zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Chia sẻ: CDKL HERO | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

268
lượt xem 83
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện cho g x  0 rồi bình phương 2 vế đưa phương trìnhbất phương trình về dạng quen thuộc.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu p hương pháp hàm số không được BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác. PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Phương trìnhbất phương trình b ậc 4, lúc này ta phải nhẩm đ ược 2 A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm đ ược I. Phương pháp biến đổi tương đương 1 nghiệm thì sử dụng như p hương trìnhbất phương trình b ậc 3 và nếu không ta 1. Kiến thức cần nhớ: p hải chuyển sang hướng khác. n  a “Cũng như không ?!” n a 1. 2 Ví dụ 1 : Giải p hương trình: 2 x  1  x  3x  1  0 (ĐH Khối D – 2006)  ab  0  2. a  b  a 2 n  b 2 n Biến đổi p hương trình thành: 2 x  1   x 2  3x  1 (*), đ ặt đ iều kiện rồi bình 2 n 1 2 n 1  a, b  3. a  b  a b p hương 2 vế ta được: x 4  6 x 3  11x 2  8 x  2  0 ta dễ dạng nhẩm đ ược nghiệm 2n  b2 n 4. a  b  0  a x = 1 sau đó chia đ a thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0.  a 2 n 1  b 2 n 1  a , b  5. a  b 3 2. Các dạng cơ bản: 2   2 Ví dụ 2: Giải b ất phương trình: 4  x  1   2 x  10  1  3  2 x , ĐK: x   g  x  0 2  f  x   g  x   (Không cần đặt điều * Dạng 1:   2 pt  x  2 x  1   x  5  2  x  3  2 x  ( x  5) 3  2 x  9  5 x (1), Với 2  f  x   g  x  3 kiện f  x   0 ) hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 x 2 f  x   g  x  xét 2 trường hợp: * Dạng 2: 2  0   x  3   x  1  0 g  x  0  g ( x)  0   f  x  g  x f  x  g  x TH1:  TH2:  b ) Tương tự với 2 dạng : * * 2  f  x  g  x  f  x  0   Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2 x 2  6 x  1  x  2  0 1  f ( x)  0 Giải  f  x  g  x  g  x  0 * Dạng 3: 1  2 x2  6 x  1  x  2 bất phương trình tương đương với hệ:  2  f  x  g  x  x  2 x  2  0 Lưu ý: + g (x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp  3 7 3 7 3 7 2  g (x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+ c), khi đó tu ỳ theo từng b ài ta có thể mạnh dạn 2 x  6 x  1  0  x   x   x3 2 2 2 2  đ ặt điều kiện cho g  x   0 rồi bình phương 2 vế đ ưa phương trìnhb ất phương  2 x  6 x  1  x  2  1  x  3  trình về dạng quen thuộc. + Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2  2 mx  1  m  2 có nghiêm. a0 x  a1 x  a2 x    an 1 x  an  0 có nghiệm x=  thì chia vế trái cho cho n 1 n 2 n Giải x–  ta được  x     b0 x  b1 x    bn2 x  bn1   0 , tương tự cho bất phương * Nếu m < 2  p hương trình vô nghiệm. n 1 n 2 * Nếu m  2  p hương trình  x22mxm2+4 m3=0. Phương trình này có trình. 2 * Phương trìnhbất phương trình bậc 3 : Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì =2m 4m+3>0 với mọi m. Vậy với m  2 thì phương trình đ ã cho có nghiêm. việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm đ ược nghiệm thì ta có thể sử Ví dụ 3: Tìm m đ ể phương trình 2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt. 1 2 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Giải: Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi  x  1 thành: 5 x  1  x  1  2 x  4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ  , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm: Cách 1: PT   b ản để giải. 2  x   m  2  x  4  0, (*)  Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1  x  x  2   2 x 2 1 . 2  m  m 2  4m  20 2  m  m 2  4m  20  0 . Phương trình đã x1   0, x2  Giải 2 2 Điều kiện: cho có 2 nghiệm  (*) có 2 nghiệm x 1 m  4   x  2 * x  1  x2  1  4  m  m 2  4m  20    m  1  2   4  m   m  4m  20 2  x  0 + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái  Chú ý: 1  2 x 2  x  2 x 2  x  1  x  2   4 x 2  2 x 2  x  1  x  2  x  2 x  1 d ấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. 2  4 x 2  x 2  x  2   x 2  2 x  1 + Cách 2 : Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x  1  t  0 .  x 2  8x  9  0 2 (*) trở thành:  t  1   m  2   t  1  4  0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x  1 thì 9 (**) phải có 2 nghiệm t  0 . Vậy phương trình đ ã cho có hai nghiệm x=0, x  . 8 Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m đ ể phương trình có hai nghiệm thực phân (Hãy tìm thêm cách giải khác) b iệt: x 2  mx  2  2 x  1 , (1) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x 2  mx  x 2  4  0 có nghiệm. 2 x  1  0  Giải: pt   2 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) m  m 2  16 3 x   m  4  x  1  0,  2  HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, b ình phương hai vế tìm đ ược x1,2  .  2  Kết hợp với điều kiện ta tìm được |m|  4. 2     m  4   12  0 b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:  1   1 9 - Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức có hai nghiệm lớn hơn ho ặc bằng  hay  f     0 m . 2 2 2  Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân S 1 tích...   Ví dụ 4: Giải p hương trình: x 2  x  7  7 . 2 2 1 1 HD: Chú ý : Cách 2: đặt t  x  , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng   Bình phương hai vế. 2 2  Dùng hằng đẳng thức a2  b2=0. 2  1  1 thì 3  t     m  4  t    1  0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0. 1  29 2 2    Nghiệm x  2, x  . 3. Các kỹ năng: 2 x2 a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a. b. x4 biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. 2   1 1 x Ví dụ 1: Giải b ất phương trình: 5 x  1  x  1  2 x  4 (ĐH Khối A – 2005) x  3x  2 x 2  3x  2  0 2 3 4 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với Ai  0, 1  i  n khi đó pt tương 1  ĐS: a. 1 x 0. ĐS: x=1. x  2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 x  y 2  y  2  4 x 2  y . pt   x  2  x  4   m x  2    3 . Để chứng minh 2  x  6 x  32  m, ( 2) Giải m  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương Bình phương hai vế ta được trình (2) có một nghiệm khác 2. 1 2 2  2 x  1   y  2   2  y  2  4 x 2  y   0  x  , y  2. 3 2 f  x   x  6 x  32, x  2 , ta có f(2) = 0, Thật vậy: đặt 2 d. Sử dụng lập phương: lim f  x   , f  x   3 x  12 x  0, x  2 nên f(x) là hàm liên tục trên  2;   ' 2 x  Với dạng tổng quát 3 a  3 b  3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng và đồng biến trên kho ảng đó suy ra m  0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 3 thức  a  b   a 3  b3  3ab  a  b  khi đó phương trình tương đương với hệ mà 2 < x0 <   . Một số dạng chuyển thành tích: 3 a  3 b  3 c  . Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình.  a - c x  b - d   3 - Dạng: ax  b  cx  d   a  b  3 abc  c  m 3 x  1  3 x  2  3 2x  3 . Ví dụ: Giải bất phương trình Ta biến đổi thành: m( ax  b  cx  d )   ax  b    cx  d  3 ĐS: x  1; x  2; x  . x3 Ví dụ: Giải phương trình: . 4 x  1  3x  2  2 5 e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: ĐS: x=2. - TH1 : Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu: - Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0 2  x 2  16  7x Ví dụ: Giải p hương trình: 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3 x  2 . 1 (ĐH Khối Ví dụ 1: Giải bất phương trình:  x3  x3 x3 ĐS: x=0, x=1. A2004) Ví dụ: Giải p hương trình: 4 x  1  x  1  4 x3  x 2 . Giải ĐS: x=0, x=1. 2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   10  2 x 1  ĐK: x  4 . - Dạng : a u+bv=ab+uv  (ub)(va)=0 Ví dụ 1: Giải p hương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 . x  4  x5  ĐS: x=0, x=1.  10  2 x  0  Ví dụ 2: Giải p hương trình: x 3  x 2  3x  3  2 x  x 2  3  2 x 2  2 x . 10  2 x  0   10  34  x  5 ĐS: x=0.  2  x 2  16   10  2 x 2  - Dạng : a 3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x  10  34 . 2 Ví dụ: Giải p hương trình: 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  . TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng th ì ta chia thành từng trường - ĐS: x=1. h ợp: 5 6 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ a. Có nghiệm. Ví dụ 2: Giải các b ất phương trình: a.  x  3 x 2  4  x 2  9 b. b. Có hai nghiệm phân biệt. 2 51  2 x  x Bài 9: Giải các bất phương trình sau: 1 . 1 x 1  1  4 x2 a.  3. a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ t 3  35 Ví dụ 3: Tìm m đ ể bất phương trình: m( x 2  2 x  2  1)  x  2  x   0 , (1) có HD: đặt: t  3 35  x3  x 3 35  x 3  . ĐS: x=2, x=3. 3t nghiệm x   0;1  3  .   7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x . Ví dụ 3: Giải bất phương trình   2 2 2 Giải: Đặt t  x  2 x  2  x  2 x  t  2 . Nếu x  0;1  3 thì 6 HD: Đặt t  7 x  7  7 x  6  0  …  x  6 . 7 t   x  1  1  1;2 2 Dạng 3: BPT trở thành: m  t  1  2  t 2  0,  2    f  x  , n g  x   0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. F n t2  2 t2  2  m , với 1  t  2 . Đặt f  t   Khi đó ta có , dùng đồ thị ta tìm được TH1: Kiểm tra nghiệm với g  x   0 . t 1 t 1 2 f  x m . TH2: Giả sử g  x   0 chia hai vế phương trình cho g k  x  và đặt t  n . 3 g  x Dạng 2: Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x3  1  2  x 2  2  .   f  x   g  x   2n f  x  g  x   n  f  x   g  x    p  0 , đ ặt m ĐK: x  1 . f  x   g  x  , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. t 5 x  1  2  x2  2   5  x  1  x 2  x  1  2  x 2  x  1  2  x  1 3 Ví dụ 1: Cho phương trình 3  x  6  x  m   3  x   6  x  . x 1 x 1 2 5 2 20 a. Giải phương trình khi m=3. 2 x  x 1 x  x 1 b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. t  2 Giải x 1 , t  0 . Phương trình trở thành 2t 2  5t  2  0   1 . Đặt t  Đặt: t  3  x  6  x  t 2  9  2  3  x   6  x  * . Áp dụng bất đẳng thức t  x2  x  1 2 Cauchy 2  3  x   6  x   9 nên từ (*) ta có 3  t  3 2 .  Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. Phương trình đã cho trở thành t22 t9= 2m (1). 1 5  37  Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  . a. Với m=3 (1)  t22t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6. 2 2 b. PT đ ã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t   3; 3 2  . Xét hàm số 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 . Ví dụ 2: Giải phương trình   Giải f  t   t 2  2t  9 với t   3; 3 2  , ta thấy f(t) là một hàm đb nên:   ĐK: x  5 .   6  f (3)  f  t   f 3 2  9  6 2 với t   3; 3 2  . Do vậy (1) có nghiệm 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1  5 x 2  14 x  9  5 x  1  x 2  x  20   Bình phương hai vế: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 x  4 x  5  x  4  2 6 2 9 t   3; 3 2  khi và chỉ khi 6  2m  9  6 2  m3   2 x2  4 x  5 3 Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: , t  0. p hương trình trở thành 2t 2  5t  3  0  t  1, t  . Đặt t  x4 2 Cách 1: dùng BĐT như bài trên 5  61 5  61 Cách2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ).  Với t = 1 : Phương trình đã cho có nghiệm x  5.  5, x    2 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 35  x3 x  3 35  x 3  30 . 3 7  Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  8  5, x    5 . 2 5 9 10 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ * sin 2 a  cos 2 a  1 . * sin a  1, cos a  1 . 5  61 Vậy phương trình đ ã cho có hai nghiệm: x  , x  8. 2 1 1 * 1  tan 2 a  * 1  cot 2 a  . cos2 a sin 2 a 4 2 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x  1  m x  1  2 x  1 . HD: ĐK x  1 . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho Ví dụ 1: Giải phương trình 1  1  x 2  2 x 2 . 1 Giải x 1 4 2 4 x 2  1 đặt t  4  0  t  1 . ĐS 1  m  .  1 ĐK x  1 . Đặt x  cos t , t  0;   . Khi đó phương trình trở thành x 1 x 1 3 Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). 1 1  1  cos 2 t  2 cos2 t  2sin 2 t  sin t  1  0. Ta tìm được: sin t  . Khi đó af  x   g  x  f  x   h  x   0 . Đặt t  f  x  , khi đó phương trình trở thành 2 3 at 2  g  x  t  h  x   0 . x  cos t   1  sin 2 t   . 2 Ví dụ : Giải phương trình 2 1  x  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 . Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u  x   a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt HD    u  x   a sin t , t    ;  hoặc đặt u  x   a cos t , t   0;   . Đặt t  x 2  2 x  1   x  1  6 .  2 2 (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng   g iác, mũ, logrit,… rất hay!) * Nếu u  x    0; a ta có thể đặt u  x   a sin 2 t , t  0;  .  2 Bài tập Giải các phương trình sau: 3 Ví dụ 2: Giải phương trình x 3  1  x 2   x 2 1  x 2  . 1. 2 x  5x  2  4 2  x  21x  20  2 3 ĐS: HD: Đặt x  cos t , t  0;   dưa về phương trình lượng giác 9  193 17  3 73  sin t  cos t  1  sin t cos t   2 sin t cos t . Để gải phương trình này ta lại đặt . x , x 4 4 u  sin t  cos t , u  2 . 3  x  2 2. x 3  3 x 2  2 Đặt y  x  2 , ĐS:  6x  0 1 2  2  2 2 ĐS: x  . , x x  2, x  2  2 3 . 2 2 3. 2  x 2  3 x  2   3 x 3  8 ĐS: x  3  13 . 2 2 1 Ví dụ 3: Giải phương trình 1  x 2  4 x3  3 x . ĐS: x   . , x x 1 1 1 1 4 2 Đặt t  1  , ĐS: 4. 2 x   1  3 x  Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). x x x x   1 5 * Khi gặp phương trình có dạng F f  x  , n a  f  x  , m b  f  x   0 . . x 2 Đặt u  n a  f  x  , v  m b  f  x  . Khi đó ta được hệ phương trình sau: Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường  F  u , v   0  . Giải hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy  n m u  v  a  b  nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đ ưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác trong hai phương trình u  n a  f  x  ho ặc v  m b  f  x  . và giải quyết b ài toán lượng giác này. Ví dụ 1: Giải phương trình: 3  x  6  x  3   3  x   6  x  . ĐS: Lưu ý vài tính chất cơ b ản: x  0, x  3 . 11 12 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24  x  12  x  6 . ĐS: x 1 t t  1  y 2  1  . Ta được hệ phương trình Đặt t  x  1, y  1  x  24, x  88, x  3 . 2 2 2 1 2 4 x  4 17  x  3 . Ví dụ 3: Giải phương trình: t  1  2 y  ĐS: x  1, x  16 . . Giải thêm chút nữa ta được kết quả!   y2  1  1 t 2 2  2  x 7  x  2  x  7  x  3 . Ví dụ 4: Giải phương trình: ĐS: 3 3   3  2  x  1, x  6 . 3   17 5  13 ĐS: x  . , x 3 x  1  3 x  3  3 2 , đ ặt u  3 x  1, v  3 x  3, pt trở Ví dụ 5: Giải p hương trình: 4 4 Chú ý: b ài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm u  v  3 2  thành:  đ ược nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ 3 3 u  v  2  đó ta đặt ẩn phụ. 1 1 1 1 7 1 Ví dụ 6: Giải p hương trình:  x  1 , đ ặt u  Ví dụ 3: Giải phương trình 4 x 2  7 x  1  2 x  2 . ĐS: x  1, x   , x  . x  x, v  x 3 3 2 2 2 2 4 4 Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp b ình phương. Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1  x  3 1  x  a có nghiệm. Bài tập:  a  u 2  v 2  uv   2  Đặt u  3 1  x , v  3 1  x . Phương trình trở thành:  Bài 1: Giải các phương trình sau: u  v  a  1. 3 x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 2. TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. x 2  x  2  x2  x u  v  a  x 2  x  4  x2  x  1  2 x2  2 x  9 3. 4. TH2: a  0 , hệ phương trình trở thành  1  2 2  . Hệ có nghiệm khi uv  3  a  a  4 1 5     x   x  2x  . x x x 2 S  4 P  0  0  a  2 . Vậy phương trình có nghiệm khi 0  a  2 . Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: * Khi gặp phương trình có dạng f n  x   b  a n af  x   b . 1. 5 x 2  10 x  1  7  2 x  x 2 2. t n  b  ay  3 Đặt t  f  x  , y  n af  x   b ta có hệ  n . 24  x  12  x  6  y  b  at  3. 2 x 2  x 2  5x  6  10 x  15 4. 1  5 2 Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x 3  1  2 3 2 x  1 . ĐS: x  1, x  x . . 1 x  1 x  2  2 4 x 3 Bài 3: Giải các phương trình sau: Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2  4 x  . 2 1. 3 12  x  3 14  x  2 2. Giải 3 3 3 x 1  x  3  2 ĐK x  3 . 3. 1  x 2  2 3 1  x 2  3 4.  x 2  2  2  x  x  1  2 x 3 x 1 1 2 2 2  2  x  1  2    x  1  1  1 . 2x  4x  x2 (đ ặt t  1  x  1  x ). 5. 1  x  1  x  2  2 2 2 2 4 III. Phương pháp hàm số Các tính chất: 13 14 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình B3: Kết luận: * p hương trình có nghiệm: min f  x, m   g  m   max f  x, m  . f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). xD xD Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta * p hương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. có f ( u )  f  v   u  v . * p hương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) x2  x  1  x 2  x  1  m có nghiệm. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). TXĐ: R Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) 2x  1 2x 1 Xét hs: y  f  x   x 2  x  1  x 2  x  1 , Df = R, y '  F b  F  a   trên khoảng (a;b) thì c  a; b  : F '  c   . Khi áp d ụng giải 2 x2  x  1 x  x 1 ba  2 x  1  2 x  1  0 p hương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì c   a; b  : F '  c   0  F '  x   0 có  y '  0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1   2 2  2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  2 2 nghiệm thuộc (a;b).  Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình (v.nghiệm) f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: lim  lim  1 x  x  x2  x  1  x2  x  1 Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi Giới hạn: 2x chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy lim  lim 1 nhất. x  x  x  x  1  x2  x  1 2 Phương án 2 : Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g (x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g (x) nghịch biến ho ặc hàm hằng suy BBT:  x  ra p hương trình có nghiệm duy nhất. y’ + Phương án 3 : Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn y 1 đ iệu khi đó ta có: u = v. 1 Ví dụ : Giải phương trình: 4 x  1  4 x 2  1  1 1 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1 . . Đặt f  x   4 x  1  4 x 2  1 . Miền xác định: x  , ĐK: x  2 2 2 4x Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số , f '  x   0.  rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và d ẩn đến việc kết luận 2 4x  1 4x  1 sai lầm rằng p hương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong 1 Do đó hàm số đồng biến với x  , nên p hương trình nếu có nghiệm thì đó là b ài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. 2 Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx  x  3  m  1 , ĐK: 1 nghiệm duy nhất. Thấy x  là nghiệm của phương trình. x3 2 1 x  3 5 x 1 x  3 Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: . y'  0  x  5 .  m , xét hs y   y' bpt  Xét p hương trình f(x,m) = g(m), (1) 2 x 1 x 1 2 x  3  x  1 B1: Lập luận số nghiệm p hương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = 1 lim y  0 và f(3) = . f(x,m) và đường thẳng 2 x  d : y = g(m). 