CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình

Chia sẻ: Kata_1 Kata_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề 1: phương trình và hệ phương trình', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình

CHUYÊN ĐỀ 1: Phương trình và hệ phương trình. I.Giải phương trình bằng cách đặt ẩn phụ thích hợp. 2 2  x2  4   x2  x 2     11. 2   0. Bài 1:Gpt:10.  x 1   x 1   x 1  Giải: x2 x2 Đặt u  ;v  (1). x 1 x 1 Ta có: 10.u2 + v2 -11.uv = 0  (u-v).(10u-v)=0  u=v hoặc 10u=v. Xét các trường hợp thay vào (1) ta tìm được x một cách dễ dàng. Bài 2:Gpt: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15. Giải: Đặt x2 - 5x + 5 = u (1). Ta có: (x2 - 4x+3).(x2 - 6x + 8)=15  (x-1).(x-3).(x-2).(x-4)-15=0  (x-1).(x-2).(x-3).(x-4)-15=0 2 2  (x -5x+4).(x -5x+6)-15=0  (u-1).(u+1)-15=0 2  u -16=0
 u=  4. Thay các giá trị của u vào (1) ta dễ dàng tìm được x. 2 x x     90. Bài 3:Gpt:   x 1  x 1 2 1 1 2 2x  2 2  90 .  x . 2  90 .  Giải:PT  x .  ( x  1)2 ( x  1) 2  ( x  1) 2   Đặt u = x2 ( u  0) (1). Ta có: 2u  2  90  2u 2  2u  90.(u  1)2 ( u  1). u. 2 (u  1)  88u 2  182u  90  0 . Từ đây ta dễ dàng tìm được u, thay vào (1) ta tìm được x. Bài 4:Gpt: 3 x  3 2 x  3  3 12.( x  1) . Giải: 3 x  u; 3 2 x  3  v (1). Đặt Có: u  v  3 4.(u 3  v 3 )  u 3  v 3  3uv.(u  v)  4.(u 3  v 3 ) u  v  3.(u  v).(u 2  2uv  v 2 )  0  3.(u  v ).(u  v) 2  0   u  v Xét các trường hợp thay vào (1) ta dễ dàng tìm được x.
1 x2 3 2 Bài 5:Gpt: 5 x  3 x  3 x  2    3 x (1). 22 Giải: Từ (1) suy ra: 2. 5 x 3  3 x 2  3x  2  x 2  6 x  1  20 x 3  12 x 2  12 x  8  x 4  36 x 2  1  12 x 3  2 x 2  12 x 24 9  x 4  8 x 3  22 x 2  24 x  9  0 (x  0).  x 2  8 x  22   0.  x x2 3 Đặt x   y (*) ta có: x y2 - 8y + 16 = 0 suy ra y = 4 thay vào (*) ta dễ dàng tìm được x. x 1 Bài 6:Gpt: x  1.( x  4)  3.( x  4).  18  0(1). x4 Giải: Điều kiện x > 4 hoặc x < -1. *Nếu x > 4, (1) trở thành: ( x  1).( x  4)  3. ( x  1).( x  4)  18  0 Đặt ( x  1).( x  4)  y  0 (2) ta có: y2 + 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (2) ta tìm được x. *Nếu x < -1, (1) trở thành: ( x  1).( x  4)  3. ( x  1).( x  4)  18  0 Đặt ( x  1).( x  4)  y  0 (3) ta có:
y2 - 3y -18 = 0. Từ đó ta dễ dàng tìm được y,thay vào (3) ta tìm được x. Bài 7:Gpt:(2x2 - 3x +1).(2x2 + 5x + 1)=9x2 (1). Giải: (1)  4 x 4  4 x 3  20 x 2  2 x  1  0 (x  0).Chia cả hai vế cho x2 ta được : 2 1 1 21 1   2  4x + 4x -20 +  2 = 0.   2 x    2. 2 x    24  0 . Đặt y = 2 x  .(2) xx x x x   Ta có: y2 + 2y -24 = 0. Từ đó ta tìm được y,thay vào (2) ta dễ dàng tìm được x. Bài 8:Gpt: x 2  16 x  64  2. x 2  8 x  16  x 2  0. Giải:PT  x  8  2. x  4  x  0. - + x 0 4 8 x-8 - - -0 + x-4 - -0 + + x - 0 + + +
Đến đây ta xét từng khoảng ,bài toán trở nên đơn giản. Bài 9:Gpt: (1 + x + x2)2 = 5.(1 + x2 + x4). Giải:  1  x 2  x 4  2 x  2 x 2  2 x 3  5  5x 2  5 x 4  4 x 4  2 x 3  2 x 2  2 x  4  0  2 x 4  x3  x 2  x  2  0 Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho, vậy x  0. Chia cả hai vế của phương trình trên cho x2 ta được: 12 1 2x2 - x + 1 -  2  0 . Đặt y = x  (*). Ta có: xx x 2y2 - y - 3 = 0.Từ đó ta dễ dàng tìm được y, thay vào (*) ta tìm được x. Bài 10: Gpt: (6-x)4 + (8-x)4 = 16. Giải: Đặt 7 - x = y (*).
