zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Chinh phục phương trình - Bất phương trình Đại số tập 1 (Hồ Văn Diên)

Chia sẻ: Nguyễn Gia Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

180
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Chinh phục phương trình - Bất phương trình" là một phần trích đoạn chương 2, phần 2 phương pháp nhân tích nhân tử phương trình vô tỷ của cuốn sách Đại số tập 1. Nội dung tài liệu gồm những vị dụ và hướng dẫn cách giải bất phương trình, với các bạn đang học và ôn tập thi Đại học, Cao đẳng thì đây là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chinh phục phương trình - Bất phương trình Đại số tập 1 (Hồ Văn Diên)

Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên Đây là một phần trích đoạn Chương 2, phần 2: Phương pháp nhân tích nhân tử phương trình vô tỷ. Rất nhiều điều thú vị đang chờ đón các độc giả khám phá trong một cuốn sách giàu tâm huyết của tác giả chủ biên bộ “ Tuyển tập 90 đề thi thử đại học môn Toán”. Để có thể sử hữu cuốn sách này, các bạn liên hệ với nhà sách LOVEBOOK: Địa chỉ: 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội Web: lovebook.vn Facebook: https://www.facebook.com/nhasach.lovebook. Sđt: 0963 140 260 – 0466 860 849 Ví dụ 5: Giải phương trình x3  7 x2  3x  5 x 2  x   x 2  2 x  1  3. Giải: Điều kiện x2 + 2x  1. Phương trình đã cho tương đương với:  x3  7 x 2  3x  3  5 x 2  x  x2  2x 1     x  1 x 2  6 x  3  5x  x  1 x 2  2 x  1  x  1  0 (1)    x  6 x  3  5 x x  2 x  1 (2) 2 2 +) (1)  x = –1.   +) (2)  3 x2  2 x  1  5x x 2  2 x  1  2 x 2  0    x2  2 x  1  2 x 3 x2  2 x 1  x  0    x  0  2  x2  2 x  1  2 x  x  2 x  1  4 x (vô nghiÖm) 2    3 x 2  2 x  1   x   x  0   9 x 2  2 x  1  x 2    x  0  9  3 17   9  3 17  x  . x  8  8 9  3 17 Phương trình có hai nghiệm x = –1 và x = . 8 Lưu ý: Khi giải (3) ta đã dùng phương pháp đưa về đẳng cấp, sẽ được giới thiệu ở sau. Nhận xét: Như vậy từ Ví dụ 1 đến Ví dụ 5 thì việc phân tích nhân tử dựa vào một số dấu hiệu khá đơn giản đó là tích giữa đa thức f(x) với căn thức g ( x) , đồng thời lượng còn lại là một đa thức h(x), trong đó thì f(x) và h(x) có thể phát hiện nhân tử chung dễ dàng nhờ các bước phân tích nhân tử: h( x)  f ( x) g ( x). Vì là bài toán chứa căn thức nên cực kì lưu ý sau khi giải tìm được x thì cần đối chiếu điều kiện xác định. Trong quá trình làm bài thì cần tách nhân tử ở h(x) và f(x) để có thể nhìn ra được các nhân tử có thể “rút A  0 gọn” được cho nhau (“rút gọn” ở đây bản chất là đặt nhân tử: A.B = A.C   , lưu ý không được B  C nhầm lẫn biến đổi sai: A.B = A.C  B = C).  Ví dụ 6: Giải phương trình x  x  1  2  x  x 2  x  1. Định hướng: Phương trình với hình thức khá phức tạp, không thể dùng phương pháp nâng lũy thừa để xử lí  nghĩ đến phương pháp đặc biệt. Nhớ lại một chút ở phần phương trình bậc bốn. Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên    Ta có phân tích: x4  x2  1  x 2  x  1 x 2  x  1  ngay cả khi đa thức (x + x + 1) vô nghiệm thì 4 2 nó cũng hoàn toàn có thể phân tích thành nhân tử. Với bài toán này, áp dụng tương tự ta được:  x2  x  1  x  x  1 x  x  1 .    Hai vế xuất hiện nhân tử. Việc nghĩ đến nhân tử này hoàn toàn xuất phát từ kinh nghiệm của bản thân: 2 đa thức (x + x + 1) vô nghiệm nên ít ai nghĩ có thể tách nó ra thành nhân tử. Giải: Điều kiện 0  x  2. Phương trình đã cho tương đương với: x    x 2 2  x   x  1  2 x 1  x  x  1 2 x  x  x  1 x  x 1   2  x  x  1  x (do x  x  1  0 )  x  2  x  x 1    x  2  x   x  1 (do x  0) 2  x2  2 x  1   2 x  2  x   x  2x 1   2   2  4x  2  x   x2  2x 1  x 1  x  2  1 (do x  0)      x  2 1  0   x  1 x 3  5 x 2  11x  1  0  3   x  5 x  11x  1  0 (*) 2  Với x  3 2 2 – 1 > 0 thì x + 5x + 11x > 03  5.0  11   2 1 > 1  (*) không xảy ra. Vậy (*) có nghiệm duy nhất x = 1. Nhận xét: Kinh nghiệm là các đa thức bậc chẵn không có nghiệm thực thì chưa chắc nó không thể phân tích thành nhân tử! Việc phân tích đa thức thành nhân tử thì ta nên nhớ cách phân tích đa thức bậc 4 dạng khuyết x3 và x, bởi đây là các phân tích nhân tử khá hay và thân thuộc!   2 x 4  ax 2  1  x 2  1   2  a  x 2 (điều kiện a < 2)      x   2 2 = x2  1  x 2  a 2  x 2  a  1 x2  x 2  a  1 . Với phương pháp tách nhóm như thế này, chắc hẳn các bạn có thể làm cho trường hợp tổng quát (x4 + ax2 + b) rồi chứ? Ví dụ 7: Giải phương trình 2 x3  3x2  4 x  3  3x  x  1 3 x  2. Phân tích: Nhìn qua nếu ta dùng phép nâng lũy thừa thì không phải là một sự lựa chọn hay. Một phản xạ thông thường lúc này là tìm nhân tử chung, khi mà vế phải đã “nhóm sẵn nhân tử” thì việc nhẩm nghiệm của phương trình sẽ giúp ta nhanh chóng tìm được nhân tử chung. Dùng máy tính bỏ túi CASIO ta nhẩm được nghiệm x = –1  biến đổi phương trình chắc chắn sẽ có nhân tử (x + 1). Nhận thấy vế phải có sẵn nhân tử (x + 1)  chắc chắn vế phải có nhân tử (x + 1). Lúc này phân tích được:  x  1  2 x2  x  3  3x  x  1 3 x  2  cần xử lí phương trình 2 x2  x  3  3x 3 x  2. Đến đây thì việc nâng lũy thừa cũng không phải là một giải pháp để thử, nhất là trong các kì thi. Bình thường thì khi đến đây, tôi sẽ dùng máy tính và dò xem phương trình này có nghiệm hay không, và khi dò nghiệm với nhiều giá trị khởi đầu khác nhau thì máy vẫn báo Can’t Solve  nghi ngờ phương trình vô nghiệm. Một trong kĩ năng đã được đề cập là chứng minh phương trình vô nghiệm sẽ được sử dụng – bằng cách lập phương hai vế đưa về phương trình hữu tỉ:  2x    3 3 2  x  3  3x 3 x  2 Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên  8x6  12 x5  42 x4  37 x3  63x2  27 x  27  27 x3  x  2   8x6  12 x5  15x4 17 x3  63x2  27 x  27  0 7 x 4  17 x 4    4 x6  4 x6  12 x5  9 x 4   4  4   17 x3  17 x 2    157 x 2  27 x 2     27 x  27   0. 