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

Chia sẻ: Nguyen Quoc Hoan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:56

1
504
lượt xem
241
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh được cho là khá giỏi nhiều khi còn lúng túng...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ

  1. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I ph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2011
  2. së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ néi Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I ph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, 5 / 2011
  3. më ®Çu Gi¶i ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒu häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu khi cßn lóng tóng tr-íc viÖc gi¶i mét ph-¬ng tr×nh; trong ®ã cã ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc ®-îc coi lµ khã h¬n c¶. Nªn t«i chän ®Ò tµi: “ Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû ” ®Ó lµm s¸ng kiÕn kinh nghiÖm. Víi môc ®Ých mong muèn ®Ò tµi nµy sÏ gãp phÇn gióp häc sinh cã thªm nh÷ng kü n¨ng cÇn thiÕt ®Ó gi¶i ph-¬ng tr×nh chøa c¨n thøc nãi riªng vµ c¸c d¹ng ph-¬ng tr×nh nãi chung, ®ång thêi còng mong muèn ®©y lµ tµi liÖu tham kh¶o bæ Ých cho nh÷ng ai quan t©m ®Õn m«n to¸n. KiÕn thøc thÓ hiÖn trong s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn trong ch-¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh. Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy cã thÓ sö dông ®Ó chuyÓn sang phÇn bÊt ph-¬ng tr×nh còng ®-îc; xong khi chuyÓn sang bÊt ph-¬ng tr×nh cã nh÷ng phÇn sÏ ®-îc më réng ®Ó cã bµi to¸n hay h¬n. Do ®ã ng-êi nghiªn cøu cã thÓ sö dông s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy vµo nhiÒu môc ®Ých gi¸o dôc kh¸c nhau còng ®-îc. Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã 9 ph-¬ng ph¸p gi¶i to¸n kh¸c nhau.
  4. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû Bài toán mở đầu 2 Giải phương trình 1  x  x2  x  1  x (*) 3 (Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000) Giải Điều kiện 0  x  1 * Cách 1:   2  2 2 (*) 2  1  x  x   x  1 x   3 x  x2   x  x2   x  2 x . 1  x  1  x 4 4 1 3 9  4  x  x2   6 x  x2  0    2 x  x2 2 x  x2  3  0  x  x2  0   x  x2  3   2 x  0  x  1  4 x  4 x2  9  x  0  x 1  4 x2  4 x  9  0  x  0  x  1 x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 . * Cách 2: x và 1  x nhờ vào đẳng thức Nhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua   2 x  1 x  1  2 x  x2 Vậy có cách 2 Đặt t  x  1  x , 1 t  2 H1
  5. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều t2 1  x  x2  . 2 Phương trình (*) trở thành t  1 t2  1  t 2  1  3  3t  t 2  3t  2  0   1 t t  2 3 t  2 , không thoả mãn x  0 t  1, có x  1  x  1  2 x  x2  0   x  1 x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 . * Cách 3:  x    2 2 x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể 1 x 1 Nhận xét: Vậy ta có cách 3 Từ (*) ta có 2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3 3 x 3 9 9 (x  vì thay x  vào phương trình không thoả mãn)  1 x  2 x 2 4 4 3t  3 Đặt t  x , nên 1  x  2t  3   2  3t  3  2 2 x  1  x  1 , nên t    1 Lại có 2 2t  3    t  4t  12t  9   9t  18t  9  4t  12t  9 2 2 2 2  4t 4  12t 3  14t 2  6t  0  t  2t 3  6t 2  7t  3  0  t  t  1  2t 2  4t  3  0 t  0 x  0   t  1 x  1 x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 . * Cách 4: Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác a  0, b  0 Đặt a  x , b  1  x , 2 3  2ab  3  a  b  1  ab  a  b (1)   Ta có hệ phương trình  3  a  b   2ab  1 2 a 2  b 2  1 (2)   H2
  6. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Thay (1) vào (2) có a  b  1   a  b   3 a  b   2  0  a  b  3 a  b   3  1  2 2   a  b  2  a  0  b  1  x  0 Với a  b  1, có a .b  0   a  1 x  1   b  0  3 3 Với a  b  2 , có a .b  , không tồn tại a , b (Vì 4  22  4.  6 ) 2 2 x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 . Nhận xét: bản chất của cách giải này vẫn là cách đặt ẩn phụ ở cách 3. * Cách 5:   2 2  1, ta nghĩ đến đẳng thức sin 2 a  cos2 a  1  1 x Cũng nhờ x Ta có thêm cách sau:  x  sin a , 0a Đặt 2 2 Phương trình (*) trở thành 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a 3  3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a (Vì cos a  0 ) sin a  cos a  1   sin a  cos a   3 sin a  cos a   2  0  2 sin a +cos a  2 a a a a a a  sin a  cos a  1  2sin .cos  2sin 2  0  sin  cos  sin   0 2 2 2 2 2 2  a a sin a  2sin 2 cos 2  0 a sin 2  0  x  0  a   2 tan x 1 sin a   tan a  1 2 1    a 2 1  tan 2   2 x  0 , x  1 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 , x  1 . Qua ví dụ trên ta thấy có rất nhiều cách khác nhau để giải một phương trình vô tỉ. Tuy nhiên các cách đó đều dựa trên cơ sở là loại bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây tôi xin đi vào một số phương pháp cụ thể. H3
  7. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương Bài toán 1: Giải các phương trình sau 1) x  17  1  3x (1) 2) x  3  3  3x  2 (2) x 2  5 x  x3  2 x  1  x  1 3) (3) 4) x 2  1  x 2  3 x  2  x 2  8 x  7 (4) 5) 12 x  12  2 x  3  x 3 3 3 (5) 6) x  2  2  x . 2 (6) Bài toán 2: Tìm m để phương trình x  2mx  2  m (I), có nghiệm. 2 Bài toán 3: Tìm m để phương trình 2 x  m  x  2 (II), có hai nghiệm phân biệt. Bài toán 4: Giải các phương trình 1) x  2  5  2 x  2 x  7  3 x (1) 2) x  3  3 x  1  2 x  2 x  2 (2) x3  1 x  x  1  x2  x  1 3) (3) x x3  1 x3  1 4) 4 x  1  x  1   (4) x 1 4x 1 5) 3 x  3 3 x  5  3 2 x  1  3 2 x  6 . (5) Giải Bài toán 1 1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, do đó nếu vế phải âm thì phương trình vô nghiệm, nên ta chỉ cần giải phương trình khi vế phải không âm, tức là 1 1  3x  0  x  . Khi đó hai vế đều không âm và bình phương hai vế ta được 3 1 phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  . Do vậy ta không cần 2 3 đặt điều kiện cho x  17  0 .  1 (1) 1  3 x  0 x     3  x  17  1  3x  2  x  17  1  6 x  9 x 2    1 x   1 3 x      x  1  x  1  3   16 9 x 2  7 x  16  0   x   9 Vậy phương trình có một nghiệm x   1 . H4
  8. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều f ( x)  g ( x) . Ta làm như sau Chú ý: Dạng tổng quát của phương trình trên là  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x) 2 Bài toán này có thể giải bằng cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  0. 2) Điều kiện 3  x  1    ( 2) 2 2  x  3  2  3  3x  x32  3  3x  x  3  4 x  3  4  3  3x x  3  x 1  x  1  0  x  1     x  3    x  1  x  3  x  2x  1 2 2   x  1  x  1   x  2 , thỏa mãn điều kiện   x  1  2 x  x  2  0  x  2   Vậy phương trình có một nghiệm x   2 . x  1  0  x  1   (3)  3 3)   2  x  5 x  x  2 x  1   x  1  x  2 x  1  1  3x 2 3    x  1  1 1  x    1  3x  0  3  x3  2 x  1  (1  3x) 2  x3  2 x  1  1  6 x  9 x 2     1 1 1  x  1  x    3 3  x  x 2  9 x  8  0  x3  9 x 2  8 x  0    1 1  x   3   x0    x  0 , thỏa mãn điều kiện x 1    x  8  Vậy phương trình có một nghiệm x  0 . Chú ý:  x 2  5 x  x3  2 x  1  0  Trong bài này ta không cần đặt điều kiện  3 . x  2x  1  0  H5
  9. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x 1 4) Điều kiện  x  7   x  1      (4) 2 2  x 2  1  x 2  3x  2 x2  8x  7  x2  1  x2  3x  2  2. x 2  1. x 2  3x  2  x 2  8x  7  2  x  1  x  1.  x  1  x  2    x 2  5x  6  x  1  x  1  x  2    x  1  6  x  2 2 1  x  6   4  x  1  x  x  2    x  1  6  x  2 2 2 2  1  x  6    x  1  4 x  4 x  8  x  12 x  36   0 2 2 2  1  x  6     x  1  3x 2  16 x  44  0   1  x  6     x  1    x  2  22  x    3  x  1  x  2 x   1, x  2 thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 . Chú ý : Bài này có thể giải bằng cách như sau (4)   x  1  x  1   x  1  x  2    x  1  x  7  * Trường hợp 1: x   1 , thỏa mãn phương trình (4) * Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành     2 2 x 1  x  2  x  7  x 1  x  2 x7  2 x2  x  2  6  x  x 1  2 x 1 x  2  x  2  x  7 6  x  0 x  6    2 4  x  x  2    6  x  3x  16 x  44  0 2 2  H6
  10. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x  6   x2   x2   x   22   3 x  2 , thỏa mãn điều kiện trường hợp 2 * Trường hợp 3: x   7 , phương trình (4) trở thành 1  x   1  x    1  x   2  x   1  x   7  x     2 2  1  x  2  x  7  x  1  x  2  x  7  x  1  x  2 1  x 2  x  2  x  7  x  2 1  x 2  x  6  x  0 Phương trình vô nghiệm (Vì 2 1  x 2  x  6  x  0, x  7 ). * Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  2 . ab  a b Nhận xét: Khi giải bằng cách này thường mắc sai lầm: ab  a b khi a  0 và b  0 Đẳng thức ab  a b khi a  0 và b  0 . Còn    x (5) 3 3 5)  12 x  12  3 2 x  3  3 3    12 x  12   2 x  3  3 3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3 2 x  3  x  2 x  3   3 x  1  3 12 x  12. 3 2 x  3. 3 12 x  12  3  3 12  x  1. 3 2 x  3. 3 x  3( x  1) (5*)  12  x  1  2 x  3 x  27  x  1 3   x  1 4  2 x 2  3x   9  x 2  2 x +1  0     x  1   x 2  6 x  9   0 x 1  0  2  x  6 x  9  0 x 1  x  3 Thay x  1, x  3 vào phương trình (5) đều thoả mãn Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  3 . Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ quả của phương trình (5). Do đó nghiệm của phương trình (5*) phải được thay vào phương trình (5) để kiểm tra lại. H7
  11. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều   3   3  ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng Với dạng tổng quát 3 thức  a  b   a3  b3  3ab  a  b  để giải như bài trên. 3 6) Điều kiện x   2 2 2  1  1 1 1 ( 6)  ( x  2)  x  2   x 2  x    x  2    x    2  2 4 4  1 1  x22x2 (6.1)   x  2  1   x  1 (6.2)   2 2 x  0 x  0 x  0  ( 6.1)   x   1  x  2  x2x   2 x  2  x x  x  2  0 2  x  2   x  1  0 x  1  ( 6.2)  x  2   x 1     x  2    x  1 x  2  x  2x  1 2 2  x  1 x  1 1  5  x  2  1  5 x  x  1  0 x  2  2 1  5 Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  . 2 Chú ý: Có thể đưa về dạng f ( x)  g ( x) và giải bằng cách bình phương hai vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm được nghiệm x   1 , x  2 ) và tìm được nghiệm của phương trình. Ngoài ra còn cách nữa là phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình (tôi xin trình bày ở phương pháp 5). Bài toán 2 *) Nếu m  0 thì phương trình (I) vô nghiệm *) Nếu m  0 thì: ( I ) m  0 m  0  2  2  x  2mx  2  m  x  2mx  2  m  0 (I*) 2 2 m  1  m  1 (thoả mãn m  0 ) (I*) có nghiệm khi  '  m2  2  m2  0   m  1  Kết luận: m  1 thì phương trình (I) có nghiệm. H8
  12. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Bài toán 3 ( II )  x  2  0  x  2  x  2     2 2 x  m   x  2  2 x  m  x  4 x  4  x  2 x  4  m (II*) 2 2  Xét hàm số f ( x)  x 2  2 x  4 , x   2 ;    Bảng biến thiên ∞ 2 1 +∞ x +∞ 4 f ( x) 3 Số nghiệm phương trình (II) bằng số nghiệm phương trình (II*) với x  2 Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt khi 3 < m  4. Bài toán 4 7 1) Điều kiện 0  x  3     (1) 2 2  x  2  5  2x 2 x  7  3x  x  2  5  2 x  2 x  2. 5  2 x  2 x  7  3x  2 2 x. 7  3x  x  2. 5  2 x  2 x . 7  3 x   x  2   5  2 x   2 x  7  3x   2 x2  x  10  6 x2  14 x  4 x2  13x  10  0 x  2  5 (Thoả mãn điều kiện) x   4 5 Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  2 . 4 Chú ý: ta giải bằng cách trên vì có x  2  5  2 x  2 x  7  3x Dạng tổng quát của phương trình trên là f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) , với f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) Được giải bằng cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện. 2) Điều kiện x  0 ( 2)  x  3  2 x  2 x +2  3x  1 H9
  13. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều     2 2  x32 x 2 x +2  3x  1 (2*)  x + 3+4x  4 x  3. x  2 x +2+3x 1  2 2 x  2. 3 x  1  2 x. x  3  2 x  2. 3x  1  4 x( x  3)  (2 x  2)(3x  1)  4 x2  12 x  6 x2  8x  2  2 x2  4 x  2  0  2  x  1  0 2  x 1 Thay x  1 vào phương trình (2) thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1. Chú ý: Ta giải bằng cách trên vì có: x  3  4 x  2 x  2  3x  1 Biến đổi về (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm được nghiệm (2*) ta phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay không. Dạng tổng quát của phương trình trên là f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x) Được giải bằng cách đưa về phương trình f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) , sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả. 3) Điều kiện x  0 2  x3  1    (3) 2  x   x  1  x2  x  1   x   x 1 3  x  2 x3  1  x  1  x 2  x  1  2 x3  1 x x 1 3   x  x2  2 x  x  1  x2  x3  2x 3   x  1  0  x  1 (Thoả mãn điều kiện) 2 Vậy phương trình có nghiệm x  1. Chú ý: x3  1  x  1. x 2  x  1 Ta giải bằng cách trên vì có: x. x Dạng tổng quát của phương trình trên là f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x).g ( x)  h( x).k ( x) Được giải bằng cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện. H 10
  14. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 4) Điều kiện x  1 x3  1 x3  1 (4)  4 x +1    x 1 4x  1 x 1 2 2  x3  1   x3  1    4x  1     x 1  4x  1   x 1     x 1 x 1 3 3  4x  1   2 x3  1   x  1  2 x3  1 4x  1 x 1 x 1 x 1 3 3   4 x+1   x  1  0   4x  1 x  1   x3  1  4 x 2  3x  1   3x  2   0  4 x  1  x  1      3x  2   x3  4 x 2  3x+2   0   3x  2   x  2   x 2  2 x  1  0 2  x  3   x  2 x 1 2  x 1 2  x  2  (Thoả mãn điều kiện x  1) x 1 2 Thay x  2 , x  1  2 vào phương trình (4) thấy thỏa mãn Vậy phương trình có hai nghiệm x  2 , x  1  2 . Chú ý: x3  1 x3  1 4 x  1.  . x 1 Ta giải bằng cách trên vì: 4x  1 x 1 Tuy nhiên ta vẫn có thể giải bằng cách: Đặt nhân tử chung x3  1 ở vế phải ra,   x  1  4 x  1 , cách này có thể sẽ ngắn sau đó quy đồng tiếp sẽ có nhân tử hơn cách giải trên. Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát của phương trình: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) . Trong đó: f ( x).h( x)  k ( x).g ( x) Được giải bằng cách đưa về phương trình: f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) Sau đó bình phương và giải phương trình hệ quả.    (5) 3 3 5)  x  3 3x  5  2x  1  3 2x  6 3 3 H 11
  15. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều  x  3x  5  3 3 x(3x  5).( 3 x  3 3x  5)  2 x  1  2 x  6  3 3 (2 x  1)(2 x  6)( 3 2 x  1  3 2 x  6)    2 x  1  2 x  6  2 x  1  2 x  6   3 x(3x  5) x  3 3x  5  3 3 3 3 x(3x  5) 2 x  1  2 x  6    2 x  1  2 x  6   2 x  1  2 x  6  3 3 3 3 3 (5*) 3 x(3x  5)   2 x  1  2 x  6   3 3 (Vì: 2 x  6  2 x  1  3 2 x  6  3 2 x  1  0 )  x(3x  5)  (2 x  1)(2 x  6)  3x2  5x  4 x2  10 x  6  x2  5x  6  0 x 1   x  6 Thay x  6 , x  1 vào phương trình (5) thoả mãn. Vậy phương trình có hai nghiệm x  6 , x  1 . Chú ý: Phương pháp tương tự như các bài toán trên. Ở (5*) là ta đã sử dụng từ phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5).   Thật vậy, nếu ta thay 3 x  3 3x  5 chứ không thay như bài giải vừa rồi, sẽ 5 tìm được nghiệm x   nhưng nghiệm này không thoả mãn phương trình (5). 2 Bài tập Bài 1: Giải các phương trình x3  x 2  x 2  x  2 x 4  3x  2  x 2  1 1) 2) x4  x2  1  1  2 x x3  x  1  1  2 x 3) 4) 2 x4  5x2  3  x2  1 x4  x2  1  x  1 5) 6) x3  x 2  1  1  2 x x  2 x 1  2  2 x 7) 8) 9) x 2  2 x  4  3 x 3  4 x 10) x 2  x  1  5 x2  8 x  4 4  3 10  3x  x  2 (HSG Quèc Gia 2000) 11) 3x  4  x  3  3 12) x 2  x  1  5 x2  8 x  4 13) 2x  2 x x x2  x  1  x2  x  1  2 14) 15) x2 x 1 x  x2  1  x  x2  1  2 6 5 16) 17) x 1 x2 x 2  4 x  12  x 2  x  6  x  2 2  x2  2 x2  1  x  1 18) 19) H 12
  16. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 1  3x  2 x  3  3 x  2 x2  2 x  2  x2  x  1  1 20) 21) 3  3x  2 4  x  x  2 2x  3  3  x  x 23) 22) 25) 3 1  x  3 1  x  1 2 x2  1  2 x  1  2 x2  x  9 24) 2 x  3  5  2 x  4 x 2  16 x  15  1 26) 28) 1  2 x  1  2 x  2  x 2 x  2  x  1  x2  x  2  1 27) x  3  2 x  5  3  3x  5  2 x 29) x3  1  x  1  x2  x  1  x3 30) x3 31) x2  8x  15  x 2  2 x  15  4 x 2  18x  18 32) 2 x2  8x  6  x 2  1  2 x  2 (ĐH BK HN 2001). 2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt. Bài 2: Tìm m để phương trình: 2 x 2  mx  x 2  4 có nghiệm. Bài 3: Tìm m để phương trình: H 13
  17. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ I. Bài toán 1: Dạng af  x   b f  x   c  0 , a  0 f  x , t  0 Phương pháp chung là đặt t  1) Cho phương trình:  x  1  x  3  6  x  1  x  5  m  0 (1) a) Giải phương trình với m  0 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. 2) Giải phương trình: x  2  x 2  8x  2  x  8 (2). II. Bài toán 2: Dạng a  f  x   g  x    b f  x  .g  x   c  f  x   g  x    d  0     (Với abc  0 ) Phương pháp chung là đặt t  f  x   g  x  1) Cho phương trình: x  1  x  x  x 2  m (3) a) Giải phương trình với m  1 b) Tìm m để phương trình vô nghiệm. 2) Cho phương trình: 2 x  1  2 x  2  x  x 2  x  2  m (4) a) Giải phương trình với m  11 b) Tìm m để phương trình có nghiệm.   3) Giải phương trình: x 3 35  x3 x  3 35  x3  30 (5). III. Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa về dạng phương trình thuần nhất Giải các phương trình: 1) 3 1  x 3  2 x 2  4 x (6) (HSG Toán 10, NGT 2007)  x  2 2) x 3  3 x 2  2  6x  0 3 (7) 3) x 2  2 x  2 x  1  3 x 2  4 x  1 (8) 4) 5x  14 x  9  x  x  20  5 x  1 (9) 2 2 IV. Bài toán 4: Dạng af  x   b.g  x . f  x   c.h  x   0 , abc  0 Giải các phương trình: 1)  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 (10) 2) 4 x  1  1  3 x  2 1  x  1  x 2 (11) 3) 2 2 x  4  4 2  x  9 x 2  16 (12). Giải I. Bài toán 1: x 1 1) Điều kiện   x  5 H 14
  18. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 1  x 2  4 x  6. x 2  4 x  5  3  m  0 Đặt t  x 2  4 x  5 , t  0  t 2  x2  4x  5 Phương trình (1) trở thành: t 2 5  6t  m  3  0  t 2  6t  8  m (1.1) t  2 (1.1) a) m  0 :  t 2  6t  8  0   t  4  x  2  13  x2  4x  5  2  x2  4x  5  4  x2  4 x  9  0    2  2   x  7  x  4 x  5  16  x  4 x  21  0  x2  4x  5  4 x  3   Vậy với m  0 , phương trình có bốn nghiệm: x  7 , x  3 , x  2  13 . b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm t  0 Gọi f  t   t 2  6t  8 với t   0;   Bảng biến thiên:   t 0 3 1 f t   8  f  t   1, t  0 Vậy phương trình (1) có nghiệm khi m  1 . x  8 2) Điều kiện  2  x  8x  2  0 ( 2)  x  2  x  8  x2  8x  2     2 2  x  2  x 8 x  8x  2 2  x  2  x  8  2 x  2. x  8  x 2  8 x  2  x 2  10 x  2 x 2  10 x  16  8  0 Đặt t  x 2  10 x  16 , t  0  t 2  x2  10 x  16 Phương trình (2) trở thành: t 2  16  2t  8  0 t  4  t 2  2t  8  0   t  2 t  2 , loại H 15
  19. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x  0 x 2  10 x  16  4  x 2  10 x  16  16  x 2  10 x  0   t  4 , có  x  10 Thay x  10 vào điều kiện x2  8x  2  0 thoả mãn Vậy phương trình có nghiệm x  10 . Chú ý: Ở đây tôi chưa cần đến giải bất phương trình x2  8x  2  0 . II. Bài toán 2: 1) Điều kiện 0  x  1 Đặt t  x  1  x , với 1  t  1 1 t2  x 1  x    t 2  x  1  x  2 x. 1  x 2 1 t2 (3) t  m  t 2  2t  1  2m (3*) 2 t  1 ( 3*) a) m  1 ,  t 2  2t  3  0  t  3 t  3 , loại t  1 , nên x  1  x  1  x 1 1 x  2 1  x   2 1  x  0  x 11 x  2 1 x  x  1 (vì 1  x  0 , x  0;1 ) Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  1 . b) Phương trình (3) vô nghiệm khi phương trình (3*) không có nghiệm thoả mãn 1  t  1 Gọi f  t   t 2  2t  1 với 1  t  1 Bảng biến thiên: t  1  1 2 f t  2  2  f  t   2 , t   1;1  2m  2 m  1  Do đó:   2m  2  m  1 Kết luận: m  1 , m  1 thì phương trình vô nghiệm. 2) Điều kiện x  2 Đặt t  x  1  x  2 , t  3 H 16
  20. Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều  t 2  x  1  x  2  2 x  1. x  2 t2 1  x  x2  x  2  2 t2 1 (4)  2t  m  t 2  4t  1  2m (4*) 2 t  7 ( 4*) a) m  11 ,  t 2  4t  1  22  t 2  4t  21  0  t  3 t  7 , loại t  3 , nên x  1  x  2  3  2x  1  2 x2  x  2  9  x2  x  2  5  x 5  x  0 x  5 x  5  2    x3 9 x  27 x3 x  x  2  25  10 x  x 2    Vậy với m  1 phương trình có nghiệm x  3 . b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn t 3 Gọi f  t   t 2  4t  1, t  3 Bảng biến thiên:  t  2 3  f t  44 3  f  t   4  4 3 ; t  3 Do đó: 2m  4  4 3  m  2  2 3 Kết luận: m  2  2 3 thì phương trình có nghiệm. 3) Đặt t  x  3 35  x3    t 3  x3  35  x3  3x 3 35  x3 . x  3 35  x3 t 3  35  x 35  x  3 3 (5*) 3t t 3  35 .t  30  t 3  125 t 5 Phương trình (5) trở thành: 3t Thay t  5 vào (5*) có: H 17

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản