CHUYÊN ĐỀ : phương trình

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

195
lượt xem 85
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề : 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(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ : phương trình

CHUYÊN ĐỀ : PHƢƠNG TRÌNH A.Phƣơng trình vô tỉ: I.CÁC PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ. 1.Phƣơng pháp đặt ẩn phụ: Ví dụ : Giải phƣơng trình 15x  2 x 2  5  2 x 2  15x  11 Giải: ĐK: 2 x 2  15x  11  0 Đặt 2 x 2  15x  11  t ta có t 2  t  6  0 Tìm t sau đó suy ra x ( chú ý đối chiếu với điều kiện nghiệm đúng ) 2.Phƣơng pháp đƣa về hệ phƣơng trình: Thƣờng đƣợc dùng để giải pgƣơng trình vô tỉ có dạng ax  b  cx  d  k Ví dụ: Giải phƣơng trình: x  3  2x  1  4 a  b  4 Đặt a  x  3 ; b  2 x  1 Khi đó ta có hệ:  2 2 a  b  5 2 Giải và tìm a, b rồi suy ra x 3.Phƣơng pháp bất đẳng thức: y2 3y Ví dụ : Giải phƣơng trình: 4.  4  1  6y 3 2 6 y Giải: Theo bất đẳng thức Cô si ta có : 6y  2 y2 ( y  6) 2 Do đó: 4.  4  2y  4  0 y 6 3 3 4.Phƣơng pháp lƣợng giác: Giải: ĐK : x  1 Đặt x  cos a và biến đổi đơn giản ta có:
   a 2 cos a  1 .1  sin   0 suy ra a và từ đó suy ra x  2 5.Phƣơng pháp nhân liên hợp: 1 Ví dụ: Giải phƣơng trình: 16 x 3  1  4 x  2 Giải: Phƣơng trình tƣơng đƣơng với:  1 1  1 x 1 1  1  1 1 16. x 3    4 x   1  16. x  . x 2   . 4 x   1. x   1  x   x   8 2  2 2 4 2  2   2 2 II.MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỈ:      Bài 1:Giải phƣơng trình: 1  x . 1  2 x  1  1  6 x .3 2 x  1 . 1  3 x .6 2 x  1  1 Giải: ĐK: x  Đặt a  x b  2x  1 2 Phƣơng trình đã cho trở thành: 1  a 1  b   1  3 ab 2 1  3 a 2 b  . .  a  b  3 ab 2  3 a 2 b a b b a a b VT            3 ab 2  3 a 2 b  VP  3 3 3  3 3 3 VP  VT  a  b  x  2 x  1  x  1 Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x  1  Bài 2:Giải phƣơng trình: x  4 x.2 x  1. x  1  2 x  1  1 Giải: ĐK: x0 2 Đặt 4 x a 4 1  2x  b  Phƣơng trình trở thành: a 4  ab a 2  b 2  1 
VT  a 4  a 2  b2   2a  b (do ab  4 4 a 2  b 2 a 2  b 2  ;  a4  b4 ) ) 2 2 2 Hay VT  VP  x  1  2 x  x  1 t / m 3 1 Vậy phƣơng trình có nghiêm duy nhất x  3 Bài 3:Giải phƣơng trình:    x  2 2 x  1 . 2 x  1  2 x  9 x.2 x  1 Giải: Cách 1: Đặt a  x;2 x  1  b với a, b  0 Phƣơng trình đã cho trở thành: a  2bb  2a  9ab Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: . a  a  ba  b  b  9ab . Đẳng thức xảy ra khi: a  b  x  2 x  1  x  1 Vậy x  1 là nghiệm của phƣơng trình. Cách 2: 1 ĐK: x  2 VT    x  2 2x  1 . 2 x  2x  1      x  2x  1  2x  1 . x  x  2x  1   9.3 2 x  1. x .3 x. 2 x  1  VP Mà VT  VP  x  2 x  1  x  1t \ m Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất: x  1 Cách 3:
 m  2n   n  2 p   p  2 m  mnp   . . * (Chứng minh bằng bất đẳng thức Cô-si)  3  3  3  Áp dụng bất đẳng thức * ta có:  2x  1  2 x   x  2 2x  1  x. x. 2x  1  x   .    VT  VP   3  3  Bài 4: Giải phƣơng trình: 24 x  4 3  2 x  3 3 Giải:ĐK: x0 VT  4 x  4 x  4 3  2 x 2     VT 4  14  14  14 . 14  14  14 . 14  14  14 .x  x  3  2 x   34  VT  3 mà VT  3  x  1 Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất: x  1 Bài 5:Giải phƣơng trình: 6  x  x  2  x 2  6 x  13 Giải:ĐK:  2  x  6 Áp dung bất đẳng thức Bu-nha-a-cốp-xky ta có: 6 x  x2  1 2   12 . 6  x   2  x   4 mà x 2  6 x  13  x  3  4  4 2 Vậy phƣơng trình có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có  6 x  x2  4  1 1      x  2 6  x nghiệm: x  32  4  4  x  3  Hệ phƣơng trình trên vô nghiệm nên phƣơng trình vô nghiệm. Bài 6:Giải phƣơng trình: 3x  1  4 x  13x  5
1 ĐK: x   3 PT  3x  1  2 x  3  4  x 2  3x  1   2 x  3  x  4 3 Đặt  2 y  3  3x  1 ĐK y  2  2 y  3   2 x  32  x  4   2 x  32  x  2 y  1  Khi đó ta có hệ    2 y  3  3x  1  2  2 y  32  3x  1   2 x  3  2 y  3  2x  y   4x  y x  y  3  2.x  y  2 2 . x  y  x  y 2 x  2 y  5  0   . 2 y  5  2 x *Với x  y thay vào 1 ta có: 4 x 2  15x  8  0 15  97 Kết hợp với ĐK  x  8 *Với 2 y  5  2 x Thay vào 1 ta đƣợc: 4 x 2  11x  3  0 11  73 Kết hợp với ĐK  x  8 Bài 7:Giải phƣơng trình: x 2  2 x  5  x 2  4 x  40  73 Giải: Phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với: x  12  4  x  22  36  73 Gọi M x;0; A 1;2; B2;6
 AB  3 2  8 2  73 MA  x  12  4 MB  x  22  36 MA  MB  AB  73  k   3 TM  1    1  x  k  x  2   MA  kMB   1 Đẳng thức xảy ra     2  k  6  x   k  0 k  0  4   k0   1 Vậy x   là nghiệm của phƣơng trình. 4   Bài 8:Giải phƣơng trình: 4 x  33 2 x  12 x  1 3 2 x  1  3 2 x  1  16 x 3 Giải: Áp dụng hằng đẳng thức quen thuộc: a  b  a 3  b 3  3aba  b 3 Từ đó ta đƣợc phƣơng trình ban đầu tƣơng đƣơng: 3 3 2 x  1  3 2 x  1  16 x 3  3 2 x  1  3 2 x  1  x3 16 1 Thế vào phƣơng trình ban đầu ta dễ dàng giải đƣợc x  0; x   2 Bài 9: Giải phƣơng trình: x.x  1  x.x  2  2 x 2 Tập xác định: x  2 hoặc x  0 hoặc x  1 *Với x  0 phƣơng trình có nghiệm đúng. *Với x  1 PT  x  1  x  2  2 x  x  9 TM x  1 8 *Với x  2 PT  1  x   2  x  2  x  x  9 KTM x  -2 8
9 Đáp số: x  0; x  8 Bài 10:Giải phƣơng trình. 3 2  x  1  x  1 Giải: Cách 1:Đặt t  x  1  0  x  t 2  1Và phƣơng trình trở thành 3 1  t 2  1  t  t  0; t  1; t  3 TM t  0  x  1; x  2; x  10 Cách 2:ĐK: x  1 Lập phƣơng 2 vế ta có.  4x  1  3 x  1  x  1 3 Đặt x  1  t t  0 nên t 2  x  1 ta có:  t 3  4t 2  3t  0 vậy t  0; t  1; t  3 Xét t  0 thì x  1 Xét t  3 thì x  10 Xét t  1 thì x  2 Cách 3:ĐK x  1 Đặt 3 2 x u x 1  v u  1  v  u 3  1  u   1  u 3  u 2  2u  0 2 Từ đó ta có :  3 u  v  1 3 u  0  x  2TM   u  1   x  1TM    u  2   x  10TM   Vậy phƣơng trình có 3 nghiệm: x  1; x  2; x  10 Bài 11:Giải phƣơng trình. 4 x  1  4 x 2  1  1
