Cách giải phương trình bậc ba
Phương pháp đạo hàm
Xét phương trình: f(x) = x 3 +ax 2 +bx+c = 0 (1.1)
Phương trình này luôn luôn có ít nhất một nghiệm.
Nếu a 2 −3b ≤0 thì (1.1) có đúng một nghiệm.
Nếu a 2 > 3b thì (1.1) có 3 nghiệm khi f max f min ≤ 0
Dùng khai triển Taylor tại x = α f(x) =f(α) + f 0 (α)
2 (x−α) +f 0 (α) = 0 Nếu f 00 (α) = 0 đưa (1.2) về dạng: t 3 +pt+q = 0 (1.3) Để giải (1.3) ta tìm nghiệm dưới dạng t= u+v dẫn đến hệ:
2 = r(cosϕ−isinϕ) Khi đó 3 nghiệm thực: t 1 = 2√ 3 rcosϕ
3 Định lí 1.1 Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số (1.1) nhận điểm (α;f(α)) làm tâm đối xứng là f 00 (α) = 0.
Chứng minh: Điều kiện đủ: Giả sử f 00 (α) = 0 Từ khai triển Taylor ta có: y −f(α) = (x−α) 3 +f 0 (α)(x−α) Đặt
Ta đưa hàm số y = x 3 +ax 2 +bx+c về dạng:
Y = X 3 +f 0 (α)X Đây là hàm lẻ nên tâm đối xứng là:
Y = 0 hay (x = α;y = f(α)) là tâm đối xứng. Điều kiện cần: y −f(α) = f 0 (α)(x−α) + f 00 (α)
Hàm số có tâm đối xứng tại điểm (X = 0; Y = 0) dẫn đến điều kiện F(−X) + F(X) = 0, tương đương với việc f''(α) = 0 Theo định lý 1.2, điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số (1.1) cắt trục hoành tại ba điểm có hoành độ lập thành một cấp số cộng là f(α) = 0 và f''(α) = 0.
Phương pháp biến đổi thông thường
Nhận thấy mọi phương trình bậc ba có dạng: a1x 3 +b1x 2 + c1x+d = 0, a6= 0 đều đưa được về dạng: x 3 +ax 2 + bx+c = 0 (1.4)
Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức:
Nếu x = α là một nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì ta luôn có sự phân tích f(x) = (x−α)g(x).
3 phương trình (1.4) trở thành : y 3 −py = q (1.5) với p= a 3
• Nếu p = 0 thì phương trình (1.5) có nghiệm duy nhất x = √ 3 q
3 thì phương trình (1.5) trở thành:
- Nếu m = 1 thì phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = 1 và nghiệm kép t = −1
- Nếu m = −1 thì phương trình (1.6) có nghiệm đơn t = −1 và nghiệm kép t = 1
- Nếu |m| < 1, đặt m = cosα, phương trình (1.6) có ba nghiệm t= cosα
2(d 3 + 1 d 3 )(∗), với d được xác định là nghiệm của phương trình (∗), tức là d 3 = m+ √ m 2 −1 (hoặc d 3 m−√ m 2 −1) Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất: t = 1
Cách giải phương trình bậc bốn
Phương trình bậc bốn tổng quát
Xét phương trình: x 4 + bx 3 + cx 2 +dx+e= 0 (1.7) Đặt f(x) = x 4 +bx 3 +cx 2 +dx+e
Hướng giải quyết là đưa về phương trình tích.
Cách 1: Nhẩm nghiệm rồi phân tích đa thức:
Nếu x = α là một nghiệm của phương trình f(x) = 0 thì ta luôn có sự phân tích f(x) = (x−α)g(x). Để dự đoán nghiệm ta dựa vào các chú ý sau:
• Nếu đa thức f(x) = x 4 + bx 3 + cx 2 + dx+ e có nghiệm thì nghiệm đó phải là ước của e, với điều kiện b, c, d, e ∈ Z
• Nếu đa thức f(x) = x 4 +bx 3 +cx 2 + dx+ e có tổng các hệ số bằng
0 thì đa thức có một nghiệm x = 1
• Nếu đa thức f(x) = x 4 +bx 3 + cx 2 + dx+ e có tổng các hệ số của bậc chẵn bằng tổng các hệ số của bậc lẻ thì đa thức có một nghiệm x = −1
Cách 2: Đưa phương trình (1.7) về phương trình đặc biệt:
Một số dạng đặc biệt của phương trình (1.7):
Xét khai triển Taylor tại x = x 0 của đa thức f(x): f(x) =f(x 0 )+f 0 (x 0 )(x−x 0 )+1
Hệ phương trình f 0 (x) = 0 f 000 (x) = 0 có nghiệm x = x 0 Bằng phép đặt x−x 0 = t đưa phương trình (1.7) về dạng (1.8).
• Phương trình dạng: x 4 +cx 2 +dx+e = 0 (1.9)
4, bằng phép đặt x−x 0 t đưa phương trình (1.7) về phương trình (1.9).
• Phương trình dạng đối xứng: x 4 +ax 3 +bx 2 ±ax+ 1 = 0 (1.10) Đặt t = x± 1 x đưa phương trình (1.7) về dạng t 2 +at+b 0 = 0.
Phương trình x 4 + cx 2 + dx + e = 0
Xét phương trình: x 4 +cx 2 +dx+e = 0 (1.11)
Cách 1: Biến đổi phương trình (1.11) về dạng: x 4 = −cx 2 −dx−e
⇔ (x 2 +m) 2 = (2m−c)x 2 −dx+ (m 2 −e) (∗) Chọn m sao cho VP(∗) là bình phương của một nhị thức, tức là:
⇔ 8m 3 −4cm 2 −8em+ 4ce−d 2 = 0 (∗∗) Phương trình(∗∗) là phương trình bậc 3 ẩn m, giải phương trình tìm được m (chọn một giá trị thích hợp).
• Nếu 2m−c > 0 Khi đó (∗) có dạng:
(x 2 +m) 2 = (nx+p) 2 (∗ ∗ ∗) Phương trình (∗ ∗ ∗) giải bằng cách biến đổi về phương trình tích.
• Nếu 2m−c < 0 Khi đó, (∗) có dạng:
(x 2 +m) 2 + (nx+p) 2 = 0 Phương trình này có nghiệm thỏa mãn: x 2 +m = 0 nx+p = 0
• Nếu 2m−c = 0 Khi đó, VP(∗) là một nhị thức.
Cách 2: Sử dụng hệ số bất định:
Do VT(1.11) không có đại lượng bậc 3 nên biến đổi VT(1.11) về dạng: x 4 +cx 2 +dx+e = (x 2 +mx+ n)(x 2 −mx+p)
Sử dụng hệ số bất định để tìm m, n, p Tuy nhiên, không phải lúc nào ta cũng có thể tìm được giá trị của m, n, p.
Một số bất đẳng thức
Bất đẳng thức AM - GM
Cho a 1 , a 2 , , a n là các số thực không âm Khi đó ta có bất đẳng thức: a1 +a2 + +an n ≥ √ n a 1 a 2 a n Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n
Bất đẳng thức Cauchy
Cho a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , , b n là các số thực Khi đó ta có:
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) là hai bộ số tỉ lệ a i = tb i hoặc b i = ta i ∀i = 1,2, , n.
Tính chất của hàm đơn điệu, khả vi và ứng dụng
Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên (a;b) và f 0 (x) = 0 chỉ với một số hữu hạn điểm Khi đó:
• f là hàm số tăng trên (a;b) ⇔ f 0 (x) ≥0, ∀x ∈ (a;b)
• f là hàm số giảm trên (a;b) ⇔f 0 (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a;b). Định lí 1.3 Giả thiếtf(x)là một hàm liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên [a;b].
1) Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất là một nghiệm trên [a;b]
2) Phương trình f(x) = f(y) tương đương với phương trình x = y nếu x;y đều thuộc [a;b]. Định lí 1.4 Giả thiết f(x) là hàm liên tục và đơn điệu tăng trên [a;b], g(x) là hàm liên tục và đơn điệu giảm trên [a;b] Khi đó, phương trình f(x) =g(x) có nhiều nhất là một nghiệm trên [a;b].
Các định lý đã nêu có thể được xem là hệ quả của định lý 1.5, trong đó f(x) và g(x) là các hàm sơ cấp Định lý 1.5 khẳng định rằng nếu f(x) là hàm khả vi trên khoảng (a;b) và x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình f(x) = 0 (với x1 < x2), thì phương trình f'(x) = 0 sẽ có ít nhất một nghiệm c nằm trong khoảng (x1; x2).
Hệ quả 1.1 Nếu f(x) khả vi và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b). Khi đó, phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.
