zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chuyên đề ôn thi đại học: Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình vô tỷ và phương pháp giải

Chia sẻ: Ngô Minh Tuấn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:27

Báo xấu

138
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp học sinh có kỹ năng và phương pháp giải về phương trình, bất phương trình được tốt hơn, mời các bạn cùng tham khảo chuyên đề ôn thi đại học "Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình vô tỷ và phương pháp giải" dưới đây. Hy vọng chuyên đề phục vụ hữu ích nhu cầu học tập và ôn thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề ôn thi đại học: Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình vô tỷ và phương pháp giải

PT – BPT vô tỷ LỜI NÓI ĐẦU Phương trình, bất phương trình vô tỷ là một chủ đề quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất nhiều dạng toán về phương trình, bất phương trình hay và khó, có thể dùng là một câu phân loại trong các đề thi HSG hay đề thi ĐH, CĐ. Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm trong quá trình dạy học, dạy luyện thi, dạy bồi dưỡng HSG, tác giả viết chuyên đề : “ Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình vô tỷ và phương pháp giải”. Ở mỗi phần là phương pháp giải, dạng toán, cách giải tương ứng, những lưu ý, ví dụ minh hoạ sau đó là bài tập vận dụng. Có ba phương pháp giải cơ bản thường dùng là phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số. Trong bản báo cáo này tác giả có đề cập thêm phương pháp khử căn đưa về phương trình bậc bốn. Đề tài được viết nhằm giúp học sinh có kỹ năng và phương pháp giải về phương trình, bất phương trình được tốt hơn. Do hạn chề về thời gian chắc không tránh khỏi thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các bạn đồng nghiệp và cấp trên. Tác giả xin chân thành cảm ơn! Tác giả Đỗ Thị Thanh Huyền Tổ trưởng tổ Toán-Tin, Trường THPT Trần Phú Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 1
PT – BPT vô tỷ CHUYÊN ĐỀ Phương trình - bất phương trình vô tỷ I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến thức cần nhớ:  a n 1. n a 2. a  b  a 2 n  b 2 n  ab  0  3. a  b  a 2 n 1 b 2 n 1  a, b  4. a  b  0  a 2 n  b 2 n 5. a  b  a 2 n 1  b 2 n 1  a, b  2. Các dạng cơ bản: g  x  0  * Dạng 1: f  x  g  x   (Không cần đặt điều kiện f  x   0 )  f  x  g  x 2  * Dạng 2: f  x  g  x xét 2 trường hợp: g  x  0  g ( x)  0  TH1:  TH2:   f  x   0  f  x  g  x 2   f ( x)  0  * Dạng 3: f  x  g  x  g  x  0   f  x  g  x 2 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. + Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình a0 x n  a1 x n 1  a2 x n  2   an 1 x  an  0 có nghiệm x= thì chia vế trái cho cho x– ta được  x     b0 xn1  b1 xn2   bn2 x  bn1   0 , tương tự cho bất phương trình. * Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác. * Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trìnhbất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x  1  x 2  3x  1  0 (ĐH Khối D – 2006) Biến đổi phương trình thành: 2 x  1   x 2  3x  1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: x 4  6 x 3  11x 2  8x  2  0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 2
