u v u v u v uv u v uv           Mà    2 2 2 22 3 2 2 1 3 4 2 1 12 10 1u v x x x x x          và 35 5 8 1.uv x    Từ đó ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.7. Giải phương trình 3 25 8 1 12 10 1.x x x    Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 1 . 2 x   Biến đổi phương trình đã cho thành       2 25 2 1 4 2 1 3 4 2 1 2 2 1x x x x x x        Thang Long University Library 95 Đặt 22 1, 4 2 1u x v x x     , biến đổi về giải phương trình đẳng cấp bậc hai đối với ,u v . Bài toán 3.8 Ý tưởng: Dựa vào hằng đẳng thức      2 4 2 2 2 24 2 4 2 2 2 2x x x x x x x         Đặt 2 2 42 2, 2 2 . 4a x x b x x a b x         Xét    2 2 2 22 3 0 2 5 3 0 2 3 5a b a b a ab b a b ab           (*) Ta có    2 2 2 2 22 3 2 2 2 3 2 2 10 2a b x x x x x x           ; và 45 5 4ab x    , thay vào bất phương trình (*) ta thu được bài toán sau: Ví dụ 3.8. Giải bất phương trình 2 410 2 5 4.x x x    Phƣơng pháp giải Tập xác định .x Biến đổi bất phương trình thành    2 2 43 2 2 2 2 2 5 4x x x x x       Đặt 2 2 42 2, 2 2 4.a x x b x x ab x         Đưa về giải bất phương trình tích ẩn , .a b 3.5. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ dựa vào tính đơn điệu của hàm số Ta có kết quả sau: Nếu hàm số  f x liên tục và đơn điệu trên khoảng  ;a b đồng thời  , ;x y a b thì     .f x f y x y   Bằng cách chọn hàm số  f t đơn điệu và t là biểu thức có chứa căn thức, ta có thể xây dựng được những phương trình, bất phương trình vô tỉ. Bài toán 3.9 Ý tưởng: Xét hàm số   3f t t t  có   2' 3 1 0,f t t t     . Khi đó hàm số 96  f t đồng biến trên . Sau đó cho    32 3 3 5f x f x   , ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.9. Giải phương trình 3 2 336 53 25 3 5.x x x x     Phƣơng pháp giải Tập xác định .x Biến đổi phương trình đã cho trở thành:       33 3 32 3 2 3 3 5 3 5x x x x       (*) Xét hàm số   3f t t t  đồng biến trên . Khi đó phương trình (*) trở thành    3 32 3 3 5 2 3 3 5f x f x x x       Từ đó giải phương trình bậc ba tìm được tập nghiệm của phương trình là 5 3 2; . 4 S          Bài toán 3.10 Ý tưởng: Xuất phát từ hàm số   22 3f t t t t   có   2 2 2 ' 2 3 0, 3 t f t t t t t         suy ra hàm số  f t đồng biến trên . Sau đó cho    2 1 3f x f x   ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.10. Giải bất phương trình   2 210 2 2 1 4 4 7 3 9 3 0.x x x x x x        Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định .x Quá trình giải toán đi ngược với quá trình sáng tác. Bài toán 3.11 Sử dụng các ước lượng của hàm đơn điệu, ta có thể xây dựng được các phương trình, bất phương trình vô tỉ. Ta có các ước lượng sau, xét 0a  : Thang Long University Library 97 i) .a x a x a     Thật vậy hàm số  f x x a x   liên tục và đơn điệu tăng trên  0;a nên ta có      0f f x f a  1 .a x x a     ii) 4 4 .a x a x a     Thật vậy hàm số   4 4f x x a x   liên tục và đơn điệu tăng trên  0;a nên ta có      0f f x f a  4 4 .a x a x a     iii) 6 6 .a x a x a     Thật vậy hàm số   6 6f x x a x   liên tục và đơn điệu tăng trên  0;a nên ta có      0f f x f a  6 6 1 .a x x a     Cộng các ước lượng cơ bản trên và thay 1a  ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.11. Giải phương trình 6 64 4 .3 1 1 1x x x x x x         Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 0 1x  . Biến đổi phương trình đã cho về dạng      6 64 41 1 1 3x x x x x x         Sử dụng các ước lượng trên, suy ra tập nghiệm của phương trình là  .1S  3.6. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ dựa vào phƣơng trình lƣợng giác Từ một phương trình lượng giác đơn giản nào đó, kết hợp với các phép biến đổi lượng giác thì sẽ tìm ra các phương trình, bất phương trình vô tỉ. Lợi thế của phương pháp này là đưa phương trình ban đầu về phương trình lượng giác cơ bản đã biết cách giải. Bài toán 3.12 Ý tưởng: Xuất phát từ phương trình lượng giác cơ bản:  cos3 cos , 0; 2 t t t   98 Ta biến đổi phương trình thành 3 1 cos4cos 3cos 2 t t t     38cos 6cos 2 1 cost t t    Đặt 2cosx t , ta có ví dụ sau: Ví dụ 3.12. Giải phương trình 3 3 2 .x x x   Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 2x   .Ta xét các trường hợp sau:  Nếu 2x  xét vế trái của phương trình ta có  3 23 4x x x x x x     và   22 0 2 2 2x x x x x x x x x          , suy ra phương trình vô nghiệm với mọi 2.x   Nếu 2 2x   , ta đặt  2cos , 0;x t t   , thay vào giải phương trình lượng giác  cos3 cos , 0; 2 t t t   . Từ đó tìm được tập nghiệm của phương trình là 4 4 2; 2cos ; 2cos . 5 7 S         Bài toán 3.13 Ý tưởng: Xuất phát từ phương trình lượng giác  sin3 cos , 0;t t t   , biến đổi phương trình này ta được:  3 23sin 4sin cos sin 3 4sin cost t t t t t      2 2 2 2 cos 1 cos 4cos 1 cos 1 cos 4cos 1 t t t t t t         Đặt cosx t ,ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.13. Giải bất phương trình 2 2 1 . 4 1 x x x    Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định   1 1 1;1 \ ; . 2 2 x         Đặt  cos , 0;x t t   , đưa về giải phương trình lượng giác cơ bản Thang Long University Library 99  sin3 cos , 0; .t t t   Sau khi tìm được nghiệm của phương trình  sin3 cos , 0;t t t   , sử dụng tính liên tục của hàm số, lập bảng xét dấu của hàm số   2 21 4 1 x f x x x     , từ đó tìm được tập nghiệm của bất phương trình. Bài toán 3.14 Ý tưởng: Xuất phát từ phương trình lượng giác cơ bản  cos3 sin , 0;t t t   biến đổi phương trình này ta được: 3 24cos 3cos 1 cos .t t t   Đặt cosx t , ta thu được ví dụ sau: Ví dụ 3.14. Giải phương trình 3 24 3 1 .x x x   (1) Thay x bằng 1 x ta thu được phương trình khó hơn: Ví dụ 3.14.1. Giải phương trình 2 2 24 3 1.x x x   Trong phương trình (1), ta thay x bằng 1 x ta thu bài toán sau Ví dụ 3.14.2. Giải phương trình 3 2 24 12 9 1 2 .x x x x x      3.7. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ dựa vào nghiệm chọn sẵn và phƣơng pháp nhân lƣợng liên hợp Việc nhẩm các nghiệm bằng máy tính cầm tay và phương pháp nhân lượng liên hợp là phương pháp thường dùng khi giải các phương trình, bất phương trình vô tỉ. Việc xây dựng bài toán mới dựa trên phương pháp này cũng khá quen thuộc, ta chỉ cần chọn sẵn nghiệm rồi xây dựng các biểu thức thỏa mãn dấu đẳng thức xảy ra. Còn giải phương trình dạng này, một điều rất quan trọng là đoán được nghiệm của nó, từ đó ta sẽ tìm lượng liên hợp tương ứng. Ví dụ 3.15 Chọn 2x  thay vào các căn thức sau, ta được: 5 1 3; 2 2 5 1 2 5 7x x x x x           Từ đó ta có ví dụ sau: 100 Giải phương trình 5 1 2 7 .x x x     Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 1 . 5 x  Phương trình đã cho tương đương với    5 1 3 2 2 2x x x             5 1 9 2 4 2 0 5 1 3 2 2 x x x x x                  5 2 2 2 0 5 1 3 2 2 x x x x x              5 1 2 1 0 5 1 3 2 2 x x x              2x  (thỏa mãn điều kiện). Vì 5 1 1 1 0, . 55 1 3 2 2 x x x          Vậy tập nghiệm của phương trình là  2 .S  Ví dụ 3.16 Chọn 3x  thay vào các căn thức sau, ta được: 22 1; 4 1; 2 5 1; 2 5 3x x x x x        Từ đó ta có ví dụ sau: Giải bất phương trình 22 4 2 5 2 5x x x x x       Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 5 4. 