Hệ quả 1.2 Nếu f(x) khả vi và f(x) = 0 có n nghiệm thì phương trình f 0 (x) = 0 có ít nhất n−1 nghiệm.
Hệ quả 1.3 Nếu f(x) là hàm khả vi và f 0 (x) = 0 có nghiệm duy nhất thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm.
Định lý Rolle
Giả sử hàm f : [a;b]→ R thỏa mãn:
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a;b) sao cho f 0 (c) = 0.
Hệ quả 1.4 chỉ ra rằng, với hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình f(k)(x) = 0 có m nghiệm phân biệt trong khoảng (a;b), thì phương trình f(k−1)(x) = 0 sẽ có nhiều nhất (m + 1) nghiệm trong khoảng [a;b].
Định lý Lagrange và áp dụng
Định lí 1.6 (Định lý Lagrange) Giả thiết hàm số y = f(x) xác định trên [a;b] thỏa mãn: i) Liên tục trên [a;b] ii) Khả vi trên (a;b)
Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a;b) sao cho: f(b)−f(a) = f 0 (c)(b−a)
Hệ quả 1.5 Nếuf 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ (a;b), vớif(x)thỏa mãn giả thiết định lý Lagrange thì phương trình f(x 1 ) = f(x 2 ) ⇔x 1 = x 2 , ∀x 1 , x 2 ∈ (a;b).
Hệ quả 1.6 Nếu hàm sốy = f(x)thỏa mãn các giả thiết định lý Lagrange và f(x) ∈ (a;b) f 0 (x) 6= −1, ∀x ∈ (a;b) thì phương trình f[f(x)] = x ⇔ f(x) =x.
Định lý Cauchy và áp dụng
Định lí 1.7 (Định lý Cauchy) Giả sử f(x) và g(x) là hai hàm số cùng xác định trên [a;b] có tính chất:
1) f và g là hai hàm liên tục trên [a;b]
2) f và g cùng khả vi trên (a;b)
Khi đó, tồn tại c ∈ (a;b) sao cho:
Nếu g 0 (x) 6= 0 ∀x ∈ (a;b) thì f(b)−f(a) g(b)−g(a) = f 0 (c) g 0 (c) Định lí 1.8 Giả sử f, g là hai hàm khả vi cùng tính đơn điệu(cùng tăng hoặc cùng giảm thực sự) trên (a;b) Khi đó, hệ phương trình n ẩn
f(x n−1 ) = g(x n ) f(xn) = g(x1) chỉ có các nghiệm bằng nhau x 1 = x 2 = = x n
Giả sử hệ có nghiệm (x j) với j từ 1 đến n là một dãy tăng thực sự, tức là a < x 1 < x 2 < < x n < b Theo định lý Cauchy, tồn tại một giá trị c nằm trong khoảng (x 1; x 2).
Mặt khác A = f 0 (c) g 0 (c) > 0 mâu thuẫn Vì vậy x 1 = x 2 g(x2) = f(x1) g(x 3 ) = f(x 2 ) = f(x 1 ) ⇔g(x 2 ) = g(x 3 )
Theo lý luận tương tự, ta có x1 = x2 = x3 = = xn Định lý 1.9 nêu rằng, nếu f và g là hai hàm liên tục trên đoạn [a;b] và khả vi trên khoảng (a;b), trong đó f là hàm đơn điệu tăng thực sự và g là hàm đơn điệu giảm thực sự trên (a;b), thì hệ phương trình sẽ có những đặc điểm nhất định.
Nếu x 1 = x 2 thì f(x 1 ) = g(x 1 ) f(x2) = g(x3) ⇒ x 1 = x 2 = x 3 Tương tựx 1 = x 2 = = x n nếuf(t) = g(t)có nghiệm Nếu x 1 < x 2 < x 3 thì f(x 1 ) < f(x 2 ) < f(x 3 ), g(x 2 ) < g(x 3 ) < g(x 4 ) vô lý vì f tăng còn g giảm
Ta giả sử x 1 = x 3 , theo định lý Cauchy ∃c ∈ (a;b) sao cho: f 0 (c)[g(x3)−g(x1)] = g 0 (c)[f(x3)−f(x1)] f 0 (c).0 = g 0 (c)[g(x 4 )−g(x 2 )] ⇔ x 2 = x 4 Khi đó, f 0 (c1)[g(x4)−g(x2)] = g 0 (c1)[f(x4)−f(x2)]
Giá trị lớn nhất (GTLN), giá trị nhỏ nhất (GTNN) của một hàm số và của một tập hợp
Định nghĩa
Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D ⊂R.
M được gọi là GTLN của hàm số trên D nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: i) f(x) ≤M ∀x ∈ D ii) ∃x 0 ∈ D : f(x 0 ) = M
Khi đó, ký hiệu M = max x∈D f(x) hoặc M = y ln m được gọi là GTNN của hàm số trên D nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện: i) f(x) ≥M ∀x ∈ D ii) ∃x 1 ∈ D : f(x 1 ) = m
Khi đó, ký hiệu m = min x∈D f(x) hoặc m = y nn
Các điều kiện đủ
- Một hàm số liên tục trên một [a;b] ⊂ R thì đạt GTLN, GTNN trên đoạn đó Ký hiệu, max
- Một hàm số f liên tục và đơn điệu trên [a;b] ⊂ R thì max
Điểm dừng, hay còn gọi là điểm tới hạn, là những điểm trong tập xác định của hàm f(x) mà tại đó đạo hàm của hàm này bằng không hoặc không tồn tại.
- Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên [a;b] ⊂ R và chỉ khi có một số hữu hạn điểm tới hạn x 1 , x 2 , , x n Khi đó, max
Chú ý: Ta có thể thay[a;b]là tập xác định của hàm f(x)bằng tậpD ⊂ R và dẫn đến khái niệm max
D f. Định lí 1.10 Giả sử y = f(x) là hàm liên tục trên [a;b] ⊂R Khi đó,
1) Phương trình f(x) = c có nghiệm thuộc [a;b] khi và chỉ khi min
2) Bất phương trình f(x) ≥ c có nghiệm thuộc [a;b] khi và chỉ khi max
3) Bất phương trình f(x) < c có nghiệm thuộc [a;b] khi và chỉ khi min
4) Bất phương trình f(x) > c có nghiệm đúng ∀x ∈ [a;b] khi và chỉ khi min
5) Bất phương trình f(x) ≤ c có nghiệm đúng ∀x ∈ [a;b] khi và chỉ khi max
Phương pháp biến đổi tương đương hoặc biến đổi hệ quả
Nâng lũy thừa bậc chẵn hai vế của phương trình
Để giải các phương trình vô tỷ có chứa căn bậc chẵn, một phương pháp hiệu quả là nâng lũy thừa bậc chẵn cho cả hai vế của phương trình Tuy nhiên, cần lưu ý rằng phép biến đổi này phải đảm bảo tính tương đương của phương trình.
Một số dạng cơ bản:
• pf(x) = pg(x) ⇔ f(x) ≥ 0 f(x) = g(x) (có thể thay thế g(x) ≥ 0) b) Ví dụ
Bình phương hai vế của phương trình ta được: x 3 −x 2 −x+ 1−2px 3 −x 2 −x+ 1 + 1 = 0
5 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 1 +√
Bình phương hai vế không âm của phương trình ta được: q (x+ 5)(3x+ 1) = x+ 1 + 2 q x(2x+ 1)
Ta thấy tiếp tục giải phương trình này cũng khá phức tạp Để tìm cách giải đơn giản ta chuyển vế:
Sau đó bình phương hai vế để nhận được phương trình hệ quả:
Từ đây ta được nghiệm x = 1
Thử lại x = 1 thỏa mãn nên x = 1 là nghiệm phương trình.
Nhận xét 2.1 Xét phương trình dạng cơ bảnp f(x)+pg(x) =ph(x)+ pk(x)
Khi gặp phương trình dạng f(x) + g(x) = h(x) + k(x) hoặc f(x)g(x) = h(x)k(x), việc bình phương hai vế có thể dẫn đến phương trình hệ quả Nếu f(x) + h(x) = g(x) + k(x) hoặc f(x)h(x) = g(x)k(x), ta có thể biến đổi phương trình về dạng q f(x) - q h(x) = q k(x) - q g(x) và sau đó bình phương hai vế Trong trường hợp f(x) - h(x) = α[g(x) - k(x)] hoặc f(x) - h(x) = 0 và g(x) - k(x) = 0 có nghiệm chung, ta cũng biến đổi về dạng q f(x) - q h(x) = q k(x) - q g(x) và nhân liên hợp Tương tự, nếu f(x) - g(x) = α[h(x) - k(x)] hoặc f(x) - g(x) = 0 và h(x) - k(x) = 0 có nghiệm chung, ta sẽ giải quyết theo cách tương tự như trường hợp iii).
