zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

Chuyên đề Phương trình và bất phương trình: Lý thuyết sử dụng biến đổi tương đương, nâng cao lũy thừa (Phần 5)

Chia sẻ: Giang Sơn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:138

Báo xấu

131
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề Phương trình và bất phương trình: Lý thuyết sử dụng biến đổi tương đương, nâng cao lũy thừa (Phần 5) được biên soạn nhằm giúp cho các em làm quen với các dạng toán về phép sử dụng biến đổi tương đương, nâng cao lũy thừa.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Phương trình và bất phương trình: Lý thuyết sử dụng biến đổi tương đương, nâng cao lũy thừa (Phần 5)

TÀI LIỆU THAM KHẢO TOÁN HỌC PHỔ THÔNG ______________________________________________________________ 17 30.06.1954 -------------------------------------------------------------------------------------------- CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH – QUÂN ĐOÀN BỘ BINH CHỦ ĐẠO: SỬ DỤNG LINH HOẠT PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA  PHÂN TÍCH HẰNG ĐẲNG THỨC (PHẦN 1).  PHÂN TÍCH NHÂN TỬ – ĐƯA VỀ DẠNG TÍCH, THƯƠNG (PHẦN 1).  MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC.  BÀI TOÁN NHIỀU CÁCH GIẢI. CREATED BY GIANG SƠN (FACEBOOK); GACMA1431988@GMAIL.COM (GMAIL) THỦ ĐÔ HÀ NỘI – MÙA THU 2014
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 2 “Non sông Việt Nam có trở nên tươi đẹp hay không, dân tộc Việt Nam có bước tới đài vinh quang để sánh vai với các cường quốc năm châu được hay không, chính là nhờ một phần lớn ở công học tập của các em” (Trích thư Chủ tịch Hồ Chí Minh). “À á ru hời…ơ hời…ru. Mẹ thương con có hay chăng, thương từ khi thai nghén trong lòng. Mấy nắng sớm chiều mưa ròng. Chín tháng so chin năm, gian khó tính khôn cùng. À á ru hời…ơ hời…ru…” (Mẹ yêu con – Nguyễn Văn Tý; 1956). ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 3 CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG – NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH – QUÂN ĐOÀN ĐOÀN BỘ BINH ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trong chương trình Toán học phổ thông nước ta, cụ thể là chương trình Đại số, phương trình và bất phương trình là một nội dung quan trọng, phổ biến trên nhiều dạng toán xuyên suốt các cấp học, cũng là bộ phận thường thấy trong các kỳ thi kiểm tra chất lượng học kỳ, thi tuyển sinh lớp 10 THPT, thi học sinh giỏi môn Toán các cấp và kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng với hình thức hết sức phong phú, đa dạng. Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng không vì thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài toán cơ bản tăng dần đến mức khó thậm chí rất khó, với các biến đổi đẹp kết hợp nhiều kiến thức, kỹ năng vẫn làm khó nhiều bạn học sinh THCS, THPT. Ngoài phương trình đại số bậc cao, phương trình phân thức hữu tỷ thì phương trình chứa căn (còn gọi là phương trình vô tỷ) đang được đông đảo các bạn học sinh, các thầy cô giáo và các chuyên gia Toán phổ thông quan tâm sâu sắc. Chương trình Toán Đại số lớp 9 THCS bước đầu giới thiệu các phép toán với căn thức, kể