zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chuyên đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình vô tỷ (BM Toán - ĐH Phương Đông)

Chia sẻ: Lê Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Báo xấu

380
lượt xem 68
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình vô tỷ cung cấp cho các bạn những bài tập về Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình vô tỷ nhằm giúp các bạn củng cố những kiến thức lý thuyết đã học, từ đó nâng cao khả năng về giải bài tập dạng bài tập Toán này.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình vô tỷ (BM Toán - ĐH Phương Đông)

Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ PHẦN I  x  4  2  3x  2 2x 2  3x  1 ------------------------------------------------------------------ PHƢƠNG TRÌNH – BẤT PHƢƠNG TRÌNH  2x  1  2x 2  3x  1 ------------------------------------------------------------------- 2x  1  0  (2x  1)  2x  3x  1 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) 2 2 CÁC DẠNG CƠ BẢN 2x  1  0  2 B  0 B  0 4x  4x  1  2x  3x  1 2 ► A B ► A  B A  B A  B 2  1  1  x B  0  x    2 B  0   2  x0 ► A  B ► A  B  A  0 2x 2  7x  0 x  0  x   7 A  B   A  B2  2  So điều kiện nhận x  0  A  0  Vậy: x  0 B  0 ► A B   B  0  3. x 2  4x  5  3x  17  A  B2  x 2  4x  5  0 TỔNG QUÁT:   3x  17  0 Đối với những những phƣơng trình, bất phƣơng  x 2  4x  5  (3x  17) 2 trình không có dạng chuẩn nhƣ trên, ta thực hiện:  - Đặt điều kiện cho căn thức có nghĩa,  - Chuyển vế sao cho 2 vế đều không âm,  x   1  x  5  x  1  x  5   - Bình phƣơng cả hai vế để khử căn.  17  17  x   x  VÍ DỤ - BÀI TẬP  3  3 Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 8x  98x  294  0 2  21  x  4  x  7 1. 4  2x  x 2  x  2 x7 2. x  4  1  x  1  2x Vậy: x  7 3. x 2  4x  5  3x  17 4. 3x 2  19x  20  4x  4 4. 3x 2  19x  20  4x  4 x  12  2x  1  x  3 4x  4  0 4x  4  0 5.  2  2 3x  19x  20  0 3x  19x  20  (4x  4) 2 x  1 1. 4  2x  x 2  x  2  x  1  4  2  x  2  0  x  5  x   3 13x  51x  4  0  4  2x  x   x  2  2 2 x  1 x  2 4  x  2  x  5    x  1   1  2   x 3 3  x4 x  0  x  3   x  3x  0  13 Vậy: x  3 4  x  5    x  1  1  x  4 3 2. x  4  1  x  1  2x 4 Vậy: x  5    x  1  1  x  4  x  4  1  x  1  2x 3 x  4  0  1 Điều kiện: 1  x  0  4  x  5. x  12  2x  1  x  3 1  2x  0 2   x  12  x  3  2x  1 (*) Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 1 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  x  12  0 x  9   2 Điều kiện:  x  3  0  x  3 4x  6x  54  0 2x  1  0  x  9  9 (*)  x  12  x  3  2x  1  9  x   x  3  x  2  x  3 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) 2  x  12  x  3  2x  1  2 (x  3)(2x  1) So điều kiện nhận x  3  14  2x  2 (x  3)(2x  1) Vậy: x  3  (x  3)(2x  1)  7  x (x  3)(2x  1)  0 x 2  16 5  2.  x 3  (2)  7  x  0 x 3 x 3 (x  3)(2x  1)  49  14x  x 2  x 2  16  0  x  4  x  4  Điều kiện:   x4  1 x  3  0 x  3 x   2  x  3  Do x  3  0 nên quy đồng bỏ mẫu ta đƣợc:  x  7  x 2  9x  52  0 (2)  x 2  16  8  x    x 2  16  0    1  8  x  0 x   2  x  3  8 x  0  1    x  7  x   3 x  4   x 2  16  (8  x) 2  x  4  x  13 2    x  4  x  4   x  8 x  8 So điều kiện 3  x  4 .    x5 x  8 5 x 8 Vậy: 3  x  4    16x  80 Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: So điều kiện nhận x  5 Vậy: x  5 6 1.  3  x  9  5x 3 x 3. (x  1) 16x  17  8x 2 15x  23 (3) x  16 2 5 2.  x 3  17 x 3 x 3 Điều kiện: 16x  17  0  x   16 3. (x  1) 16x  17  8x 15x  23 2 (3)  (x  1) 16x  17  (x  1) 8x  23 4. (x  3) x  4  x  9   2 2  (x  1) 16x  17  8x  23  0 5. 2x 2  8x  6  x 2  1  2x  2  x  1 51  2x  x 2  6. 1  16x  17  8x  23 1 x  x  1  6   8x  23  0  3  x  9  5x (1)  16x  17  64x 2  368x  529 1. 3 x  3  x  0 9  x  1 Điều kiện:  x  9  5x  0 5  23  x  1  x   (1)  9  x  5x 2  24x  27  8 x  4 x  2  x  4 9  x  0   So điều kiện nhận x  1 hoặc x  4 81  18x  x  5x  24x  27 2 2 Vậy: x  1 hoặc x  4 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 2 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ   2 4. (x  3) x 2  4  x 2  9 (4) (5)  (x  1)(2x  6)  (x  1)(x  1)  2 x 1 Điều kiện: x 2  4  0  x  2  x  2  2x  6  x  1  2 x  1 (4)  (x  3)   x  4  x  3  0 (*) 2  2x  6  x  1  2 (2x  6)(x  1)  4(x  1) Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Do ta chƣa biết dấu của (x  3) nên ta chia làm 3  2 (2x  6)(x  1)  x  1  x  1 trƣờng hợp:  4(2x  6)(x  1)  (x  1) 2  Trƣờng hợp 1: x  3  7x 2  18x  25  0 (*)  x  4  x  3 2 x  1 x  3  0   2  25  x 1 x  4  0  x   7  x 3 0   Vậy: x  1 hoặc x  1   x  4  x  6x  9 2 2   x  3 51  2x  x 2 6.  1 (6)  1 x   x  2  x  2  Điều kiện:   x  3  51  2x  x 2  0  1  2 13  x  1  2 3  6x  13   1  x  0 x  1   x  3  x 13 Do ta chƣa biết dấu của (1  x) nên ta chia làm 2  3  x   13 6 trƣờng hợp.  6  Trƣờng hợp 1: 1  x  0  x  1  Trƣờng hợp 2: x  3 thỏa (*)  Trƣờng hợp 3: x  3 (6)  51  2x  x 2  1  x 1  x  0 (*)  x 2  4  x  3   51  2x  x 2  0  x2  4  x  3 51  2x  x 2  (1  x) 2 x 2  4  0   x  1  x  3  0   x 2  4  x 2  6x  9  1  2 13  x  1  2 13   x  5  x  5  x  2  x  2     x  3  1  2 13  x  5 6x  13  Trƣờng hợp 2: 1  x  0  x  1  x  2 (6)  51  2x  x 2  1  x   13  x2 x 3 1  x  0  x   6 51  2x  x  0 2 13 Vậy: x  hoặc x  3 x  1  6  1  2 13  x  1  2 13  5. 2x 2  8x  6  x 2  1  2x  2 (5)  1  x  1  2 13 2x 2  8x  6  0 Vậy: 1  2 13  x  5 hoặc 1  x  1  2 13  Điều kiện:  x 2  1  0  x  1  x  1 2x  2  0   Trƣờng hợp 1: x  1 thỏa (5).  Trƣờng hợp 2: x  1 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 3 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau:  14x  49  7  0  14x  49  7 1. x  3  2 x  4  x  2 x 1  1  7 2. x  14x  49  x  14x  49  14 14x  49  0 x  7   2  x7 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) 3. x  2 x 1  x  2 x 1  3 14x  98  x  7 2 2 7 Vậy:  x  7 1. x  3  2 x  4  x  2 x 1  1 2  x  4  2 x  4  1  x 1  2 x 1 1  1 3 3. x  2 x 1  x  2 x 1      2 2  x  4 1  x 1 1 1 2 3  x 1  2 x 1  1  x 1  2 x 1  1   x  4 1  x  1  1  1 (1) 2     3 2 2 x  4  0  x 1 1  x 1 1  Điều kiện:  x4 2 x  1  0 3 (1)  x  4 1  x 1 1  1  x 1 1  x 1 1  2 3  x  4 1  2  x 1  x  1  1  x  1  1  (3) 2 2  x  1  0 Điều kiện: x 1  0  x  1    x  4  1  2  x  1 1 (3)  x  1  1   x  1  2    x  4  1  2  x  1  1 x  5  x 1 1  2  x 1      VN do x  5  x  4  1  x  1  1  1  x  1  (*)  2   x  1  1  x  4 (*) luôn đúng nên hệ đúng với mọi x thỏa điều kiện.  x  5  Vậy: x  1  x  1  1  x  4  2 x  4 Chú ý: CÁC DẠNG PHƢƠNG TRÌNH – BẤT  x  5 x  5 PHƢƠNG TRÌNH CHỨA DẤU TRỊ TUYỆT ĐỐI    x5  x  4  1  x  5 B  0 A  B  Vậy: x  5 ►A  B  ► A  B  A  B  A  B   A  B  2. x  14x  49  x  14x  49  14 ► A  B  (A  B)(A  B)  0  14x  14 14x  49  14x  14 14x  49  14 A  B A  B ► A B ► A B   ( 14x  49  7)  ( 14x  49  7)  14 A  B  A  B 2 2  14x  49  7  14x  49  7  14 (2) 49 Điều kiện: 14x  49  0  x  14 (2) Đặt t  14x  49  7  14x  49  t  7 Phƣơng trình trở thành: t  7  7  t  14  t  t  t  0 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 4 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ 2. x  3  3x  1  2 x  2x  2 (2) x  3  0 ► A B C 3 3 3 3x  1  0  Điều kiện:  x0  A  B  3 3 A.B  3 A 3 B C   x  0 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) 2x  2  0 Thay 3 A  3 B  3 C ta đƣợc:  A  B  3 3 A.B.C  C (2)  3x  1  2x  2  4x  x  3 (*)  5x  3  2 (3x  1)(2x  2)  5x  3  2 4x(x  3) ► f (x)  g(x)  h(x)  k(x)  (3x  1)(2x  2)  4x(x  3) f (x)  h(x)  g(x)  k(x) Mà có:   6x 2  8x  2  4x 2  12x f (x).h(x)  g(x).k(x)  Biến đổi phƣơng trình về dạng:  2x 2  4x  2  0 f (x)  h(x)  k(x)  g(x)  x 1 Thử lại nhận x  1  Bình phƣơng, giải phƣơng trình hệ quả Vậy: x  1 VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau: Nhận xét:  Do ta chƣa xác định đƣợc 2 vế phƣơng trình 1. 3 x 1  3 x  2  3 x  3  0 (*) đều dƣơng nên khi bình phƣơng ta chỉ thu đƣợc 2. x  3  3x  1  2 x  2x  2 phƣơng trình hệ quả. w  Bài toán vẫn có thể giải theo cách biến đổi x3  1 tƣơng đƣơng nhƣng so với cách này thì phức tạp. 3.  x 1  x2  x 1  x  3 x 3 1. 3 x 1  3 x  2  3 x  3  0 x3  1 3.  x  1  x 2  x  1  x  3 (3)  3 x 1  3 x  2   3 x  3 x 3 Điều kiện: x  1      x  3 3  3 x 1  3 x  2 x3  1 (3)   x  3  x2  x 1  x 1  2x  3  3 3 x  1 3 x  2  3  x  1  3 x  2  x  3 x 3 2  x3  1  x 1  3 x  2   3 x  3   3 2 Ta thay   x 3  x2  x 1  x 1  3 3 (x  1)(x  2)(x  3)  3(x  2)  x 3     (x  1)(x  2)(x  3)  (x  2)3 x 1 3   x2  x 1  (x  2) (x  1)(x  3)  (x  2) 2   0 x 3  (x  2)(1)  0 x  1  3  x 2  2x  2  0   x2  x  1  3 Thử lại nhận x  2 Thử lại nhận x  1  3 ; x  1  3 Vậy: x  2 Vậy: x  1  3 ; x  1  3 Nhận xét: Nhận xét chung:  Khi thay 3 x  1  3 x  2   3 x  3 ta chỉ nhận  Thấy trƣờng hợp phƣơng trình căn bậc ba và đƣợc phƣơng trình hệ quả do phƣơng trình đầu chƣa phƣơng trình chứa bốn căn bậc hai nhƣ trên thì ta có biết có nghiệm hay không? thể nghĩ đến phƣơng trình hệ quả.  Bài toán cũng có thể giải:  Nếu khi giải cách phƣơng trình ở phần trƣớc  3 x 1  3 x  2   3 x  3 cảm thấy khó khăn trong việc giải các điều kiện và sợ      2x  3  3 3 x  1 3 x  2 3 x  1  3 x  2   x  3  “sót điều kiện” thì ta cũng có thể giải bằng phƣơng trinh hệ quả sau đó thử lại. Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 5 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ CÁC DẠNG ĐẶT MỘT ẨN PHỤ  t  1 t 2  3t  4  0   t4 t  4 ► a.f (x)  b f (x)  c  0; a  0. Với t  4  x 2  5x  42  2 Phƣơng pháp: Đặt t  f (x), t  0  x 2  5x  14  0  x  2; x  7 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Vậy: x  2 hoặc x  7 ► a( A  B)  b(A  B  2 AB)  c  0 Phƣơng pháp: Đặt t  A  B 2. 