3 Biến đổi phương trình về dạng:
Sau đó nhận xét để sử dụng phép nhân liên hợp.
Phép nhân liên hợp sẽ được nói kỹ ở phần sau.
Bài 4 Giải phương trình: s x 3 + 1 x+ 3 +√ x+ 1 = px 2 −x+ 1 +√ x+ 3
Do đó, phương trình ⇔ s x 3 + 1 x+ 3 −√ x+ 3 = √ x 2 −x+ 1−√ x+ 1 Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả: x 3 + 1 x+ 3 = x 2 −x−1⇔ x 2 −2x−2 = 0 ⇔ x = 1−√
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Giải các phương trình sau:
10−3x = x−2 (Đề thì HSG quốc gia - Bảng A - 2002)
Lập phương hai vế của phương trình
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Ta biến đổi tương đương về: f(x) +g(x) + 3 3 q f(x)g(x)
= h(x) và ta sử dụng phép thế p 3 f(x) +p 3 g(x) = p 3 h(x) ta được phương trình hệ quả:
Lập phương hai vế của phương trình, rút gọn và giải phương trình. b) Ví dụ
Lập phương hai vế của phương trình (1) ta được:
Lập phương hai vế phương trình (3) ta được phương trình:
4x 2 (x+ 1) = 0 ⇔ x = 0 x = −1 Thử lại x = −1 thỏa mãn nên là nghiệm của phương trình.
(2) có thể dẫn đến một phương trình hệ quả do nghiệm của phương trình
(3) không thỏa mãn phương trình (1) nên khi được nghiệm của phương trình (3) ta phải có bước thử lại nghiệm vào phương trình đã cho.
Bài 2 Giải các phương trình sau:
13x+ 1 = 4√ 3 x (Đề thi HSG Gia Lai - 2010) Đáp số
Nhân liên hợp
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Xét phương trình có dạng cơ bản: q f(x) + q g(x) =h(x) (2.1)
Nhiều phương trình vô tỷ có thể có nghiệm x = x0 Khi đó, phương trình (2.1) có thể được chuyển đổi thành dạng tích (x−x0)f(x) = 0 thông qua nhiều phương pháp khác nhau, trong đó một phương pháp phổ biến là nhân với biểu thức liên hợp.
Phương trình f(x) = 0 có thể không có nghiệm hoặc có thể giải được, do đó, cần chú ý đến điều kiện của nghiệm để giải nhanh phương trình này.
(ĐT năm 2013 lần 1) Hướng giải:
• Nếu dùng phương pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ thì sẽ gặp khó khăn.
• Nhẩm nghiệm: Nhẩmx để cho 10−2x là số chính phương và9x−37 là lập phương của một số và thỏa mãn phương trình Ta đượcx = −3 là một nghiệm.
• Từ đó, bằng cách thêm bớt đại lượng thích hợp để sau khi nhân liên hợp sẽ đưa phương trình về dạng (x+ 3)f(x) = 0.
Giải: Điều kiện: x ≤ 5 Phương trình (1) tương đương:
4 + 4.5−27 = 0 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= 5
Vậy phương trình có hai nghiệm là: x = −3 và x = 5.
• Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình Như vậy, phương trình (1) có thể phân tích thành (x−1)f(x) = 0.
• Từ phương trình (1) ta suy ra x > 0.
Phương trình (1) có nghiệm khi x > 0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 1.
(Đề thi đại học khối B - 2010)
Nhận thấy x = 5 là nghiệm của phương trình Do đó, phương trình (1) có thể phân tích thành (x−5)f(x) = 0.
6−x + 3x + 1 > 0 nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 5.
• Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có thể phân tích phương trình (1) thành (x−1)f(x) = 0 bằng cách sử dụng phương pháp nhân liên hợp.
• Từ phương trình đã cho ta có đánh giá:
Phương trình (1) có nghiệm khi
√x 2 + 8 + 3 + 3 > 3 Do đó, phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 1.
(Đề thi Olympic 30/4 - 2007) Hướng giải:
• Nhận thấy x= 3 là nghiệm của phương trình (1).
• Từ phương trình ta có đánh giá:
Phương trình có nghiệm khi x > 1.
< 1 Suy ra, phương trình (2) vô nghiệm.
> 1 Suy ra,phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 3.
Nhận thấy x = 0 và x = 1 là nghiệm của phương trình.
Với −1≤ x ≤ 2 thì V T(3) > 0 Do đó, phương trình (3) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 0 và x = 1.
Nhận xét 2.3 Trong trường hợp nhẩm được hai nghiệm, ta có thể giải quyết bài toán theo cách làm trong bài toán dưới đây.
2 là nghiệm của phương trình đã cho.
Do đó, phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 và x = 1
2. Nhận xét 2.4 Cách thêm bớt biểu thức khi nhân liên hợp.
6x thêm vào để nhân liên hợp do đâu mà có?
- Trước tiên ta nhẩm được hai nghiệm là x = 0 và x = 1
2 nên ta cần làm xuất hiện biểu thức x(2x−1) làm nhân tử chung.
- Với biểu thức √ x+ 1, ta cần thêm bớt một nhị thức (do nhẩm được hai nghiệm) là f(x) =ax+b sao cho:
1 Xét phương trình có dạng: p f(x) + pg(x) =h(x) (∗) i) Nếu f(x)−g(x) =αh(x), ở đây α có thể là hằng số hoặc có thể là biểu thức của x Khi đó, ta có thể biến đổi (∗) như sau: f(x)−g(x) pf(x)−pg(x) = h(x) ⇔ α pf(x)−pg(x) = 1
Khi đó, ta có hệ phương trình: pf(x) +pg(x) = h(x) pf(x)−pg(x) = α ⇒ 2 q f(x) = h(x) +α ii) Nếu f(x)−g(x) có nhân tử chung với h(x) thì làm tương tự i)
2 Với phương trình p f(x)−pg(x) = h(x) thì cách giải tương tự.
2x 2 −x−1 và x = −4 không phải là nghiệm của phương trình.
Vậy ta có hệ phương trình:
7 Thử lại đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 8
7. Bài 9 Giải phương trình: p3x 2 −7x+ 3−px 2 −2 = p3x 2 −5x−1−px 2 −3x+ 4 (1)
(3x 2 −7x+ 3)−(3x 2 −5x−1) = −2(x−2) (x 2 −2)−(x 2 −3x+ 4) = 3(x−2) nên ta có thể trục căn thức hai vế của phương trình.
Chuyển vế và trục căn thức phương trình (1) ta được:
Dễ dàng thấy được phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: x = 2.
Giải các phương trình sau:
Biến đổi đưa về phương trình tích
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Mục đích là biến đổi phương trình về dạng a.b.c = 0.
Một số đẳng thức hay dùng:
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= 2.
⇔ x = 0 x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 và x = 1. b)
⇔ x = 0 x = −1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 và x = −1.
4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1, x = 2 và x = 3
Nhận xét 2.6 Khi sử dụng hằng đẳng thức biến đổi phương trình về dạng A k = B k , tùy từng trường hợp của k để biến đổi:
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1 và x = 4.
Phương trình đã cho tương đương:
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1.
4 √ x 2 + 10x+ 21 = 3√ x+ 3 + 2√ x+ 7−6 Hướng giải và đáp số
Phương pháp đặt ẩn phụ
Đặt ẩn phụ cơ bản
Để giải các phương trình vô tỷ, ta có thể đặt t = f(x) và chú ý đến điều kiện của t Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa biến t và có thể giải theo t, việc đặt ẩn phụ sẽ hoàn toàn hợp lệ Một số dạng phương trình thường gặp bao gồm: (i) phương trình có dạng af(x) + bp^n f(x) + c = 0, trong đó t = p^n f(x) và điều kiện của t phụ thuộc vào n; (ii) phương trình dạng af(x) + b f(x) + c = 0 với t = f(x); và (iii) phương trình dạng a f(x) + 1 f(x).
# +c = 0 Đặt t = pf(x) + 1 f(x), t ≥ 2 Khi đó, f(x) + 1 f(x) = t 2 −2 Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai: a(t 2 −2) +bt+c = 0 iv) Phương trình có dạng: a hp f(x)±pg(x) i2 ±bpf(x)g(x) +c = 0 v) Phương trình có dạng: af(x)g(x) + bf(x) s g(x) f(x) +c = 0
• Nếu f(x)g(x) < 0 thì phương trình vô nghiệm.