Ta có: (y-1)4 + (y + 1)4 =16  2y4 +12 y2 +2 = 16  2.(y-1).(y+1).(y2+7)=0  y =1 hoặc y = -1. Thay các giá trị của y tìm được ở trên thay vào (*) ta dễ dàng tìm được các giá trị của x. II.Tìm các nghiệm nguyên (x;y) hoặc (x;y;z) của các phương trình sau: Bài 1: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) Giải: Đặt y2 + 3y = t. Ta có: x2 = y.(y+1).(y+2).(y+3) = (y2 + 3y).(y2 + 3y +2) = t2 + 2t. *Nếu t > 0 thì t2 < x2 = t2 + 2t < (t+1)2 suy ra không tồn tại x thỏa mãn. *Nếu t < -2 thì 2t + 4 < 0 nên t2 + 2t > t2 + 4t + 4 suy ra t2 + 2t > t2 + 4t + 4 = (t+2)2. Suy ra: x2 = t2 + 2t > (t + 2)2 (*). Lại có: t2 +2t < t2 suy ra x2 < t2 (**). Từ (*)&(**) suy ra (t + 2)2 < x2 < t2 suy ra x2 = (t+1)2 suy ra t2 +2t = (t +1)2 (=x2) Suy ra : t2 +2t = t2 +2t +1 (Vô lý). *Nếu t = -1 suy ra x2 = t2 +2t = -1
 x  y  z  2(1) Bài 2:  2 2 x  xy  x  2 z  1(2) Giải: Từ (2) ta có: 2x2 - xy+x-2z =1 kết hợp với (1) ta có: 2x2 - xy+x-2.(2 - x + y)=1  2x2 -xy +3x-2y-5=0 x 2  3x  5 7  y  x 1    7   2  x  2  1,7. x x2 x2 Từ đó ta tìm được x  tìm được y  tìm được z.  x  y  z  3(1) Bài 3:  2 2 2  x  y  z  1(2) Giải: Thay (1) vào (2) ta được: (y + z -3)2 -y2 -z2 =1  yz - 3y - 3z = -4  (y-3).(z-3) = 5 = 1.5 = (-1).(-5) = 5.1=(- 5).(-1. Từ đó ta tìm được y và z  tìm được x. Bài 4: 2xy + x + y = 83. 83  y 166  2 y 167 Giải:PT  x   2x   1     167  y  1  2 y  1  1,167. 2 2y 1 2y 1 2y 1 Từ đó ta tìm được y  tìm được x. xy yz zx Bài 5:    3. z x y
Giải:Điều kiện : x,y,z  0. Nhận xét:Trong ba số x,y,z luôn tồn tại hai số cùng dấu (Theo nguyên tắc Đirichlê có 3 số -3 thỏ mà chỉ có hai chuồng-mọi số nguyên khác 0 chỉ mang dấu âm hoặc dấu dương) xy Ta có thể giả sử x,y cùng dấu với nhau.Suy ra x.y = xy > 0 và ,  0. yx xy yz zx Đặt A=    3. z x y xy yz zx Giả sử z 0.Ta có: xy xy x y xy yz zx y x A=   3  z.  z.  3.3 .z. .z.  3.3 xy z z x y z x y z yx  z  1, x  y  1  1  xy .z  z  1, xy  1    z  1, x  y  1 Bài 6: 2x2 - 2xy = 5x + y - 19. 2 x 2  5 x  19 17 Giải:Từ bài ra ta có: y   x2    17  x  1  2 x  1  1,17. 2 2x  1 2x  1 Từ đó ta tìm được x  tìm được y. III.Giải hệ phương trình và các phương trình khác. 1 1 Bài 1:   2. x 2  x2
Giải:Điều kiện : x  0, x  2 . 1 1 1 1 -Nếu x < 0 thì     2. x 2 2 2 2 x 2 x Vậy ta xét x > 0: Đặt x = a và 2  x 2  b (a,b > 0). 1 1   2 Ta có:  a b a 2  b 2  2  1 1 1 Có: 2    2.  ab  1 (1). a b ab Lại có: 2 = a2 + b2  2ab suy ra 1  ab (2). Từ (1)&(2) suy ra ab = 1 mà a2 + b2 =2 nên suy ra (a+b)2 = 4 suy ra a + b = 2. ab  1 Vậy ta có:   a  b  1  x  1. a  b  2 Bài 2: 4  x 2  1  4 x  x 2  y 2  2 y  3  x 4  16  y  5. Giải: 4  x 2  0(1)  1  4 x  0( 2) Điều kiện:  2  2  x  y  2 y  3  0(3)  x 4  16  0(4)  Từ (4) suy ra x2  4 kết hợp với (1) suy ra x2 = 4 kết hợp với (2) suy ra x = 2. Phương trình đã cho trở thành:
y 1   y  5 . Lúc này việc tìm y không còn khó khăn gì nữa (Lập bảng xét dấu). Bài 3: 2x4 -21x3 + 74x2 -105x +50 =0. Giải: Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy x  0.Chia cả hai vế của phương trình đã cho cho x2 ta được: 2 105 50 25  25    2 2 x  21x  74   2  0  2. x    21. x    26  0 x x x x   25 Đặt x   y ta có: x 2y2 -21.y - 26 = 0.Từ đó ta tìm được y  tìm ra x. 2.1  x  1  x  5 Bài 4:   1  x  4.1  x  7  Giải: a  1  x  0 Đặt :   b  1  x  0   2a  b  5 Hệ đã cho trở thành:  a  4b  7 Từ đó tìm được a =3,b =1.
Đến đây việc tìm ra x không còn khó khăn nữa.  x  1  y  5  1(1) Bài 5:    y  5  x  1 ( 2)  Giải: Thay biểu thức (2) vào phương trình (1) ta có: x  1  5  x  1  5  1  2. x  1  1 . Từ đó ta tìm được x.Việc tìm giá trị của y cũng không có gì khó khan nữa. 2 x 2  15 xy  4 y 2  12 x  45 y  24  0(1) Bài 6:  2   x  2 y 2  3 y  3x  xy  0(2)  Giải: Phương trình (2) phân tích được như sau: x  y (x - y).(x -3 + 2y) = 0   x  3  2 y Xét các trường hợp thay vào phương trình (1) ta dễ dàng tìm được x và y. Bài 7: x3 + (3-m).x2 + (m-9).x + m2 -6m + 5 = 0. Giải: Phương trình đã cho phân tích được như sau:
x  (m  5).x 2  2 x  (m  1)  0 . Đến đây việc giải và biện luận phương trình không còn khó khăn gì nữa. x  y  z  1 Bài 8:  4 4 4  x  y  z  xyz Giải: Bổ đề: a, b, c  R : a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (Dễ dàng chứng minh được bổ đề trên). Sử dụng bổ đề ta có: xyz = x4 + y4 + z4  x2y2 + y2z2 + z2x2  xyz.(x + y + z) = xyz. Suy ra các dấu bất đẳng thức ở trên đều phải trở thành đẳng thức tức là ta phải có: x = y =z kết hợp với giả thiết ban đầu :x + y + z =1 ta được: 1 . xyz 3  x 2  y 2  1(1) Bài 9: 1999    y  2000 x .( x  y  xy  2001)(2) x  1999 y   2000  Giải: Điều kiện: x,y  0. Nhìn nhận phương trình (2) ta thấy: -Nếu x > y thì: VT > 0, VP < 0 suy ra: VT > VP.
-Nếu y > x thì: VT 0 suy ra: VT < VP. -Nếu x = y khi đó: VT =VP =0. 1 Kết hợp với (1) (Chú ý:x,y  0. ) ta được: x  y  . 2 Bài 10: x  2 x  5  2  x  3. 2 x  5  2  2. 2 (1). Giải: 1 1     2 2 (1)  2x  5  1  2x  3  3  2. 2  2 x  5  1  . . 2x  5  3  4 2 2 Ta có: 4  3  2 x  5  2 x  5  1  3  2 x  5  2 x  5  1  4. Vậy dấu bất đẳng thức ở trên phải trở thành dấu đẳng thức tức là: 2 x  5  0 5 3  2x  5  0   7x 9  2 x  5 2 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x   ;7  . 2   