2x 2  15  x 2  5x  6  10x  2x 2  10x  15  x 2  5x  6  0 a. A  b. AB  c. B  0 n 2 n n 2  Điều kiện: x 2  5x  6  0  x  1  x  6 ► a.A  x   bB  x   c A  x  .B  x  Đặt t  x 2  5x  6 (t  0)  A  B  mA 2  nB2  t 2  x 2  5x  6  Phƣơng pháp: Bằng cách đặt ẩn phụ u, v ta đƣa đƣợc  x 2  5x  t 2  6 về dạng phƣơng trình: u 2  uv  v2  0 Bất phƣơng trình trở thành:  B1: Thử trƣờng hợp v = 0 2(t 2  6)  15  t  0  B2: Xét v  0 phƣơng trình trở thành :  3 u 2 u  t        0  2t  t  3  0  2 2  t 1 v v  t  1 u Đặt t = phƣơng trình trở thành v Với t  1  x 2  5x  6  1 t 2  t    0  x 2  5x  6  1  x 2  5x  7  0 ►Tham số biến thiên 5  53 5  53 x x VÍ DỤ VÀ BÀI TẬP 2 2 Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: 5  53 5  53 Vậy: x  x 2 2 1. (x  4)(x  1)  3 x 2  5x  2  6 2. 2x 2  15  x 2  5x  6  10x 3. 2x 2  5x  2  2 2x 2  5x  6  1 3. 2x 2  5x  2  2 2x 2  5x  6  1 Điều kiện: 2x 2  5x  6  0 x x 1 3 5  73 5  73 4.   x x x 1 x 2 4 4 Đặt t  2x  5x  6 2 (t  0) 1. (x  4)(x  1)  3 x 2  5x  2  6  2x 2  5x  2  t  8 Phƣơng trình trở thành:  x 2  5x  4  3 x 2  5x  2  6 t 8  2 t 1  x 2  5x  2  3 x 2  5x  2  0  t  8  1 2 t Điều kiện: x 2  5x  2  0   2  t  8  1 2 t 5  17 5  17 x x 2 2 7  3t  0  4 t  7  3t    t 1 Đặt t  x 2  5x  2 (t  0) 16t  (7  3t) 2  t 2  x 2  5x  2 Với t  1  2x 2  5x  6  1  x  1; x   7  x 2  5x  t 2  2 2 Phƣơng trình trở thành: 7 Vậy: x  1 hoặc x   2 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 6 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ x x 1 3 Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau: 4.   x 1 x 2 1. x  1  4  x  x 2  3x  4  5 x Điều kiện:  0  x  0  x 1 2. 2x  3  x  1  3x  2 2x 2  5x  3 16 x 1 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) x Đặt t  (t  0) 1. x  1  4  x  x 2  3x  4  5 x 1 Bất phƣơng trình trở thành:  x  1  4  x  (x  1)(4  x)  5 1 3 x  1  0 t  Điều kiện:   1  x  4 t 2 4  x  0  2t 2  3t  2  0 Đặt t  x  1  4  x (t  0) 1  t 2  x  1  4  x  2 (x  1)(4  x) t t 2 2 t2  5  (x  1)(4  x)  1 x 1 2 Với t    2 x 1 2 Phƣơng trình trở thành: x 1 t2  5 0  t 5 x 1 2 2 x  0  x  1 t  3   t 2  2t  15  0    t 3 1  x  1  t  5  1  x  0 22  5   x  3x  4  2 2 x Với t  2   2 x  0 x 1   x 2  3x  4  2   x 2  3x  0   x x  3  2 Vậy: x  0 hoặc x  3 x 1 x  2x  2  0 2. 2x  3  x  1  3x  2 2x 2  5x  3 16 x 1 x  2 2x  3  0   0 1 x  2  x 1 Điều kiện:  x  1  0  x  1 2x 2  5x  3  0 Vậy: 1  x  0 hoặc 1  x  2  Đặt t  2x  3  x  1 (t  0)  Cách khác:  t 2  3x  4  2 2x 2  5x  3 x x 1 3   (*)  3x  2 2x 2  5x  3  t 2  4 x 1 x 2 Phƣơng trình trở thành: x Điều kiện:  0  x  0  x 1 t  5 x 1 t  t 2  4  16  t 2  t  20  0    x 2  t  4 (loaïi) x 1  9 (*)      Với t  5  2x  3  x  1  5  x 1 x  2  3x  2 2x 2  5x  3  52  4 x x 1 5     2 2x 2  5x  3  21  3x x 1 x 2 2x  2(x  1)  5x(x  1) 2 2 1  x  7  0  2 2(x  1)x  x  146x  429  0 x 2  x  2 1  x  7   0  1  x  0 hoặc 1  x  2   x3 2(x  1)x  x  3  x  143 Vậy: x  3 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 7 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ Ví dụ 3: Giải các phƣơng trình sau: x 1 x 1  22 5 2 x  x 1 2 x  x 1 1. 4 3 (x  2)2  7 3 (4  x 2 )  3 3 (2  x) 2  0 x 1 Đặt t  (t  0)   2. 2 x 2  2  5 x 3  1 x  x 1 2 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Phƣơng trình trở thành: 3. x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 t  2 2t  5t  2  0   1 2 1. 4 (x  2)  7 (4  x )  3 (2  x)  0 (1) 3 2 3 2 3 2 t   2 Ta có: 2  x  0  x  2 không là nghiệm phƣơng x 1 x 1 trình. Chia 2 vế cho: 3 (2  x) 2 ta đƣợc: Với t  2  2 2  4 (VN) x  x 1 2 x  x 1  x2 x2 2 1 x 1 1 x 1 1 (1)  4 3    73 3  0 Với t     2   2x  2x 2 x  x 1 2 2 x  x 1 4 x2 5  37 x Đặt t  3 phƣơng trình trở thành: 2 2x t  1 5  37 Vậy: x  4t  7t  3  0   3 2 2 t  Nhận xét:  4  Khó khăn của ta là trong việc phân tích: x2 x 2 Với t  1  3 2x 1  2x 1  x  0 2  x 2  2   2(x 2  x  1)  2(x  1) . 3 x2 3 x  2 27 74  Việc này có thể thực hiện dễ dàng do: Với t  3    x 4 2x 4 2  x 64 91 x3  1  (x  1)(x 2  x  1) 74  Bằng cách đồng nhất hệ số: Vậy: x  0 hoặc x  91 (x 2  x  1)  (x  1)2  x 2  2   2(x 2  2)  Cách khác: ta dễ dàng chọn  và  . 4 3 (x  2)2  7 3 (4  x 2 )  3 3 (2  x) 2  0  Một số khai triển đa thức thành nhân tử: Đặt u  3 x  2 và v  3 2  x  x 3  1   x  1  x 2  x  1 Phƣơng trình trở thành:  x 4  x 2  1   x 4  2x 2  1  x 2 4u 2  7uv  3v2  0 Do v  0 không là nghiệm phƣơng trình. Chia 2 vế   x 2  x  1 x 2  x  1 cho v  0 ta đƣợc: u2 u u u 3    x 4  1  x 2  2x  1 x 2  2x  1  4 2  7  3  0   1   4x 4  1   2x 2  2x  1 2x 2  2x  1 v v v v 4 u x2 x 2 Với  1  3 1 1 x  0 3. x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 v 2x 2x Điều kiện: x 2 1  0  x  1 x  1 u x2 3 x  2 27 74 Với 1 3    x Ta đặt: u  x 2 , v  x 2  1 (u, v  0) . v 2x 4 2  x 64 91 74 Phƣơng trình trở thành : Vậy: x  0 hoặc x  91 u  3v  u 2  v2  u 2  6uv  9v2  u 2  v2  2  2. 