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- Phương trình chứa ẩn ở căn

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Báo xấu

134
lượt xem 173
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trên cơ sở Cấu trúc Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng 2009 do Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành, để có tài liệu học tập và luyện thi,tài liệu nhằm giúp các em có cách nhìn toàn diện về kiến thức và kĩ năng cần nắm vững trước khi bước vào Kì thi với tâm thế vững vàng nhất. Tác giả hi vọng tài liệu này sẽ là tài liệu bổ ích cho các em

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề phương trình – Bất phương trình- Phương trình chứa ẩn ở căn

Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Phương trì nh chứa ẩn ở căn thức 2 Ví dụ : Giải phương trì nh: 1  x  x2  x  1  x 3 Giải: ĐK 0  x  1. Để giải phương trì nh này thì rõ ràng ta phải tìm cách loại bỏ căn thức. Có những cách nào để loại bỏ căn thức ? Điều đầu tiên chúng ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương trì nh đã cho luôn không âm nên bì nh phương hai vế ta thu được phương trì nh tương đương. 2  2    4 4 2 (1)  1  x  x2   x  1 x 1 x  x 2  (x  x 2 )  1  2 x  x 2  3  3 9   2(x  x 2 )  x  x 2  0  x  x 2 2 x  x 2  3  0   x  x2  0   x  0; x  1  3  . 2  VN 0  xx 4  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh: x  0;x  1. Qua lời giải trên ta thấy được x  x 2 sẽ biểu diến được qua x  1  x nhờ vào đẳng   2 thức x  1 x  1  2 x  x 2 (*) .Cụ thể nếu ta đặt t  x  1  x thì 2 t2  1 xx  và khi đó phương trì nh đã cho trở thành phương trì nh bậc hai với ẩn là 2 t2  1 t: 1   t  t 2  3t  2  0  t  1; t  2 . 3  x  1 x 1 2 x  x 2  0 Vậy ta có:    x  0; x  1 .  x  1  x  2  VN 0 (VT  2)   Việc thay thế biểu thức x  1  x bằng một ẩn mới là t (mà ta gọi là ẩn phụ) là một suy nghĩ hoàn toàn phù hợp với tự nhiên ( chúng ta nhớ lại là chúng ta đang tì m cách làm mất căn thức !). Cách làm như thế này ta thường gặp trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta, chẳng hạn khi chúng ta đi xa không tiện cho việc mang theo tiền mặt ta có thể đổi qua đô la, hay thẻ ATM, séc,…Cũng như việc chuyển đổi tiền ở trên, để làm mất căn thức ta tìm cách đặt một biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trì nh ẩn mới có hình thức kết cấu đơn giản hơn phương trì nh ban đầu. Đặt biểu thức chứa căn nào bằng biểu thức ẩn mới như thế nào là vấn đề quan trọng nhất, bước làm này quyết định đến có được lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được được cách đặt ẩn phụ thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trì nh như ở cách giải trên ta đã tạo được mối quan hệ đó là đẳng thức (*). Có nhiều cách để tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 1
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh trong phương trì nh chẳng hạn ở phương trì nh trên ngoài đẳng thức (*) ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức tham gia trong phương trì nh:     2 2 x  1 x  x  1  x  1 (**) mà từ phương trì nh ta rút được một căn thức qua 3 1 x  3 3t  3 căn thức còn lại: x  . Do đó nếu đặt t  1  x  x  thay vào 2 1 x  3 2t  3 (**) và biến đổi ta thu được phương trì nh t(t  1)(2t 2  4t  3)  0  t  0,t  1 hay x  0,x  1 là nghiệm của phương trì nh. Phương trì nh đã cho chỉ chứa tổng và tích của hai căn thức, đồng thời hai căn thức thỏa mãn (**) do vậy ta có thể đặt a  x , b  1  x thì từ phương trì nh đã cho kết hợp với  2 1  ab  a  b (**) ta có hệ phương trì nh:  3 đây là hệ đối xứng loại I, giải hệ này ta a 2  b 2  1  được nghiệm của phương trì nh là x=0 và x=1. Bản chất cách giải này chính là cách đặt ẩn phụ t  1  x mà ta đã giải ở trên . Tiếp tục nhận xét thì đẳng thức (**) giúp ta liên tưởng đến đẳng thức nào mà ta biết ? Chắc hẳn các bạn sẽ dễ dàng trả lời được đó là đẳng thức lượng giác: sin 2   cos 2   1 . Điều này dẫn đến cách giải sau:  Đặt x  sin 2 t, t  [0; ] (Điều này hoàn toàn hợp lí vì x  [0;1] ). Khi đó phương trì nh 2 đã cho trở thành: 2 1  sin t.cos t  sin t  cos t  3(1  sin t)  (1  sin t)(1  sin t)(2sin t  3)  0 3 sin t  1  x  1 x  1 x  1    .  3 1  sin t  (3  2sin t) 1  sin t  sin t(4sin 2 t  6sin t  8)  0  x0 Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách để giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. Mọi phương pháp đều chung một tưởng đó là tì m cách loại bỏ căn thức và đưa phương trì nh đã cho về phương trì nh mà ta đã biết cách giải. Sau đây chúng ta sẽ đi vào từng phương pháp giải cụ thể. GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 2
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh I. Phương pháp biến đổi tương đương : Nội dung của phương pháp này là sử dụng các tính chất của lũy thừa và các phép biến đổi tương đương của phương trì nh, bất phương trì nh biến đổi phương trì nh, bất phương trì nh ban đầu về phương trì nh, bất phương trì nh đã biết cách giải. Ta nhơ lại các tính chất của lũy thừa và phép biến đổi tương đổi đối với phương trì nh và bất phương trì nh. 1) ( n a ) n  a ( Nếu n chẵn thì cần thêm điều kiện a  0 ). 2) a  b  a 2n  b 2n với a và b cùng dấu 3) a  b  a 2n 1  b 2n 1 với mọi a,b. 4) a  b  0  a 2n  b 2n (Chú ý nếu a,b
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh  1 2x  1  0  x    2x  1  (1  2x)(1  x)    2 x0   (2x  1)2  (1  2x)(1  x)  2 2x  7x  0 Đối chiếu điều kiện (*) ta thấy x=0 thỏa mãn. Vậy nghiệm của pt đã cho là x=0. Chú ý : Ở phương trì nh trên vì sao chúng ta lại chuyển 1  x qua rồi mới bình phương? Mục đích của việc làm này là tạo ra hai vế của phương trì nh luôn cùng dấu để sau khi bì nh phương ta thu được phương trì nh tương đương. Ví dụ 3: Giải bất phương trì nh: 2x 2  6x  1  x  2  0 . Giải: Bất phương trì nh  2x 2  6x  1  x  2 (1) Vì VT của (1) luôn không âm nên nếu VP(1)  0 thì Bất phương trì nh vô nghiệm, do đó ta chỉ giải Bất phương trì nh khi x  2  0  x  2 . Bì nh phương hai vế ta được Bpt: 2x 2  6x  1  (x  2) 2 . Nếu x 0 bất phương trì nh này thì ta chưa thể khẳng định được 2 2x 0  6x 0  1  0 do đó ta phải đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn. Vậy bất phương trì nh đã cho tương đương với hệ gồm ba bất phương trì nh sau: x  2 x  2 x  2  0    2  3 7 3 7  3 7 3 7 2x  6x  1  0  x  Vx  x  Vx  2  2 2  2 2  2x  6x  1  (x  2)2  x 2  2x  3  0 1  x  3   3 7   x  3 là nghiệm của bất phương trì nh đã cho. 2 g(x)  0  Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh trên là: f (x)  g(x)  f (x)  0  2 f (x)  g (x) Giải hệ bất phương trì nh này ta được nghiệm của bất phương trì nh đã cho. 2(x 2  16) 7x Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh :  x 3  (ĐH Khối A – 2004 ). x 3 x 3 Giải: ĐK: x  4 . Bpt  2(x 2  16)  x  3  7  x  2(x 2  16)  10  2x (2) Ta có VT (2)  0 nên nếu VP(2)  0  x  5 thì (2) luôn đúng. Nếu VP(2)  0  x  5 thì bpt (2)  2(x 2  16)  (10  2x) 2 . Nếu x 0 bất phương trì nh này thì ta có GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 4
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 2 2(x 0  16)  0 do đó ta không cần đặt điều kiện cho biểu thức dưới dấu căn Vậy để giải bất phương trì nh (2) ta chia làm hai trường hợp  x  4 (ñk) TH1:   x  5. 10  2x  0 10  2x  0  4  x  5  TH2:  2 2  2  10  34  x  5 . 2(x  16)  (10  2x)   x  20x  66  0  Lấy hợp hai trường hợp ta có nghiệm bất phương trì nh là: x  10  34 . Nhận xét: Dạng tổng quát của bất phương trì nh (2) là: f (x)  g(x) . Để giải bpt này ta chia làm hai trường hợp: f (x)  0 TH 1:  g(x)  0 g(x)  0  TH 2:  2 f (x)  g (x)  Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 2x  6x 2  1  x  1 . Giải: x  1  0   x  1  Pt    2 2 2 2 2x  6x  1  (x  1)   6x  1  x  1   x  1   x  1   2 2 2  4 2  x  0,x  2 . 6x  1  (x  1)   x  4x  0  Ví dụ 6: Giải phương trì nh: x(x  1)  x(x  2)  2 x 2 . x  1 Giải: ĐK:  x  2 (*) .  x  0  Phương trì nh  2x 2  x  2 x 2 (x  1)(x  2)  4x 2  2 x 2 (x 2  x  2)  x(2x  1)  4x 2 (x 2  x  2)  x 2 (2x  1) 2 (do đk (*) ). x  0  x (8 x  9)  0   2 9 cả hai giá trị này đều thỏa mãn (*). x   8 9 Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: x  0; x  . 4 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 5
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Chú ý : 1) Bài toán trên cò n có cách giải khác như sau * x  0 là một nghiệm của phương trì nh. * x  1  PT  x  1  x  2  2 x  2 x 2  x  2  2x  1 9  4x 2  4x  8  4x 2  4x  1  x  (nhận). 8 * x  2  PT   x(1  x)   x( x  2)  2 ( x)( x) 9  1  x   x  2  2  x  2 x 2  x  2  2x  1  x  (loại). 8 9 Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là: x  0; x  . 4 2) Khi biến đổi như trên chúng ta sai lầm khi cho rằng a.b  a. b ! Nên nhớ đẳng thức này chỉ đúng khi a,b  0 ! Nếu a,b  0 thì ab  a. b . 3 3 3 Ví dụ 7: Giải phương trì nh: x  1  x  2  2x  3 . Giải: Phương trì nh 2x  3  3 3 (x  1)(x  2)( 3 x  1  3 x  2)  2x  3  3 x  1  3 x  2  3 2x  3   (*) 3 (x  1)(x  2)(2x  3)  0   3  x  1;x  2;x  . 2 Chú ý : * Khi giải phương trì nh trên chúng ta thường biến đổi như sau 2x  3  3 3 (x  1)(x  2)( 3 x  1  3 x  2)  2x  3  3 (x  1)(x  2)(2x  3)  0 !? Phép biến đổi này không phải là phép biến đổi tương đương! Vì ở đây chúng ta đã thừa nhận phương trì nh ban đầu có nghiệm !. Do đó để có được phép biến đổi tương đương thì ta phải đưa về hệ như trên. Chẳng hạn ta xét phương trì nh sau 3 1  x  3 1  x  1  2  3 3 1  x 2 ( 3 1  x  3 1  x )  1  3 1  x 2  1  x  0 . Nhưng thay vào phương trì nh ban đầu ta thấy x=0 không thỏa mãn phương trì nh ! * Với dạng tổng quát 3 a  3 b  3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức (a  b)3  a 3  b3  3ab(a  b) ta có phương trì nh tương đương với hệ 3 a  3 b  3 c   . Giải hệ này ta có được nghiệm của phương trì nh. 3 a  b  3 a.b.c  c  GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 6
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Ví dụ 8: Giải phương trì nh: 4  3 10  3x  x  2 (HSG QG 2000). Giải: x  2  x  2  Phương trì nh   2  2 4  3 10  3x  x  4x  4 4x  x  3 10  3x   2  x  4  2  x  4   4 3 2  3 2  x  8x  16x  27x  90  0 (x  3)(x  5x  x  30)  0   2  x  4   2  x  3. (x  3)(x  2)(x  7x  15)  0  Ví dụ 9: Giải phương trì nh: 4x  y 2  y  2  4x 2  y . Giải: Phương trì nh  4x  y 2  4x 2  y  y  2  4x  y 2  4x 2  4y  2  2 (y  2)(4x 2  y)  1 2 2 2 x   (2x  1)  (y  2)  2 (y  2)(4x  y)  0   2 .   y  2 Thử lại ta thấy cặp (x;y) này thảo mãn phương trì nh.  1 x  Vậy nghiệm của phương trì nh đã cho là:  2 .  y  2  Ví dụ 9: Giải phương trì nh: x3 1) x 2  x  7  7 . 2) 4x  1  3x  2  . 5 Giải: 1) Phương trì nh x 2  (x  7)  (x  x  7)  0  (x  x  7 )(x  x  7  1)  0  x  7   x (1)   x  7  x  1 (2)  x  0  1  29 * (1)   2 x . x  x  7  0  2  x  1  * (2)   2  x  2. x  x  6  0  1  29 Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm x  2;x  . 2 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 7
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 2) Phương trì nh  5( 4x  1  3x  2)  (4x  1)  (3x  2)  5( 4x  1  3x  2)  ( 4x  1  3x  2)( 4x  1  3x  2)  4x  1  3x  2  0   x  2.  4x  1  3x  2  5  Nhận xét: *Với bài 1 ta có thể giải như sau: Đặt y  x  7 ta có hệ phương trì nh  y2  x  7   2 trừ vế theo vế hai phương trì nh ta được: (y  x)(y  x  1) . Từ đây giải ra ta   x y7 tì m được x. * Câu 1 có dạng tổng quát như sau: x 2  x  a  a . * Với bài toán 2 ta còn có cách giải khác như sau x2 Phương trì nh  ( 4x  1  3)  ( 3x  2  2)  5 x  2 4(x  2) 3(x  2) x2      3x  2  4x  1  1 1 4x  1  3 3x  2  2 5  (*)  ( 4x+1  3)( 3x  2  2) 5  2 Vì VT(*)  0 (do x  ) nên (*) vô nghiệm. 3 Ví dụ 10: Giải bất phương trì nh : x2 1) 2 x4 2) (x 2  3x) 2x 2  3x  2  0 . (1  1  x ) Giải: 1) ĐK: x  1 * Với x  0 ta thấy Bpt luôn đúng * Với x  0  1  x  1  0 . Nhận lượng liên hợp ở VT của Bpt ta được x 2 (1  x  1)2 2 2  x  4  (1  x  1) 2  x  4  x  1  3  x  8 (1  x  1) (1  x  1) Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T  [  1;8) . 2) Ta xét hai trường hợp 1 TH 1: 2x 2  3x  2  0  x  2,x   . Khi đó BPT luôn đúng 2 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 8
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh  2  1 2x  3  2  0  x   V x  2 1 TH 2: Bpt    2  x   V x  3. 2  x  3x  0  x  0 V x  3 2  1 Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: T  (;  ]  {2}  [3; ) . 2 Chú ý : * Ở bài toán 2 ta thường không chú ý đến trường hợp 1, đây là sai lầm mà chúng ta thường gặp trong giải phương trì nh và bất phương trì nh vô tỉ. * Khi giải bất phương trì nh nếu ta muốn nhân hoặc chia hai vế cảu bất phương trì nh cho một biểu thức thì ta phải xác định được dấu của biểu thức đó. Nếu chưa xác định được dấu của biểu thức mà ta muốn nhân thì ta có thể chia làm hai trường hợp. Ví dụ 11: Giải bất phương trì nh : 2 2 51  2x  x 2 1) (x  3) x  4  x  9 2)  1. 1 x Giải: 1) * Với x  3  bất phương trì nh đúng. x  3  x  3  * Với x  3  Bpt    2 2  x  3.  x  4  x  3  x  4   x  3 2    x  3 x  3   5 * Với x  3  Bpt     3  x  3  x   . 2  x  4  x  3  6x  5  0  6  5 Vậy nghiệm của bất phương trì nh dã cho là: x   V x  3 . 6 2) x  1 x  1    * Nếu 1  x  0  x  1  Bpt  51  2x  x 2  0  1  52  x  1  52   2 2  51  2x  x  1  x   x  25  1  52  x  5 . *Nếu x  1  luôn đúng vì VT  0  1 . Vậy nghiệm bất phương trì nh đã cho là : 1  52  x  5 V x  1 . Ví dụ 12: Tì m m để phương trì nh x 2  2mx  1  m  2 có nghiệm. Giải: * Nếu m  2  phương trì nh vô nghiệm GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 9
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh * Với m  2  Phương trì nh  x 2  2mx  1  m 2  4m  4  x 2  2mx  m 2  4m  3  0 Phương trì nh có nghiệm  '  2m 2  4m  3  0 đúng mọi m Vậy m  2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 13: Tì m m để phương trì nh: 2x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt. Giải:  x  1  Phương trì nh   2 .  x  (m  2)x  4  0 (*)  Phương trì nh (*) luôn có hai nghiệm : 2  m  m 2  4m  8 2  m  m 2  4m  8 x1   0 ; x2  0 2 2 Phương trì nh đã cho có hai nghiệm  (*) có hai nghiệm phân biệt  1 m  4   x 2  1  4  m  m 2  4m  8    m  2.   (4  m) 2  m 2  4m  8 Vậy m  2 là những giá trị cần tìm. Ví dụ 14: Tì m m để phương trì nh 2x 2  mx  x 2  4  0 có nghiệm. Giải: 2 2 x 2  4  0  (1) Phương trì nh  2x  mx  x  4   2  x  mx  4  0 (2)  (2) có nghiệm    m 2  160  0 | m | 4 (*) . Khi đó (2) có hai nghiệm là: m  m 2  16 x1,2  . 2 Nghiệm x1 thỏa mãn (1)  (m  m 2  16)2  16  0  m 2  m m 2  16  16  0 2 2  m  4  m  4  m  16( m  16  m)  0    . 2  m  16   m  m  4 Nghiệm x2 thỏa mãn (1)  (m  m 2  16)2  16  0  m 2  m m 2  16  16  0  m  4 m  4  m 2  16( m 2  16  m)  0    . 2  m  16  m   m  4 Vậy | m | 4 thì phương trì nh đã cho có nghiệm. GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 10
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Chú ý : Bài toán trên ta có thể giải ngắn ngọn hơn như sau: Nếu (2) có nghiệm thì | x | 2 | x1x 2 | 4   1 nên phương trì nh đã cho có nghiệm    0 | m | 4 . | x 2 | 2 Bài tập Bài 1: Giải các phương trì nh sau 1) 3 x  3  5  x  2 x  4 2) 8 x 2  6 x  1  4 x  1  0 36 4 3) ( x  5)(3x  4)  4( x  1) 4)   28  4 x  2  y  1 x2 y 1 x2 5) 2 x4 6) x  2 x  1  x ( x  1)  x 2  x  0 (1  1  x ) 7) x  x  1 x 1 8) ax 4  x 4 x 2  a  x 2  a(a  1) 9) (x  2)(2x  1)  3 x  6  4  (x  6)(2x  1)  3 x  2 . 4 1 5 10) x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1 . 11)  x   x  2x  . x x x 3 12) 2x  1  x 3 16  3 2x  1 13) x  x  5  5 14) x 4  2x 2 x 2  2x  16  2x 2  6x  20  0 . 15) 4x 2  5x  1  2 x 2  x  1  9x  3 . Bài 2: Giải các bất phương trì nh sau: 1) 4(x  1)2  (2x  10)(1  3  2x ) 2 2) x  2  x  1  x 3) (x  5)(3x  4)  4(x  1) 4) 7x  13  3x  9  5x  27 5) 1  x  1  x  x 6) 3x  4  x  3  4x  9 7) x 2  4x  3  2x 2  3x  1  x  1 25  x 2  x 2  7x  3 8) 2x 9) x 2  8x  15  x 2  2x  15  4x 2  18x  18 10)  2x  1  1 2x  9 1 1 2 11) x  2  x  2  12) x 2  3x  2  x 2  4x  3  2 x 2  5x  4 x x x 3x 2  x  4  2 13) 2 14) 1  2x  1  2x  2  x 2 x GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 11
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Phương pháp đặt ẩn phụ: Nội dung của phương pháp này là đặt một biểu thức chứa căn thức bằng một biểu thức ẩn mới mà ta gọi là ẩn phụ, rồi chuyển phương trì nh ẩn phụ vừa đặt. Giải phương trì nh ẩn phụ tì m nghiệm rồi thay vào biểu thức vừa đặt để tìm ẩn ban đầu. Với phương pháp này ta thường tiến hành theo các bước sau B1: Chọn cách đặt ẩn phụ, tìm điều kiện xác định của ẩn phụ Bước này là bước quan trọng nhất. Ta cần phải chọn biểu thức thích hợp để đặt ẩn phụ, để làm tốt bước này ta phải nhận xét được mối quan hệ của các biểu thức có mặt trong phương trì nh, bất phương trì nh. Cụ thể là ta phải tìm được sự biểu diễn của các biểu thức chứa ẩn trong phương trì nh qua một đại lượng khác. B2: Chuyển phương trì nh (bpt) ban đầu về phương trì nh (bpt) ẩn phụ vừa đặt. Thông thường sau khi đặt ẩn phụ thì phương trì nh thu được thường là những phương trì nh (bpt) mà ta đã biết cách giải. Khi tì m được nghiệm ta cần chú ý đến điều kiện của ẩn phụ để chọn những nghiệm thích hợp. B3: Giải phương trì nh (bpt) với ẩn phụ vừa tì m được và kết luận tập nghiệm. Có rất nhiều cách để đặt ẩn phụ. Ta đi xét một số dạng phương trì nh (bpt) mà ta thường hay gặp. Dạng 1: F( n f (x))  0 , với dạng này ta đặt t  n f (x) (nếu n chẵn thì phải có điều kiện t  0 ) và chuyển về phương trì nh F(t)  0 giải phương trì nh này ta tì m được t  x . Trong dạng này ta thường gặp dạng bậc hai: af (x)  b f (x)  c  0 . Ví dụ 1: Giải phương trì nh 1)x 2  x 2  11  31 2)(x  5)(2  x)  3 x 2  3x Giải: 1) Đặt t  x 2  11, t  0 . Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: t 2  t  42  0  t  6  x 2  11  6  x  5 . 2) Phương trì nh  x 2  3x  3 x 2  3x  10  0 Đặt t  x 2  3x , t  0 . Phương trì nh đã cho trở thành 3  109 t 2  3t  10  0  t  5  x 2  3x  5  x 2  3x  25  0  x  . 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trì nh : 1) x 2  2x  22   x 2  2x  24  0 2) x  9  x   x 2  9x  6 Giải: GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 12
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 1) Đặt t   x 2  2x  24, ( t  0)   x 2  2x  24  t 2  x 2  2x  22  2  t 2 Bất phương trì nh trở thành: 2  t 2  t  0  t 2  t  2  0  0  t  1 2  x 2  2x  24  0 4  x  6     x  2x  24  1    2  x  2x  23  0  x  1  2 6 V x  1  2 6   4  x  1  2 6  là nghiệm của bất phương trì nh đã cho.  1 2 6  x  6 2) ĐK: 0  x  9 Bất phương trì nh đã cho  9  2 9x  x 2   x 2  9x  6  9x  x 2  2 9x  x 2  3  0  9x  x 2  3  x 2  9x  9  0 93 5 93 5  x . 2 2 93 5 93 5 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trì nh là: x . 2 2 Ví dụ 3 : Tì m m để các phương trì nh sau có nghiệm: x 2  2x  2m 5  2x  x 2  m 2 . Giải: Đặt t  5  2x  x 2  6  (x  1) 2  t  [0; 6] và x 2  2x  5  t 2 Khi đó phương trì nh đã cho trở thành: t 2  2mt  m 2  5  0 (*)  t  m  5 Phương trì nh đã cho có nghiệm  (*) có nghiệm t  [0; 6] hay 0  m  5  6  5  m  6  5   . 0  m  5  6   5m 6  5  Ví dụ 4: Chứng minh rằng với m  0 thì phương trì nh sau luôn có nghiệm: 5 x 2  (m 2  ) x 2  4  2  m3  0 . 3 Giải: Đặt t  x 2  4  t  2 . Khi đó phương trì nh đã cho trở thành 5 f (t)  t 2  (m 2  )t  m3  2  0 (*). 3 5 Vì m  0  (*) luôn có hai nghiệm t phân biệt (Do   (m 2  ) 2  4(m3  2)  0 ) và 3 4 f (2)  (m3  2m 2  ) 3 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 13
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 4 Ta sẽ chứng minh m3  2m 2   0 m  0 (1) . 3 3 2 * Nếu m  2  m  2m  0  (1) đúng 32 2 4 32 * Nếu 0  m  2  m3  2m 2   (m  )(m  )2  0  m3  2m 2   27 3 3 27 4 32 4  m3  2m 2     0  (1) đúng. 3 27 27  f (2)  0  (*) luôn có một nghiệm t  2 hay phương trì nh đã cho luôn có nghiệm. Chú ý : * Nếu tam thức f (x)  ax 2  bx+c thỏa mãn af ()  0  tam thức luôn có nghiệm và nếu a>0 thì nghiệm đó   nếu a
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 6 2 9 Vậy  m  3 là những giá trị cần tìm. 2 Chú ý : Nếu hàm số xác định trên D và có tập giá trị là Y thì phương trì nh f (x)  k có nghiệm trên D  k  Y . Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 2x  3  x  1  3x  2 (2x  3)(x  1)  16 . Giải: Đk: x  1. Đặt t  2x  3  x  1, t  0  t 2  3x  2 (2x  3)(x  1)  4 (*) Khi đó phương trì nh trở thành: t  t 2  20  t 2  t  20  0  t  5 Thay t  5 vào (*) ta được: 1  x  7  21  3x  2 2x 2  5x  3   2 2 441  126x  9x  8x  20x  12  1  x  7   2  x  3 là nghiệm của phương trì nh đã cho.  x  146x  429  0  Ví dụ 3: Giải phương trì nh: x 3 35  x 3 (x  3 35  x 3 )  30 . Giải: 3 3 3 3 3 3 3 3 t 3  35 Đặt t  x  35  x  t  35  3x 35  x (x  35  x )  x 35  x  (*) 3t t 3  35 Phương trì nh đã cho trở thành: .t  30  t  5 thay vào (*) ta có: 3t x  3 x 3 35  x 3  6  x 3 (35  x 3 )  216  x 6  35x 3  216  0   . x  2 1 x2 5 1  x2 x Ví dụ 4: Giải phương trì nh: 2   (  )  2  0. x 1  x2 2 x 1 x 2 Giải: ĐK: 1  x  1 . 1  x2 x 2 1 x2 Đặt t   t  2   1. x 1 x 2 x 1  x2 1 Phương trì nh đã cho trở thành: 2t 2  5t  2  0  t  2; t   . 2 1  x  0 1  x2 x  1 * t  2    2   1 x2 x . x 1 x 2  2  3 2 x 1  x2 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 15
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh 1  x  0 1  x2 x 1  * t  2     1 x2 3 vô nghiệm. x 1 x 2 2  2   x 1  x2 4 1 Vậy phương trì nh đã cho có nghiệm duy nhất x   . 2 Ví dụ 4: Giải bất phương trì nh : 7x  7  7x  6  2 49x 2  7x  42  181  14x . 6 Giải: ĐK x  7 Đặt t  7x  7  7x  6, (t  0)  14x  2 49x 2  7x  42  t 2  1 Bất phương trì nh đã cho trở thành: t  t 2  1  181  t 2  t  182  0  0  t  13  7x  7  7x  6  13 (*) Vì hàm số f (x)  7x  7  7x  6 là hàm đồng biến và f (6)  13  (*)  x  6 6 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trì nh :  x  6 . 7 5 1 Ví dụ 5: Giải bất phương trì nh : 5 x   2x   4. 2 x 2x Giải: ĐK: x  0 . 1 1 Bpt  5( x  )  2(x  )  4 . 2 x 4x 1 1 Đặt t  x  , (t  2)  x   t 2  1 và bất phương trì nh trở thành: 2 x 4x 5t  2(t 2  1)  4  2t 2  5t  2  0  t  2 (do t  2 )  32 2 1 0  x  2 t2x  3  4x 2  12x  1  0   là nghiệm của bất phương 4x  32 2 x   2 trì nh đã cho. Bài tập Bài 1: Giải các phương trì nh sau 1) 3x  2  x  1  4x  9  2 3x 2  5x  2 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 16
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh x 1 2) (x  3)(x  1)  4(x  3) 30 3) x2  x  2  x2  x x 3 4 4) x  x2  1  x  x2  1  2 5) x  x  7  2 x 2  7x  35  2x 4 1 5 6) x 2  x  4  x 2  x  1  2x 2  2x  9 7)  x   x  2x  x x x 8) 4x  3  2x  1  6x  8x 2  10x  3  16 9) 18x 2  18x  5  3 3 9x 2  9x  2 10) x 2  x  12 x  1  36 . Bài 2: Giải các bất phương trì nh sau: 1) 5x 2  10x  1  7  2x  x 2 2) 2x 2  x 2  5x  6  10x  15 3) x 2  2x  8  4 (4  x)(x  2)  0 4) 3 24  x  12  x  6 1 3x 5) 2x  1  x 2  x 6) 2  1 1 x 1 x 2 1 x2 5 1  x2 x 7) 2  2  (  )20 x 1 x 2 x 1 x 2 12  x x  2 82 9) (12  x)  (x  2)  x2 12  x 3 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 17
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Dạng 3: F( n f (x), n g(x))  0 , trong đó F(t) là một phương trì nh đẳng cấp bậc k. Với dạng này ta xét hai trường hợp: TH1: g(x)=0 thay vào phương trì nh ta kiểm tra, f (x) TH2: g(x)  0 chia hai vế phương trì nh cho g k (x) và đặt t  n ta được phương g(x) trì nh F1 (t)  0 là phương trì nh đa thức bậc k. Ta thường gặp dạng: a.f (x)  b.g(x)  c. f (x)g(x)  0 Ví dụ 1: Giải phương trì nh: 5 x 3  1  2(x 2  2) . Giải: ĐK: x  1. Phương trì nh  5 (x  1)(x 2  x  1)  2(x 2  x  1)  2(x  1) x 1 x 1 2 2 5 2  2  0 (Do x 2  x  1  0 x ). x  x 1 x  x 1 t  2 x 1 Đặt t  , t  0 , ta có phương trì nh: 2t  5t  2  0   1 . 2 2 x  x 1 t   2 x 1 * t2 2  4  4x 2  5x  3  0 phương trì nh vô nghiệm. x  x 1 1 x 1 1 5  37 * t  2   x 2  5x  3  0  x  . 2 x  x 1 4 2 Nhận xét: Qua cách giải trên ta thấy được cơ sở của phương pháp giải dạng toán này và cũng là con đường để sáng tác ra những bài toán thuộc dạng trên là xuất phát từ phương trì nh đẳng cấp hai ẩn dạng a 2  ab  b 2  0 (có thể bậc cao hơn) ta thay thế a,b bằng các biểu thức chứa x và biến đổi đi chút ít để che dấu đi bản chất sao cho phương trì nh thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trì nh càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Do đó với dạng toán này chúng ta cần biết nhận xét mối quan hệ giữa các biểu thức có mặt trong phương trì nh. Tuy nhiên nếu khéo léo giấu đi mối quan hệ đó thì việc tìm ra lời giải là một vấn đề hết sức khó khăn. Ta xét ví dụ sau. Ví dụ 2: Giải phương trì nh: 5x 2  14x  9  x 2  x  20  5 x  1 . Giải: ĐK x  5 . Phương trì nh  5x 2  14x  9  x 2  x  20  5 x  1 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 18
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh  5x 2  14x  9  x 2  24x  5  10 (x  1)(x 2  x  20)  2x 2  5x  2  5 (x  1)(x 2  x  20)  5 (x  1)(x  4)(x  5)  2(x 2  4x  5)  3(x  4)  5 (x 2  4x  5)(x  4) x 2  4x  5 x 2  4x  5 2 5 30. x4 x4 x 2  4x  5 3 Đặt t  , t  0 , ta có phương trì nh: 2t 2  5t  3  0  t  1; t  . x4 2  5  61 x   5 (n) 2 * t  1  x  5x  9  0   2 .  5  61 x   5 (l)  2  x  8 (n) 3 * t   4x  25x  56  0   2 2  x   7 (l)  2 5  61 Vậy phương tì nh đã cho có hai nghiệm: x  ;x  8 . 2 Chú ý : Trong nhiều bài toán ta có thể đưa vào những ẩn phụ khác để làm đơn giản hình thức bài toán và từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải. Ví dụ 3: Giải phương trì nh: x 2  2x  2x  1  3x 2  4x  1 . Giải: Đặt a  x 2  2x , b  2x  1  3x 2  4x  1  3a 2  b 2 Phương trì nh trở thành: a  b  3a 2  b 2  a 2  ab  b 2  0 1 5 1 5 a b  x 2  2x  2x  1 . Giải phương trì nh này ta được nghiệm 2 2 1 5 x và đây là nghiệm duy nhất của phương trì nh đã cho. 2 Ví dụ 4: Giải phương trì nh: (x 2  6x  11) x 2  x  1  2(x 2  4x  7) x  2 . Giải: ĐK: x  2 . Đặt a  x  2;b  x 2  x  1 , ta có: x 2  6x  11  (x 2  x  1)  5(x  2)  b 2  5a 2 x 2  4x  7  x 2  x  1  3(x  2)  b 2  3a 2 GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 19
Chuyên đề phương trì nh – Bất phương trì nh Do vậy phương trì nh đã cho trở thành: (b 2  5a 2 )b  2(b 2  3a 2 )a a 1 1  6a 3  5a 2 b  2ab2  b3  0  6t 3  5t 2  2t  1  0 (t  )  t  1, t   , t  . b 2 3 * t  1  a  b  x 2  2x  3  0 phương trì nh vô nghiệm. 1 * t    b  2a vô nghiệm do a,b  0 . 2 1 * t   b  3a  x 2  10x  19  0  x  5  6 . 3 Đối chiếu với điều kiện ta có nghiệm của phương trì nh là: x  5  6 . Nhận xét: Xuất phát từ phương trì nh : (a  b)(2a  b)(3a  b)  0 ta thay a  x  2;b  x 2  x  1 và biến đổi ta thu được phương trì nh trên. Ví dụ 5: Giải phương trì nh: 18x 2  13x  2  3(81x 4  108x 3  56x 2  12x  1) . Giải: Ta có: 18x 2  13x  2  2(2x  1) 2  x  2a  x (a  (3x  1) 2 ) 81x 4  108x 3  56x 2  12x  1  (3x  1)4  2x 2  a 2  2x 2 Vậy phương tì nh đã cho trở thành: a  2x  a  2x 2a  x  3(a 2  2x 2 )   2  a  4ax  5x  0 a   x;a  5x 2   x  2x  * a  x   2 vô nghiệm. 9x  5x  1  0  5x  2x  11  85 * a  5x   2 x . 9x  11x  1  0  18 11  85 Vậy phương trì nh đã cho có hai nghiệm: x  . 18 Ví dụ 6: Tì m m để phương trì nh sau có nghiệm: 1 x 1 x 1 m4  1 m 4  2 4 1 - m2 . 1 x 1 x Giải: ĐK: 1  x  1 . GV: Nguyến Tất Thu – Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hò a – Đồng Nai 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.