Trang Chính
Posted Thu Oct 22, 2015 6:57 pm
Trong kiến thức toán THPT, các dạng bài tập về phương trình rất phong phú, đa dạng. Hầu hết các đề thi đại thường chốt lại bằng một bài phương trình hoặc hệ phương trình, do vậy có thể nói dạng toán này khá quan trọng. Chính vì thế, hôm nay mình mở topic này để cùng mọi người tham gia và trao đổi kinh nghiệm học tập về dạng này, rất mong mọi người quan tâm để cùng nhau phát triển diễn đàn VHF của chúng ta ngày 1 hoàn thiện. Xin cảm ơn! 
Chúng ta đã biết một số dạng như: phương trình vô tỉ, phương trình đẳng cấp, hệ đối xứng - nửa đối xứng, phương trình có một nghiệm duy nhất, hệ phương trình đẳng cấp, hệ phương trình có 1 phương trình tích...Do đó cũng có rất nhiều cách giải khác nhau như:
Phương pháp nhẩm nghiệm (bằng máy tính) Phương pháp đặt ẩn phụ Phương pháp đổi biến Phương pháp nhân liên hợp Phương pháp sử dụng bất đẳng thức
...
Một số phương pháp giải: Phương pháp đổi biến:
I) Phương trình đẳng cấp: $aP(x) + bQ(x) = c\sqrt{P(x).Q(x)}$ (1)
Phương pháp: Đặt $u = \sqrt{P(x)}$, $v = \sqrt{Q(x)}$ (u, v >= 0)
$(1) \Leftrightarrow au^{2} + bv^{2} = c.u.v$ (2)
Nhận xét: v = 0 là nghiệm của (2) ?
$(2) \Leftrightarrow a(\dfrac{u}{v})^{2} + b - c.\dfrac{u}{v} = 0$ Phương pháp nhân liên hợp:
II) Nghiệm vô tỉ
Sử dụng: $(\sqrt{a} - \sqrt{b})(\sqrt{a} + \sqrt{b}) = a - b$
$(\sqrt[3]{a} \underline{+} \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{a^{2}} \overline{+} \sqrt[3]{ab} + \sqrt[3]{b^{2}}) = a \underline{+} b$ Dạng phương trình: $\sqrt[3]{A(x)} \pm \sqrt[3]{B(x)} = \sqrt[3]{C(x)}$
Phương pháp: Lập phương hai vế. Dạng phương trình: $a^{2} + bx + c = \sqrt{px^{2} + qx + r} (a.p \neq 0)$
Phương pháp:
TH1: $\dfrac{a}{p} = \dfrac{b}{q}$. Đặt $t = \sqrt{px^{2} + qx + r}$.
Đưa về dạng phương trình bậc 2.
TH2: $\left\{\begin{matrix} p = -b & & & \\ q = \dfrac{1 - b^{2}}{a} & & & \\ r = \dfrac{-c(1 + b)}{a} & & & \end{matrix}\right.$
Đặt $t = ax^{2} + bx + c$ rồi đưa về hệ đối xứng loại 2 Phương pháp nâng lên luỹ thừa 2 vế:
Dạng 1: $\sqrt{f(x)}=\sqrt{g(x)}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&f(x)=g(x) \\
&f(x)\geq 0(hoặc g(x)\geq 0)
\end{matrix}\right.$
VD: Giải phương trình: $\sqrt{x^{2}+2x+4}=\sqrt{2-x}$(1)
(1)$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x^{2}+2x+4=2-x \\
&x\leq 2
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x^{2}+3x+2=0 \\
&x\leq 2
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=-1$(thoả mãn) hoặc $x=-2$(thoả mãn)
Dạng 2: $\sqrt{f(x)}=g(x)\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&g(x)\geq 0 \\
&f(x)=g(x)^{2}
\end{matrix}\right.$
VD: Giải phương trình: $\sqrt{4+2x-x^{2}}=x-2$(2)
(2)$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x\geq 2 \\
&4+2x-x^{2}=x-2
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x\geq 2 \\
&x^{2}-x-6=0
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=-2$(không thoả mãn) hoặc $x=3$(thoả mãn)
Dạng 3: $\sqrt{f(x)}-\sqrt{g(x)}=\sqrt{h(x)}\Leftrightarrow \sqrt{f(x)}=\sqrt{g(x)}+\sqrt{h(x)}$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&g(x)\geq 0 & \\
&h(x)\geq 0 & \\
&f(x)=g(x)+h(x)+2\sqrt{g(x).h(x)} &
\end{matrix}\right.$
VD: Giải phương trình: $\sqrt{3x+1}-\sqrt{x+4}=1$(3)
(3)$\Leftrightarrow \sqrt{3x+1}=1+\sqrt{x+4}$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x\geq -4 \\
&3x+1=1+2\sqrt{x+4}+x+4
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x\geq -4 \\
&x-2=\sqrt{x+4}
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
&x\geq 2 \\
&x^{2}-5x=0
\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow x=0$(không thoả mãn) hoặc $x=5$(thoả mãn)
Chú ý: Các dạng nâng lên luỹ thừa bậc chẵn và lẻ thì làm tương tự như trên, riêng bậc lẻ thì không cần điều kiện.