2 x  2  5 x  1 (2) 3 v  0 Điều kiện: x  1  0  x  1 3  10v  6uv  0   2 v0 v   3 u (2)  2(x 2  x  1)  2(x  1)  5 (x  1)(x 2  x  1)  5 Do  x 2  x  1  0  chia hai vế cho  x 2  x  1 : Với v  0  x 2  1  0  x 2  1  x  1 Vậy: x  1 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 8 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ Ví dụ 4: Giải các phƣơng trình sau: ĐẶT ẨN PHỤ ĐƢA VỀ HỆ 1. x 2  2(x  1) x 2  x  1  x  2  0 Phƣơng pháp chung: 2.  x  1 x  2x  3  x  1 2 2  Đặt các ẩn phụ. Tìm mối liên hệ giữa các ẩn Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) phụ. Kết hợp với phƣơng trình ban đầu của bài toán ta đƣợc hệ phƣơng trình. 1. x 2  2(x  1) x 2  x  1  x  2  0 (1)  Lƣu ý các phƣơng pháp giải hệ phƣơng trình. Điều kiện: x 2  x  1  0  x   Ví dụ 1: Giải các phƣơng trình sau: (1)   x 2  x  1  2(x  1) x 2  x  1  2(x  1)  1  0 Đặt t  x 2  x  1; t  0. phƣơng trình trở thành:  1. x 3 25  x 3 x  3 25  x 3  30  t  2(x  1)t  2x  1  0, t  0 ,  '  x 2 2 2. 3 1  x  3 1  x  2 t  1 3. 3 2  x  1  x  1   t  1  2x 4. x3  1  2 3 2x  1 Với t  1  x2  x  1  1  x  0; x  1. 5. 3  3x  1 2  3  3x  1  3 9x 2  1  1 2 Với t  1  2x  x2  x  1  1  2x 1  2x  0  2  x  x  1  (1  2x) 2  1. x 3 25  x 3 x  3 25  x 3  30   1 Đặt y  3 35  x 3  x 3  y3  35 x  Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:  2 x0 3x  5x 2  xy(x  y)  30   3  x  y  35 3 Vậy: x  0 hoặc x  1 Đây là hệ đối xứng loại 1. Giải hệ ta tìm đƣợc cặp nghiệm là (2;3) hoặc (3;2) 2.  x  1 x 2  2x  3  x 2  1 Vậy: x  2 hoặc x  3   x  1 x 2  2x  3  x 2  2x  3  2x  2 Điều kiện: x 2  2x  3  0  x   2. 3 1 x  3 1 x  2 Đặt t  x 2  2x  3 . Phƣơng trình trở thành: u  3 1  x Đặt  .  x  1 t  t 2  2x  2  v  3 1  x t  2 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:  t 2   x  1 t  2  x  1  0   u  v  2 t  x 1  2 u  v  2 2 x  1  2 Với t  2  x 2  2x  3  2   u  v  2  x  1  2   u  v 1 x  0  uv  1 Với t  x  1  x 2  2x  3  x 1 Vậy: x = 0. x  1  0  2 (VN)  x  2x  3  x 2  2x  1 3. 3 2  x  1  x  1 Điều kiện: x 1  0  x  1 Vậy: x  1  2 u  3 2  x Đặt   v  x  1 (v  0) Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: u 3 + v 2 = 1 u(u 2  u  2)  0   u + v = 1  v  1 u Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 9 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  u  0 Ví dụ 2: Giải các phƣơng trình sau:  x2   u 1     x 1 x 3   u  2  x  10 1. 2x 2  4x  v  1  u  2  Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) 2. x  x  1000 1  8000x  1000 2 Vậy: x  2 hoặc x  1 hoặc x  10 3. 4x 2  7x  1  2 x  2 4 4. x3  1  2 3 2x  1 4. 3 81x  8  x 3  2x 2  x  2 3 Đặt y  3 2x 1  y3  1  2x . 5. 7x 2  13x  8  2x 2 . 3 x(1  3x  3x 2 ) Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:   x  1  2y 3 6. 4x 2  11x  10  (x  1) 2x 2  6x  2  3  y  1  2x  x 3   x  1  2y 3 1. 2x 2  4x   3 2  x  y  2(y  x)  3 Cách 1:   x  1  2y 3 x 3  2x 2  4x  (1) (x  y)(x  xy  y  2)  0  2 2 2 2 Điều kiện: x  3 .  y 3 (Do x 2  xy  y 2  2   x    y 2  2  0 ) (x  1)  2  2 4 (1)  2(x  1)2  2  2  x  1  2y 3  1 x 1 x  y  0  (x  1)2  1  1 . 2 2 x  1  2  x 3  1  2x t   x 1 t y 1   x  1  5 Đặt t  x  1; y  1  1   2. x  y  0  2 2  y  0 2 1  5 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: Vậy: x  1 hoặc x  2 2 1  t  1  y 2  5. 3  3x  1 2  3  3x  1  3 9x 2  1  1 2  y2  1  1 t  2 Đặt: u  3 3x  1 và v  3 3x  1 t  y 1 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau:  (t  y)(t  y  )  0   u 2  v 2  u.v  1 2  y  t  1   2  3 u  v  2  3 2 t t  1  2t 2  t  2  0 uv  2u  v2 Với t  y   2   Do đó:  t  y  0 t  0  v  2   v2  v  v  2   1 2 1  17 3  17 t x (thỏa).  3v 2  6v  3  0 4 4  3  v  1 0  2 1 t  (t  ) 2  1  4t 2  2t  3  0 1  2 2   v  1  u  1 Với y   t     1 u  3 3x  1  1 2  t 1 t     2  x0  2  v  3 3x  1  1 1  13 5  13 Vậy: x  0 t x (thỏa) 4 4 3  17 5  13 Vậy: x  ;x  . 4 4 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 10 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ Cách 2: và có phân tích thành x 3 (x2 + a1 x + b1) ( x2 + a2 x + b2) = 0 2x  4x  2 (1) 2 Lúc đó, bằng đồng nhất hệ số ta có: Điều kiện: x  3 . a1  a 2  a Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) x 3 a a  b  b  b Đặt  t  1  x  3  2t 2  4t  2  1 2 1 2 2  a1b 2  a 2 b1  c Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: b1b 2  d  2x  4x  t  1 2  2 Ta thƣờng nhẩm tìm hệ số a1;a 2 ; b1; b2 (với các 2t  4t  x  1  a1;a 2 ; b1; b2 là số nguyên hoặc hữu tỉ “đẹp”) Đây là hệ đối xứng loại 2. Giải và so điều kiện ta Trở lại ví dụ trên: 3  17 5  13 nhận nghiệm x  ;x  8x 4  32x 3  32x 2  x  3  0 4 4 1 3 Cách 3:  x 4  4x 3  4x 2  x   0 8 8 x 3 3 3 1 3 1 1 3 1 3 2x 2  4x  Ta có:   .  .  .  . 2 8 2 4 2 4 2 4 2 4 Điều kiện: x  3 . Vậy ta đƣợc các cặp b1 ; b 2 2x 2  4x  0 Bằng “một chút nhạy bén” và tính toán ta chọn   x 3  2x  4x   2 2 đƣợc hệ số nhƣ bài trên.  2  Phƣơng pháp 2: (khả năng bấm máy tính bỏ túi)  x  2  x  0 Sử dụng phƣơng pháp nhẩm nghiệm bằng máy   4 x 3 tính. (CALC). 