2 x  Bất phương trình đã cho tương đương với       22 1 4 1 2 5 1 2 5 3x x x x x              3 3 2 6 3 2 1 2 1 4 1 2 5 1 x x x x x x x x                Thang Long University Library 101   1 1 2 3 2 1 0 2 1 4 1 2 5 1 x x x x x                  3 0 3x x     Vì 1 1 2 5 2 1 0, ;4 . 22 1 4 1 2 5 1 A x x x x x                   Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  3;4 .S  3.8. Xây dựng phƣơng trình, bất phƣơng trình vô tỉ bằng cách sử dụng hàm ngƣợc Đây là phương pháp khá hay để xây dựng phương trình, bất phương trình vô tỉ. Ta sử dụng các kết quả sau: - Nếu hàm số f liên tục và đơn điệu nghiêm ngặt trên khoảng  ;a b thì tồn tại hàm số ngược 1f  . - Cho hàm số  y f x có hàm ngược  1y f x . Khi đó f đồng biến 1f  đồng biến. - Giả sử hàm số  y f x có hàm số ngược  y g x . Nếu vẽ đồ thị của hai hàm số đó trên cùng một hệ trục tọa độ Đề - các vuông góc thì hai đồ thị ấy đối xứng với nhau qua đường phân giác thứ nhất. Do đó việc giải phương trình    f x g x qui về giải phương trình  f x x hoặc  g x x . Ví dụ 3.17 Xét hàm số   22 4 1y f x x x    trên khoảng  1;  . Hàm số ngược của  f x là 3 1 2 x y    , xác định trên khoảng  3;  . Khi đó ta có ví dụ sau: Giải phương trình 2 3 2 4 2 x x x    , với 1x   . Hướng dẫn giải Cách 1. Đặt ẩn phụ, đưa về hệ phương trình đối xứng 102 Đặt 3 1 , 0 2 x y y     , ta có hệ 2 2 2 4 1 2 4 1 y y x x x y         Giải hệ phương trình đối xứng trên ta tìm được tập nghiệm của phương trình ban đầu là 3 17 . 4 S           Cách 2. Bình phương hai vế, đưa về giải phương trình hệ quả là phương trình bậc 4 Ví dụ 3.18 Ta có hàm số 2 3y x x  trên 3 ; 2      có hàm số ngược là hàm số 3 9 4 2 x y    xác định trên 9 ; 4       . Do đó ta có ví dụ sau: Giải bất phương trình 29 4 2 6 3x x x    . Phƣơng pháp giải Điều kiện xác định 9 . 4 x   Tìm tập nghiệm của phương trình   29 4 2 6 3 0f x x x x      bằng cách đặt 3 2 3 9 4 , 2 y x y    . Sau đó sử dụng tính liên tục của hàm số và lập bảng xét dấu của  f x suy ra tập nghiệm của bất phương trình. Thang Long University Library 103 Kết luận Luận văn “Những dạng toán về phương trình, bất phương trình vô tỉ thường gặp trong trường Trung học phổ thông” đã giải quyết được những vấn đề sau: - Hệ thống các phương pháp giải phương trình, bất phương trình vô tỉ thường gặp trong trường Trung học phổ thông. - Đưa ra một số bài tập có thể giải bằng nhiều cách khác nhau. - Chỉ ra một số sai lầm thường gặp của học sinh Trung học phổ thông khi giải các phương trình, bất phương trình vô tỉ. - Đưa ra một số hướng để xây dựng các phương trình, bất phương trình vô tỉ mới. Luận văn đã góp phần nâng cao chất lượng dạy và học nội dung phương trình, bất phương trình vô tỉ trong trường Trung học phổ thông. Hà nội, tháng 4 năm 2016 Tác giả Thân Thị Nguyệt Ánh 104 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Nguyễn Tài Chung, (2015), Sáng tạo và giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vô tỉ, NXB Tổng hợp TPHCM. [2]. Lê Văn Đoàn, (2015), Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình, bất phương trình vô tỉ, NXB ĐHQGHN. [3]. Nguyễn Phụ Hy, (1995), Phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, NXB GD. [4]. Trần Phương, Nguyễn Đức Tấn (2013), Sai lầm thường gặp và các sáng tạo khi giải toán, NXB ĐHSP. [5]. Nguyễn Văn Mậu, (1997), Phương pháp giải phương trình và bất phương trình, NXBGD. [6]. Chuyên đề phương trình, bất phương trình vô tỉ trên mạng Internet. [7]. Tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ, NXBGD. Thang Long University Library