II. Phương pháp đặt ẩn phụ:
Dạng 1: $(ax+b)^{n}=p.\sqrt[n]{a^{'}x+b^{'}}+qx+r$
+)$p.a^{'}> 0$
Đặt $\sqrt[n]{a^{'}x+b^{'}}=at+b$, sau đó đưa về hệ đối xứng loại 2
+)$p.a^{'}< 0$
Đặt $\sqrt[n]{a^{'}x+b^{'}}=-(at+b)$, sau đó đưa về hệ đối xứng loại 2
VD:$4x^{2}+\sqrt{3x+1}+5=13x$(1)
Đk: $x\geq \dfrac{-1}{3}$
(1)$\Leftrightarrow (2x-3)^{2}=-\sqrt{3x+1}+x+4$
Đặt $\sqrt{3x+1}=-(2y-3)(y\leq \dfrac{3}{2})$
Ta được hệ:$\left\{\begin{matrix}
&(2x-3)^{2}=2y+x+1 \\
&(2y-3)^{2}=3x+1
\end{matrix}\right.$
Trừ 2 phương trình trên vế theo vế ta có:
$4(x^{2}-y^{2})-12(x-y)=2(y-x)$
$\Leftrightarrow (x-y)(2x+2y-5)=0$
+) $x=y\Rightarrow (2x-3)^{2}=3x+1$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{15+\sqrt{97}}{8}$(không thoả mãn) hoặc $x=\dfrac{15-\sqrt{97}}{8}$(thoả mãn)
+) $2y=5-2x\Rightarrow (2x-3)^{2}=5-2x+x+1$
$\Leftrightarrow 4x^{2}-11x+3=0$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{11-\sqrt{73}}{8}$(không thoả mãn) hoặc $x=\dfrac{11+\sqrt{73}}{8}$(thoả mãn)
Dạng 2: $\alpha .P(x)+\beta .Q(x)=\gamma .\sqrt{P(x).Q(x)}$
+)$P(x)=0\Rightarrow$ Thay vào phương trình
+)$P(x)\neq 0$, ta được: $\alpha +\beta .\dfrac{Q(x)}{P(x)}=\gamma .\sqrt{\dfrac{P(x)}{Q(x)}}$
VD: Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}(2)$
Đk: $x\geq 1$
(2)$\Leftrightarrow 3(x-1)+2(x^{2}+x+1)=7\sqrt{(x-1)(x^{2}+x+1)}$
$\Leftrightarrow 3.\dfrac{x-1}{x^{2}+x+1}+2=7\sqrt{\dfrac{x-1}{x^{2}+x+1}}$
Đặt $\sqrt{\dfrac{x-1}{x^{2}+x+1}}=t\geq 0$
Khi đó ta có: $3t^{2}-7t+2=0$
$\Leftrightarrow t=2$ hoặc $t=\dfrac{1}{3}$
+)$t=2\Rightarrow \sqrt{x-1}=2\sqrt{x^{2}+x+1}$
$\Rightarrow 4x^{2}+3x+5=0$(vô nghiệm)
+)$t=\frac{1}{3}\Rightarrow 3\sqrt{x-1}=\sqrt{x^{2}+x+1}$
$\Rightarrow x^{2}-8x+10=0$
$\Leftrightarrow x=4+\sqrt{6}$(thoả mãn) hoặc $x=4-\sqrt{6}$(thoả mãn)
Dạng 3: $\alpha (P(x)+Q(x))+\beta (\sqrt{P(x)}+\sqrt{Q(x)})\pm 2\alpha \sqrt{P(x)+Q(x)}+\gamma =0$
(trong đó $\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb{R}$ và $\alpha ^{2}+\beta ^{2}\neq 0$)
Đặt $t=\sqrt{P(x)}\pm \sqrt{Q(x)}$, ta được phương trình: $At^{2}+Bt+C=0$
VD: Giải phương trình: $\sqrt{x-2}-\sqrt{x+2}=2\sqrt{x^{2}-4}-2x+2$(2)
Đk: $x\geq 2$
(2)$\Leftrightarrow \sqrt{x+2}-\sqrt{x-2}=2x-2-2\sqrt{x^{2}-4}$
Đặt $\sqrt{x+2}-\sqrt{x-2}=t\geq 0$
$\Rightarrow t^{2}=2x-2\sqrt{x^{2}-4}$
$\Rightarrow t=t^{2}-2$
$\Leftrightarrow t=-1$(không thoả mãn) hoặc $t=2$(thoả mãn)
$t=2\Rightarrow \sqrt{x+2}=2+\sqrt{x-2}
\Rightarrow x+2=x+2+4\sqrt{x-2}$
$\Leftrightarrow x=2$(thoả mãn)
Dạng 4: $ax^{2}+bx+c=\sqrt{px^{2}+qx+r}$
+)$\dfrac{a}{p}=\dfrac{b}{q}$, đặt $t=\sqrt{px^{2}+qx+r}$, đưa về phương trình bậc 2: $At^{2}+Bt+C=0$
+)$\left\{\begin{matrix}
&p=-b & \\
&q=\dfrac{1-b^{2}}{a} & \\
&r=\dfrac{-c(1+b)}{a} &
\end{matrix}\right.$
Đặt $t=ax^{2}+bx+c$, ta được hệ phương trình đối xứng loại 2
VD: Giải phương trình: $x^{2}+6x-14=\sqrt{98-35x-6x^{2}}$
Đk: $98-35x-6x^{2}\geq 0$
Đặt $x^{2}+6x-14=t\geq 0$
Ta có: $\left\{\begin{matrix}
&x^{2}+6x-14=t \\
&t^{2}+6t-14=x
\end{matrix}\right.$
Trừ 2 phương trình trên vế theo vế ta có:
$t-x=x^{2}-t^{2}+6(x-t)$
$\Leftrightarrow (x-t)(x+t+7)=0$
+)$x=t\Rightarrow x^{2}+6x-14=x$
$\Leftrightarrow x=-7$(không thoả mãn) hoặc $x=2$(thoả mãn)
+)$x+t=-7\Rightarrow x^{2}+7x-7=0$
$\Leftrightarrow x=\dfrac{-7+\sqrt{77}}{2}$(không thoả mãn) hoặc $x=\dfrac{-7-\sqrt{77}}{2}$(không thoả mãn)
III. Phương pháp nhân liên hợp:
Sử dụng: $(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})=a-b$
$(\sqrt[3]{a}\mp \sqrt[3]{b})(\sqrt[3]{a^{2}}\pm \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^{2}})=a\mp b$ Phương pháp sử dụng bất đẳng thức:
Một số bất đẳng thức căn bản:
- $|A|=|-A| \geq 0$. Dấu “$=$” xảy ra $\Leftrightarrow A=0$
- $|A| \geq A$. Dấu bằng xảy ra khi $\Leftrightarrow A \geq 0$
- $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$
- $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$
- $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$
- $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$
- $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$
- $(a+b)^{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq (\dfrac{(a+b)}{2})^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$
- $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$
- $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\geq 2(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$
Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):
Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$ ta luôn có $\dfrac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$.
Dấu "=" khi và chỉ khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$) ta luôn có:
$(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$
Dấu "=" có khi: $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...=\dfrac{a_{n}}{b_{n}}$
Bất đẳng thức Svac-xo
Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có: $\dfrac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\dfrac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$
Bất đẳng thức Minkopsky:
Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$
Dấu "=" xảy ra khi: $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}=\dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...=\dfrac{a_{n}}{b_{n}}$.
...
Trên đây là một số phương pháp mình nêu ra để mọi người cùng tham khảo.
Nội quy topic:
- Mỗi người chỉ đưa lên 1 -> 2 bài.
- Sau 3 ngày mà chưa có ai giải thì mới post lời giải và post bài mới lên tránh trường hợp quá nhiều bài mà không có ai giải.
- Đánh số thứ tự bài để tránh sự lộn xộn, tăng tính thẩm mĩ cho topic.
- Không spam, lạc đề
- Các bài viết mang tính chất phá topic sẽ xóa không báo trước.
Lưu ý: Những bài tập đã được giải quyết sẽ được tô "đỏ"
p/s: chúc VHF tương lai sẽ phát triển mạnh hơn nữa 
Được sửa bởi ๖ۣۜTFM_๖ۣۜDragon ngày Mon Nov 02, 2015 1:48 pm; sửa lần 6. (Reason for editing : Bạn nhớ chuyển \frac thành \dfrac)