4x  16x  16x  2 3 2  Nhập biểu thức: 8x 4  32x3  32x 2  x  3  Chọn các khoảng nghiệm và tìm nghiệm.  x  2  x  0  4  Ta tìm đƣợc các nghiệm. 8x  32x  32x  x  3  0 3 2 (*) A  1.780776406  x  2  x  0 B  0.280776406    2 5 3  2 3 1 C  0.348612181 8  x  2 x  4  x  2 x  2   0 (**)     D  2,151387819  x  2  x  0 Ta có:   3  17 5  13 A.B  0, 49999  0.5 x  x A  B  1.5  4 4 3  17 5  13 C.D  0.749999  0.75 x x 4 4 C  D  2.5 Nhận xét: Từ đó, phân tích đƣợc phƣơng trình (*) thành (**) Với hai cách giải cách 1 và cách 2 ta đều chuyển ------------------------------------------------- phƣơng trình về một hệ phƣơng trình đối xứng loại 2 Với cách 1 cho ta cách nhìn tổng quát của bài toán. để giải quyết bài toán.  Dạng tổng quát của bài toán: Cách 3 cho ta một cách giải tự nhiên nhất khử căn  f (x)   b  a n af (x)  b n bằng cách bình phƣơng hai vế. Vấn đề đặt ra là khi đƣa về phƣơng trình (*) bậc 4 có nghiệm không đẹp và Cách giải: Đặt t  f (x); y  n af (x)  b ta phải tách thành tích hai phƣơng trình (**). Vậy làm thế nào chúng ta có thể tách đƣợc ??? Có 2 phƣơng   t  b  ay n Ta có hệ:  n . pháp giải quyết vấn đề này:  y  b  at   Phƣơng pháp 1: (khả năng phản xạ tính toán) Đây là hệ đối xứng loại II với hai ẩn t và y. Giả sử phƣơng trình bậc 4: Sáng tạo: Khi thay a, b,f (x) là các số ta có đƣợc x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 các bài toán về phƣơng trình. Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 11 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ 2. x 2  x  1000 1  8000x  1000 (2) (2)  (2x  1)2  3x  2 2(2x  1)  3x 1  y2  3x  2t Điều kiện: x   Đặt t  2x  1; y  2t  3x   8000 y  0 (2)  4x  4x  4000  4000 4000(2x 1)  3999 2 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn)  (2x  1)2  4001  4000 4000(2x 1)  4001   t  3x  2y 2 4001  2 Đặt u  2x  1   ; v  1  8000x  0  y  3x  2t  4000 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: y  t  (t  y)(t  y  2)  0    u  4001  4000v 2  y  t  2  2  t 2  2t  3x  0  v  4001  4000u  Với y  t    t  0 u  4001  4000v 2  2 4x 2  3x  1  0 u  v  4000(v  u)   2 1  1 x u 2  4001  4000v x   4   2 (u  v)(u  v  4000)  0  t 2  3x  2(t  2)  0 Do u  v  4000  0 nên Với y  t  2    t  2 u 2  4001  4000v  4x 2  11x  7  0 u  v  0   7 x . 3 u 2  4000u  4001  0 x   4   u  4001 (do u  0 )  2 u  v 7 1 Vậy: x   ; x  . Với u  4001  x  2000 . 4 4 Vậy: x  2000 . 4 Nhận xét: 3. 81x  8  x 3  2x 2  x  2 3 3  Ta có thể thay b trong dạng toán tổng quát  27 27.3x  8  27x  54x 2  36x  54 3 3 bằng một biểu thức chứa x.  Và tƣơng tự ta cũng có thể thay a trong dạng  27 3 27.(3x  2)  46  (3x  2)3  46 tổng quát bằng một biểu thức chứa x. Đặt t  3x  2; y  3 27t  46  y 3  27t  46 Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 5. 7x 2  13x  8  2x 2 . 3 x(1  3x  3x 2 ) 27y  t 3  46  Ta thấy x  0 không là nghiệm của phƣơng trình.  27t  y  46  Chia hai vế phƣơng trình cho x 3 ta đƣợc: 3 27y  t 3  46 7 13 8 1 3  2  3  23 2   3 .    27(y  t)  (t  y) t  ty  y 2 2 x x 1 x x x Đặt t  . Phƣơng trình trở thành: 27y  t 3  46 x    (t  y) t  ty  y  27  0 2 2 8t 3  13t 2  7t  2 3 t 2  3t  3 Do t 2  ty  y2  27  0 nên  (2t  1)3  (t 2  t  1)  2 3 2(2t  1)  t 2  t  1 . x  0 Đặt u  2t 1, v  3 2(2t 1)  t 2  t 1 27y  t 3  46 t  2    Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: x  3  2 6 t  y  0 t  1 2 6   u  t  t  1  2v 3 2 3  3 2  u 3  v3  2v  2u 3 2 6  v  t  t  1  2u  Vậy: x  0 ; x  3  (u  v)(u 2  uv  v2  2)  0  u  v  2t  1  3 t 2  3t  3 4. 4x  7x  1  2 x  2 (2) 2 Điều kiện: x  2  8t 3 13t 2  3t  2  0 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 12 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  (t  1)(8t 2  5t  2)  0 NHÂN LƢỢNG LIÊN HIỆP t  1 t  1  2   5  89 ► Các công thức thƣờng dùng: t  8t  5t  2  0  Biểu thức Biểu thức liên hiệp Tích 16 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Thử lại nhận ba nghiệm t. A B A B AB Với t  1  x  1 AB 3 A B 3 3 A2  3 AB  3 B2 5  89 16 AB Với t  x 3 A3B 3 A2  3 AB  3 B2 16 5  89 16 ► Một số lƣu ý: Vậy: x  1; x  .  Thƣờng dự đoán nghiệm và dùng nhân lƣợng 5  89 liên hiệp để xuất hiện nhân tử chung.  Cách đánh giá vế trái, vế phải để chứng minh 6. 4x 2  11x  10  (x  1) 2x 2  6x  2 phƣơng trình vô nghiệm.  (2x  3)2  x  1  (x  1) (x  1)(2x  3)  x  1 Ví dụ 1: Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình sau: Đặt u  2x  3; v  (x 1)(2x  3)  x 1 , Khi đó phƣơng trình chuyển về hệ sau: 1. x 2  12  5  3x  x 2  5  x 3 u  x  1  (x  1)v 4x  1  3x  2  2 2.  2 5  v  x  1  (x  1)u  2x 2  u 2  v2  (x  1)(v  u) 3.  x  21 (3  9  2x ) 2  (u  v)(u  v  x 1)  0 4. 9(x + 1)2  (3x + 7)(1 - 3x + 4)2 Với u  v  u  x  1  (x 1)u 2  (2x  3)2  x  1  (x  1)(2x  3) 1. x 2  12  5  3x  x 2  5  2x 2  6x  7  0 (VN) Điều kiện: x   Với u  v  1  x  2x  3  2x 2  6x  2  1  x Nhận xét ta dễ dàng nhẩm đƣợc x  2 là nghiệm phƣơng trình nên tách và nhân liên hợp ta đƣợc:  2x 2  6x  2  4  3x x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3  4 x  x2  4 x2  4  3 (VN)   3 x  2  7x 2  18x  14  0 x 2  12  4 x2  5  3  Vậy: phƣơng trình vô nghiệm.  x2 x2    x  2    3  0  x  12  4 x2  5  3  2 x  2  x2 x2 x2   3  0  x  12  4 2 x 5 3 2 x2 x2 Do  x  12  4 2 x2  5  3 x2 x2    3  0, x   x 2  12  4 x2  5  3 Vậy: x  2 x 3 2. 4x  1  3x  2  5 4x  1  0 2 Điều kiện:  x 3x  2  0 3 Ta có 4x  1  3x  2  0 . Nhân 2 vế cho 4x  1  3x  2 ta đƣợc phƣơng trình: Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 13 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ x 3 2x 2 x 3 ( 4x  1  3x  2) 3.  x  21 5 (3  9  2x ) 2  (x  3)( 4x  1  3x  2  5)  0  9 9  2x  0  x   x  3 (l) Điều kiện:   2  3  9  2x  0  Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn)  x  0  4x  1  3x  2  5 Ta nhân cả tử và mẫu của vế trái với  4x  1  3x  2  5 (*) (3  9  2x )2 ta đƣợc :  2 12x 2  5x  2  26  7x (3  9  2x ) 2  x  21 2 26 2  x  3 7 7  9  2x  4  x   4(12x  5x  2)  (26  7x) 2 2 2 9 7 2 26 So điều kiện ta đƣợc  x  và x  0  x 2 2  3 7 9 7  x 2  344x  684  0 Vậy:  x  và x  0  2 2 x2 Vậy: x  2 4. 9(x  1)2  (3x  7)(1  3x  4)2 4 Điều kiện: 3x  4  x  Nhận xét: 3  Từ (*) ta có thể giải bằng cách kết hợp: Ta nhân cả hai vế của phƣơng trình với biểu thức  4x  1  3x  2  5 (1  3x  4)2 ta đƣợc:   x 3 9(x  1)2 (1  3x  4)2  (3x  7).9(x  1) 2  4x  1  3x  2   5  9(x  1)2 (1  3x  4)2  3x  7   0 (*)  Ta cũng có thể giải bài toán bằng cách thêm Trƣờng hợp 1: x  1 thỏa. bớt nhƣ bài toán 1: 4  x 3 x  4x  1  3x  2  Trƣờng hợp 2:  3 ta có: 5  x  1 x 3  4x  1  3  2  3x  2  1 (*)  2 3x  4  2  x  1 . 5 4 4x  8 4  3x  2 x2 So điều kiện ta đƣợc  x  1    3 4x  1  3 2  3x  2 5 4 Vậy:  x  1  4 3 1   x  2    0 3  4x  1  3 2  3x  2 5  Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau: x  2  0  x  2  4 3 1    0 (*) 1. x  2  4  x  2x 2  5x 1  4x  1  3 2  3x  2 5 1  x 2x  x 2 2.  4 3 1 2  1 x2 Do   x   ;   nên x 4x  1  3 2  3x  2 5 3  3. 3 x  2  3 x  1  3 2x 2  3 2x 2  1 (*) vô nghiệm. Vậy: x  2 4. x 2  x  1  (x  2) x 2  2x  2  Tuy nhiên, cách làm này thì việc chứng minh 5. 3 x  24  12  x  6 (*) vô nghiệm tƣơng đối khó khăn (dành cho bạn đọc). 1. x  2  4  x  2x 2  5x 1 (1) x  2  0 Điều kiện:  2 x  4 4  x  0 (1)  x  2  1  4  x  1  2x 2  5x  3 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 14 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ x 3 x 3 4. x 2  x  1  (x  2) x 2  2x  2    (x  3)(2x  1) x  2 1 4  x 1  x 2  2x  7  3(x  2)  (x  2) x 2  2x  2  0 x  3  0  1 1  x 2  2x  7  (x  2)(3  x 2  2x  2  0    2x  1 (x  2)(x 2  2x  7) Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn)  x  2  1 4  x 1  x  2x  7  2 0 x  3  0 x 2  2x  2  3  1 1  (x 2  2x  7)(1  x2 )0    2x  1 (*)  x  2  1 4  x 1 x 2  2x  2  3   (x  1)2  1  (x  1)    x 2  2x  7   1  x  2  1  1  0  Ta có:  nên (*) vô nghiệm.  x 2  2x  2  3   1  2x  1  5  x  2x  7  0  x  1  2 2 2  4  x  1 Vậy: x  1  2 2 Vậy: x  3 5. 3 x  24  12  x  6 (5) 1  x 2x  x 2 2.  (2) Điều kiện: 12  x  0  x  12 x 1 x2 (5)  3 x  24  3  12  x  3  0 1 x Điều kiện:  0  0  x 1 x 3 3 x x   0 3 (x  24)  3 x  24  9 2 3 12  x  3 (2)  (1  x 2 ) 1  x  (2x  x 2 ) x 2  x 2 ( 1  x  x )  ( 1  x  2x x )  0  (x  3)( 12  x  3 (x  24)  3 3 x  24  6)  0 x 2 (1  2x) 1  x  4x 3 x  3   0  1 x  x 1  x  2x x  12  x  3 (x  24)  3 x  24  6  0 (*) 2 3 x 2 (1  2x) (1  2x)(2x 2  x  1) (*) kết hợp với phƣơng trình đầu ta có:   0 1 x  x 1  x  2x x  12  x  3 (x  24) 2  3 3 x  24  6  0 x2 2x 2  x  1   (1  2x)(  )0  3 x  24  12  x  6 1 x  x 1  x  2x x 1  3 (x  24) 2  4 3 x  24  0  x  24  x  (do biểu thức còn lại luôn dƣơng)   2  3 x  24  12  x  6  x  88 1 Vậy: x  Vậy: x  24 hoặc x  88 2 3. 3 x  2  3 x  1  3 2x 2  3 2x 2  1  3 2x 2  3 x  2  3 2x 2  1  3 x  1  0 2x 2  x  1  3 (2x 2  1) 2  (x  2) 3 2x 2  1  3 (x  2) 2 2x 2  x  1  0 3 4x 4  (x  1) 3 2x 2  3 (x  1) 2 x  1  2x  x  1  0   2 x   1  2 1 Vậy: x  1 hoặc x   2 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 15 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 2. x 2  6x  11  x 2  6x  13 Phƣơng pháp: Chủ yếu bằng cách sử dụng công cụ đạo hàm hoặc sử dụng bất đẳng thức để tìm nghiệm  4 x 2  4x  5  3  2 của phƣơng trình.  (x  3)2  2  (x  3) 2  4 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Các hƣớng giải quyết:  Hƣớng 1:  4 (x  2)2  1  3  2  Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x)  k Mà: (x  3)2  2  (x  3)2  4  4 (x  2)2  1  Xét hàm số y  f (x)  2  4  1  3 2  Nhận xét: (x  3) 2  0  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó x 0 là Dấu “bằng”xảy ra   (vô lý) nghiệm  x  2  0  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó Vậy: phƣơng trình vô nghiệm. phƣơng trình vô nghiệm 7  Với x  x 0  f (x)  f (x 0 )  k do đó 3. x 2  3x   (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 phƣơng trình vô nghiệm Ta có:  Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình x 2  2x  2  (x  1) 2  1  0  Hƣớng 2:  Chuyển phƣơng trình về dạng: f (x)  g(x) x 2  4x  5  (x  2) 2  1  0  Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có 7 (x 2  2x  2)  (x 2  4x  5) x  3x   2 những tính chất trái ngƣợc nhau và xác định 2 2 x 0 sao cho f (x 0 )  g(x 0 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dƣơng  Vậy x 0 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình. a  x 2  2x  2;b  x 2  4x  5 ta có: ab  Hƣớng 3:  ab  Chuyển phƣơng trình về dạng f (u)  f (v) 2 7  Xét hàm số y  f (x) , dùng lập luận khẳng  x 2  3x   (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 định hàm số đơn điệu Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi:  Khi đó f (u)  f (v)  u  v 3 Ví dụ 1: Giải phƣơng trình sau: (x 2  2x  2)  (x 2  4x  5)  2x  3  x  2 3 Vậy: x= . 1. 3x 2  6x  7  5x 2  10x  14  4  2x  x 2 2 2. x 2  6x  11  x 2  6x  13 4. 13  x 2  3x  6    x 2  2x  7   2 2  x  4x  5  3  2 4 2     5x 2  12x  33 7 2 3. x 2  3x   (x 2  2x  2)(x 2  4x  5) 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho 4 số : 4. 13  x 2  3x  6    x 2  2x  7   2 2    a 2  b2  c2  d2   (ac  bd)2   5x 2  12x  33 2 Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: ad  bc Với a  2;b  3;c  x 2  3x  6;d  x 2  2x  7 2  32   x 2  3x  6    x 2  2x  7   2 2 2 1. 3x  6x  7  5x  10x  14  4  2x  x 2 2 2     2  x 2  3x  6   3  x 2  2x  7  2  3(x  1)2  4  5(x  1)2  9  5  (x  1)2 Điều kiện: D    13  x 2  3x  6    x 2  2x  7   2 2  3(x  1)2  4  5  x  12  9  4  9  5    Mà:    5x 2  12x  33 2 5   x  1  5 2 Dấu “bằng” xảy ra khi và chỉ khi: Dấu “bằng” xảy ra khi  x  1  0  x  1 2 3(x 2  3x  6)  2(x 2  2x  7) Vậy: x  1 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 16 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  3x 2  9x  18  2x 2  4x  14 3. 3 x  1  3x 2  8x  3 (1)  x 2  5x  4  0  x  1; x  4 Điều kiện: x  1  0  x  1 Vậy: x  1; x  4 (1)  3 x  1  3x 2  8x  3  0 Xét hàm số: y  3 x  1  3x 2  8x  3 trên D   1;   Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) Ví dụ 2: Giải phƣơng trình sau:   3 1. 3x 2  9x 2  3 y'   6x  8 2 x 1   4x  2    1 x  x2 1  0 y ''   3 4  x  1 3  6  0, x  D 2. 4x  1  4x 2  1  1 Do đó y '  0 có nhiều nhất 1 nghiệm  y  0 có 3. 3 x  1  3x 2  8x  3 nhiều nhất hai nghiệm. 4. x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1 Nhẩm nghiệm đƣợc x  0; x  3 Vậy: x  0; x  3   1. 3x 2  9x 2  3   4x  2   1  x  x 1  0 2 x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1  9x  3    2x  1  (2x  1)  3  2  4.  3x 2  2 2 x  1  0 Điều kiện:  1 x  3  1  3  x  0 Nhận xét: Phƣơng trình chỉ có nghiệm trong   ;0   2   x 2  2x  3  x  1  3  x  x 2  6x  11 Đặt u  3x; v  2x 1. u, v  0 .   x  1 3  x  2  2  x 1  3  x  2 Phƣơng trình trở thành: 2    u 2  u 2  3  v 2  v2  3   Xét hàm số: y  t 2  2  t Xét hàm số: f (t)  t  2   t 1 t2 3 y'   0 x  1;3 t 2 2 t 2 2t 3  3t Khi đó:  f '(t)  2   0, t  0 t 4  3t 2 f  x  1  f  3  x   x  1  3  x  x  2 1 Vậy: 2  x  3  f (u)  f (v)  u  v  3x  2x  1  x   5 1 Vậy: x   5 2. 4x  1  4x 2  1  1 4x  1  0 1 Điều kiện:  2 x 4x  1  0 2 Xét hàm số: y  4x 1  4x 2  1 1 1  D   ;   2  2 4x 1 y'    0, x  4x  1 4x  1 2 2 Do đó phƣơng trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. 1 Nhẩm nghiệm đƣợc x  2 1 Vậy: x  2 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 17 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ PHẦN II PHƢƠNG PHÁP TÍCH SỐ ------------------------------------------------------------------ HỆ PHƢƠNG TRÌNH  Bằng cách biến đổi đƣa một phƣơng trình về ------------------------------------------------------------------- dạng tích ta tính đƣợc x theo y  Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) PHƢƠNG PHÁP THẾ nghiệm.  Từ một phƣơng trình ta đi tính y theo x hoặc x Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau: theo y.  Thế vào phƣơng trình còn lại giải tìm x hoặc y.   xy  x  y  x  2y 2 2 1.  Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau đây:  x 2y  y x  1  2x  2y   y   5x  4  4  x  2 2x  3y  1 2.   y  5x  4xy  16x  8y  16  0 2 2 1.  2  x  xy  24   x  7x  y  7y 3 3  x 2 (y  1)(x  y  1)  3x 2  4x  1  3.  2 x  y  x  y  2  2 2.   xy  x  1  x  2 2x  3y  1  xy  x  y  x 2  2y 2  (1) 1.  2 1.   