Giải: 4 x  1  0 1 ĐK:  2 x 4 x  1  0 2 1 Với x   4x  1  4x 2  1  2  1  0  1 2 1 Với x   4 x  1  4 x 2  1  2  1  0  1 ( Trái với giả thiết ) 2 1 Do đó phƣơng trình có nghiệm duy nhất x  2 Bài 12:Giải phƣơng trình: 2 x  1  x 2  3x  1  0x  R  t 2 1 Đặt t  2 x  1 ; t  0  x  2   Phƣơng trình trở thành: t 4  4t 2  1  0  t  1 . t 2  2t  1  0 2 t  1  (Do t  0 ) t  2 1 Với t  2  1 ta có: x  2  2 Với t  1 ta có: x  1 Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm : x  2  2 ; x  1 Bài 12:Giải phƣơng trình: x  1  9  x  2  x 2  10 x  9  12 Giải:ĐK: 9  x  1 Đặt x  1  9  x  t t  0 Nên t 2  8  2  x 2  10 x  9 Phƣơng trình trở thành: t  t 2  8  12  t 2  t  20  0 Ta đƣợc: t  4; t  5 (loại)
Với t  4 ta có  x 2  10 x  25  0 Vậy x  5 Bài 13:Giải phƣơng trình: x 2  x  5  5 Giải: Cách 1: ĐK x  5 y  0 Đặt y  x  5  y 2  x  5  x  5  x  5  x  5 y  0 y  0 y  0      2  2  x 2  y  5 x  y  5 x  y  5  x y 0 y  x  5 2 x 2  y 2  x  y     x  y  1  0   x  5   y  0   5  x  0  y   x   5  x  0   2  2  x  1  21  1  21  x  x  5  0 x  x5  0  x    2 2    x  1    x  5  x  1   2  x   1  17  y  0  x  x  4  0     x   1  17  2   y  x  1   2  x 2  x  4  0  1  21  1  17 Vậy phƣơng trình có 2 nghiệm: x  ;x  2 2  2 1 2x Bài 14:Giải phƣơng trình: x  2  x2    Đặt x  2 tan t t  ;   2 2   Nhận xét: x  0  t   0;   2
2 2 tan t (1) trở thành: 2 tan t   2  tan t  2 sin t  1 2 cos t 2  sin t  2 sin t cos t  cos t  sin 2t  cos t  sin t 2 cos t  sin t  0        t   0;  t   0;   1 2   4   4  2 sin 2t  1  2 sin t cos t  sin 2 2t  2  2 sin 2t sin 2t  1  3      t   0;    4 sin 2t  3  1  x  2 tan t  2 .2 sin 2 t  2 1  cos 2t  x  2 1  1  sin 2 2t  2 sin t cos t sin 2t sin 2t 2 1  1  4  2 3       3 1 B.Chuyên đề phƣơng trình chứa dấu giá trị tuệt đối I.Cách giải phƣơng trình chứa dấu giá trị tuyệt đối: Nếu phƣơng trình không thể đƣa về các dạng cơ bản sau: A  B hay A  B Ta có thể sử dụng các phƣơng pháp sau đây: 1. Giải bằng định nghĩa. Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối, sau đó khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa (để đơn giản hơn trong quá trình thực hiện, ta cũng có thể dùng bảng xét dấu):  A Khi A  0 A   A Khi A  0 VD1: Giải phƣơng trình x  1  x  1  4 1 Giải: Nếu x
TH1: x  0 . Khi đó: + Nếu a = -3: (*) vô nghiệm 2a  1 + Nếu a  3 thì x  a3 a  3 2a  1 Do x  0 a3 a  1  2 TH2: x < 0. Khi đó: +Nếu a = 3: (**) vô nghiệm 2a  1 +Nếu a  3 thì x  a3 2a  1 1 Do x  0 a3 a3 2 Kết luận:  2a  1  + a < -3: S     a3  1 +  3  a  thì S   2 + a  thì S  0 1 2 1  2a  1 2a  1  +  a  3 thì S   ;  2  a 3 a 3   2a  1  + a  3 thì S     a3  2. Phƣơng pháp dùng đồ thị Trƣớc hết, chúng ta hãy tìm hiểu về một số phép biến đổi đồ thị. a. Đồ thị y  f x   f x  khi f x   0 Ta có : y  f x    do đó đồ thị gồm:  f x  khi f x   0 - Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x). - Đối xứng phần đồ thị phía dƣới trục hoành qua trục hoành. b. Đồ thị y  f  x  Do y  f  x  là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Oy. Vậy, đồ thị gồm hai phần: - Phần bên phải Oy của đồ thị y=f(x). - Đối xứng phần trên qua Oy. c. Đồ thị y  ux  vx 
u x vx  khi u x   0 Ta có: y  u x  vx    . Do đó đồ thị gồm:  u x vx  khi u x   0 - Phần đồ thị y=f(x) trên miền ux   0 - Đối xứng phần đồ thị y=f(x) trện miền ux   0 qua trục hoành. d. Đồ thị y  f x  Ta thấy rằng nếu x0 ; y 0  thuộc đồ thị trên thì x0 ; y0  cũng thuộc đồ thị trên. Nhƣ vậy đồ thị y  f x  đối xứng qua trục Ox. Do đó, đồ thị gồm: - Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x) - Đối xứng phần trên qua trục hoành để đƣợc phần đồ thị còn lại. 3.Phƣơng pháp đặt ẩn số phụ: VD: Định m để phƣơng trình sau có nghiệm x 2  2mx  2m x  m  m 2  2m  3  0 * Giải: Đặt t  x  m t  0 Ta có:  2 t  x  2mx  m 2 2 Do đó: *  t 2  2mt  2m  3  0 * * (*) có nhgiệm (**) có nghiệm không âm P  0  2m  3  0   2  3     '  0  m  2 m  3  0   m     2 S  0 2 m  3  0    m  3  P  0   2 m  0  4.Phƣơng pháp toạ độ: Ví dụ: Giải phƣơng trình. x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5 Giải: *  x  22  12  x  52  5 2  5 1 Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm Khi đó: 1  MA  MB  AB 2 Với một bộ ba điểm ta luôn có bất đẳng thức MA  MB  AB
Dấu “=” xảy ra khi A, B, M thẳng hàng và M nằm ngòai AB. Do A, B nằm cùng phía với trục hòanh và M  Ox nên M là giao điểm của đƣờng thằng BA với trục hoành. Gọi A’(2;0) và B’(5;0) là hình chiếu của A, B lên Ox. Theo định lý Talet ta có: MA' AA' MA' 1 3 5     MA'   OM  MB' BB ' MA'3 5 4 4 5  Toa độ điểm M  ;0  . 4  5 Phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x  4 II.Bài tập ứng dụng: Bài tập ứng dụng phƣơng pháp dùng đồ thị. Bài 1: Tìm a để phƣơng trình sau có 4 nghiệm Giải: Ta có: *  f x   2 x 2  5x  4  x 2  5x  a  0 Lập bảng sau đây:
f 1  f 4  4  a Ta có:  5  43 43 f  a  4 a  2 4 4 Bài 2: Xác định m để phƣơng trình sau có bốn nghiệm khác nhau Giải: Phƣơng trình viết thành: Dễ thấy rằng nghiệm của phƣơng trình trên cũng chính là phƣơng trình hoành độ giao điểm của: 43 Vậy, phƣơng trình có 4 nghiệm khi: 4  a  4