15 16 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ BBT: 1  m  10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt.  x 3 5 Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  y’ + 0 x  1  3  x   x  1  3  x   m , (1) y y(5) Giải: ĐK: 1  x  3 . Đặt t  x  1  3  x , lập BBT của t(x) với 1  x  3 ta có 1 2 t2 2 1 0 Khi đó p hương trình (1) trở thành:  t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm 2 số vế trái với 2  t  2 từ đó kết luận: 1  m  2 . 3 1 Vậy bất phương trình có nghiệm  y  5  m  m  Bài tập: 4   2 5  x  4  x có nghiệm. Bài 1: Tìm m để p hương trình sau có nghiệm: x  9  x   x  9 x  m . Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x  x  12  m Bài 2. Giải các phương trình sau : Giải: ĐK: 0  x  4 x 2  x  1  x2  x  1  3  1 hs 1.   xét pt  ( x x  x  12) 5 x  4 x  m  x  1  3  x   1 2. x 1  3  x    5  x  4  x . Miền xác định: D   0; 4 y  f  x   ( x x  x  12)   3. x x  x  12  12 5  x  4  x Hàm số h  x   x x  x  12 đồng biến trên D. Nhận xét: B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn. Hàm số g  x   5  x  4  x đồng biến trên D. 1. Phương pháp biến đổi tương đương : Suy ra y = f(x) = h (x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Đặt đ iều kiện (nếu có). khi và chỉ khi f  0   m  f  4  B2: Biến đổi về phương trình – b ất phương trình  hệ p hương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến... Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  3  m x 2  1 B3: Kết luận. (chú ý đ iều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả) x 3 Giải: Phương trình đ ược viết lại d ưới dạng: m  x5 y2 7  x2  1 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  .  x2  y5 7  x3 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): y  và đ ường Giải x2  1 x  2 thẳng: y = m. Điều kiện:  . y  2 Lập BBT : Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:   x 1 /3   x  5  y  2    x  2   y  5   x  y . y’ + 0 10 y Thay x = y vào 1 trong 2 p hương trình, giải ra ta được x = y = 11. 1 2 x  y  1  Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:  2 y  x  1  1 Giải m  1  m  10 : p hương trình vô nghiệm. KL: Điều kiện: x, y  0 . 1  m  1 hoặc m  10 : phương trình có nghiệm duy nhất. 17 18 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ cộng vế theo vế ta được: 732    x y  3 xy 2  x 2  y xy  420 x  y   2 2      3.  4.  2 x  y  x y2 x 1  y 1 0 x y0 2 2  y  x xy  280 3 x  3 y  3   2 x  y  m  0  Ví dụ 3: Tìm m để hệ p hương trình sau có nghiệm duy nhất:   x y  x y 1  x y  xy 2    x  xy  1  5.  6.  2 2 2 2 2 2 2 2  x  y  x  y 1  x  y  x y 4  y  2x  m   2 1  x   y  2x  m    2 x  m  x 2   2  m  x  1  0 x (*)  x  y  a 2  x y  x y 2 hpt     1  x   y   x  xy  1  x ,  x  1, x  0  y 7.  (a > 0) 8.    x  2 2 2 2 2  x2  y  x2  y  4  x y  x y a     2  x  y   3 x2 y  y2 x Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x  1, x  0 .  x y  y x  30 3 3   9.  10.  TH1: xét x = 1 :  x x  y y  35 3 y  3 x  6   TH2: (*) có nghiệm kép x  1 : TH3: (*) có 2 nghiệm x1  1  x2 : 1  2 x 1 y  4  2 1  x  11.  Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với y  , x  1, x  0  y 1  x2  1 x   4 ( x 2  xy  y 2 ) x 2  y 2  185   x  y  xy  a Ví dụ 4: giải:   Bài 2: Tìm a đ ể hệ phương trình có 2 nghiệm:  2 2 2 2 ( x  xy  y ) x  y  65  x  y  a  Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:  x 1  y  2  m  3 Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:  2  x 2  y 2  x 2  y 2  250   x 2  y 2   125  x2  y 2  5 .  x  y  3m   x  y  x  y  2, 1 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:    y  x  y  x  1,(2)  Giải: ĐK: y  x , x  y . 1  x  2 y  1  x 2  y  2  x   2  2 y  1  2 y 2  x    2 4 x  y  4  4 x  4 y  1   17 5  KQ:  ;  .  12 3  Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau: x  3  y  x  y  xy  3   1.  2.  x  y  3 y 3  x   19 20 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.