• Nếu f(x)g(x) ≥ 0, g(x) 6= 0 Đặt t = f(x) sg(x) f(x) ⇒t 2 = f(x)g(x) Phương trình trở thành: at 2 +bt+c = 0 vi) Phương trình có dạng: a q f(x)± q g(x)
Phương trình đã cho trở thành: bt 2 +at+ c = 0 Trường hợp đặc biệt a q α−f(x) + q α+f(x)
+b q α 2 −f 2 (x) = c (∗) Đặt p α−f(x) +pα+ f(x) = t rồi biến đổi phương trình (∗) về phương trình bậc hai hoặc đặt u = pα −f(x), v = pα+f(x). Đưa phương trình đã cho về hệ phương trình. vii) Phương trình có dạng: R x, n rax+b cx+d
= 0 Đặt t = n rax+b cx+d, từ đây rút ẩn x theo ẩn t và thế vào phương trình đã cho. b) Ví dụ
Vậy phương trình có nghiệm x = 6
Giải: Điều kiện: x > 0 Đặt t = 1−√ x (0 < t < 1) Phương trình trở thành: t 4 −5t 3 + 6t 2 −5t+ 1 = 0
+ 6 = 0 (∗) Đặt u = t+ 1 t (u > 2) Phương trình (∗) trở thành: u 2 −5u+ 4 = 0⇔ u = 4 (vì u > 2)⇒ t= 2−√
3 Vậy phương trình có nghiệm x = 4−2√
Khi bài toán không có ẩn phụ, việc đặt ẩn phụ có thể dẫn đến một phương trình khó giải Để giải quyết vấn đề, đôi khi cần chia bài toán để tạo ra ẩn phụ Hãy xem xét bài toán dưới đây.
Bình phương hai vế phương trình ta được:
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình Chia hai vế cho x 2 ta được: x−4 + 4 x x−1 + 4 x
= 4 Đặt t = x+ 4 x, t ∈ (−∞;−4]∪[4; +∞) Phương trình trở thành: t 2 −5t = 0 ⇔ t = 0 (KTM) t = 5
Thử lại ta thấy x = 4 thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm x = 4.
Giải các phương trình sau:
6 x 2 + 2x r x− 1 x = 3x+ 1 Hướng dẫn và đáp số
3 Chia hai vế cho √ x ⇒ Nghiệm x = 2
4 Chia hai vế cho √ x và đặt t= √ x+ 1
5 Chia hai vế cho x và đặt t= x+ 1 x ⇒ x = 1
6 Chia hai vế cho x và đặt t r x− 1 x ⇒ x = 1±√
Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Từ những phương trình tích:
Khi khai triển và rút gọn, chúng ta sẽ thu được những phương trình vô tỷ phức tạp, với mức độ khó khăn phụ thuộc vào phương trình tích ban đầu mà chúng ta sử dụng.
Thông thường các phương trình này thường xuất hiện theo dạng:
• ax 2 +bx+c = (mx +n)ppx 2 +qx+r
• ax 3 +bx 2 +cx+d = (mx+n)pax 3 +qx 2 +rx+s Để giải phương trình dạng này ta thường đặt t = pf(x) sau đó đưa phương trình về dạng: αt 2 −(mx+n)t+ g(x) = 0 (∗)
Vấn đề đặt ra ở đây là ta chọn α như thế nào để phương trình (∗) có ∆ là bình phương của một biểu thức.
Tức là: ∆ = (mx+n) 2 −4αg(x) (x+ h(x)) 2 (2x+h(x)) 2 (Điều kiện cần là "hệ số của x 2 " trong ∆ phải là số chính phương) b)Ví dụ
15) ⇒x 2 = t 2 −15 Thế vào phương trình đã cho ta được:
Với t = x−3 thì phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Giải: Điều kiện x 3 + 2x+ 1 ≥ 0 Đặt t = √ x 3 + 2x+ 1 (t ≥0) ⇒x 3 = t 2 −2x−1 Thế vào phương trình ta được: t 2 −(x+ 2)t+x+ 1 = 0
Kết hợp điều kiện thì phương trình có nghiệm x = 0, x = 1.
Bình phương hai vế phương trình ta được:
9x 2 −16 q 2(4−x 2 ) + 8x−32 = 0 Đặt t = p2(4−x 2 ) ≥ 0, phương trình trở thành:
2 thế vào phương trình đã cho ta được:
Ta thấy∆ 0 = 144x+ 328 không có dạng bình phương như mong muốn Do vậy, ta cần tạo ra phương trình:mt 2 −16t−m(8−2x 2 ) + 9x 2 + 8x−32 = 0 có ∆ = (ax+b) 2 Cụ thể như sau: mt 2 −16t−2(4−x 2 )m+ 9x 2 + 8x−32 = 0
Ta cần tìmmsao cho biểu thức∆ 0 = −m(9+2m)x 2 −8mx+8m 2 +32m+64 viết được về dạng: (ax+ b) 2 Muốn vậy thì phương trình ∆ 0 = −m(9 + 2m)x 2 −8mx+ 8m 2 + 32m+ 64 = 0 phải có ∆ 0 = 0.
Từ đó phương trình đã cho tương đương:
Bình phương hai vế phương trình ta được:
Thế vào phương trình trên ta được:
2 thì phương trình vô nghiệm
3 (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = ±4√
Ta cần tạo ra phương trình: mt 2 + (√
1 +x+ 1− m(1−x) = 0 có ∆ = (ax+b) 2 Cụ thể như sau: mt 2 + (√
1 +x−2] 2 Khi đó phương trình tương đương:
Ta viết phương trình sau dưới dạng:
1−x ≥ 0⇒ 1−x = t 2 Thế vào phương trình trên ta được:
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = −3
Giải các phương trình sau:
Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp
cấp a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Cách giải phương trình: u 2 +αuv+ βv 2 = 0 (1)
+ β = 0 Tương tự ta cũng có thể giải được các phương trình sau:
• au 4 +bu 3 v +cu 2 v 2 +duv 3 + ev 4 = 0
Các trường hợp sau cũng đưa về được dạng (1):
• αu+βv = √ mu 2 +nv 2 Một số đẳng thức: i) x 3 + 1 = (x+ 1)(x 2 −x+ 1) ii) x 4 +x 2 + 1 = (x 4 + 2x 2 + 1)−x 2 = (x 2 +x+ 1)(x 2 −x+ 1) iii) x 4 + 1 = (x 2 −√
Giải: Điều kiện: x ≥ −1 Đặt a = √ x+ 1, b = √ x 2 −x+ 1 Phương trình trở thành:
2b Với a = 2b thì phương trình vô nghiệm
37 2 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 5±√
Phân tích: 2x 2 + 5x−1 = a(x−1) +b(x 2 + x+ 1) Đồng nhất thức ta được: a = 3, b = 2
Phương trình ⇔ 3(x−1) + 2(x 2 +x+ 1) = 7√ x 3 −1 Đặt u = x−1 v = x 2 +x+ 1 (u ≥0, v > 0) Khi đó, phương trình trở thành:
4u thì phương trình vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4±√
Nhận xét 2.8 Ở bài này ta cũng có thể đặt theo cách khác như sau: Đặt a = √ x−1 b = √ x 2 +x+ 1 ⇒ x = a 2 + 1 x 2 = b 2 −a 2 −2 Thế vào phương trình ta được: 3a 2 −7ab+ 2b 2 = 0
Dễ dàng kiểm tra được: x 5 +x 4 + 1 = (x 2 + ax+ 1)(x 3 +bx+ 1)
Khai triển, đồng nhất hệ số ta được đẳng thức sau: x 5 +x 4 + 1 = (x 2 +x+ 1)(x 3 −x+ 1)
Ta phân tích: 2x 3 −x 2 −3x+ 1 = α(x 2 +x+ 1) +β(x 3 −x+ 1) Đồng nhất thức ta được: α = −1, β = 2
Ta viết phương trình dưới dạng:
−(x 2 +x+ 1) + 2(x 3 −x+ 1) q (x 2 +x+ 1)(x 3 −x+ 1) Đặt u = √ x 2 +x+ 1, v = √ x 3 −x+ 1 (u, v ≥ 0) Phương trình trở thành:
Thử lai cả 3 nghiệm đều thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0, x = −1, x = 2.
Ta viết phương trình dưới dạng: x 3 + 2 q(x+ 2) 3 −3x(x+ 2) = 0 (1) Đặt y = √ x+ 2 (y ≥0)
3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2, x = 2−2√
Phương trình có dạng αu + βv = √(mu² + nv²) thường khó nhận diện hơn so với dạng truyền thống Tuy nhiên, bằng cách bình phương cả hai vế, ta có thể chuyển đổi nó về dạng dễ nhận biết hơn.