4  4  2  x 2  157 x 2 2   7 x4 x  2  4 x  2 x  3x 6 3 2   17   1   27   1  0 4  2  4 2  x2 x  x 6  2 x3  3 x 2  1   1  0 , vô lí. 2 2 Với định hướng giải thông thường như trên thì kĩ năng tính toán và “đoán” cũng được sử dụng một 3 3 3 2 cách khá nặng. Nếu để ý tổng lập phương của các số hạng vế phải: x + (x + 1) + (x + 2) = 2x + 3x + 4x + 3, chính bằng vế trái. Nếu đặt a = x, b = x + 1 và c = 3 x  2 thì phương trình đã cho trở thành: 3 3 3 a + b + c = 3abc (*). Có thể đến đây nhiều bạn sẽ liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy: a + b + c  3abc. 3 3 3 Thế nhưng bất đẳng thức Cauchy dạng này chỉ áp dụng được khi a, b, c là các số không âm – trong khi bài toán đã cho không đề cập đến điều đó (sai lầm cần tránh trong quá trình làm bài). Nếu có một chút trí nhớ và tư duy chứng minh bất đẳng thức Cauchy 3 số thì việc sử dụng hằng đẳng thức sau cũng không xa lạ gì nữa: 3 3 3 2 2 2 a + b + c – 3abc = (a + b + c)(a + b + c – ab – bc – ca) 1 1 1 2 = (a + b + c)   a  b    b  c    c  a   . 2 2 2 2 2  1 1 1 2 Như vậy, (*)  (a + b + c)   a  b    b  c    c  a   = 0 2 2 2 2 2   a + b + c = 0  a = b = c. Bài giải: Đặt a = x, b = x + 1 và c = x  2 thì: 3 3 3 3 3 2 a + b + c = 2x + 3x + 4x + 3. Lúc này phương trình đã cho trở thành: a + b + c = 3abc  a + b + c – 3abc = 0 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2  (a + b + c)   a  b    b  c    c  a   = 0 2 2 2 2 2  a  b  c  0  a  b  c  0 (1)    a  b  b  c  c  a  0 a  b  c (2) +) (1)  x + (x + 1) + 3 x  2 = 0  2x 1   3 x  2  (2x + 1) = –x – 2  (x + 1)(8x + 4x + 3) = 0  x = –1. 3 2 +) (2)  x = x + 1, vô lí. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = –1. 3 3 3 2 Nhận xét: Việc phát hiện được x + (x + 1) + (x + 2) = 2x + 3x + 4x + 3 là mấu chốt của lời giải này. Chính vì vậy tư duy khi dùng hằng đẳng thức bậc ba này cần được đưa vào “danh sách” các dạng đặc biệt mà ta thường gặp để khi gặp một phương trình có dạng: f(x) = 3g(x).h(x).k(x), trong đó 3 3 3 [g(x)] + [h(x)] + [k(x)] = f(x) thì ta giải tương tự bài toán trên. Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên Tất nhiên, bài toán trên chỉ là một trong những bài toán được che giấu một cách chưa kĩ càng. Ở các bài toán khác thì có thể người ta sẽ không tách g(x), h(x), k(x) ở dạng tích riêng rẽ, mà có thể “nhóm gộp” ở dạng [g(x).h(x)] hay [h(x).k(x)], hoặc có thể “ẩn đi số 3”,… để che giấu vấn đề kĩ hơn (sẽ được gặp trong phần bài tập áp dụng). Ví dụ 8: Giải phương trình 1   x  3 x  9  x  3  x  9. Định hướng: Với bài toán này thì không khó khăn khi đặt các ẩn phụ để dễ dàng nhận định phương trình hơn:  a  x  3   1  ab  a  b  1  a    ab  b   0  1  a 1  b   0. b  x  9  Gần như biến đổi đẳng thức kiểu (1 ± a)(1 ± b) = 0 đã đi vào “huyền thoại” nên việc phân tích nhân tử kiểu này không hề khó khăn, khi mà khai triển ra chỉ có 4 