từ đó căn thức xuất hiện hầu hết trong các vấn đề đại số, hình học, lượng giác chạy dọc chương trình Toán THPT. Sự đa dạng về hình thức của lớp bài toán căn thức đặt ra yêu cầu cấp thiết là làm thế nào để đơn giản hóa, thực tế các phương pháp giải, kỹ năng, mẹo mực đã hình thành, đi vào hệ thống. Về cơ bản để làm việc với lớp phương trình, bất phương trình vô tỷ chúng ta ưu tiên khử hoặc giảm các căn thức phức tạp của bài toán. Sử dụng biến đổi tương đương – nâng cao lũy thừa là một phương thức cơ bản nhất, đơn giản nhất nhằm mục đích đó. Phép biến đổi tương đương theo nghĩa rộng là một phép toán bắt buộc thực hiện đối với nhiều dạng phương trình, hệ phương trình, vấn đề quan trọng hơn là việc giải quyết các bước trung gian dẫn đường. Tiếp theo lý thuyết phần 4, tác giả trân trọng giới thiệu với các bạn học sinh và độc giả phần lý thuyết phần 5, trọng tâm tài liệu phần 5 đi sâu các bài toán sử dụng linh hoạt phép biến đổi tương đương, nâng lũy thừa, bao gồm nhóm hạng tử, phân tích nhân tử nâng cao và kỹ thuật phân tích hằng đẳng thức hiệu hai bình phương đưa về phương trình, bất phương trình tích – thương cơ bản. Tài liệu nhỏ được viết theo trình tự kiến thức tăng dần, phù hợp với các bạn học sinh THCS (lớp 9) ôn thi vào lớp 10 THPT, các bạn học sinh THPT thi học sinh giỏi Toán các cấp và luyện thi vào hệ đại học, cao đẳng, cao hơn là tài liệu tham khảo dành cho các thầy cô giáo và các bạn yêu Toán khác. I. KIẾN THỨC – KỸ NĂNG CHUẨN BỊ 1. Nắm vững các biến đổi đại số cơ bản (nhân, chia đa thức, phân tích đa thức thành nhân tử, biến đổi phân thức đại số và căn thức). 2. Kỹ năng biến đổi tương đương, nâng lũy thừa, phân tích hằng đẳng thức, thêm bớt. 3. Sử dụng thành thạo các ký hiệu logic trong phạm vi toán phổ thông. 4. Nắm vững lý thuyết bất phương trình, dấu nhị thức bậc nhất, dấu tam thức bậc hai. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 4 II. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH VÀ KINH NGHIỆM THAO TÁC Để mở đầu cho dạng toán phương trình, bất phương trình giải được bằng cách sử dụng phân tích hằng đẳng thức, tác giả xin trích lược một số bài toán đã xuất hiện tại các kỳ thi chính thức như sau. Thí dụ 1, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi môn chuyên Khoa học tự nhiên); Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 1999 – 2000. Bài toán 1. Giải phương trình x 2  4 x  5  2 2 x  3  x   . Lời giải 1. 3 Điều kiện x   . 2 2 Nhận xét x  4 x  5   x  2   1  0, x   . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 4  8 x 3  16 x 2  10  x 2  4 x   25  4  2 x  3  x 4  8 x 3  26 x 2  32 x  13  0  x 2  x 2  2 x  1  6 x  x 2  2 x  1  13  x 2  2 x  1  0  x  12  0   x  2 x  1 x  6 x  13  0   2 2  x  1  x  3 2  4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 . Lời giải 2. 3 Điều kiện x   . Đặt 2 x  3  y  2,  y  2  suy ra 2 x  3  y 2  4 y  4  y 2  4 y  1  2 x . 2 Phương trình đã cho trở thành x 2  4 x  5  2  y  2   x 2  4 x  1  2 y . Vậy ta có hệ phương trình 2  y  4 y  1  2 x  2  y 2  x2  4 y  4x  2x  2 y  x  4 x  1  2 y   y  x  y  x   6  x  y    x  y  x  y  6   0 2  Với x  y  x 2  4 x  1  2 x   x  1  0  x  1 . 3  Dễ thấy phương trình x  y  6  0 vô nghiệm vì x  y  6  0, x   ; y  2 . 2 Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm Lời giải 3. 3 Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 x 2  2 x  1  2 x  3  2 2 x  3  1  0   x  1  2  2x  3 1  0   x  1  0  x  1    x  1  2 x  3  1  0 2 x  3  1 Thử lại vào phương trình thấy nghiệm đúng, vậy S  1 . Nhận xét. Lời giải 3 là nội dung trọng tâm của tài liệu, sử dụng phép biến đổi tương đương (không thông qua lũy thừa), đi đến lời giải hết sức ngắn gọn, thuần túy. Lời giải 1 sử dụng phép nâng lũy thừa quy về phương trình bậc bốn, khéo léo phân tích nhân tử cũng đi đến kết quả tương tự, vấn đề này đã được trình bày tại phần 4 cùng tiêu mục. Lời giải 2 sử dụng ẩn số phụ quy về hệ phương trình, tác giả xin được trình bày tại lý thuyết các phần sau. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 5 Thí dụ 2, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Trường THPT Chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội; Năm học 2001 – 2002. Bài toán 2. Giải phương trình 4 x  1  x 2  5 x  14  x   . Lời giải 1. Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho biến đổi về x 2  5 x  14  4 x  1  0  x 2  6 x  9  x  1  4 x  1  4  0  x  3  0 x  3 2   x  3  0  x  1  2 2   x 1  4 x 1  2  x3  Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm duy nhất x  3 . Lời giải 2. Điều kiện x  1 . 2  5  31 Nhận xét rằng x  5 x  14   x     0, x   nên phương trình đã cho tương đương với 2  2 4 16  x  1  x 4  10 x3  25 x 2  28  x 2  5 x   196  x 4  10 x3  53x 2  156 x  180  0  x 2  x 2  6 x  9   4 x  x 2  6 x  9   20  x 2  6 x  9   0   x 2  4 x  20  x 2  6 x  9   0 2 2  x  2 2  16     x  2   16  x  3  0    x3    x  3  0 Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x  3 . Thí dụ 3, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán, tỉnh Thái Bình năm học 2012 – 2013. Bài toán 3. Giải phương trình 2 x 2  2 x  1   2 x  3  x2  x  2 1   x   . Lời giải. 2  1 7 Ta có x  x  2   x     0, x   nên điều kiện xác định x   . 2  2 4 Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2  2 x  1   2 x  3 x 2  x  2  2 x  3  2 x 2  4 x  4   2 x  3 x 2  x  2  0  8 x 2  16 x  16  4  2 x  3 x 2  x  2  0  4 x 2  12 x  9  4  2 x  3 x 2  x  2  4  x 2  x  2   1 2 2   2 x  3  4  2 x  3 x 2  x  2  4  x 2  x  2   1  2 x  3  2 x 2  x  2   1 2 x  3  2 x2  x  2  1  x2  x  2  x  1 1    2 x  3  2 x 2  x  2  1  x 2  x  2  x  2  2  Xét hai trường hợp  x  1 o 1   2 2  x  1.  x  x  2  x  2 x  1 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 6  x  2  x  2 2 o  2   2 2    x . x  x  2  x  4x  4 3x  2 3 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   ; x  1 . 3 Thí dụ 4, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho tất cả các thí sinh dự thi); Trường THPT Chuyên ĐHKHTN, ĐHQG Hà Nội; Năm học 2005 – 2006. Bài toán 4. Giải phương trình x  4 x  3  2 3  2 x  11  x   . Lời giải. 3 Điều kiện 3  x  . Phương trình đã cho tương đương với 2  11  x  4 x  3  2 3  2 x  0  x  3  4 x  3  4  3  2 x  2 3  2 x  1  0    2  x  3  2 2 x  3  4 x  7   x3 2  3  2x 1  0    3  2 x    1  3  2 x  1   x  1  x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Thí dụ 5, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho tất cả các thí sinh dự thi); Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh, Tỉnh Hà Tĩnh; Năm học 2007 – 2008. Bài toán 5. Giải phương trình 2 x 2  2 x  1  4 x  1  x   . Lời giải 1. 