Bài 1 Giải phương trình: x 2 + 3px 2 −1 = px 4 −x 2 + 1
Giải: Điều kiện: −1≤ x ≤ 1 Đặt a = x 2 b = √ x 2 −1 (a, b ≥0) Khi đó phương trình trở thành: a+ 3b = √ a 2 −b 2 ⇔ 10b 2 + 6ab = 0⇔
5a(V N) ⇒ x = ±1 Vậy phương trình có nghiệm x = ±1.
Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được:
⇔3(x 2 −5x−14) + 4(x+ 5) = 7 q(x 2 −5x−14)(x+ 5) Đặt a = √ x 2 −5x−14, b = √ x+ 5 Phương trình trở thành:
Từ đó phương trình có nghiệm x = 61 +√
Giải các phương trình sau:
5x 2 + 14x+ 9−√ x 2 −x−20 = 5√ x+ 1(Thi thử Ninh Giang 2013) Hướng dẫn và đáp số
Đặt ẩn phụ đưa về tích
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Với một số bài toán ta có thể đặt nhiều ẩn phụ để đưa về một phương trình tích.
Bắt nguồn từ một hệ đại số hoàn mỹ, chúng ta có khả năng tạo ra các phương trình vô tỉ Khi giải những phương trình này, chúng ta thường sử dụng các ẩn phụ và tìm kiếm mối liên hệ giữa chúng để đưa về hệ ban đầu.
Xuất phát từ đẳng thức:
Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba:
Phương trình có thể viết lại dưới dạng:
4x 2 + 5x+ 1 b = 2√ x 2 −x+ 1 (a, b ≥ 0) Khi đó, phương trình trở thành: a−b = a 2 −b 2 ⇔ a = b a+b = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1
Phương trình có thể được viết lại dưới dạng:
3 q (x+ 1)(x+ 2) √ 3 x+ 1−√ 3 x+ 2 = (x+ 1)−(x+ 2) Đặt a = √ 3 x+ 1, b = √ 3 x+ 2 Phương trình trở thành: ab(a−b) = a 3 −b 3 ⇔ (a−b)(a+b) 2 = 0 ⇔ a = b a = −b
Với a = b phương trình vô nghiệm
Với a = −b phương trình có nghiệm x = −3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −3
Viết lại phương trình dưới dạng: p3 x 2 −5x+ 2013 + √ 3
Mặt khác ta có đẳng thức:
Từ đó ta được nghiệm x = 2014
2 Bài 4 Giải phương trình: p2x 2 −1−px 2 −3x−2 =√
2x 2 + 2x+ 3 d = √ x 2 −x+ 2 Khi đó, phương trình trở thành: a+b = c+d a 2 −b 2 = c 2 −d 2 Giải ra ta được nghiệm là x = −2
Giải các phương trình sau:
2−x Hướng dẫn và đáp số
5−x Khi đó, phương trình trở thành:
Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đưa về hệ phương trình 54
+ Đặt u = α(x), v = β(x) và tìm mối liên hệ giữa α(x) và β(x) từ đó lập được hệ theo u và v.
+ Một số phương trình vô tỉ chỉ cần đặt một ẩn phụ rồi tìm mối liên hệ với ẩn còn lại để được hệ.
2.2.5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường
Khi đó, ta có hệ:
3u−6v +uv + 7 = 0 (1) 2v 2 −u 2 = 7 (2) Thế (2) vào (1) ta được:
Với u = 2v thì phương trình vô nghiệm
Với u = v−3 phương trình có nghiệm x = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0.
Khi đó, ta có hệ: u+v = x 2 u 2 −v 2 = 12−x 2 ⇔
4 Vậy phương trình có nghiệm x = ±√
6−5x−8 = 0 (Đề thi Đại học khối A - 2009)
6−5x (v ≥0) ⇒ 5u 3 + 3v 2 = 8 Khi đó, ta có hệ:
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −2.
Bài 4 Giải phương trình: x+p17−x 2 +xp17−x 2 = 9
17−x 2 (y ≥ 0)⇒ x 2 +y 2 = 17 Khi đó, ta có hệ: x+y +xy = 9 x 2 +y 2 = 17
(x+y) 2 + 2(x+y)−35 = 0 x 2 +y 2 = 17 Giải hệ này ta được: x = 4 x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1, x = 4.
Do (3) và (4) nên ta có: u 2 ≤ u, v 4 ≤ v ⇒ u 2 + v 4 ≤ u+ v ⇔ 2 ≤ 1 (vô lý)
Vậy hệ vô nghiệm, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.
Khi đó, ta có hệ:
√2 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ±
2 Nhận xét 2.9 Khi gặp phương trình dạng:
Khi đó ta có hệ phương trình: f(u, v) = c u n +v m = a+b Giải hệ này ta tìm được u, v Từ đây ta tìm được x.
1 3(2 +√ x−2) = 2x+√ x+ 6 (Học viện Kĩ thuật Quân sự - 2002)
2.2.5.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II a) Phương pháp
Phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng:
(αx+ β) n = p√ n ax+b+γ Đặt αy +β = √ n ax+b để đưa về hệ Việc chọnα, β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng: (αx+β) n p√ n ax+b+ γ là chọn được.
Một số dạng thường gặp:
Cách 1: Đặt dy +e = √ ax+b Khi đó, ta có hệ:
Ta biến đổi để đưa về hệ đối xứng loại II.
Cách 2: Đặt u = dx+e v = √ ax+b (v ≥ 0) ⇒au−dv 2 = ae−bd Khi đó ta có hệ: cu 2 = v −α au−dv 2 = ae−bd
Ta biến đổi đưa về hệ đối xứng loại II.
Cách 1: Đặt dy +e = √ 3 ax+b Khi đó, ta có hệ:
Sau đó ta biến đổi để đưa về hệ đối xứng loại II.
Cách 2: Đặt u = dx+e v = √ 3 ax+b ⇒au−dv 3 = ae−bd Khi đó ta có hệ: cu 3 = v −α au−dv 3 = ae−bd
Ta biến đổi đưa về hệ đối xứng loại II. b) Ví dụ
∗) Phương trình dạng: √ ax+b = c(dx+ e) 2 +α Bài 1 Giải phương trình:
Ta biến đổi phương trình như sau:
4x+ 5 Ta được hệ phương trình sau:
(2x−3) 2 = 4y + 5 (2y −3) 2 = 4x+ 5 Lấy vế trừ vế của hai phương trình trên ta được:
2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1−√
Nhận xét 2.10 Nếu dùng Cách 2 thì ta có thể đặt như sau: Đặt u = 2x−3 v = √
4x+ 5 ⇒ 2u−v 2 = −11 Khi đó, ta có hệ phương trình: v 2 = 2u+ 11 u 2 = 2v + 11
Dễ dàng giải được hệ này và suy ra nghiệm là x = 1−√
2x+ 1 ⇒ u−v 2 = −4 Khi đó, ta có hệ sau: u 2 = v + 4 v 2 = u+ 4 ⇒ (u−v)(u+v + 1) = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 7 +√
28 Ta có hệ phương trình:
2 Lấy vế trừ vế của hai phương trình ta được:
50 14 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −6 +√
Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Đặt t = 2007 +√ x ta được hệ: x = 2007 +√ t t = 2007 +√ x Giải hệ này ta được: x= 8030 + 2√
Vậy phương trình có nghiệm x = 8030 + 2√
Nhận xét 2.11 Phương trình này có dạng tổng quát: x = a+ q a+√ x
Cách giải: Đặt t = a+√ x ta có hệ đối xứng loại II: x = a+√ t t = a+√ x
Giải các phương trình sau:
36 Hướng dẫn và đáp số
∗) Phương trình dạng: √ 3 ax+b = c(dx+ e) 3 + α Bài 1 Giải phương trình: x 3 + 1 = 2√ 3
2x−1 Khi đó, ta có hệ phương trình: x 3 + 1 = 2y y 3 + 1 = 2x ⇒ (x−y)(x 2 +xy +y 2 + 2) = 0 ⇒x = y
Với x = y phương trình có nghiệm x = 1, x = −1±√
5 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1, x = −1±√
2x+ 4x+ 1 ⇒u−v 3 = −4x−1 Khi đó, ta có hệ phương trình: u 3 −4x−1 = v v 3 −4x−1 = u Lấy vế trừ vế của hai phương trình ta được:
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:x= cosπ
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình
Chia hai vế phương trình cho x 3 ta được:
7 x − 13 x 2 + 8 x 3 = 2 3 r 1 x 2 + 3 x −3 Đặt t = 1 x Phương trình trở thành:
⇔ (2t−1) 3 −(t 2 −t−1) = 2 3 q 2(2t−1) +t 2 −t−1 Đặt u = 2t−1 v = p 3 2(2t−1) +t 2 −t−1 ⇒ 2u−v 3 = −(t 2 −t−1) Khi đó, ta có hệ phương trình: u 3 −(t 2 −t−1) = 2v v 3 −(t 2 −t−1) = 2u
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 1, x= 16
Khi đó, ta có hệ phương trình: u 3 −(x 2 −x−1) = (x+ 1)v v 3 −(x 2 −x−1) = (x+ 1)u ⇒(u−v)(u 2 +uv +v 2 +x+ 1) = 0
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x = 1, x= −1
81x−8 Từ đó, ta đưa về hệ phương trình:
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm là: x = 0, x = 27±√
Giải các phương trình sau:
3 x+ 11 Hướng dẫn và đáp số
3(x 2 + 3)−2 Đặt t = x 2 + 3, t ≥ 1 Phương trình trở thành:
81t−8 sau đó đưa phương trình về hệ đối xứng ĐS: x = ±
2.2.5.3 Đặt ẩn phụ đưa về hệ gần đối xứng a) Phương pháp
Ta viết phương trình về dạng:
(αx+ β) n = p√ n ax+b+γ Đặt αy +β = √ n ax+b để đưa về hệ Việc chọnα, β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng: (αx+β) n p√ n ax+b+ γ là chọn được.