PT – BPT vô tỷ Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 4  x  12   2 x  10  1   , ĐK: 2 3 3  2x x 2   pt  x 2  2 x  1   x  5 2  x  3  2 x  ( x  5) 3  2 x  9  5 x (1), Với x 3 2 hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3  0   x  3 x  1  0 2 b) Tương tự với 2 dạng: * f  x   g  x  * f  x  g  x Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2 x2  6 x  1  x  2  0 1 Giải 1  2 x2  6 x  1  x  2 bất phương trình tương đương với hệ: x  2 x  2  0   2  3 7 3 7 3 7  2 x  6 x  1  0  x   x   x3  2  2 2 2 2 x  6 x  1  x  2 1  x  3  Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x2  2mx  1  m  2 có nghiêm. Giải * Nếu m < 2  phương trình vô nghiệm. * Nếu m  2  phương trình  x22mxm2+4m3=0. Phương trình này có =2m24m+3>0 với mọi m. Vậy với m  2 thì phương trình đã cho có nghiêm. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2x2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt. Giải:  x  1  Cách 1: PT   2 , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:   x   m  2  x  4  0, (*) 2  m  m 2  4m  20 2  m  m 2  4m  20 x1   0, x2   0. Phương trình đã cho có 2 nghiệm 2 2 m  4   (*) có 2 nghiệm x  1  x2  1  4  m  m2  4m  20    m  1  4  m   m  4m  20 2 2  Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x  1  t  0 . (*) trở thành:  t  12   m  2  t  1  4  0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x  1 thì (**) phải có 2 nghiệm t  0 . Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x2  mx  2  2 x  1 , (1) 2 x  1  0  Giải: pt   2 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai 3x   m  4  x  1  0,  2       m  4   12  0 2  1   1 9 nghiệm lớn hơn hoặc bằng  hay  f    0 m . 2   2 2 S 1   2 2 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 3
PT – BPT vô tỷ 1 1 Chú ý : Cách 2: đặt tx , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng  thì 2 2 2  1  1 3  t     m  4  t    1  0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.  2  2 3. Các kỹ năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 x  1  x  1  2 x  4 (ĐH Khối A – 2005) Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành: 5 x  1  x  1  2 x  4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải. Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1  x  x  2   2 x 2 1 . Giải x 1  x  2 * Điều kiện:     x  0 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  4 x 2  x 2  x  2   x 2  2 x  1 2  x2 8x  9   0 9 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, x . 8 (Còn có cách giải khác) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x2  mx  x2  4  0 có nghiệm. m  m 2  16 HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được x1,2  . Kết hợp 2 với điều kiện ta tìm được |m|  4. b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích: - Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích... Ví dụ 4: Giải phương trình: x 2  x  7  7 . HD:  Bình phương hai vế.  Dùng hằng đẳng thức a2  b2=0. 1  29  Nghiệm x  2, x  . 2 x2 Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a. x4 b. 1   2 1 x x 2  3x  2 x 2  3x  2  0  1 ĐS: a. 1x 0. Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 4
PT – BPT vô tỷ x  2 pt  x  2x  4  mx  2   3 . Để chứng minh m  0 , phương  x  6 x  32  m, (2) 2 trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt f  x   x3  6 x 2  32, x  2 , ta có f(2) = 0, lim f  x   , f '  x   3x 2  12 x  0, x  2 nên f(x) là hàm liên tục trên  2;   và đồng biến x  trên khoảng đó suy ra m  0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 < x0 <   . Một số dạng chuyển thành tích: a - c x  b - d  - Dạng: ax  b  cx  d  m Ta biến đổi thành: m( ax  b  cx  d )   ax  b    cx  d  x3 Ví dụ: Giải phương trình: 4 x  1  3x  2  . ĐS: x=2. 5 - Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0 Ví dụ: Giải phương trình: 3 x  1  3 x  2  1  3 x2  3x  2 . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ: Giải phương trình: 4 x  1  x  1  4 x3  x2 . ĐS: x=0, x=1. - Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0 Ví dụ 1: Giải phương trình: x  3  2x x  1  2x  x2  4x  3 . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: x3  x2  3x  3  2x  x2  3  2x2  2x . ĐS: x=0. - Dạng: a b  (ab)(a +ab+b )=0  a=b 3 3 2 2 Ví dụ: Giải phương trình: 2  3 3 9 x2  x  2  2 x  3 3 3x  x  22 . ĐS: x=1. c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với Ai  0, 1  i  n khi đó pt tương đương với: A1  0, A2  0, An  0 . Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1 . HD: Phương trình tương đương  4 x2  4 x x  3  x  31  2 2 x  1  2 x  1  0 . ĐS: x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x  y 2  y  2  4x2  3 y  4 . Giải Bình phương hai vế ta được  2 x  12   y  2 2  2  y  2   4 x 2  3 y  4   0  x  1 , y  2. 2 d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 a  3 b  3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức   a b c 3 3 3  a  b  a 3  b3  3ab  a  b  khi đó phương trình tương đương với hệ . Giải 3    a  b  3 3 abc  c hệ này ta có nghiệm của phương trình. 3 Ví dụ: Giải bất phương trình 3 x  1  3 x  2  3 2x  3 . ĐS: x  1; x  2; x  . 2 e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: - TH1: Mẫu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu: Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 5
PT – BPT vô tỷ 2  x 2  16  7x Ví dụ 1: Giải bất phương trình:  x3  1 (ĐH Khối A2004) x3 x3 Giải ĐK: x4. 1  2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   10  2 x  x  4   x5  10  2 x  0  10  2 x  0   10  34  x  5   2  x 2  16   10  2 x 2   Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x  10  34 . - TH2: Mẫu âm, dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp: 51  2 x  x 2 Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a.  x  3 x2  4  x2  9 b. 1. 1 x HD: a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x
PT – BPT vô tỷ 1  1  4 x2 a.  3. x b. x2  3x  2  x2  6x  5  2x2  9x  7 . c. x2  x  2  x2  2x  3  x2  4x  5 . Bài 10: Giải các phương trình: 4x a. 3 x  1  3 x2  3 x  3 x2  x . b. x3 4 x . x3 3 c. 4 x  3  1  4x  . d. 2 x  3  9 x2  x  4 . x e. 2x x2  x  1  4 3x  1  2x2  2x  6 . II. Phương pháp khử căn sử dụng phương trình bậc bốn *)C¸ch gi¶i ph-¬ng tr×nh bËc 4 tæng qu¸t: ax 4  bx3  cx 2  dx  e  0 VÝ dô: x 4  6x 3  3x 2  18x  8  0   x 2   2.x 2 .  3x   9x 2  6x 2  18x  8  0 2   x 2  3x   6x 2  18x  8 2 Ta sÏ thªm bít ®Ó hai vÕ lµ b×nh ph-¬ng cña mét ®a thøc:   x 2  3x   2a  x 2  3x   a 2   6  2a  x 2  6  3  a  x  8  a 2 2   x 2  3x  a    6  2a  x 2  6  3  a  x  8  a 2 2 (*) Ta thÊy vÕ tr¸i lµ b×nh ph-¬ng mét sè, ta sÏ chän a sao cho vÕ ph¶i còng lµ b×nh ph-¬ng cña mét ®a thøc. Mµ vÕ ph¶i lµ mét tam thøc bËc hai. Do vËy ®Ó nã lµ b×nh ph-¬ng ta cÇn   0 ( hoÆc  '  0 ) Nh- vËy: 9  3  a    6  2a  8  a 2   0 2 Đây là phương trình bậc ba nên bao giờ cũng có ít nhất một nghiệm Ta cã thÓ gi¶i ph-¬ng tr×nh nµy theo hai c¸ch: C¸ch 1: BiÕn ®æi ®-a vÒ ph-¬ng tr×nh bËc 3. C¸ch 2: Dïng m¸y tÝnh cÇm tay nhËp th¼ng ph-¬ng tr×nh vµo råi gi¶i: Gi¶i theo hai c¸ch ta cã: a  3 . Víi a  3 ph-¬ng tr×nh (*) cã d¹ng:  x2  3x  3  17 ®Õn ®©y th× ph-¬ng tr×nh dÔ gi¶i. 2 +) VÝ dô 2:  x  3  4  x 12  x   28  x (1) Khi nh×n vµo bµi nµy, th× h-íng ®i tù nhiªn ®Çu tiªn ta nghÜ ®Õn lµ b×nh ph-¬ng hai vÕ ®-a vÒ ph-¬ng tr×nh bËc 4. Mµ ta võa ®-îc lµm ë trªn: Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 7