x  xy  24  x 2y  y x  1  2x  2y  (2)  y  2x  1 Điều kiện: x  1; y  0   3 (1)  x 2  xy  2y2  (x  y)  0   x 2  x  2x  1   24   x 2  xy    2xy  y 2    x  y   0    3    x  y  x  2y  1  0  2x  1  19 y   x  9  y    x  2y  1  0 ( Do có đk có x  y  0 )  3  3  x  x  72  0   x  2y  1 x  8  y  5 2 Thay vào phƣơng trình (2) ta đƣợc:  19  Vậy: nghiệm hệ là  9,   ;  8, 5   2y  1 2y  y 2y  2(2y  1)  2y  3  2y  y  1  2  y  1   x (y  1)(x  y  1)  3x  4x  1 2.  2 2 (1)   y  1   2y  2  0  y  2 ( Do y  0)  xy  x  1  x  Với y  2 ta có x  5 2 (2) Do x  0 không là nghiệm hệ phƣơng trình nên Vậy: nghiệm hệ là (5; 2) x2 1 (2)  y  1  thay vào (1) ta đƣợc: Nhận xét: x  Ta có thể kiểm tra phƣơng trình (1) có nhóm x 2 1  x 2 1  x2  x    3x  4x  1 2 đƣợc nhân tử chung hay không bằng phƣơng pháp x  x  tham số biến thiên.   x 2  1 2x 2  1   x  1 3x  1 xy  x  y  x 2  2y2   x  1  2x 3  2x 2  x  1   x  1 3x  1  x 2  (y  1)x  2y2  y  0 Ta có:   (y  1)2  8y2  4y  9y2  6y  1   3y  1 2 x  0 Từ đây ta có thể tính đƣợc: x   y hoặc x  2y 1   x  1 2x  x  2   0   x  1  x  2  y   5x  4  4  x   2 (1) Với x  1  y  1 2.  2  y  5x  4xy  16x  8y  16  0  2 5 (2) Với x  2  y   Từ phƣơng trình (2) bằng phƣơng pháp tham số biến 2 thiên xem y là ẩn ta có:  5 Vậy: nghiệm hệ là 1; 1 ;  2;   y2  5x 2  4xy  16x  8y  16  0  2 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 18 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  (y  x  4)(y  5x  4)  0 HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I y  4  x  f (x, y)  0 f (x, y)  f (y, x)  y  5x  4 Dạng:  với  Với y  4  x thay vào (1) ta đƣợc: g(x, y)  0 g(x, y)  g(y, x) S  x  y Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) x  4  y  0 Cách giải: Đặt  với S2  4P 4  x   5x  4  4  x    2  P  xy x  0  y  4 Với y  5x  4 thay vào (1) ta đƣợc Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau:  5x  4   5x  4  4  x  2  x  y  xy  5 1.  2  4 x  y  5 2  x y0  5   2x 2y x  0  y  4  2.  y  3 x  4   x  y  xy  3 Vậy: nghiệm hệ là  0; 4  ;  4;0  ;   ;0    5   x  y  xy  5  x  7x  y  7y  3 3 1.  2 x  y  5 2 3.  2 x  y  x  y  2  2 S  x  y Đặt:  (Điều kiện: S2 – 4P ≥ 0)  x 3  y3  7  x  y   0  P  xy  2  x  y  x  y  2 2 S  P  5 Hệ   2    x  y  x 2  xy  y 2  7  0  S  2P  5 P  5  S   x  y  x  y  2 2 2  2 x  y   x  xy  y  7  0 (VN) 2 2 S  2  5  S  5   2  2 P  5  S S  5  P  10 2x  2x  2  x  y  x  y  2 2  2   S  2S  15  0 S  3  P  2 1 5 x  y  Tới đây ta có hai cách giải: 2  Cách 1: Có tổng, tích nên áp dụng định lý Viet đảo:  1 5 x  y  x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2  SX  P  0  2 Vậy: nghiệm hệ là  S  5  P  10 : Hệ phƣơng trình vô nghiệm (do S2 – 4P = -15 < 0)  1 5 1 5   1 5 1 5   ;  ;  ;   S 3 P  2  2 2   2 2  x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2  3X  2  0 x  1 x  2  X  1;X  2 nên  ; y  2 y  1 Cách 2: Giải bình thƣờng bẳng phƣơng pháp thế:  S  5  P  10  x  y  5  x  5  y     xy  10  y  5  y   10 (VN)   S 3 P  2 x  y  3   xy  2 x  3  y   y  1 x  2     y  3  y   10  x  2  y  1 Vậy: hệ phƣơng trình có 2 nghiệm là: 1, 2  ,  2,1 Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 19 (sưu tầm & biên soạn)
Chuyên đề: PT- BPT - HPT VÔ TỶ  2x 2y HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI II   3 2.  y x HỆ ĐỐI XỨNG LOẠI I  x  y  xy  3 f (x, y)  0 f (x, y)  g(y, x)  Dạng:  với  g(x, y)  0 g(x, y)  f (y, x) Điều kiện: xy  0 Khoa Công nghệ Thông tin & Truyền Thông - Trường Đại học Phương Đông (cntt.phuongdong.edu.vn) f (x; y)  g(x; y)  0 Cách giải:   2x 2y f (x; y)  0   49 Hệ   y x (x  y)h(x; y)  0  x  y  xy  3   f (x; y)  0 2  x 2  y 2   5xy  0 x  y  0 h(x; y)  0   hay   x  y  xy  3 f (x; y)  0 f (x; y)  0 Ví dụ: Giải các hệ phƣơng trình sau: Cách 1: Đƣa về hệ đối xứng loại 1. Đặt u  x; v  y  x 2  2y 2  2x  y  1.  2 2  u 2  v 2   5uv  0  y  2x  2y  x  2 Hệ   u  v  uv  3  2x  3  4  y  4 2.  Đặt S  u  v;P  uv  2y  3  4  x  4 2  S2  2P  5P  0 Hệ    x 2  2y 2  2x  y (1)  S  P  3 1.  2  y  2x  2y  x (2)  2  S  1 u  2 u  1 Trừ từng vế (1) và (2) ta có:      P  2  v  1 v  2  x 2  2y 2  (y 2  2x 2 )  2x  y  (2y  x)  Hệ   2   S   3  x  2y  2x  y 2  u  3  3   2  u   3  2 3(x  y)(x  y)  x  y  9  v   2  P   2  v  3  x  2y  2x  y 2  2 (x  y)(3x  3y  1)  0  x  3  3  2  x  2  x  1  x   x  2y  2x  y 2    3 2  y  1  y  2  y     x  y  0 3x  3y  1  0  2  y 3  2 hoặc  2  x  2y  2x  y  x  2y  2x  y 2 2 Cách 2: Giải trực tiếp.  Hệ    2  x  y   2xy  5xy  0 2  x  y  2 hoặc   y 3x  1 3 (vn)  x  3x  0  2  x  y  xy  3  9x  3x  5  0 x  y  1 x  y  0    x  2  x  1   xy  2  ;   x  y  3   y  1  y  2  Vậy: hệ có hai nghiệm (0;0); ( 3; 3)    x  y   3    x  3  3   x    2  9  y   3 ;  2  2x  3  4  y  4 (1)     2 y  3   xy  2.   2  2y  3  4  x  4 (2) Vậy: Hệ phƣơng trình có 4 nghiệm  3  Điều kiện: x, y    ; 4   2;1 ,  1; 2  ,  3;  3 3   2   ,  ,3   2 2  Trừ từng vế (1) và (2) ta có: Tổ bộ môn toán - Khoa CNTT & Truyền Thông - ĐH Phương Đông Trang 20 (sưu tầm & biên soạn)

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.