Một số dạng thường gặp:
√ ax+b = c(dx+e) 2 +αx+β với d = ac+α e = bc+β Cách giải: Đặt dy +e = √ ax+b Khi đó, ta có hệ:
√3 ax+b = c(dx+e) 3 +αx+β với d = ac+α e = bc+β Cách giải: Đặt dy +e = √ 3 ax+b Khi đó, ta có hệ:
(dy +e) 3 = ax+b c(dx+e) 3 = −αx+dy +e−β b) Ví dụ
Ta viết phương trình về dạng:
Khi đó ta có hệ:
73 8 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = 15−√
Phương trình viết lại như sau:
3x−5 Ta có hệ phương trình:
(2y −3) 3 = 3x−5 (2x−3) 3 = x+ 2y −5 Lấy vế trừ vế ta được:
4 ≥ 0nên phương trình (∗) vô nghiệm. Vây phương trình đã cho có nghiệm x = 2, x = 5±√
Phương pháp đánh giá
Sử dụng hằng đẳng thức
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Trong một số bài toán, ta có thể áp dụng hằng đẳng thức để biến đổi phương trình thành dạng f 2n (x) + g 2m (x) = 0 Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi cả hai hàm f(x) và g(x) đều bằng 0.
2 Phương trình đã cho tương đương với:
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
3 Phương trình tương đương với: x 2 −2xpx 2 −x+ 1 +x 2 −x+ 1 + 4−4√
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
2−x 4 = 0 Hướng giải và đáp số
Sử dụng bất đẳng thức
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
+ Nếu f(x) ≥ g(x),∀x ∈ D (∗) thì phương trình f(x) = g(x) ⇔ dấu của đẳng thức (∗) xảy ra. b) Ví dụ
Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
Vậy phương trình có nghiệm x = 1
7. Bài 2 Giải phương trình: p3x 2 −1 +px 2 −x−x
√3]∪[1; +∞) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai bộ số: (1; 1;−x) và
√3]∪[1; +∞) nên 5x 2 −x > 0 Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
Vậy phương trình có nghiệm x = −1.
Viết phương trình dưới dạng: s
2 + 3 Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
2 + 7 4(x+ 1) ⇔ x √2−3 4 Vậy phương trình có nghiệm x √2−3
Giải: Điều kiện: x ≥ 1 Áp dụng BĐT AM - GM ta có: r x− 1 x s x− 1 x
Vậy phương trình có nghiệm x = 1 +√
Giải: Điều kiện: −1≤ x ≤ 1 Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
2 Cộng từng vế BĐT cùng chiều ta được: p4
Mặt khác, theo BĐT AM - GM ta có:
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
4x 3 +x > 0 ⇒x(4x 2 + 1) > 0 ⇒x > 0 Áp dụng BĐT AM - GM cho 3 số dương 4x,4x 2 + 1,2 ta có:
Vậy phương trình có nghiệm x = 1
Vậy phương trình có nghiệm x = −1.
Ta viết phương trình dưới dạng:
Sử dụng BĐT AM - GM ta có: √
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
4x+ 1 = 0 (HSG Quốc gia - Bảng A - 1995) Hướng giải và đáp số
Sử dụng tính chất hình học phẳng
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
1 Dùng tọa độ của vectơ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các vectơ ~u = (x 1 ;y 1 ), ~v = (x 2 ;y 2 ). Khi đó, ta có:
Dấu "=" xảy ra ⇔~u, ~v cùng hướng ⇔ x 1 x 2 = y 1 y 2 = k ≥ 0
Dấu "=" xảy ra ⇔~u, ~v ngược hướng.
Dấu "=" xảy ra ⇔cosα = 1 ⇔~u, ~v cùng hướng.
2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác
Nếu tam giác ABC là tam giác đều, thì với mọi điểm M trên mặt phẳng của tam giác, ta có M A + M B + M C ≥ OA + OB + OC, trong đó O là tâm của đường tròn Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O.
• Cho ∆ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt phẳng thì
M A+M B+M C nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnhAB, BC, AC dưới cùng một góc 120 0 b) Ví dụ
Bài 1 Giải phương trình: px 2 −2x+ 2 +√
Ta viết lại phương trình dưới dạng: q (x−1) 2 + 1 2 + q (2x+ 3) 2 + 2 2 q (3x+ 2) 2 + 5 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét các vectơ:
~ v = (2x+ 3; 4) ⇒~ữv = (3x+ 2; 5) Khi đó, phương trình đã cho trở thành:
Vậy phương trình có nghiệm x = 7
2 Trong mặt phẳng Oxy chọn ~u = (3−x; 1), ~v = (√ x−1;√
4−x = p40−34x+ 10x 2 −x 3 Phương trình đã cho trở thành:
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Trong mặt phẳng Oxy chọn ~u √ 9x 3 −18x 2 ;√
Thử lại ta được x = 3 là nghiệm của phương trình.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đặt OA = a, OB = x, OC = c sao cho
Khi đó, \AOC = 75 0 và cos 75 0 p2−√
C O Áp dụng định lý Côsin, ta có:
Từ đó ta suy ra:AB+BC ≥AC Dấu "=" xảy ra ⇔A, B, C thẳng hàng
2 +c Vậy phương trình có nghiệm x = acp2 +√
Viết lại phương trình dưới dạng: px 2 + (x − 1) 2 + s x + 1 2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm:
Dễ dàng nhận thấy tam giác ABC là tam giác đều, tâm O nên M A +
Như vậyM A+M B+M C nhỏ nhất khi điểmM nhìn ba cạnhAB, BC, AC dưới một góc bằng 120 0 hay M ≡ O hay x = 0
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
Bài 6 Giải và biện luận phương trình sau: p4−x 2 = mx+ 2−m (1)
Ta biết rằng số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đường y = √
4−x 2 là nửa đường tròn (phần nằm trên trục hoành) tâm là gốc tọa độ, bán kính bằng
2, đường kính BC với B(−2; 0) và C(2; 0) y = mx + 2− m là một họ đường thẳng luôn đi qua một đểm cố định A(1; 2) với ∀m
Nhận thấy, qua điểm A có hai tiếp tuyến với nửa đường tròn: đường thẳng
AE : y = 2 song song với trục hoành và tiếp tuyến AD
Giả sửm1, m2, m3, m4 thứ tự là hệ số góc của các đườngAD, AC, AB, AE. Khi đó, ta có: m 1 = tanDF X\ = tanEAD\ = tan2OEA\ = 2tan\OEA
• Phương trình (1) có hai nghiệm ⇔
• Phương trình (1) có một nghiệm ⇔
2x+ 16 = 5 Hướng dẫn và đáp số
7 Đặt OA = x, OB = 3, OC = 4 sao cho \AOB = BOC\ = 45 0 ĐS: x = 12√
Phương pháp hàm số
Sử dụng tính chất hàm liên tục và đơn điệu
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Chúng ta có thể dùng tính liên tục và đơn điệu của hàm số để giải nhanh một số phương trình.
Tính chất 1: Nếu f(x) là một hàm liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b) thì phương trình f(x) = α có nhiều nhất một nghiệm. Việc giải gồm các bước:
- Chứng minh f(x) là hàm đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b)
- Tìm một nghiệm nếu có, chứng minh nghiệm đó là duy nhất hoặc chứng minh phương trình vô nghiệm.