PT – BPT vô tỷ 1   x  3  4  x 12  x    28  x  2 2   x 2  6x  9   x 2  8x  48   784  56x  x 2  x 4  14x 3  10x 2  272x  352  0   x 2  6x  22  x 2  8x  16   0  x  3  31   x  4  4 2 V× ®©y lµ ph-¬ng tr×nh hÖ qu¶ nªn sau khi tÝnh ra nghiÖm, ta sÏ ph¶i lo¹i bít nghiÖm ngo¹i lai. Dïng m¸y tÝnh thö trùc tiÕp ta cã: x  3  31, x  4  4 2 lµ tháa m·n ph-¬ng tr×nh ban ®Çu nªn ph-¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm: x  3  31, x  4  4 2 . +) Bµi (1) ta còng cã thÓ gi¶i ®-îc b»ng ph-¬ng ph¸p ®Æt Èn phô kh«ng hoµn toµn. Sau ®©y sÏ tr×nh bµy theo c¸ch ®Æt Èn phô kh«ng hoµn toµn. ®Æt t  x 2  8x  48 . Khi ®ã ph-¬ng tr×nh (1) sÏ ®-îc viÕt l¹i lµ:  x  3 t  28  x t   x  3 t    x 2  8x  48   28  x  0 1 2 1  2 2 1 2 1  t   x  3 t  x 2  3x  4  0 (1.1) 2 2 Coi ph-¬ng tr×nh (1.1) lµ ph-¬ng tr×nh bËc 2 Èn t ta ®-îc: 1     x  3  2  x 2  3x  4   1 2 2  t  x  3 1  x  4 Suy ra: Ph-¬ng tr×nh 1.1   . §Õn ®©y th× ph-¬ng tr×nh (1) dÔ gi¶i vµ t  x  3 1  x  2 cho kÕt qu¶ nh- trªn. 1 Khi ®äc lêi gi¶i , c¸c b¹n sÏ ®Æt c©u hái t¹i sao lµ sè mµ kh«ng ph¶i lµ sè kh¸c. Lµm 2 1 c¸ch nµo ®Ó t×m ra sè th× s¸ch tham kh¶o l¹i kh«ng chØ ra cho chóng ta. Thùc ra 2 1 §Ó t×m ra sè ta sÏ ph¶i gi¶i mét ph-¬ng tr×nh bËc 4 rÊt phøc t¹p n÷a 2 Nªn tèt nhÊt khi h-íng dÉn häc sinh gi¶i bµi tËp nµy c¸c b¹n nªn h-íng dÉn häc sinh ®-a vÒ ph-¬ng tr×nh bËc 4 c¬ b¶n ®Ó gi¶i trùc tiÕp thay v× ph¶i ®-a vÒ c¸ch trªn. Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 8
PT – BPT vô tỷ +) Tõ ph-¬ng tr×nh : 1   x 2  8x  48  x  2   x 2  8x  48  x  4  0 . Nh×n vµo ®©y sÏ cho ta nhiÒu ý nghÜa h¬n lµ viÖc ®i gi¶i c¸c líp bµi to¸n nµy lµ ta cã thÓ ®-a ra mét lo¹t bµi to¸n d¹ng nµy b»ng c¸ch cho tÝch hai nh©n tö tr-íc sau ®ã nh©n ra khai triÓn vµ rót gän. Nh÷ng d¹ng bµi nh- thÕ nµy sÏ rÊt tèt cho kÜ n¨ng tÝnh to¸n cña häc sinh. - Qua hai bµi tËp ë trªn cho thÊy ý nghÜa cña viÖc gi¶i ph-¬ng tr×nh bËc 4. Tuy nã ch-a ph¶i lµ mét c«ng cô tèi -u cho viÖc gi¶i to¸n nh-ng Nã lµ mét c«ng cô m¹nh ®Ó gi¶i to¸n vµ gióp cho häc sinh tù tin h¬n trong viÖc gi¶i nh÷ng ph-¬ng tr×nh bËc cao. - Về mặt lý thuyết thì ta có thể giải mọi phương trình bậc bốn theo cách trên, cũng như việc áp dụng cho những phương trình vô tỷ mà khi khử hết căn đưa về phương trình bậc. Tuy nhiên trên thực tế thì nhiều lúc việc giải không dễ dàng như vậy - Ngoài cách đưa về hằng đẳng thức ở trên ta còn cách sử dụng phương pháp hệ số bất định Mét sè bµi tËp ¸p dông: 1/ x 1  5 x  3   3  x 2  4  2/ x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 3/ 12x  8  8x  28  2x 2  22x  40 4/ x  3  x  2 x  1  3x  4 5/ 8x  27  4 3x  2  24 x  4  0 6/ 4 x  1  1  3x  2 1  x  1  x 2 III. Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: F  n f  x    0 , đặt t  n f  x  (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t  0). Ví dụ 1: Giải các phương trình: a. x2  x2  11  31 . b.  x  5 2  x   3 x2  3x . HD: a. Đặt t  x2  11, t  0 . ĐS: x=5. 3  109 b. Đặt t  x 2  3x , t  0 . ĐS: x . 2 Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2  2 x  2m 5  2 x  x2  m2 . Giải Đặt: t  5  2 x  x2  6   x  12  t  0; 6  . Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 9
PT – BPT vô tỷ Khi đó phương trình trở thành t 2  2mt  m2  5  0 *  t  m  5 . Phương trình đã cho có 0  m  5  6  5  m  6  5 nghiệm khi (*) có nghiệm t  0; 6  hay   . 0  m  5  6  5  m  6  5 Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình: m( x2  2 x  2  1)  x  2  x   0 , (1) có nghiệm x  0;1  3  . Giải: Đặt t  x2  2x  2  x2  2x  t 2  2 . Nếu x  0;1  3  thì t  x  12  1  1;2 BPT trở thành: m  t  1  2  t 2  0,  2  t2  2 t2  2 2 Khi đó ta có m, với 1  t  2 . Đặt f t   , dùng đồ thị ta tìm được m . t 1 t 1 3 Dạng 2: m  f  x   g  x   2n f  x  g  x   n  f  x   g  x    p  0 , đặt t f  x  g  x , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. Ví dụ 1: Cho phương trình 3  x  6  x  m  3  x  6  x  . a. Giải phương trình khi m=3. b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. Giải Đặt: t  3  x  6  x  t 2  9  2 3  x  6  x  * . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2  3  x  6  x   9 nên từ (*) ta có 3  t  3 2 . Phương trình đã cho trở thành t22t9=2m (1). a. Với m=3 (1)  t22t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6. b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t  3;3 2  . Xét hàm số f  t   t 2  2t  9 với t  3;3 2  , ta thấy f(t) là một hàm đb nên:   6  f (3)  f  t   f 3 2  9  6 2 với t  3;3 2  . Do vậy (1) có nghiệm t  3;3 2  khi và 6 2 9 chỉ khi 6  2m  9  6 2  m3 2 Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng BĐT như bài trên Cách2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ). Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 35  x3  x  3 35  x3   30 . t 3  35 HD: đặt: t  x  3 35  x3  x 3 35  x3  . ĐS: x=2, x=3. 3t Cách khác: Đặt y  3 35  x3  x3  y3  35 Pt chuyển về hệ:  xy ( x  y )  30  3 , Giải hệ ta được ( x; y )  (2;3)  (3; 2) . ĐS: x=2, x=3.  x  y  35 3 Ví dụ 3: Giải bất phương trình 7 x  7  7 x  6  2 49 x2  7 x  42  181  14x . 6 HD: Đặt t  7x  7  7x  6  0  …  x  6 . 7 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 10
PT – BPT vô tỷ Dạng 3: F  n f  x  , n g  x    0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. TH1: Kiểm tra nghiệm với g  x   0 . f  x TH2: Giả sử g  x   0 chia hai vế phương trình cho g k  x và đặt tn . g  x Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x3  1  2  x 2  2  . ĐK:  x  1 . 5 x3  1  2 x 2  2  5   x  1  x2  x  1  2  x2  x  1  2  x  1 x 1 x 1 2 5 2 20 x  x 1 2 x  x 1 t  2 x 1 Đặt t , t 0. Phương trình trở thành 2t 2  5t  2  0   1 . x  x 1 2 t   2  Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. 1 5  37  Với t : Phương trình đã cho có nghiệm x . 2 2 Ví dụ 2: Giải phương trình 5x2  14x  9  x2  x  20  5 x  1 . Giải ĐK: x  5 . 5x2  14x  9  x2  x  20  5 x  1  5x2  14x  9  5 x  1  x2  x  20 Bình phương hai vế: 2  x2  4 x  5  3  x  4   5  x2  4 x  5  x  4  x2  4 x  5 3 Đặt t , t  0. phương trình trở thành . 2t 2  5t  3  0  t  1, t  x4 2  Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm x  5  61  5, x  5  61  5 . 2 2 3 7  Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  8  5, x    5 . 2 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  5  61 , x  8 . 2 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x  1  m x  1  2 4 x2  1 . HD: ĐK x  1 . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho 4 x2  1 x 1 4 2 1 đặt t4  1  0  t  1 . ĐS 1  m  . x 1 x 1 3 Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). af  x   g  x  f  x   h  x   0 . Đặt t  f  x  , khi đó phương trình trở thành at 2  g  x  t  h  x   0 . Ví dụ: Giải phương trình 2 1  x  x2  2 x  1  x2  2 x  1 . HD Đặt t  x2  2x  1  x  1  6 . (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,…) Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 11
PT – BPT vô tỷ Bài tập Giải các phương trình sau: 9  193 17  3 73 1. 2 x 2  5 x  2  4 2  x3  21x  20  ĐS: x , x . 4 4 x3  3x 2  2  x  2  6x  0 Đặt y  x2, ĐS: x  2, x  2  2 3 . 3 2. 3. 2  x 2  3x  2   3 x3  8 ĐS: x  3  13 . x 1 1 1 1 1 5 4. 2x   1  3 x  Đặt t  1 , ĐS: x . x x x x 2 Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này. Lưu ý vài tính chất cơ bản: * sin a  1, cos a  1 . * sin 2 a  cos 2 a  1 . 1 1 * 1  tan 2 a  * 1  cot 2 a  . cos2 a sin 2 a Ví dụ 1: Giải phương trình 1  1  x2  2x2 . Giải ĐK x  1 . Đặt x  cos t , t  0;   . Khi đó phương trình trở thành 1 1  1  cos2 t  2cos2 t  2sin 2 t  sin t  1  0. Ta tìm được: sin t  . Khi đó 2 3 x  cos t   1  sin 2 t   . 2 Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u  x  a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt    u  x   a sin t , t    ;  hoặc đặt u  x   a cos t , t  0;   .  2 2 * Nếu u  x  0; a ta có thể đặt u  x   a sin 2 t , t  0;   .  2 Ví dụ 2: Giải phương trình x3  1  x  2 3  x 2 1  x 2  . HD: Đặt x  cos t , t  0;   dưa về phương trình lượng giác sin t  cos t 1  sin t cos t   2 sin t cos t . Để gải phương trình này ta lại đặt u  sin t  cos t , u  2 . 2 1 2  2  2 ĐS: x , x . 2 2 1 2 2 Ví dụ 3: Giải phương trình 1  x 2  4 x 3  3x . ĐS: x , x . 2 4 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 12
PT – BPT vô tỷ Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). * Khi gặp phương trình có dạng F  f  x  , n a  f  x  , m b  f  x    0 .  F  u , v   0 Đặt u  n a  f  x, v  m b  f  x . Khi đó ta được hệ phương trình sau:  n . Giải u  v  a  b m hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình u  n a  f  x  hoặc v  m b  f  x  . Ví dụ 1: Giải phương trình: 3  x  6  x  3   3  x  6  x  . ĐS: x  0, x  3 . Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24  x  12  x  6 . ĐS: x  24, x  88, x  3 . Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x  4 17  x  3 . ĐS: x  1, x  16 . Ví dụ 4: Giải phương trình: 3  2  x 2  3  7  x 2  3  2  x  7  x   3 . ĐS: x  1, x  6 . Ví dụ 5: Giải phương trình: 3 x  1  3 x  3  3 2 , đặt u  3 x  1, v  3 x  3, pt trở thành: u  v  3 2  3 u  v  2 3 1 1 1 1 Ví dụ 6: Giải phương trình: 3 x  x  1, đặt u 3  x,v  x 2 2 2 2 Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1  x  3 1  x  a có nghiệm. a  u 2  v 2  uv   2 Đặt u  3 1  x , v  3 1  x . Phương trình trở thành:  u  v  a TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. u  v  a  TH2: a0, hệ phương trình trở thành  1 2 2. Hệ có nghiệm khi uv  3  a  a     S 2  4P  0  0  a  2 . Vậy phương trình có nghiệm khi 0  a  2 . * Khi gặp phương trình có dạng f n  x   b  a n af  x   b .  t  b  ay n Đặt t  f  x  , y  af  x   b ta có hệ  n n .  y  b  at  Ví dụ 1: Giải phương trình x3  1  2 3 2 x  1 . ĐS: x  1, x  1  5 . 2 Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x2  4 x  x  3 . 2 Giải x3  x  1  2 1x 1 ĐK x  3 . 2 x 2  4 x   2  x  1  2    x  1  1  1 . 2 2 2 2 2 2 2 1 x 1 t t t  1  2 y Đặt t  x  1, y  1   1  y2  1  . Ta được hệ phương trình  2 2 2  y2  1  1 t  2 3  17 5  13 Giải ra ta được kết quả: x , x 4 4 3  17 Thử lại ta được ĐS: x . x  5  13 4 4 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 13
PT – BPT vô tỷ Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ. 7 1 Ví dụ 3: Giải phương trình 4 x2  7 x  1  2 x  2 . ĐS: x  1, x   , x  . 4 4 Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. Bài tập: Bài 1: Giải các phương trình sau: 1. 3x  2  x  1  4x  9  2 3x2  5x  2 2. x2  x  2  x2  x 4 1 5 3. x 2  x  4  x2  x  1  2 x 2  2 x  9 4.  x   x  2x  . x x x Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: 1. 5x2  10x  1  7  2x  x2 2. 3 24  x  12  x  6 x2 3. 2 x2  x2  5x  6  10 x  15 4. 1 x  1 x  2  . 4 Bài 3: Giải các phương trình sau: 1. 3 12  x  3 14  x  2 2. 3 x 1  3 x  3  3 2 3. 1  x2  2 3 1  x2  3 4.  x2  2  2  x x2 5. 1 x  1 x  2  (đặt t  1 x  1 x ). 4 IV. Phương pháp hàm số Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u )  f  v   u  v . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng F b  F  a  (a;b) thì c  a; b  : F '  c   . Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) ba = 0 thì c   a; b  : F '  c   0  F '  x   0 có nghiệm thuộc (a;b). Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. 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 hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v. Ví dụ: Giải phương trình: 4 x  1  4 x2  1  1 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 14
PT – BPT vô tỷ 1 1 2 4x ĐK: x . Đặt f  x   4 x  1  4 x2  1 . Miền xác định: x , f '  x    0. 2 2 4x  1 4x2  1 1 Do đó hàm số đồng biến với x , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm 2 1 duy nhất. Thấy x là nghiệm của phương trình. 2 Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min f  x, m   g  m   max f  x, m  . xD xD * phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: x2  x  1  x2  x  1  m có nghiệm. TXĐ: R 2x  1 2x  1 Xét hs: y  f  x   x2  x  1  x2  x  1 , Df = R, y'  x2  x  1 x2  x  1  2 x  1 2 x  1  0 y '  0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1    2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  1 2 2 2 2 (v.nghiệm) Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x lim  lim  1 x  x  x2  x  1  x2  x  1 Giới hạn: 2x lim  lim 1 x  x  x2  x  1  x2  x  1 BBT: x   y’ + y 1 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx  x  3  m  1 , ĐK: x3 1 x  3 1 x  3 5 x bpt   m, xét hs y  y' . y '  0  x  5 . lim y  0 x 1 x 1 2 x  3  x  1 2 x  1 và f(3) = . 2 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 15
PT – BPT vô tỷ BBT: x 3 5  y’ + 0  y y(5) 1 2 0 3 1 Vậy bất phương trình có nghiệm  y  5  m  m  4 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x  x  12  m  5 x  4 x  có nghiệm. Giải: ĐK: 0 x4 pt  ( x x  x  12)   5 x  4 x  m xét hs y  f  x   ( x x  x  12)  5 x  4 x . Miền xác định: D  0; 4 Nhận xét: Hàm số h  x   x x  x  12 đồng biến trên D. Hàm số g  x   5  x  4  x đồng biến trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi f  0  m  f  4 Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  3  m x2  1 x3 Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng: m x2  1 x3 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): y và đường thẳng: y = m. x2  1 Lập BBT : x  1/3  y’ + 0  y 10 1 1 KL: m  1  m  10 : phương trình vô nghiệm. 1  m  1 hoặc m  10 : phương trình có nghiệm duy nhất. 1  m  10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  1  3  x   x  13  x   m , (1) Giải: ĐK: 1  x  3 . Đặt t  x  1  3  x , lập BBT của t(x) với 1  x  3 ta có 2  t  2 1 2 Khi đó phương trình (1) trở thành: t + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế 2 trái với 2 t 2 từ đó kết luận: 1 m  2 . Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 16
PT – BPT vô tỷ Bài tập và hướng dẫn giải Bài 1: Giải phương trình sau: 3 2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0 (1) Giải: Tập xác định: D = R. Đặt f(x) = 3 2x 1  3 2x  2  3 2x  3 Ta có: 2 2 2 1 3 f ' ( x)     0; x   ,1, 3 (2 x  1) 2 3 (2 x  2) 2 3 (2 x  3) 2 2 2 Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập M=   , 1     1 ,1    1, 3     3 ,   2  2   2  2  Ta thấy f(-1)=0  x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có: f ( 1 )  3; f ( 3 )  3 2 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): x 3 -∞  -1  1 +∞ 2 2 f’(x)    F(x) +∞ 0 3 -∞ -3 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0  x = -1. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = -1. Bài 2. Tìm điều kiện của m để phương trình x2 2x m 2x 1 (1) 1) có nghiệm thực, 2) có 1 nghiệm thực, 3) có 2 nghiệm thực phân biệt. HƯỚNG DẪN GIẢI 1 1 x x (1) 2 2 x2 2x m (2x 1)2 m 3x 2 6x 1. 1 Đặt y 3x2 6x 1 , với x ta có: 2 Bảng biến thiên 1 x 1 2 y 2 5 4 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 5 5 1) m 2, 2) m m 2, 3) m 2. 4 4 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 17
PT – BPT vô tỷ 1 1 Bài 3. Tìm điều kiện của m để phương trình x x x m (2) có nghiệm 2 4 thực. HƯỚNG DẪN GIẢI 1 1 Đặt t x 0 x t2 , (2) trở thành: 4 4 2 2 1 2 1 2 1 1 t t t m t t m t m. 4 4 4 2 2 1 1 1 Do t 0 t nên (2) có nghiệm m . 2 4 4 m Bài 4. Tìm điều kiện của m để phương trình 16 x2 4 0 (3) có nghiệm 16 x2 thực. HƯỚNG DẪN GIẢI m Đặt t 16 x2 t (0; 4] , (3) trở thành t 4 0 t2 4t m. t Lập BBT của hàm số y = t2 – 4t, ta có 4 m 0. Chú ý: Nếu giải như bài 2, ta sẽ loại mất m = 0. Do đó nên lập BBT để tránh sai sót. x 1 x 2 Bài 5. Tìm điều kiện của m để phương trình m 2 0 (4) có nghiệm x 2 x 1 thực. HƯỚNG DẪN GIẢI x 1 m Đặt t t (0; ) \ {1} , (4) trở thành t 2 0 t2 2t m. x 2 t Lập BBT của hàm số y = t2 + 2t, ta có 0 m 3. Bài 6. Tìm điều kiện của m để phương trình x 1 m x 1 2 4 x2 1 0 (5) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI Điều kiện: x 1 . + x = 1: (5) vô nghiệm. x 1 x 1 + x > 1: (5) 4 m4 2 0. x 1 x 1 x 1 2 m Đặt t 4 4 1 t (1; ) , (5) trở thành t 2 0 t2 2t m. x 1 x 1 t Lập BBT của hàm số y = t2 + 2t, ta có m > 3. Bài 7. Tìm điều kiện của m để phương trình x2 2x 3 x m (6) 1) có nghiệm thực, 2) có 2 nghiệm phân biệt. Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 18
PT – BPT vô tỷ HƯỚNG DẪN GIẢI Ta có (6) x2 2x 3 x m. Đặt y x2 2x 3 x, x 1 x 3 x 1 x 1 x2 2x 3 y' 1 . 2 2 x 2x 3 x 2x 3 Bảng biến thiên x –1 3 y’ – + y 1 1 –3 Dựa vào bảng biến thiên: 1) 3 m 1 m 1, 2) không có m. Bài 8. Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình x 1 1 x m (7). HƯỚNG DẪN GIẢI 1 x 1 x Xét hàm số f(x) 1 x 1 x, x [ 1; 1] f /(x) 2 . 2 1 x Bảng biến thiên x –1 0 1 f’(x) + 0 – f(x) 2 2 2 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: +m 2 m 2 : (7) vô nghiệm. + m = 2: (7) có 1 nghiệm. + 2 m 2 : (7) có 2 nghiệm phân biệt. Bài 9. Tìm điều kiện m để phương trình x 9 x x2 9x m (8) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI x 9 x 0 0 x 9 (8) 9 2 9x x2 9x x2 m (9x x2 ) 2 9x x2 9 m. x (9 x) 9 Đặt t 9x x2 0 t , x [0; 9] , ta có (8) trở thành: 2 2 t2 2t 9 m. 9 Lập BBT của hàm số y t2 2t 9 trên [0 ; 9/2] ta có m 10 . 4 Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 19
PT – BPT vô tỷ Bài 10. Tìm điều kiện m để phương trình x 4 x 4 x x 4 m (9) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt t x 4 0 x t2 4. Ta có (9) trở thành: t2 4t 4 t2 4 t m t2 2t 6 m. Lập BBT của hàm số y t2 2t 6, t 0 ta có m 6 . x m Bài 11. Tìm điều kiện m để phương trình x 6 x 9 x 6 x 9 (10) 6 có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt t x 9 0 x t 2 9 . Ta có (10) trở thành: 2 2 t2 9 m t 6t 9 t 6t 9 6 t 3 t 3 t2 9 m 6 t2 12t 9 m, t 3 (*) 2 t 27 m, 0 t 3 (**) + Lập BBT của hàm số y t2 12t 9, t 3 ta suy ra (*) có nghiệm thực m 27 . + Do 18 t2 27 27, t [0; 3) nên (**) có nghiệm thực 18 m 27 . Vậy với m 27 thì (10) có nghiệm thực. Bài 12. Tìm m để phương trình x 1 3 x (x 1)(3 x) m (11) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt t x 1 3 x 0 t 2 2 2 x 1. 3 x 2 t 2. Mặt khác t2 2 2 x 1. 3 x 2 [(x 1) (3 x)] 4 2 t 2. Ta có (11) trở thành: t2 2 1 2 t m t t 1 m. 2 2 1 2 Lập BBT của hàm số y t t 1, t 2; 2 ta có 1 m 2. 2 Chú ý: Nên lập BBT của t x 1 3 x để tìm miền giá trị t. Bài 13. Tìm m để phương trình 1 x 8 x (1 x)(8 x) m có nghiệm thực. 9 6 2 Đáp số: 3 m . 2 Bài 14. Tìm m để phương trình x4 4x m 4 x4 4x m 6 (13) có nghiệm thực. HƯỚNG DẪN GIẢI Đặt t 4 x 4 4x m 0. Ta có: 4 (13) t2 t 6 0 t 2 x4 4x m 2 x4 4x 16 m. Lập BBT của hàm số y x4 4x 16 trên ta có m 19 . Đỗ Thị Thanh Huyền-Trường THPT Trần Phú 20

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.