số hạng (1; ab; a; b)  chỉ cần nhóm hợp lí từng cặp 2 số hạng (thường là nhóm ab với a; hoặc ab với b)  phát hiện được nhân tử. Giải: Điều kiện x  –3. Phương trình đã cho tương đương với:   1  x  3    x  3 x  9   x  9   0    1  x  3  x9      x  3 1  0  1  x  3 1  x  9  0  x 3 1  x  2 (tháa m·n)     x  9  1  x  8 (lo¹i) Phương trình có nghiệm duy nhất x = –2. Lưu ý: Cực kì để ý điều kiện xác định, tránh sai lầm đáng tiếc là nhận giá trị x = –8 là nghiệm ở bước cuối cùng. Ví dụ 9: Giải phương trình 2 x3  7 x2 17 x  3  2 x  3 1  x2  5x 1. Phân tích: Với hình thức khá “khủng” như thế này thì ta thiên về hướng phát hiện điều đặc biệt hơn là dùng phương pháp “trâu bò” như nâng lũy thừa. Để ý phương trình có 4 số hạng, đồng thời thì bậc các đa thức ở trong dấu căn lần lượt là bậc 3; bậc 1 và bậc 2  3 = 1 + 2  phán đoán đa thức bậc ba có thể là 2 3 2 tích (hoặc một lượng là k lần tích) của hai đa thức còn lại. Thử: (2x – 3)(x + 5x – 1) = 2x + 7x – 17x + 3  nghi ngờ đúng. Thực hiện phép nhóm ta được ngay nhân tử! 2 x  3  0  3 Bài giải: Điều kiện  x 2  5 x  1  0  x .  3 2 2 x  7 x  17 x  3  0 2 Phương trình đã cho tương đương với:     2 x  3 x2  5x 1  2 x  3   1  x2  5x 1  0       x2  5x  1  1 2x  3   x  5x 1 1  0 2  x  5 x  1  1  2 x  3  1  0 2  x2  5x  1  1  x2  5x  0  x  0  x  5      2 x  3  1 2 x  4 x  2 Kết hợp điều kiện xác định, kết luận tập nghiệm của phương trình S = {2}. Ví dụ 10: Giải phương trình 3 x  1  3 x2  x  1  1  3 x3  1. Định hướng: Liên tưởng hằng đẳng thức (x3 + 1) = (x + 1)(x2 – x + 1), từ đây ít nhiều ta cũng đã phát hiện ra được hướng đi của bài toán! Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên Giải: Phương trình đã cho tương đương với:  3   x  x  1  x  1  0 x  1 1  3 2 3 3  3 x  1  1   x  x  1   x  1  x  x  1   0 3 2 3 2    3 x  1  1  1  x  1  x  x  1  0 3 3 2  3 x  1  1 1  x  x  1   0 3 2  3 x 1  1  x 1  1 x  0    2   3 x 2  x  1  1  x  x  1  1  x  0  x  1 Phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Nhận xét: Từ Ví dụ 8 đến Ví dụ 10 thì việc biến đổi để ghép nhân tử là khá dễ, khi chỉ cần nhóm được 2 cặp số hạng thích hợp. Nói chung trong các bài toán sử dụng khai triển (a + 1)(b + 1) = ab + 1 + a + b nên công việc chính của ta thường là kiểm tra trong phương trình có cặp số hạng a, b nào trong phương trình có tích ab bằng một số hạng nào đó trong phương trình hay không, từ đó nhóm nhân tử thích hợp. Khi mở rộng ra khai triển: (a + m)(b + n) = ab + na + mb + mn, trong đó m, n là hằng số thì việc phát hiện dạng cũng chủ yếu dựa vào phát hiện tích số ab có trong phương trình! Chúng ta sẽ mở rộng qua vài ví dụ: Ví dụ 11: Giải phương trình 2 2 x2  x  1  3  6 x  1  2 x  1. Giải: Điều kiện x  1. Phương trình đã cho tương đương với:  2 2x  x 1  2   2x  1  3 1  2 x 1  0    2x  1 2 x  1  1  3 2 x  1  1  0      2 x 1 1 2 2x  1  3  0    5 2 x  1  1  4  x  1  1  x  (tháa m· n)   4    2 2 x  1  3  4  2 x  1  9  x  5 (kh «ng tháa m· n)  8 5 Phương trình có nghiệm duy nhất x = . 4 Cách trình bày khác: Phương trình đã cho tương đương với:  2 2x  x 1  6 2   x 1  3  2x  1  0   2 x 1    2x 1  3  2x 1  3  0     2 x 1 1 2 2x  1  3  0  Hai cách trình bày khác nhau đều cho cùng bản chất là phương trình thu được có cùng nhân tử. Chính vì vậy việc nhóm – tách khi phương trình có 4 số hạng là khá đơn giản, chỉ cần ghép 2 cặp đơn giản sẽ cho ra nhân tử (nếu có). Ví dụ 12: Giải phương trình  x  2 x 1  5x  2  x  2  5 x 2  7 x  2. Phân tích: Với phản xạ phân tích nhân tử ta thấy ngay: 2 5x + 7x + 2 = (x + 1)(5x + 2). Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên  phương trình sẽ có “đặc điểm lớn” đó là chứa x  1 và 5 x  2 , đồng thời lại có lượng (x + 2) cùng ở hai vế  ghép cặp đơn giản ta được:  x  2 x  1   x  2   x  2  x  1 1  và 5x  2  5x2  7 x  2  5x  2 1  x  1    nhân tử   x  1  1 . Nếu ghép cặp kiểu khác cũng cho kết quả tương tự:  x  2  x  1  5x2  7 x  2  x  1 x  2  5x  2  và 5x  2   x  2   ra nhân tử là  x  2  5 x  2 . Như vậy việc nhóm nhân tử không hề khó khăn phải không nào  Chỉ cần chúng ta để ý một chút ở việc phát hiện sự che giấu hình thức – đó là việc phân tích đa thức thành nhân tử! Đồng thời nhìn nhận thêm “điểm chung” của các vế để thực hiện nhóm nhân tử. x 1  0  2 Giải: Điều kiện: 5 x  2  0 x .  2 5 5 x  7 x  2  0 Phương trình đã cho tương đương với:  x  2    5x  2  5x  7 x  2   0 x  1 1  2   x  2   x  1  1  5 x  2 1  x  1   0   x  1  1 x  2  5x  2   0 x  0  x 1  1       x  2  0  x = 0 (thỏa mãn).  x  2  5 x  2   x  2 2  5x  2    (vô nghiệm) Vậy phương trình có một nghiệm x = 0. 3  x 1  Ví dụ 13: Giải phương trình x   4  4  2   x 2  3x  . x  x  Định hướng: Với hình thức khá lạ, nhưng để ý chút (x2 + 3x) = x(x + 3) và   x  3x  4  x  1 x  3 2 3  x   4    thì ta cũng đã tìm được một chút sự tương đồng ở hai vế. Còn  x  x x chờ gì nữa, nhóm cặp đơn giản thử nào! x 3 x 4 2 x 1 x  x 1  x  x3  2   x x 1 x  x  x  3  2    và 4  2 x 2  3x  2 2  x  x  3 , đến đây đã xuất hiện nhân tử! Lưu ý rằng đây chỉ là bước nhìn nhận, định hình ngoài nháp, còn khi trình bày thì ta cần phải hết sức chú ý điều kiện thì mới đưa các biểu thức ra/vào dấu căn thức như vậy! x  0 x  0 x 1  0  x  1   Giải: Điều kiện  x 2  3x  0   x  0  x  3  x  0.    x  3  4  0   x  1 x  3  0  x  x Với điều kiện này thì phương trình đã cho tương đương với: Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên   3  x 4 x 2 x 1  x    4  2 x  3x  0  2  x  3x  2   2  2  x  3x   0 x  x 1  2 2   x  3x  2    x 1  2  2  0  x   x 2  3x  2  x 2  3x  4  x  1  x  4     x 1  x 1    4 (do x  0)  x  1  17  2  x 2   x 8 1  17 Đối chiều điều kiện xác định, kết luận x = 1 và x = là nghiệm của phương trình đã cho. 8 Ví dụ 14: Giải phương trình x2  x  6  6. Định hướng: Ngoài định hướng nâng lũy thừa đưa về phương trình bậc 4 thì ta có thể tư duy: – Vế trái là một đa thức bậc 2. – Vế phải là một đa thức bậc nhất với biến t = x  6 . Như vậy nếu cộng thêm hợp lí vào hai vế một lượng là [a(x + 6) + b] thì vế trái có thể thành một bình phương đúng với x, còn vế phải trở thành một bình phương đúng đối với t = x  6 . Triển khai ý tưởng: x2  a  x  6  b  a  x  6  x  6  6  b  x2  ax   6a  b   a  x  6   x  6   b  6  Để vế trái là bình phương đúng với x thì x = a2 – 4(6a + b) = 0 Tương tự, để vế phải là bình phương đúng với x  6 thì:  x 6  1  4a  b  6   0 . 2  1  b6 a  4  6a  b   0 2  4a Ta có hệ:   1  4a  b  6  (a  0) a 2  4 6a   1  6    0 (*)      4a  Vì mục đích chỉ cần tìm a, b thích hợp nên không cần giải kĩ hệ này  chỉ cần solve (*) để tìm a  solve 23 được a = 1  b =  thay vào và nhóm. 4 Giải: Điều kiện x  –6. Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 1 1  1  1 x  x    x  6  x  6    x     x  6   2 4 4  2  2  1 1  1 1   x   x  6   x   x  6    0  2 2  2 2   x  0  2 x  3 x  x  6  x  x  6      x  6   x  1   x  1  0  x  1  21    x  6    x  12 2   1  21 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 3 và x = . 2 Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên Nhận xét: – So với cách nâng lũy thừa thì cách này trình bày có vẻ dài hơn, nhưng tư duy thì sâu hơn. Và chắc chắn khi triển khai thì cách nâng lũy thừa cũng thao tác nhanh hơn bởi các thao tác không quá phức tạp. – Có thể dùng kinh nghiệm biến đổi để thực hiện nhóm nhân tử:  x2  x  6  6   x 2   x  6   x  x  6  0     x x6 x x6  x x6 0     x  x  6  x  x  6  1  0 Tổng quát: Với phương trình dạng x2  x  a  a, ta có thể nhóm nhân tử nhanh bằng biến đổi:     x2   x  a   x  x  a  0  x  x  a    x   x  a  1  0. Ví dụ 15: Giải phương trình 2 x2  x  2  x2 x  2. Giải: Điều kiện x  –2 (*). Phương trình đã cho tương đương với:  2x  4   x  2   x  2 x  2  2 x  2 2 2   x  2   2  x  2    x  2   x  2   0 2   2  x  2  x  2  x  2   0 2  x  2  2 (1)    x  2  x  2 (2) 2 +) (1)  x + 2 = 4  x = 2.  x2  2 x  2   +) (2)         x  2  x  1 x  x  1  0  2 x2  2  x  2  2   x  2  1  5   1  5  x = 2  x = .  x  2  x  1  x  2  2 1  5 Đối chiếu (*), kết luận x = 2 và x = là hai nghiệm của phương trình. 2 Nhận xét: Việc nhóm nhân tử trong trường hợp này là khá “ảo”, một số bạn sẽ không hiểu tại sao lại có thể tách – nhóm dễ dàng được như vậy. Thực chất đây có thể coi là một lời giải mang dáng vóc của phương pháp liên hợp: x 0 2 x2  x  2 2 x 2  x  2  x 2 x  2    x2 . x2 Nhẩm được nghiệm x = 2  liên hợp ta được: 2 x2  x  2 x2 x2 x  2 2 x2 2 2   2 x 2 x x2 2 x  x  2  2  Đây chính là nguyên nhân tại sao ta có thể nhóm được nhân tử x 2  2  x  2 như trong lời giải.  Ngoài cách sử dụng phương pháp liên hợp nói trên thì còn có một tư duy khác rất hợp lí với bài toán này, nhưng cách tư duy có vẻ hơi phức tạp. Coi x  2  t là một ẩn, phương trình trở thành: 2x + x – 2 – x t = 0 (*)  phương trình hữu tỉ với 2 2 hai ẩn x, t. Nếu xem đây là phương trình bậc hai với ẩn x thì biệt thức x là không là một bình phương đúng với t nên khó biểu diễn x theo t. Lúc đó ta lại chuyển hướng: (*) có thể quy về phương trình bậc hai 2 2 với ẩn t do ta có t = x + 2. Điều ta quan tâm là làm sao để chèn một lượng t hợp lí vào phương trình để Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên có thể tìm được mối quan hệ giữa hai ẩn x, t. Muốn thực hiện được điều này thì ta cộng thêm vào hai vế 2 một lượng là 0, chính bằng [kt – k(x + 2)] và bắt đầu chọn hệ số k thích hợp: 2 2 2 2x + x – 2 – x t + [kt – k(x + 2)] = 0  2x + (1 – k)x – (2 + 2k) – x t + kt = 0 (**). 2 2 2 Hệ số k thích hợp ta cần chọn nên trong (**) ta coi k chỉ đóng vai trò tham số (tất nhiên k  0). Khi đó sẽ có hai hướng đi chính: – Xem (**) là phương trình bậc hai với ẩn x: (**)  (2 – t)x + (1 – k)x + (kt – 2k – 2) = 0 2 2 Ta có: x = (1 – k) – 4(2 – t)(kt – 2k – 2)  biểu thức này có bậc là 3 với ẩn t nên không thể biểu diễn 2 2 thành bình phương đúng. – Xem (**) là phương trình bậc hai với ẩn t: (**)  kt – x t + [2x + (1 – k)x – (2 + 2k)] = 0. 2 2 2 t = (–x ) – 4k[2x + (1 – k)x – (2 + 2k)] (***)  bậc 4 với ẩn x  có khả năng biểu diễn thành bình 2 2 2 phương đúng. Khi biểu diễn t thành bình phương đúng thì ta giả sử dạng của t là: t = (x + ax + b) (vì hệ số trước x là 1). 2 2 4 Tiếp tục nhận xét: – Nếu a = 0 thì t = (x + b) = x + 2bx + b  khai triển ra không có x và x. 2 2 2 2 2 3 – Nếu a  0 thì trong quá trình khai triển sẽ chắc chắn có số hạng 2ax . 3 Nhận thấy ở (***) không có số hạng x  để t là bình phương đúng thì điều kiện cần là số hạng trước x 3 bằng 0 như đã nhận xét, tức: 4k(1 – k) = 0  k = 0 (loại)  k = 1. Giờ kiểm tra điều kiện đủ: +) Với k = 1  t = x – 4[2x – 4] = (x – 4)  đúng. 4 2 2 2 2 Vậy thay k = 1, ta có ngay nghiệm của (**) là t = 2 và t = x – 2.  x2 2 Thay t  x  2 ta được   thực hiện các phép nhóm tách để thu được các nhân tử như  x  2  x  2 2 bài giải.  Ví dụ 16: Giải phương trình x2  8x  10  2 x  1  x3  2 x  10  7 x 2 . Phân tích: Với hình thức bài toán khá giống Ví dụ 8, nhưng tư duy giải đã được nâng lên khi mà có biểu thức bậc 3 ở trong biểu thức. Ta sẽ ưu tiên chọn cách đặt ẩn phụ t = 2 x  1 do ở Ví dụ 8, ta đã thấy việc dùng biệt thức x đã thất bại – ở bài này thì việc dùng biệt thức x lại càng “được dập tắt” khi mà trong phương trình chứa đa thức bậc ba với ẩn x  dùng ẩn t, biến đổi phương trình xuất hiện bậc hai với ẩn t  để sử dụng biệt thức t. Một số bạn sẽ phân vân: Tại sao luôn là biến đổi về phương trình xuất hiện bậc hai với ẩn t, trong khi biến đổi về phương trình bậc 3, bậc 4 với ẩn t hoàn toàn có thể thực hiện được? Câu trả lời xin để cuối bài giải. Đặt tạm t = 2 x  1  t = 2x – 1  kt – k(2x – 1) = 0 (*) (k  0). 2 2 Vẫn ý tưởng chèn k hợp lí vào, ta biến đổi phương trình: 2 3 2 (x – 8x + 10)t + x – 7x + 2x + 10 = 0  (x – 8x + 10)t + x – 7x + 2x + 10 + kt – k(2x – 1) = 0 (vì (*)). 2 3 2 2  kt + (x – 8x + 10)t + [x – 7x + 2(1 – k)x + (10 + k)] (**) 2 2 3 2 Ta có: t = (x – 8x + 10) – 4k[x – 7x + 2(1 – k)x + (10 + k)] 2 2 3 2 4 3 2 2 2 = x + (–4k – 16)x + (28k + 84)x + (8k – 8k – 160)x + (–4k – 40k + 100) Dạng ta mong muốn của t là t = (x + ax + b) (do hệ số trước x là 1) 2 2 4  t = (x + ax + b) = x + 2ax + (a + 2b)x + 2abx + b 2 2 4 3 2 2 2 Dùng hệ số bất định: Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội
Trích đoạn “ CHINH PHỤC PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ tập I” – Hồ Văn Diên a  2k  8 2a  4k  16  b  28k  84  a  2k 2  30k  74 2  2 a  2b  28k  84  2        2  2 ab 8 k 8 k 160  2k 2  30k  74 2  4k 2  40k  100 (*)  2  b  4k  40k  100  2 2ab  8k  8k  160 (1) 2 Đây là hệ ba ẩn mà có tới 4 phương trình, nên ta không chỉ dừng lại ở việc giải (*) để tìm k thích hợp rồi trình bày luôn – mà phải tìm ra a, b cụ thể để thử vào hệ, cụ thể là thử vào (1), bởi các phương trình trên ta đã sử dụng. Dò nghiệm (*) ta được hai nghiệm đẹp là k = –4 hoặc k = –12 (tùy giá trị khởi đầu – nhưng dò được nghiệm nào trước cũng được, miễn nó đẹp). – Nếu dò được k = –4  a = 0, b = –14, thỏa mãn (1). Lúc đó ta có: t = x – 28x + 196 = (x – 14)  (**) có hai nghiệm: 4 2 2 2 t=    B  t  x  8 x  10  x  14 2 2    t   x  3   x2  4 x  2 2A 2. 4  t   4    Nhân tử là  t  x  3 và x 2  4 x  2  4t ; hay chính là:  2x 1  x  3 và  x 2   4x  2  4 2x 1 . – Nếu dò được k = –12  a = 16, b = 2, không thỏa mãn (1), loại. Việc nhóm nhân tử thì không có gì quá khó khăn . 1 Bài giải: Điều kiện x  . Phương trình đã cho tương đương với: 2  x  4x  2 2x 1  4x 12 2x 1   x  7 x 10x  6  4 2x 1  0. 2 3 2   x  4 x  2 2 x 1  4  x  3 2 x 1   x  3  x  4 x  2  4 2 x 1  0. 2 2   x  4 x  2   2 x  1  x  3  4 2 x  1  x  3  2 x  1   0 2   2 x  1  x  3 x  4 x  2  4 2 x  1   0 2  2x 1  3  x (1)    x  4 x  2  4 2 x  1 (2) 2 3  x  0  +) (1)   2  x  4  6 (thỏa mãn)   2 x  1   3  x   x2  4 x  2  0  x2  4 x  2  0   +) (2)    2     2 x  4 x  2  16  2 x  1  2    x  2 x 2  8 x  10  0  x=4+ 6 (thỏa mãn). Phương trình có hai nghiệm x = 4  6. Cách giải khác: Nâng lũy thừa đưa về phương trình hữu tỉ. Với bài toán này thì cần dùng máy tính bỏ túi để dò ra được hai nghiệm của phương trình  dùng định lí đảo tam thức bậc hai là phát hiện được nhân tử (x2 – 8x + 10). Nói chung với các bài toán có độ “hiểm” hơn và nhiều nghiệm hơn thì phương pháp nâng lũy thừa tỏ ra không hề hiệu quả! Cuốn sach chính thức phát hành vào ngày 25/10/2014 tại 101 Nguyễn Ngọc Nại, Thanh Xuân, Hà Nội

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.