Nếu f(x) là hàm liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a;b), và g(x) là hàm liên tục và nghịch biến (hoặc đồng biến) trên cùng khoảng, thì phương trình sẽ có tối đa một nghiệm trong khoảng (a;b) Để giải phương trình này, ta cần thực hiện các bước cụ thể.
- Chứng minh f(x) là hàm đồng biến trên (a;b) và g(x) là hàm nghịch biến trên (a;b) (hay ngược lại) để suy ra f(x) = g(x) có không quá một nghiệm
- Tìm một nghiệm nếu có, chứng minh nghiệm đó là nghiệm duy nhất hoặc chứng minh phương trình vô nghiệm.
Tính chất 3: Nếu f(x) là hàm liên tục và đồng biến (hoặc nghịch biến) trên (a;b) Khi đó, ∀x, y ∈ (a;b) ta có: f(x) =f(y) ⇔ x = y b) Ví dụ
1−3x > 0 Suy ra, hàm số đồng biến trên
Từ đó phương trình đã cho có không quá một nghiệm, mà f(−1) = −4 nên x= −1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = −1.
Phương trình viết lại dưới dạng: p3−x+x 2 = p2 +x−x 2 + 1 Đặt t = x 2 −x,(−3 ≤ t≤ 2) Phương trình trở thành:
3 +t > 0 Suy ra f(x) đồng biến trên [−3; 2]
2−t < 0 Suy ra g(x) nghịch biến trên [−3; 2]
Từ đó phương trình (1) có không quá một nghiệm, mà f(1) = g(1) nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất là t = 1 Suy ra phương trình x 2 −x = 1 có nghiệm x = 1±√
5 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1±√
Từ phương trình (∗) ta thấy, (∗) có nghiệm khi √
Suy ra f(x)là hàm đồng biến trên (5; +∞) mà f(7) = 4 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 7.
Phương trình⇔(2x+1) 2 +p(2x+ 1) 2 + 3 = (−3x) 2 +p(−3x) 2 + 3 Xét hàm số f(t) = t 2 +√ t 2 + 3 là hàm số đồng biến trên R
Từ phương trình ta có: f(2x+ 1) = f(−3x) ⇔ x = −1
Thử lại thấy thỏa mãn nên x = −1
5 là nghiệm của phương trình.
Xét hàm số f(t) =t 3 +t có f 0 (t) = 3t 2 + 1 > 0 nên f(t) là hàm đơn điệu tăng
5 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 5, x = −1±√
3 q (x−1) 2 −2√ 3 x−1−(x−5)√ x−8−3x+ 31 = 0 Giải: Điều kiện: x ≥ 8 Đặt y = √ 3 x−1 Ta có hệ: y 2 −2y = (x−5)√ x−8 + 3x−31 y 3 = x−1
Xét hàm số: f(t) =t 3 +t 2 −2t (t ≥1) có f 0 (t) = 3t 2 + 2t−2 > 0 ∀t ≥1 nên f(t) đồng biến trên [1; +∞)
Vậy phương trình có nghiệm x = 9.
Phương trình được viết lại dưới dạng:
Ta có bảng biến thiên sau:
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) ≥ 4 ∀x ∈ [1; 5]
Vậy phương trình có nghiệm x = 5.
Bài 8 Tìm m để phương trình có nghiệm:
3√ x−1 +m√ x+ 1 = 2p 4 x 2 −1 (Đề thi Đại học Khối A - 2007)
Phương trình đã cho ⇔ −3 rx−1 x+ 1 + 2 4 rx−1 x+ 1 = m (1) Đặt t = 4 rx−1 x+ 1 = 4 r
1− 2 x+ 1 Vì x ≥ 1 nên 0≤ t < 1 Khi đó, phương trình (1) trở thành:
Xét hàm số f(t) = −3t 2 + 2t trên [0; 1) có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên ta thấy −1 < f(t) ≤ 1
3 nên phương trình đã cho có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm t∈ [0; 1)⇔ −1< m ≤ 1
√x−1 = 0 (HSG Quảng Ninh) Đáp số
Phương pháp định lý cơ bản về hàm khả vi
a) Đặt vấn đề và hướng giải quyết
Trong một số bài toán, có một tính chất quan trọng là: nếu y = f(n)(x) là hàm số liên tục trên khoảng (a;b) và f(n)(x) = 0 có tối đa k nghiệm, thì phương trình f(n+1)(x) = 0 sẽ có tối đa k+1 nghiệm.
Ngoài ra, có thể kết hợp với định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle và các hệ quả đã được trình bày ở chương 1. b) Ví dụ
Vậy phương trình f 0 (x) = 0 có tối đa một nghiệm, suy ra f(x) = 0 có tối đa hai nghiệm
Ta có f(−1) = f(2) = 0 nên phương trình có hai nghiệm x = −1, x = 2. Bài 2 Giải phương trình: x 3 + 1 = 2√ 3
(∗) ⇔ f[f(x)] = x ⇔ f(x) =x (Hệ quả định lý Lagrange)
5 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x = −1±√
Nhận xét 2.12 Bài này có thể giải bằng cách đặt y = √ 3
2x−1 đưa về hệ đối xứng
Theo định lý Lagrange và định lý Rolle ∃c ∈ (2; 7) sao cho: f 0 (c;y) = f(7;y)−f(2;y)
Vậy phương trình có nghiệm x = 0, x = 1, x = 1±√
2 Bài 4 Giải hệ phương trình:
⇔x = y (Hệ quả định lý Lagrange)
2015 ⇔ x = y = 0 x = y = 2015 Vậy hệ phương trình có nghiệm (0; 0) và (2015; 2015).
Bài 5 Giải hệ phương trình:
√z 2 + 5 = x 2 −√ x−1 (Thi chọn đổi tuyển HSG Hà nội 2009 - 2010)
√t 2 + 5 > 0,∀t≥ 1 Khi đó, hệ trở thành:
Xét phương trình: h(x) = √ x 2 + 5 +√ x−1−x 2 = 0 (1) Nhận xét: Vì x≥ 1 nên x 2 = √ x 2 + 5 +√ x−1≥ √
Khi đó, phương trình h(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm, mà h(2) = 0 nên x = 2 là nghiệm của phương trình (1) Từ đó, hệ đã cho có nghiệm x = y = z = 2.
Phương pháp lượng giác hóa
- Nếu |x| ≤ a thì đặt x = asint với t ∈ h−π
- Nếu 0 ≤ x≤ a thì đặt x = asint với t∈ h0;π
- Nếu |x| ≥ a thì đặt x = a sint với t ∈ h−π
- Nếu x là số thực bất kỳ thì đặt x = tant với t∈ −π
- Nếu x, y là hai số thực thỏa mãn: a 2 x 2 + b 2 y 2 = c 2 thì đặt x c asint, y = c bcost với t ∈ [0; 2π]
Một số biểu thức thường gặp:
Biểu thức Cách đặt Miền giá trị của biến
2 ] \ {0}) ra + x a − x hoặc ra − x a + x x = a cos 2α α ∈R p(x − a)(b − x) x = a + (b − a) sin 2 α α ∈R x + y
2 = 1−2x 2 Giải: Điều kiện: |x| ≤ 1 Đặt x = sint, t ∈ h−π
2 Khi đó, (1) trở thành: cos t− π
Kết hợp với điều kiện của t suy ra t= −π
4 Khi đó, (1) trở thành: cos t− π 4
Kết hợp điều kiện của t thấy không thỏa mãn
Vậy phương trình có nghiệm x = −
= 2 +p1−x 2 (Đề thi Vô định Quốc gia 1984)
Giải: Điều kiện: x ∈ [−1; 1] Với điều kiện đó ta đặt x = cost, t ∈ [0;π]
1−x 2 = |sint| = sint Ta được phương trình:
Ta thu được phương trình: sin t
Vậy phương trình có nghiệm x = − 1
Với điều kiện đó ta đặt x = 2 cost, t∈ h0;π
Khi đó, phương trình trở thành:
Giải phương trình trên và kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: x = cos2π
Giải: Điều kiện: |x| > 1. Đặt x = 1 sint, t ∈ −π
⇔ cost = 0 costsint = −1 ⇔ cost = 0(L) sin 2t = −2(L)Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Nhận xét 2.13 Dạng tổng quát của phương trình này: x 2 a+ 1
= a với a là hằng số cho trước Để giải bài toán này ta có thể đặt x = a sint, t ∈ −π
, t 6= 0 để đưa về phương trình lượng giác đơn giản.
Vì vế phải dương nên ta có điều kiện x > 1 Đặt x = 1 cost, t ∈ 0; π
2 sin 2t Hai vế đều dương, bình phương hai vế ta được:
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 5
3. Nhận xét 2.14 Dạng tổng quát của phương trình này x+ ax
√x 2 −a 2 = b với a, b là các hằng số cho trước Để giải bài toán này ta có thể đặt x = a cost, t ∈ (0;π), t 6= π
2 để đưa về phương trình lượng giác đơn giản. Bài 6 Giải phương trình:
Phương trình trở thành: ptan 2 t+ 1 = tant+ 2
√3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = − 1
Nhận xét 2.15 Dạng tổng quát của bài này √ x 2 +a 2 = a 2
√x 2 +a 2 +x. Để giải bài toán này ta đặt x = |a|tant, t ∈ −π
2;π 2 để đưa phương trình đã cho về phương trình lượng giác đơn giản.
Lập phương hai vế ta được: 8x 3 −6x = 1 Đặt x = cost, t∈ [0;π] Phương trình trở thành:
Kết hợp điều kiện ta được: t= π
Vì phương trình bậc ba chỉ có tối đa ba nghiệm nên phương trình đã cho có nghiệm là: x = cosπ
Trong một số bài toán, ta có thể giả định rằng điều kiện |x| ≤ a Sau khi xác định được số nghiệm, kết quả này sẽ là số nghiệm tối đa của phương trình và từ đó có thể đưa ra kết luận.
Bài 8 Giải và biện luận phương trình:
Khi đó phương trình trở thành: cost+ sint = m ⇔ cos t− π
2 thì phương trình vô nghiệm
2 Phương trình viết dưới dạng: cos t− π
Từ đó phương trình có nghiệm x = cos 2 α+ π
Cơ sở lý thuyết
Định lý 3.1 nêu rõ rằng: i) Nếu hàm f(x) đồng biến trên khoảng (a;b), thì điều kiện f(x) ≥ f(y) tương đương với x ≥ y cho mọi x, y thuộc (a;b) ii) Nếu hàm f(x) nghịch biến trên (a;b), thì f(x) ≥ f(y) tương đương với x ≤ y cho mọi x, y thuộc (a;b) iii) Nếu f(x) là hàm đồng biến và liên tục, còn g(x) là hàm nghịch biến và liên tục với f(x₀) = g(x₀), thì bất phương trình f(x) ≤ g(x) có nghiệm x ≤ x₀ và f(x) < g(x) có nghiệm x < x₀ Định lý 3.2 khẳng định rằng, nếu f(x) là hàm liên tục trên (a;b) và không có nghiệm f(x) = 0 trên khoảng này, thì f(x) giữ nguyên một dấu trong khoảng đó.
Qui tắc: Để giải bất phương trình f(x) > 0 ta thực hiện các bước sau:
- Xét dấu hàm f(x) trên từng khoảng nghiệm
- Kết luận nghiệm của bất phương trình f(x) > 0.
Bài tập áp dụng
Bài 1 Giải bất phương trình: x−√ x
(Đề thi đại học Khối A - 2010)
Trước tiên ta giải phương trình: x−√ x
1−p2(x 2 −x+ 1) = 1 Biến đổi phương trình về dạng: q 2(x 2 −x+ 1) = 1−x+√ x (1)
Cách 1: Bình phương hai vế ta được:
Cách 2: Đặt t = √ x, (t ≥0) Khi đó, phương trình (1) có dạng: q 2(t 4 −t 2 + 1) = 1−t 2 +t
Nhận thấy t = 0 không là nghiệm của phương trình (∗) nên chia hai vế (∗) cho t ta được: t 2 + 1 t 2
Từ đó kết hợp với điều kiện của t ta suy ra t√5−1
2 Cách 3: Nhận xét rằng x = 0 không là nghiệm của (1) nên ta có biến đổi: s
Cách 4: Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ số (1; 1) và (1−x;√ x) ta có:
2 Cách 5: Viết lại phương trình (1) dưới dạng:
Trong mặt phẳng tọa độ xét các vectơ: ~u = (1; 1), ~v = (1−x;√ x).
Ta có: |~u|.|~v| = p2(x 2 −x+ 1), ~u.~v = 1−x+√ x Khi đó, phương trình trở thành:
|~u|.|~v| = ~u.~v Điều này xảy ra khi và chỉ khi ~u và ~v cùng hướng, tức là tồn tại k > 0sao cho:
5 2 Như vậy nghiệm của phương trình x = 3−√
2 Tiếp theo để giải bất phương trình trên ta lập bảng xét dấu của hàm số: f(x) = x−√ x
1−p2(x 2 −x+ 1) −1 Nhận xét rằng f(x) liên tục trên [0; +∞) và không có nghiệm trên các khoảng
! nên f(x) giữ nguyên dấu trên các khoảng đó
Ta có: f(0) = −1< 0, f(1) = −1 < 0 Khi đó, ta có bảng xét dấu sau: x f(x)
Từ bảng xét dấu suy ra bất phương trình có nghiệm x = 3−√
2 Bài 2 Giải bất phương trình: x+ 1 +px 2 −4x+ 1 ≥ 3√ x (Đề thi Đại học khối B - 2012)
Trước hết ta giải phương trình: x+ 1 +√ x 2 −4x+ 1 = 3√ x Đặt t = √ x, (t ≥ 0) Phương trình trở thành: pt 4 −4t 2 + 1 = −t 2 + 3t−1
4 Xét hàm số f(x) =x+ 1 +√ x 2 −4x+ 1−3√ x liên tục trên [0; 2−√
3; +∞) và không có nghiệm trên các khoảng
3; 4 ,(4; +∞) nên f(x) giữ nguyên dấu trên từng khoảng đó
3) < 0, f(5) > 0 Khi đó, ta có bảng xét dấu sau: x f(x)
Từ đó suy ra bất phương trình có nghiệm: x ∈
Bài 3 Giải bất phương trình:
Vậy bất phương trình có nghiệm: −1 ≤ x ≤1.
Sử dụng phương pháp hàm số ta có thể dễ dạng giải bất phương trình có chứa tham số sau:
Bài 4 Cho bất phương trình: mx +√ x−1 + 4m−2> 0 Tìm m để:
1) Bất phương trình có nghiệm
2) Bất phương trình có nghiệm đúng ∀x ≥ 1
3) Bất phương trình có nghiệm đúng ∀x ∈ [2; 37]
4) Bất phương trình có nghiệm thuộc [2; 37]
Phương trình đã cho tương đương: m(x−1) +√ x−1 + 5m−2 > 0 Đặt t = √ x−1 (t≥ 0) Phương trình trở thành: mt 2 +t+ 5m−2> 0 ⇔f(t) = 2−t t 2 + 5 < m
(t 2 + 5) 2 Từ đó, ta có bảng biến thiên: t f 0 (t)
Từ bảng biến thiên ta suy ra: min t≥0 f(t) = f(5) = − 1
1) Bất phương trình f(t) < m có nghiệm ⇔ min t≥0 f(t) < m ⇔ m >− 1
2) Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng ∀x ≥ 1 ⇔ f(t) < m có nghiệm đúng ∀t≥ 0⇔ max t≥0 f(t) < m ⇔ m > 2
3) Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng ∀x ∈ [2; 37] ⇔ f(t) < m có nghiệm đúng ∀t∈ [1; 6] ⇔max
4) Bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc[2; 37] ⇔f(t) < mcó nghiệm thuộc [1; 6] ⇔min
2x−4 (Đề thi Đại học Khối A - 2005) 2. p2(x 2 −16)
√x−3 (Đề thi Đại học Khối A - 2004)
3 x 3 + (3x62−4x−4)√ x+ 1 ≤0 (Thi thử ĐT - 2012) Hướng dẫn và đáp số
Luận văn"Các Phương Pháp Giải Phương Trình Và Bất Phương Trình Vô Tỷ" đã giải quyết được những vấn đề sau:
1 Trình bày được các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong phạm vi chương trình phổ thông.
2 Tổng quát hóa được một số dạng bài về phương trình vô tỷ.
3 Bằng cách đơn giản ta có thể sáng tạo ra một phương trình vô tỷ.
4 Trình bày được phương pháp giải bất phương trình vô tỷ thông qua việc giải phương trình tương ứng.
Do giới hạn của đề tài nghiên cứu và điều kiện thời gian, tác giả không thể thực hiện nhiều hướng nghiên cứu khác.
1 Phương pháp sáng tác các phương trình, bất phương trình vô tỷ.
Đề tài này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS Nguyễn Đình Sang, cùng với sự nỗ lực nghiên cứu và làm việc nghiêm túc của bản thân Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Thầy vì sự quan tâm và hỗ trợ Đồng thời, tôi cũng chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, cùng các thầy cô đã giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập.