Chuyên đề: Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình vô tỉ

Chia sẻ: Nguyễn Hùng Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:112

Thêm vào BST

Báo xấu

218
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề "Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình vô tỉ" cung cấp cho người đọc các kiến thức cơ bản, các dạng bài tập và phương pháp giải từng dạng bài tập cơ bản về phương trình vô tỉ, bất phương trình vô tỉ và một vài hệ phương trình thường gặp. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình vô tỉ

Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ .................................................................................................. 3 Chuyên đề 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ ....................................................................................... 18 Chuyên đề 3. MỘT VÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP ....................................................... 29 I/ HÖ ph ¬ng tr×nh ®èi xøng ............................................................................................................... 45 Bµi 3: Cho hÖ ph ¬ng tr×nh ............................................................................................................ 49 IV/ HÖ ®¼ng cÊp bËc hai .................................................................................................................. 81 Chuyên đề 4. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ .............................................................................................. 110 Chuyên đề 5. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ .............................................................................................. 111
Chuyên đề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG HỆ QUẢ 1. Kiến thức cần nhớ: 1. ( n a ) 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 2. Các dạng cơ bản: g ( x) 0 f ( x ) 0 hoặc * Dạng 1: f ( x ) g ( x) f ( x) g ( x) �g ( x ) 0 * Dạng 2: f ( x ) = g ( x ) (Không cần đặt điều kiện f ( x ) 0 ) f ( x) = g 2 ( x) f ( x) g ( x) 2 f ( x) g ( x) h( x ) * Dạng 3: f ( x) g ( x) h( x ) f ( x) 0 (chuyển về dạng 2) g ( x) 0 3 f ( x) 3 g ( x) 3 h( x ) * Dạng 4: f ( x) g ( x) 33 f ( x) g ( x) (3 f ( x) 3 g ( x) ) h( x ) Thay 3 h( x) 3 f ( x) 3 g ( x) nhận được phương trình hệ quả 3. Ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 2 x 8 = 3 (x 4) x 4 0 x 4 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 2 x 2 x 8 3( x 4) x 11x 28 0 x 4 x 4 x 4 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7 x 7 x 7 Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 x 1 x 2 3 x 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 8 x 2 0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. x 4 0 1 Ví dụ 3. Giải phương trình: x 4 1 x 1 2 x Txđ: 1 x 0 4 x 2 1 2x 0 x 1/ 2 1/ 2 x 1/ 2 (1 x)(1 2 x) 2x 1 x 1 (1 x)(1 2 x) (2 x 1) 2 2x2 7x 0 Thông thường dạng f ( x) g ( x) h( x ) k ( x) , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình về dạng: f ( x) h( x ) k ( x) g ( x) sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả
Ví dụ 4. Giải phương trình: x 3 3x 1 2 x 2 x 2 . Đkxđ: x 0 PT 3x 1 2x 2 4x x 3 ( 3x 1 2x 2 4x x 3) 2 6 x 2 8x 2 4 x 2 12 x x 1 Thử lại x=1 thỏa mãn. x3 1 Ví dụ 5. Giải phương trình: x 1 x2 x 1 x 3 . Đkxđ: x 1 x 3 x3 1 PT x 3 x2 x 1 x 1 x 1 x3 1 2 2 2 x3 1 x 1 3 ( x 3) ( x x 1 x 1) x2 x 1 x2 2x 2 0 x 1 x 3 x 1 3 Thử lại x 1 3 là nghiệm Ví dụ 6. Giải phương trình: 3 1 x + 3 2 x = 3 3 2 x Lời giải. Lập phương hai vế của phương trình ta có: 1 x 2 x 33 1 x 3 2 x (3 1 x + 3 2 x ) = 3 2 x Suy ra 3 3 1 x . 3 2 x . 3 3 2 x = 0. 3 Do đó 3 1 x = 0 hoặc 3 2 x = 0 hoặc 3 3 2 x = 0, ta tìm được x = 1 ; x = 2; x = 2 3 Thử lại thấy x =1, x = 2, x = thỏa mãn 2 Bài tập đề nghị Bài 1. Giải các phương trình sau: a. x 1 x 3 b. x 3 2x 2 2 x 1 3x 1 c. 6 x 1 x 1 d. 2 x 1 x 3 8 x e. 3 x 3 x 2 7 f. 3x 4 4x 3 5x 4 g. x 1 3 3 x 3 3 x 2 0 h. 3 x 1 3 x 2 3 x 3 0 i. 3 x 34 3 x 3 1 k. 3 x 1 3 x 2 23 2 x 3 l. x 8 3x 7 7x 3 3 x 2 Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 3x 2 2m x x 2 Bài 3. Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + 1 = m − 2 có nghiêm. Bài 4. Tìm m để phương trình 2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt. Bài 5. [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + mx + 2 = 2 x +1 II. GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đối với một số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy về dạng đơn giản. Tùy theo dạng phương trình có thể đặt một ẩn, nhiều ẩn, quy về phương trình hoặc hệ phương trình. 1. Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn a. Một số dạng thường gặp
Nếu có f (x) và f(x) thì đặt t = f (x) Nếu có f ( x) , g ( x) mà f ( x) . g ( x) a (hằng số) đặt t f ( x) g ( x) a/t Nếu có f ( x) g ( x ) , f ( x ) g ( x) , f ( x ) g ( x) a đặt t f ( x) g ( x) b. Ví dụ áp dụng Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 2 x 4 (4 x)( x 2) =11. Lời giải. Đặt t = 4( x)(2 x) , t 0 . Phương trình đã cho trở thành t 2 4t 3 0 t 1 V t 3 . Ta thấy t 1, t 3 đều thỏa mãn t 0 Với t 1 thì (4 x)(2 x ) = 1 ( 4 x)(2 x) 1 x 2 2 x 7 0 x 1 2 2. 2 Với t 3 thì (4 x)(2 x ) = 9 (4 x)(2 x) 9 x 2x 1 0 x 1 Vậy phương trình có nghiệm là x 1 2 2 , x 1 . Ví dụ 2. Giải phương trình 3 x 6 x (3 x)(6 x) 3 (*). 3 x 0 Lời giải. Điều kiện 3 x 6 6 x 0 t2 9 Cách 1: Đặt t 3 x 6 x (3 x)(6 x) . Pt đã cho có dạng: 2 t2 9 t 3 t2 2t 3 0 t 1(loai ) t 3 2 Với t=3 thay vào biểu thức đặt được x 6 x 3 Ví dụ 3. Giải phương trình: 5( 3x 2 x 1) 4 x 9 2 3 x 2 5 x 2 Đkxđ x ≥ 1 đặt t= 3x 2 x 1 đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t25t+6=0 Ví dụ 4. Giải phương trình: 2 (1 x) 2 3 1 x2 (1 x ) 2 0 x 1 không là nghiệm của pt đã cho. Chia cả 2 vế PT cho 1 x 2 1 x 1 x 1 x 2 3 0 đặt t 2t 1 / t 3 0 2t 2 3t 1 0 1 x 1 x 1 x giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình Bài tập đề nghị a. ( x 1)( x 2) 2 x 2 x 1 0 1 2x 4x 4 b. 3 x 1 1 2x c. 7 x x 1 x 2 6 x 13 d. 1 x x 7 2 x 2 6x 7 8 e. f. x − x 2 − 1 + x + x 2 − 1 = 2 x + 4 + 3 x + 1 + 2 3 x 2 + 13 x + 4 = 51 − 4 x 1 h. ( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x g. x 2 + 2 x x − = 3x + 1 x m. 15 x − 2 x 2 − 5 = 2 x 2 − 15 x + 11 p. x 2 + x 2 + 11 = 31 q. ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x r. (1 + x)(2 − x) = 1 + 2 x − 2 x 2 s. x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9
2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ( Ví dụ 1. Giải phương trình : x 2 + 3 − x 2 + 2 x = 1 + 2 x 2 + 2 ) t =3 t = x 2 + 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 2 t = x −1 Ví dụ 2. Giải phương trình : ( x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1 Khi đó phương trình trở thành : ( x + 1) t = x + 1 2 Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t 2 � x 2 + 1 − ( x + 1) t = 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn : t=2 x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 � t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 � t = x −1 Bài tập đề nghị 1. x 2 1 2 x x 2 2 x 2. (4x1) 4 x 2 1 8x2+2x+1 3. x 22 x 2 ( x 2) x 2 2 0 3. Đặt ẩn phụ đưa về dạng tích Sử dụng đẳng thức u + v = 1 + uv � ( u − 1) ( v − 1) = 0 au + bv = ab + vu � ( u − b ) ( v − a ) = 0 A2 = B 2 Ví dụ 1. Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3 x + 2 x=0 Giải: pt � ( 3 x +1 −1 )( 3 ) x + 2 −1 = 0 � x = −1 Ví dụ 2. Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x 2 = 3 x + 3 x2 + x Giải: + x = 0 , không phải là nghiệm x +1 3 � x + 1 �3 + x 0 , ta chia hai vế cho 3 x : 3 x + x = 1 + 3 x + 1 � �3 ( − 1� x − 1 = 0 � x = 1 ) � x � Ví dụ 3. Giải phương trình: x + 3 + 2 x x + 1 = 2 x + x2 + 4 x + 3 Giải: dk : x −1 x =1 pt � ( x + 3 − 2x )( ) x +1 −1 = 0 � x=0 4x Ví dụ 4. Giải phương trình : x + 3 + =4 x x+3 Giải: Đk: x 0 2 4x 4x � 4x � Chia cả hai vế cho x + 3 : 1 + =2 1− �� = 0 � x = 1 x+3 x+3 � x+3 � 4. Đặt ẩn phụ quy về hệ phương trình
u n a f ( x) un vn a b Dạng 1: đặt 2 ẩn phụ a n f ( x) n b f ( x) c v n b f ( x) u v c u 3 1 x u v 2 Ví dụ 1. Giải phương trình: 3 1 x 3 1 x 2 3 3 v 3 1 x u v 2 u 0 x 2 u 3 2 x u3 v2 1 Ví dụ 2. Giải phươngtrình: 2 x 3 1 x 1 u 1 x 1 v x 1 u v 1 u 2 x 10 Dạng 2: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ : ax b c(dx e) 2 nx m Ví dụ 3. Giải phương trình: 3x 1 4 x 2 13 x 5 3x 1 ( 2 x 3) 2 x 4 dat 2y 3 3x 1 2 2 2y 3 ( 2 x 3) x 4 ( 2 y 3) x 2y 1 x y ( 2 y 3) 2 3x 1 ( 2 y 3) 2 3x 1 2 y 5 2x 15 97 1) x y 4 x 2 15 x 8 0 x 8 11 73 2)2 y 5 2x 4 x 2 11x 3 0 x 8 Ví dụ 4. Giải phương trình: x x 5 5 (1) 2 Giải : Điều kiện : x 5 0 x 5. Đặt x 5 y với y 0 . Từ đó phương trình (1) x2 y 5(2) trở thành hệ phương trình : 2 y x 5(3) Trừ vế với vế của (2) và (3) ta được : x 2 y 2 x y 0 ( x y )( x y 1) 0 . Xảy ra 2 trường hợp : a) x y 0 hay x y 0 , thay vào (2) được phương trình : x 2 x 5 0 giải ra được : 1 x1 (1 21) 2 b) x y 1 0 hay y x 1 0 , thay vào (2) cú : x 2 x 4 0 giải ra được : 1 x2 (1 17 ) 2 Kết luận : Với 2 nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có 2 nghiệm x1 , x 2 như trên . Dạng 3: Đưa về hệ tạm Nếu phương trình vô tỉ có dạng A + B = C , mà : A − B = α C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A− B A+ B =C = C � A − B = α , khi đĩ ta có hệ: � 2 A = C +α A− B A − B =α Ví dụ 5. Giải phương trình sau : 2 x 2 + x + 9 + 2 x 2 − x + 1 = x + 4 ( ) ( Giải: Ta thấy : 2 x + x + 9 − 2 x − x + 1 = 2 ( x + 4 ) 2 2 ) x = −4 không phải là nghiệm
Xét x −4 Trục căn thức ta có : 2x + 8 = x + 4 � 2 x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2 2x + x + 9 − 2x − x + 1 2 2 x=0 2 x2 + x + 9 − 2 x2 − x + 1 = 2 Vậy ta có hệ: � 2 2x + x + 9 = x + 6 � 2 8 2 x2 + x + 9 + 2 x2 − x + 1 = x + 4 x= 7 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Ví dụ 6. Giải phương trình : 2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x ( ) ( ) Ta thấy : 2 x + x + 1 − x − x + 1 = x + 2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 2 2 2 1 Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t = thì bài toán trở nên đơn giản hơn x Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau: 1. 1 1 x 2 x(1 2 1 x 2 ) 2. 3 x 3 35 x 5 3. 3 x 2 x 1 3 4. 2 2 (1 x) 4 2x 1 5. x3 1 23 2 x 1 (Đặt y= 6. x 2 4x x 6 3 2x 1) 7. 3 2 x x 1 1. 1 1 8. x x 1 x x 5. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2 + α uv + β v 2 = 0 (1) bằng cách 2 �u � �u � Xét v 0 phương trình trở thành: � �+ α � �+ β = 0 . v = 0 thử trực tiếp �v � �v � Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x ) α u + β v = mu 2 + nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a. Phương trình dạng : a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x ) Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu P ( x ) = A ( x ) .B ( x ) Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x ) ( Ví dụ 1. Giải phương trình : 2 x 2 + 2 = 5 x 3 + 1) Giải: Đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1
u = 2v Phương trình trở thành : 2 u + v ( 2 2 ) = 5uv u= v 1 Tìm được: x = 5 2 37 2 3 4 Ví dụ 2. Giải phương trình : x 2 − 3 x + 1 = − x + x2 + 1 3 Ví dụ 3. giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 Giải: Đk: x 1 ( Nhận xt : Ta viết α ( x − 1) + β x 2 + x + 1 = 7 ) ( x − 1) ( x 2 + x + 1) Đồng nhất thức ta được: 3 ( x − 1) + 2 x 2 + x + 1 = 7 ( ) ( x − 1) ( x 2 + x + 1) v = 9u Đặt u = x − 1 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv 2 1 v= u 4 Ta được : x = 4 6 ( x + 2) 3 Ví dụ 4. Giải phương trình : x 3 − 3x 2 + 2 − 6x = 0 Giải: Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : x= y x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 � x3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 � x = −2 y Pt có nghiệm : x = 2, x = 2−2 3 b.Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Ví dụ 5. giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 u = x2 Giải: Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2 v = x2 − 1 Ví dụ 6.Giải phương trình sau : x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1 1 Giải :Đk x . Bình phương 2 vế ta có : 2 (x 2 + 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 � (x 2 + 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1) 1− 5 u= v u = x + 2x 2 2 khi đó ta có hệ : uv = u − v 2 2 Ta có thể đặt : v = 2x −1 1+ 5 u= v 2
Do u , v 0 . u = 1 + 5 v � x 2 + 2 x = 1 + 5 ( 2 x − 1) 2 2 Ví dụ 7. giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 Giải: Đk x 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 (x 2 − x − 20 ) ( x + 1) ( ) Nhận xét : không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α x − x − 20 + β ( x + 1) vậy ta không thể 2 2 đặt u = x 2 − x − 20 . v = x +1 ( ) Nhưng may mắn ta có : x − x − 20 ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) x − 4 x − 5 2 2 ( ) ( ) Ta viết lại phương trình: 2 x 2 − 4 x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x 2 − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán được giải quyết . III. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG 1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a. Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích ( x − x0 ) A ( x ) = 0 ta có thể giải phương trình A ( x ) = 0 hoặc chứng minh A ( x ) = 0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A ( x ) = 0 vô nghiệm b. Ví dụ ( Ví dụ 1 . Giải phương trình sau : 3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 x 2 − x − 1 − x 2 − 3 x + 4 ) Giải: ( ) ( ) ( ) ( Ta nhận thấy : 3 x − 5 x + 1 − 3 x − 3 x − 3 = −2 ( x − 2 ) V x − 2 − x − 3x + 4 = 3 ( x − 2 ) 2 2 2 2 ) −2 x + 4 3x − 6 Ta có thể trục căn thức 2 vế : = 3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1) x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Ví dụ 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x 2 + 12 −+ = −�۳ x2 5 3x 5 0 x 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng ( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : x2 − 4 x2 − 4 x + 12 − 4 = 3 x − 6 + x + 5 − 3 � 2 2 = 3( x − 2) + x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 � x+2 x +1 � � ( x − 2) � − − 3 �= 0 � x = 2 � x + 12 + 4 x2 + 5 + 3 � 2
x+2 x+2 5 Dễ dàng chứng minh được : − − 3 < 0, ∀x > x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 3 Ví dụ 3. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x3 − 1 Giải :Đk x 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình � � � ( x − 3) ( x + 3 x + 9 ) 2 � x+3 3 x − 1 − 2 + x − 3 = x − 2 − 5 � ( x − 3) � 2 3 1+ �= ( ) + 2 x −1 + 4 � x3 − 2 + 5 2 3 x2 − 1 3 2 � � � x+3 x+3 < 2 < x + 3x + 9 2 1+ = 1+ Ta chứng minh : ( ) 2 (x − 1) + 2 3 x 2 − 1 + 4 2 3 2 3 x2 − 1 + 1 + 3 x3 − 2 + 5 Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2. Nhân liên hợp Ví dụ 4. Giải phương trình: 10 x 2 − 31x + 35 − 7 x 2 − 13 x + 8 = x − 3 (1) Giải 5 Điều kiện x − 4 Ta biến đổi phương trình như sau: � 3 x 2 − 18 x + 27 = ( x − 3)( 10 x 2 − 31x + 35 + 7 x 2 − 13 x + 8) � 3( x − 3) 2 = ( x − 3)( 10 x 2 − 31x + 35 + 7 x 2 − 13 x + 8) x=3 10 x 2 − 31x + 35 + 7 x 2 − 13 x + 8 = 3( x − 3) (2) 2 x−3 0 Từ (1) và (2) suy ra 7 x − 13 x + 8 = x − 3 (Hệ này vô nghiệm) 7 x 2 − 13 x + 8 = ( x − 3) 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3. Ví dụ 5. Cho các số thực x, y thoả mãn ( x + x 2 + 1)( y + y 2 + 1) = 1 (1). Chứng minh rằng x + y = 0. Giải Nhận thấy ( x + x 2 + 1)( y + y 2 + 1)( x − x 2 + 1)( y − y 2 + 1) = 1 nên nếu kết hợp với phương trình (1) ta suy ra ( x − x 2 + 1)( y − y 2 + 1) = 1 � ( x 2 + 1 − x)( y 2 + 1 − y ) = 1 (2). Từ (1) và (2) suy ra ( x + x 2 + 1)( y + y 2 + 1) = ( x − x 2 + 1)( y − y 2 + 1) � x y 2 + 1 + y x2 + 1 = − x y 2 + 1 − y x2 + 1 � x y 2 + 1 = − y x 2 + 1(*) +) Nếu x=0 thì từ(*) suy ra y=0 do đó x+y=0. +) Nếu x 0 thì từ (*) suy ra x và y trái dấu nhau. Bình phương hai vế của (*) ta được
x 2 (1 + y 2 ) = y 2 (1 + x 2 ) � x = − y � x + y = 0. (Đpcm) IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x) = g ( x ) ) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm số) để đánh giá một cách hợp lý. f ( x) = g ( x) Thường ta đánh giá như sau: f ( x) �C (�C ) � f ( x ) = g ( x) = C , hoặc đánh giá f ( x) g ( x) cũng g ( x) C ( C ) như là f ( x ) g ( x) … Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác. Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá. 2. Một số ví dụ 3 x 1 Ví dụ 1. Giải phương trình sau: 2 . Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương x 1 3 3 x 1 3 x 1 3 x 1 trình ta có 2 2 bằng vế phải dấu bằng xẩy ra khi x 1 3 x 1 3 x 1 3 khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4 Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 . Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5 , do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương trình có nghiệm duy nhất là x = −1 . 2 2 Ví dụ 3. Giải phương trình + x = x + 9 . Đk x 0 . x +1 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được 2 � 1 x � �1 x � 2 Vt 2 = � �2 2 + x +1 � � ( x + 9) � + �= Vp .Phương trình có nghiệm khi dấu � x +1 x +1 � �x + 1 x + 1 � 1 2 2 = x + 1 � x = .Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = . 1 1 đẳng thức xảy ra hay x +1 x 7 7 x +1 3 Ví dụ 4. Giải phương trình x y − 1 + 2 y x − 1 = xy . Đk x 1; y 1 . 2 1 3 Ta có x y − 1 + 2 y x − 1 = − y ( x − 2 x − 1) − x( y − 2 y − 1) + xy 2 2 1 3 = − y ( x − 1 − 1) 2 − x( y − 1 − 1) 2 + xy . 2 2 x 1; y 1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 1 . y ( x − 1 − 1) 2 + x ( y − 1 − 1) 2 = 0 2 Từ đó ta được phương trình có nghiệm là ( x; y ) = (2; 2) .
Bài tập đề nghị 1. 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 2. x 2 − x + 19 + 7 x 2 + 8 x + 13 + 13 x 2 + 17 x + 7 = 3 3( x + 2) 28 27 x − 3x 2 3. 2 4 27 x 2 + 24 x + = 1+ x+6 4. + 2 x 4 − x3 + 7 x 2 − 3x + 3 = 2 3 2 2 1 � 1� 6. 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 5. 2 − x 2 + 2 − 2 = 4 − �x + � x � x� 7. 3 x 2 − 2 = 2 − x 3 8. ( x + 2)(2 x − 1) − 3 x + 6 = 4 − ( x + 6)(2 x − 1) + 3 x + 2 9. 10. 2 x 2 − 1 + x 2 − 3 x + 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 6 16 + 1 = 10 − ( x − 1996 + y − 2008) x − 1996 y − 2008 V. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1. Một số dạng cơ bản a. Phương trình f ( x) = k . Nếu f ( x ) đơn điệu thì phương trình f ( x) = k có nghiệm duy nhất x = x0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm). b. Phương trình f ( x ) = g ( x ) . Nếu f ( x) đồng biến và g ( x) nghịch biến thì phương trình f ( x) = g ( x ) có nghiệm duy nhất x = x0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm). c. Phương trình f (u ) = f (v ) . Nếu f ( x ) đơn điệu thì phương trình f (u ) = f (v ) � u = v . 2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Giải phương trình: 4 x 1 4 x 2 1 1 Đkxđ x 1 / 2 .Xét hàm số y 4x 1 4 x 2 1 txd x 1 / 2 , 2 4x Có đạo hàm y 0 x 1 / 2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt 4x 1 4x2 1 không có quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất Ví dụ 2. Giải phương trình: x 5 x 3 1 3 x 4 0 . Xét hàm số y x 5 x 3 1 3 x 4 txđ ` 4 2 3 x≤1/3 có đạo hàm y ' 5 x 3 x 0 h/s đồng biến trên txđ vậy phương trình không có 2 1 3x quá một nghiệmTa thấy x= 1 là nghiệm duy nhất của bài toán. Ví dụ 3.Giải phương trình: 3 x x 2 2 x x2 1 3 x x2 2 x x2 1 1 đặt t = x2 x đ/k 3≤t≤2 h/s f(t) = 3 t txđ 3,2 f`(t)= o hàm số tăng 2 3 t 1 . g(t) 1 2 t g (t ) , 0 hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một 2 2 t 1 5 điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra pt x2 x =1 có nghiệm x 2 ( ) Ví dụ 4. Giải phương trình : ( 2 x + 1) 2 + 4 x 2 + 4 x + 4 + 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = 0 ( ) ( � ( 2 x + 1) 2 + ( 2 x + 1) 2 ) ( + 3 = ( −3 x ) 2 + ( −3x ) 2 ) + 3 � f ( 2 x + 1) = f ( −3 x )
( ) Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t + 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x = − 2 1 5 Ví dụ 5. Giải phương trình x 3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4 x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = y � y 3 + y = ( x + 1) + ( x + 1) 3 Giải . Đặt y = 7 x + 9 x − 4 , ta có hệ : 3 2 7 x 2 + 9 x − 4 = y3 Xét hàm số : f ( t ) = t + t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình 3 x=5 f ( y) = f � ( x + 1) �� y = x + 1 � ( x + 1) = 7 x + 9 x − 4 � 3 2 −1 5 x= 2 Bài tập đề nghị 1. 1 − x − 1 + x = 2 x + 6 x 3 2. 3 6 x + 1 = 8 x 3 − 4 x − 1 IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 1. Một số lưu ý �−π −π � Nếu x 1 thì có một số t với t � ; sao cho : sin t = x và một số y với y [ 0;π ] sao �2 2 � � cho x = cos y �π� �π� Nếu 0 x 1 thì có một số t với t 0; sao cho : sin t = x và một số y với y � 0; sao � 2� � � � 2� � cho x = cos y �π π � Với mỗi số thực x có t ��− ; � sao cho : x = tan t �2 2� Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2 + y 2 = 1 , thì có một số t với 0 t 2π , sao cho x = sin t , y = cos t 2. Một số ví dụ 1 1 Ví dụ 1. Giải phương trình + =2 2. x 1 − x2 π Đặt x = cos y, y ι (0; π ), y . Phương trình đã cho trở thành 2 1 1 + = 2 2 � sin y + cos y = 2.sin 2 y . Đặt sin y + cos y = z , − 2 z 2. cos y sin y 2 suy ra sin 2 y = 2sin y cos y = z 2 − 1 , ta được z = 2 và z = − . 2 π 2 Với z = 2 thì y = , do đó x = . 4 2 2 11π 1+ 3 Với z = − thì y = , do đó x = − . 2 12 2 2 2 1+ 3 Vậy phương trình có nghiệm là x = và x = − . 2 2 2
Ví dụ 2. Giải phương trình x 3 + (1 − x 2 )3 = x 2(1 − x 2 ) . Đk −1 x 1 . �π π � Đặt x = sin y, y �� − ; suy ra cos y 0 . �2 2� � Khi đó phương trình trở thành sin 3 y + cos 3 y = 2 sin y cos y . Đặt sin y + cos y = z , z ��− 2; 2 � � � −1; 2 � � (chính xác là z �� ), biến đổi phương trình ta được z 3 + 2.z 2 − 3 z − 2 = 0 � ( z − 2)( z + 2 − 1)( z + 2 + 1) = 0 � z = 2 �z = 1 − 2 . π 2 Nếu z = 2 thì thì y = , do đó x = . 4 2 Nếu z = 1 − 2 thì sin y + cos y = 1 − 2 � x + 1 − x 2 = 1 − 2 � 1 − x 2 = 1 − 2 − x �0 1− 2 − 2 2 −1 �x= 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm trên. � � 1 1+ Ví dụ 3. Giải phương trình x 2 � �=1 � x2 − 1 � 1 �π π � Giải: đk: x > 1 , ta có thể đặt x = , t ��− ; � sin t �2 2� cos t = 0 1 Khi đó ptt: ( 1 + cot t ) = 1 1 sin 2 x sin 2t = − 2 Phương trình có nghiệm : x = − 2 3 + 1 ( ) Bài tập đề nghị 1. 4 x 3 − 3 x = 1 − x 2 2. 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 ( 3. 5 + 3 1 − x 2 = 8 x 6 + (1 − x 2 )3 ) 4. ( 3 − 2 x) 1 − x 2 = 3 x − 2 x 2 x(1 + x 2 ) (1 + x 2 )3 5. = 3 1 − x2 6. = 1 + x2 1− x 2 6 x − 20 x + 6 x 5 3 x 2 + 1 ( x + 1) 2 7. 2 x 2 + 1 − x + 2 x 1 − x 2 = 1 2 8. x + 1 = 2 + 2x 2x ( 1 − x2 ) VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác lạ đối với một số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở trên để giải một phương trình. 1. Dùng tọa độ của véc tơ r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u = ( x1 ; y1 ) , v = ( x2 ; y2 ) khi đó ta có
r r r r ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) � x12 + y12 + x22 + y22 2 2 u + v �u + v � r r x1 y1 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng � = = k �0 , chú ý tỉ số phải x2 y2 dương rr r r r r u.v = u . v .cos α u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u cùng hướng v Ví dụ 1. Giải phương trình: x 2 − 4 x + 20 + x 2 + 4 x + 29 = 97 . r r Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a = ( x − 2; 4) và b = (− x − 2;5) . r r r Khi đó ta được a b ( 4;9) , suy ra a + b = 97 và ta cũng có a = x 2 − 4 x + 20 , r r r r r r r b = x 2 + 4 x + 29 . Phương trình trở thành a + b = a + b , đẳng thức đó xảy ra khi a và b cùng x − 2 −x − 2 2 chiều � = . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là x = . 4 5 9 2. Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA + MB + MC OA + OB + OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200 Ví dụ 2. Giải phương trình x 2 − 3 2.x + 9 + x 2 − 4 2.x + 16 = 5 . Nếu x 0 thì Vt 3 + 4 = 7 > 5 = Vp (phương trình không có nghiệm). Nếu x > 0 thì ta xét tam giác vuông ABC với A = 900 , AB = 4; AC = 3. Gọi AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD. Đặt AM = x, xét ∆ACM � CM 2 = x 2 + 9 − 3 2.x và xét ∆ABM � BM 2 = x 2 + 16 − 4 2.x . Từ đó suy ra Vt = CM + BM BC = 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M D ,hay CM 3 = BM 4 � 16CM 2 = 9 BM 2 � 16 x 2 + 16.9 − 48 2.x = 9 x 2 + 16.9 − 36 2. x � 7 x − 12 2.x = 0 12 2 � x= 7 12 2 Vậy phương trình có nghiệm là x = . 7 3. Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ 3. CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (7,9): 2 x 63 1 x 3
đặt t= 3 1 x có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(2)f(0)
Chuyên đề 2. BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong các đề thi đại học những năm gần đây, ta hay gặp những Bài toán về bất phương trình, nhất là các bất phương trình chứa căn. Nhằm giúp các bạn ôn thi tốt, Bài viết này chúng tôi xin giới thiệu một số dạng Bài và kỹ năng giải. A. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG. * Hai bất phương trình được gọi tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm. * Một số phép biến đổi tương đương: +) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương hoặc âm) mà không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình. +) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình. +) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương trình cùng dương. +) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi chiều. I. Kỹ thuật lũy thừa hai vế. 1. Phép lũy thừa hai vế: a) 2 k 1 f ( x) 2 k 1 g ( x) f ( x) g ( x) . g ( x) 0 b) 2 k f ( x) 2k g ( x) . f ( x ) g ( x) B 0 B 0 *) A B hoặc . A B2 A 0 B 0 *) A B A 0 . A B2 *) A B 0 A B. ( Đối với các trường hợp còn lại với dấu , ,
Bài 1: Giải các BPT sau: a) x 3 2 x 1 ; b) x 2 x 1 x 3 c) 3x 2 4 x 3 ; d) 3x 2 x 4 x 1 Giải: 1 x 2x 1 0 2 a) x 3 2x 1 x 3 0 x 3 x 3 . 2 2 x 3 2x 1 4x 5x 4 0 Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: 3; . x2 x 1 0 2 8 b) x x 1 x 3 x 3 0 x . 2 7 x2 x 1 x 3 8 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: ; . 7 Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải. Bài 2: Giải BPT: x 4 1 x 1 2 x (1). Giải: 1 x 0 1 1 2x 0 4 x * (1) x 4 1 x 1 2x 2 x 4 0 2 2x 1 2x 2 3x 1 x 4 1 x 1 2x 1 4 x 1 2 4 x 1 2 x 2x 1 0 2 4 x 0. 2x 1 0 1 x 2 2 2 2x 3x 1 2x 1 7 x 0 2 * Vậy tập nghiệm: [4;0]. Bài tập tương tự : Giải BPT: 5 x 1 x 1 2 x 4 (TS (A)_ 2005). Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10). II. Kỹ thuật chia điều kiện. 1. Kỹ thuật:
Nếu Bài toán có điều kiện là x D mà D D1 D2 ... Dn ta có thể chia Bài toán theo n trường hợp của điều kiện: +) Trường hợp 1: x D1 , giải bất phương trình ta tìm được tập nghiệm T1 . +) Trường hợp 2: x D2 , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm T2. …………………………………. +) Trường hợp n: x Dn , giải bất phương trình tìm được tập nghiệm Tn. Tập nghiệm của bất phương trình là T T1 T2 ... Tn . 2. Yêu cầu: Cần phải xác định giao, hợp trên các tập con của R thành thạo. 3. Ví dụ: Bài 1: Giải BPT: 3x 2 x 4 2 2 (1) x Giải: x 0 * Điều kiện: 4. 1 x 3 2x 2 0 * Với 0 x 4 (i) ta có (1) 3x 2 x 4 2x 2 3 3x 2 x 4 2x 2 2 x 1 9 2 x 7x 9x 0 7 (ii) 9 4 Kết hợp (i) và (ii) ta có tập nghiệm là T1 ; . 7 3 * Với 1 x 0 thì (1) luôn đúng. Tập nghiệm trong trường hợp này là T2 = [1 ;0). 9 4 Vậy tập nghiệm của (1) là T T1 T2 ; 1;0 . 7 3 Bài tập : Giải BPT : x 2 3x 2 x 2 4x 3 2 x 2 5x 4 . Đáp số : x 4 hoặc x = 1. III. Kỹ thuật khai căn. 1) Đưa biểu thức ra ngoài căn thức : 2 A( A 0) * A A . A( A 0) A2 y A y * ( E, x 0) . E2x E x * 2 n A 2 n A * 2 n 1 A 2 n 1 A 2) Lưu ý : Biến đổi các biểu thức trong căn thức thành hằng đẳng thức. 3) Ví dụ :