1 Điều kiện x   . Phương trình đã cho trở thành 4 4 x2  4 x  2  2 4 x  1  0  4 x2  4 x  1  2 4 x  1  1  0 2  x 2  0 x  0  4 x2  4x 1 1  0      4 x  1  1 4 x  1  1  x0  Thử trực tiếp thấy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Lời giải 2. 1 Điều kiện x   . 4 2 Nhận xét 2 x  2 x  1  x 2   x  1  0, x   nên phương trình đã cho trở thành 2 2  2x 2  2 x  1  4 x  1  4 x 4  4 x 2  8 x 3  2  2 x 2  2 x   1  4 x  1  x2  0  4 x  8x  8x  0  4 x  x  2 x  2  0   4 3 2 2 x0 2 2  x  1  1 Đối chiếu điều kiện, đi đến kết luận nghiệm x  0 . Nhận xét. Trong quá trình giải một bài toán, đôi khi giữa chặng đường chúng ta thường gặp những sự cố bất thường, sự đơn điệu, hay những may mắn, những món quà tư duy đặc biệt, hay các manh nha kết nối các bài toán lại với nhau, điều này hết sức bình thường và hữu ích. Bài toán 5 ở trên còn có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình đối xứng, xin được trình bày tại các phần tài liệu sau. Dĩ nhiên cùng một bài toán 5 ở trên và các bài toán khác, cùng là ý tưởng biến đổi tương đương nhưng hình thức các lời giải đều có những nét riêng độc đáo, tùy theo từng trường hợp phát huy tác dụng riêng biệt hiệu quả, vì vậy tác giả trình bày các cách giải khác nhau mong muốn quý độc giả có cái nhìn toàn diện nhất, sẵn sàng ứng phó với các tình huống có thể xảy ra ! ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 7 Thí dụ 6, trích lược câu 3, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi, Tỉnh Hải Dương; Năm học 2011 – 2012. Bài toán 6. Giải phương trình x 2  4 x  3  3x  6  x   . Lời giải 1. Điều kiện x  3 . Phương trình đã cho tương đương với x 2  3x  6  4 x  3  x 2  2 x  1  x  3  4 x  3  4 2  x 1  x  3  2 x 1  x  3 1   x  1  2  x3 2    x  1  2  x  3  3  x  x  3  2 Xét hai trường hợp  x  1  x  1  1   2  2  x  1. x  2x  1  x  3 x  x  2  0 x  3 x  3  x  3   2   2  2   x  1. x  6x  9  x  3 x  7x  6  0  x  1 x  6   0 Đối chiếu điều kiện và thử lại trực tiếp ta có tập nghiệm S  1 . Lời giải 2. Điều kiện x  3 . Phương trình đã cho tương đương với 2   x  3x  6  0  x 2  3x  6  4 x  3   4 2 2  x  9 x  36 x  36  2 x  3x  6   16 x  48  x 2  3x  6  0  x 2  3x  6  0  4  2 2  x  x  2 x  1  4 x  x  2 x  1  12  x  2 x  1  0 3 2 2 2  x  6 x  3x  20 x  12  0  x 2  3x  6  0  x 2  3 x  6  0  2   x 1  x  2 x  1 x 2  4 x  12   0  x  1 2  x  6  x  2   0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 . Thí dụ 7, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán, Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2010 – 2011. Bài toán 7. Giải phương trình x  x 2  x  x 2  x  1  x   . Lời giải 1. 2  x  0  x  x  0  Điều kiện  2    x  1  0  x  1 .  x  x  0 0  x  1  Phương trình đã cho tương đương với 2 x  x2  2 x  x2  2x  2  2x  2  2 x  x2  2 x  x2  0  x  x2  2 x  x2  1  x  x2  2 x  x2  1  0  x  x 2  1  x  x 2  1 2  x  x2  1 2   x  x 1  x  x 1  0   2    2 2  x  x 2  1  x  x  x  x 2   x  0   Dễ thấy hệ phương trình (*) vô nghiệm nên phương trình ban đầu vô nghiệm. Lời giải 2. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 8  x  x 2  0 Điều kiện  2  x  x  0 ab 2 Ta có  a b  2  0  ab  . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 1  x  x2 x  x 2  1 x  x 2   1 2 1  x  x2 x  x 2  1 x  x 2    2 2 1  x  x2  1  x  x2 2x  2 Từ đó suy ra x  x 2  x  x 2    x 1 2 2 Phương trình đã cho có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là  x  x 2  1  x  x 2  1  x  x2  1    2 2    x  . 2  x  x  1   x  x  x  x  x  0 Kết luận bài toán vô nghiệm. Lời giải 3. 2  x  0  x  x  0  Điều kiện  2    x  1  0  x  1 .  x  x  0 0  x  1  Phương trình đã cho tương đương với x  x2  x  x2  2 x2  x4  x2  2 x  1  2 x2  x4  x2  1  4  x2  x4   x4  2x2  1  5x4  2x2  1  0 2 x  0  4 x 2   x 2  1  0   2  x  x  1 Kết luận phương trình ban đầu vô nghiệm. Thí dụ 8, trích lược câu 1, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh, Tỉnh Hà Tĩnh; Năm học 2011 – 2012. Bài toán 8. Giải phương trình x 2  2 x  3  2 x 2 x  3  x   . Lời giải 1. 3 Điều kiện x   . 2 2 2 Ta có x  x nên phương trình đã cho tương đương với 2 2 x  2 x 2x  3  2x  3  0  x  2x  3   0  x  1  x  2 x  3  x 2  2 x  3   x  1 x  3  0   x  3 Đối chiếu điều kiện ta có hai nghiệm x  1; x  3 . Lời giải 2. 3 Điều kiện x   . 2 Xét hai trường hợp xảy ra  Nếu x  0  x  x , phương trình đã cho trở thành ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 9  x  0  x  0  x  0 x  0  2   2   2  x  3.  x  2 x 2 x  3  2 x  3  0  x  2 x  3   0  x  2 x  3  x  2 x  3  0 3   x  0  x   x , phương trình đã cho trở thành Nếu  2  3  3  3  3    x  0  2  x  0   x  0   x  0  2  2  2  2  x  1 .  x2  2 x 2 x  3  2 x  3  0   x  2x  3  0   x  2 x  3   x2  2x  3  0   Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x  1; x  3 . Lời giải 3. 3 Điều kiện x   . 2 Rõ ràng  x  2 x  3 x  0, x   nên phương trình đã cho tương đương với 2 2 x 2  2 x  3  4 x 2  2 x  3  x 4  2 x 2  2 x  3  4 x 2  12 x  9  4 x 2  2 x  3 2  x 4  2 x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  0   x 2  2 x  3  0 2 2   x  1  x  3  0  x  1; x  3 Đối chiếu điều kiện ta thu được nghiệm x  1; x  3 . Thí dụ 9, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán); Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Thành phố Đà Nẵng; Năm học 2008 – 2009. Bài toán 9. Giải phương trình x 2  5 x  4  2 x  1  x   . Lời giải. Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x2  4x  4  x  1  2 x  1  1   x  2  2  x 1  1   x  2  x 1 1  x  3  x 1 1    2  x  x  1  1 1  x  x  1  2 Xét hai trường hợp x  3 x  3  x  3  1   2  2   x  5.  x  6 x  9  x  1  x  7 x  10  0  x  2  x  5   0  (2) có nghiệm khi 1  x  0  x  1 , kết hợp với điều kiện suy ra x  1 . Thử lại nghiệm trực tiếp, ta thu được hai nghiệm x  1; x  5 . Thí dụ 10, trích lược câu 3, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Trường THPT Chuyên Thái Bình, Tỉnh Thái Bình; Năm học 2011 – 2012. Bài toán 10. Giải phương trình 3x 2  5 x  6  2 x x 2  x  3  x   . Lời giải. Điều kiện x 2  x  3  0 . Phương trình đã cho tương đương với ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 10 3x 2  5 x  6  2 x x 2  x  3  0  x2  6x  9  x2  x  3  2 x x2  x  3  x2  0 2   x  3  2  x2  x  3  x  0 x  3  x  3  0   2   x2  x  3  x2  x  3  x  x  3  x x  0  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Thí dụ 11, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Phòng Giáo dục và Đào tạo Quận Phú Nhuận, Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2004 – 2005. Bài toán 11. Giải phương trình x 2  7 x  14  2 x  4  x   . Lời giải 1. Điều kiện x  4 . Phương trình đã cho tương đương với x 2  7 x  14  2 x  4  0  x 2  6 x  9  x  4  2 x  4  1  0 2  x  3  0  x  3   x  3  x  4 1  0   2    x  3   x  4  1  x  4  1 Thử trực tiếp ta thấy phương trình ban đầu có duy nhất nghiệm x  3 . Lời giải 2. Điều kiện x  4 . 2  7 7 Nhận xét x 2  7 x  14   x     0, x   nên phương trình đã cho tương đương với  2 4 x 4  14 x3  49 x 2  28  x 2  7 x   196  4 x  16  x 4  14 x 3  77 x 2  192 x  180  0  x 2  x 2  6 x  9   8 x  x 2  6 x  9   20  x 2  6 x  9   0   x 2  6 x  9  x 2  8 x  20   0 2 2   x  3    x  4   4   0  x  3   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  3 . Thí dụ 12, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2002 – 2003. Bài toán 12. Giải phương trình 7  x  x  5  x 2  12 x  38  x   . Lời giải. Điều kiện 5  x  7 . Phương trình đã cho tương đương với x 2  12 x  38  7  x  x  5  0  2 x 2  24 x  76  2 7  x  2 x  5  0  2 x 2  24 x  72  7  x  2 7  x  1  x  5  2 x  5  1  0 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 11 x  6  0  2 2 2   2  x  6  7  x 1  x  5 1  0   7  x  1  x  6 .      x 5 1 Đối chiếu điều kiện, kết luận phương trình có duy nhất nghiệm x  6 . Lời giải 2. Điều kiện 5  x  7 . Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có 2  7  x  x 5   1  1   7  x  x  5  4  2 2 7  x  x 5  2 1 . 2 Mặt khác x 2  12 x  38   x  6   2  2, x    2 . Như vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1), (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là  7 x x 5   7  x  x  5  1 1   x  6. x  6  0  x  6  Vậy phương trình có nghiệm x  6 . Lời giải 3. Điều kiện 5  x  7 . 2 ab   Ta có a  b  0  a  b  2 ab  ab  2 . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 1 7  x 8  x 7  x  1.  7  x    1 2 2 1 x  5 x  4 x  5  1 x  5     2 2 2 8 x x 4 2 Suy ra 7  x  x  5   2  2   x  6   x 2  12 x  38  3 . 2 7  x  x  5  1 Phương trình đã cho có nghiệm khi (1), (2) và (3) đồng thời xảy ra đẳng thức, tức là   x 6. x  6  0 Thử lại trực tiếp thấy phương trình nhận nghiệm duy nhất x  6 . Thí dụ 13, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS (Đề thi chính thức); Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Tỉnh Hải Dương; Năm học 2009 – 2010. Bài toán 13. Giải phương trình x 2  2 x  2 2 x  1  x   . Lời giải 1. 1 Điều kiện x  . 2 Phương trình đã cho tương đương với 2 x2  2x  1  2 2 x  1  1  x2   2x 1 1   x  2 x 1  1  x  2 x 1  1  x 1  2x 1 x  1 x  1  2  2  x  2 2 x  2x  1  2x 1 x  4x  2  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  2  2 . Lời giải 2. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 12 1 Điều kiện x  . 2 Phương trình đã cho tương đương với  x  x  2   0  x  x  2   0  4   2 2  x  x  4 x  2   2  x  4 x  2   0 3 2 2  x  4 x  4 x  8 x  4  x  x  2  0  x  x  2   0   2    x 2  2  x  2 2  x  2  x  4 x  2   0 2  2  x  4 x  2  0 So sánh với điều kiện đi đến nghiệm x  2  2 . Thí dụ 14, trích lược câu 4; Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin); Đề thi chính thức; Trường THPT Chuyên Thái Bình, Tỉnh Thái Bình; Năm học 2007 – 2008. Bài toán 14. Giải phương trình ( x; y; z là ẩn số) x 1  y 2  y 9  z 2  z 10  x 2  10  x; y; z    . Lời giải.  y2  1 1  y  1  2  Điều kiện  z  9  3  z  3  x 2  10    10  x  10 Phương trình đã cho tương đương với 10  x 1  y 2  y 9  z 2  z 10  x 2  0  20  2 x 1  y 2  2 y 9  z 2  2 z 10  x 2  0     x 2  2 x 1  y 2  1  y 2  y 2  2 y 9  z 2  9  z 2  z 2  2 z 10  x 2  10  x 2  0    x  1 y2  x  0; y  0; z  0   2 2 2 2 2   x  y  1 1  x  1 y 2   y 9 z 2    z  10  x 2 2  0  y  9 z   2     y  z 2  9  2  2  z  10  x  z 2  x 2  10  3  Cộng từng vế 3 phương trình (1), (2), (3) ta có 2  x  y  z   20  x  y  z  10 . 2 2 2 2 2 2  x2  1  Lúc này, kết hợp tương ứng trở lại với (1), (2), (3) thu được  y 2  0 z2  9  Do x  0; y  0; z  0   x; y; z   1; 0;3 . Thử lại, kết luận bộ số  x; y; z   1;0;3 là nghiệm duy nhất. Thí dụ 15, trích lược câu 1.1, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2013 – 2014. Bài toán 15. Giải phương trình x 2 x  2  9 x  5  x   . Lời giải 1. Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 13 2 x 2 x  2  10 x  18  x 2  2 x 2 x  2  2 x  2  x 2  8 x  16 2  2 x  2  4 1   x  2x  2  2   x  4    2 x  2  4  2 x  2 Xét hai trường hợp  Phương trình (1) vô nghiệm. x  2 x  2 x  2  3   2   2  2   3   x  . 2 x  2  4 x  16 x  16 4 x  18 x  18  0  x   2 ;3 2    3 Kết luận phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  . 2 Lời giải 2. Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với  9  x  9  5 x   0 0  x  x 2 x  2  9  5x   2 2  5  x  2 x  2   25 x  90 x  81 2 x 3  27 x 2  90 x  81  0  9  9 0  x  5 0  x  3   5 x  x  9   2 x 2  9 x  9   0  x  9  2 x  3 x  3  0 2   3 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm duy nhất x  . 2 Lời giải 3. Điều kiện x  1 . t2  2 Đặt 2 x  2  t ,  t  0  ta có x  . Phương trình đã cho trở thành 2 t2  2 t2  2 t.  5.  9  t 3  2t  5t 2  10  18  t 3  5t 2  2t  8  0 2 2   t  1  t  6t  8   0   t  1 t  2  t  4   0  t  4; 2;1 2 3 Loại các trường hợp t  2; t  4 . Với t  1  x  . 2 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  . 2 Thí dụ 16, trích lược câu 3, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Tin học); Đề thi chính thức; Trường THPT Chuyên Hùng Vương; Tỉnh Phú Thọ; Năm học 2010 – 2011. Bài toán 16. Giải phương trình 2 x 2  5 x  1  2 x  1  x   . Lời giải 1. 1 Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với 2 4 x 2  10 x  2  2 2 x  1  4 x 2  8 x  4  2 x  1  2 2 x  1  1 2 2x  3  2x  1 1   2x  2  2  2x 1  1    1  2 x  2 x  1  2 ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 14 Xét hai trường hợp xảy ra  3  3 2 x  3  0 x  x  7  17 o 1   2  2  2 x . 4 x  12 x  9  2 x  1 4 x 2  14 x  8  0 2 x 2  7 x  4  0 4    1 1  2 x  0 x  o  2   2  2  x0. 4 x  4 x  1  2 x  1 4 x 2  6 x  0   7  17  So sánh với điều kiện ta đi đến kết luận nghiệm S  0; .  4  Lời giải 2. 1 Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 x 2  5 x  1  0 2 x 2  5 x  1  0  4  4 4 x  20 x  25 x  2  2 x  5 x   1  2 x  1 4 x  20 x  29 x  12 x  0 3 2 2 3 2 2 x 2  5 x  1  0  7  17    x  0;   x  2 x  3  2 x  7 x  4   0 2  4   7  17  Đối chiếu điều kiện ta lấy nghiệm S  0; .  4  Lời giải 3. Điều kiện x  1 . Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2  10 x  2  2 2 x  1 1 .  3 Đặt 2 x  1  2 y  3,  y    2 x  1  4 y 2  12 y  9  4 y 2  12 y  2 x  8  0 .  2 Phương trình (1) khi đó trở thành 4 x 2  10 x  2  2  2 y  3  4 x 2  10 x  4 y  8  0 . Ta thu được hệ 4 y 2  12 y  2 x  8  0  2  4 y 2  4 x2  8 y  8x  0 4 x  10 x  4 y  8  0   y  x  y  x   2  y  x   0   y  x  y  x  2   0 4 x 2  14 x  8  0  7  17  Nếu y  x   3 x . x  4  2 4 x 2  6 x  0   Nếu y  x  2  0   1  x  0.  y  2  x; x   2  7  17  Đối chiếu điều kiện đi đến tập hợp nghiệm S  0; .  4  Thí dụ 17, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Tỉnh Nghệ An; Năm học 2009 – 2010. Bài toán 17. Giải phương trình x 2  x3  x 2  x 2  x  x   . Lời giải 1. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 15  x 2  x  1  0 x  0 Điều kiện    x  x  1  0 x 1 Nhận xét x  0 thỏa mãn phương trình đã cho. Với x  1 , phương trình đã cho trở thành  2x2  2x x 1  2 x2  x  x2  2 x x 1  x 1  x2  x  2 x2  x  1  0     x2  x  1  0 2 2  x  x  1    x  x 1  x2  x 1  0   2    x2  x 1  0  x    x  x  1  x  1   Kết luận phương trình đề bài có duy nhất nghiệm x  0 . Lời giải 2.  x 2  x  1  0 x  0 Điều kiện    x  x  1  0 x 1 Nhận xét x  0 thỏa mãn phương trình đã cho. ab 2 Với x  1 , áp dụng bất đẳng thức ab  2   a b   0 , ta có x2  x 1 x3  x 2  x 2  x  1  1 2 x2  x  1 x 2  x  1 x 2  x    2 2 x2  x 1 x2  x  1 Suy ra x3  x 2  x 2  x    x2 . 2 2 Do đó phương trình đã cho có nghiệm khi (1), (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là 2 2  x  x  1  x  x  1  2   2  x  . 1  x  x  x  x  1 Vậy phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất là x  0 . Thí dụ 18, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Tỉnh Quảng Ngãi; Năm học 2010 – 2011. Bài toán 18. Giải phương trình x  2  6  x  x 2  8 x  24  x   . Lời giải 1. Điều kiện 2  x  6 . Phương trình đã cho tương đương với x  2  6  x  2  x  2  6  x   x 2  8 x  24 2  x  2  6  x   x 2  8 x  20  x26 x2  x  2  6  x   x 2  8 x  16  0  x  2  6  x 2  2    x  4  0   x2  6 x  x  4  0 x4  Đối chiếu và thử trực tiếp ta thấy phương trình nhận nghiệm duy nhất x  4 . Lời giải 2. Điều kiện 2  x  6 . 2 Ta có  a b   0, a  0; b  0  2 ab  a  b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 16 2  x2  6 x   x26 x2  x  2  6  x   4  2  x  2  6  x   4   x  2  6  x  8  x  2  6  x  2 2 1 2 Ngoài ta ta lại có x 2  8 x  24   x  4 8  2 2  2 . 2  x  6  Phương trình ban đầu có nghiệm khi (1) và (2) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là  x  2  6  x  x  4 . x  4  0  Giá trị này thỏa mãn đề bài nên ta có tập nghiệm S  4 . Lời giải 3. Điều kiện 2  x  6 . Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có 2  x2  6 x   1  1   x  2  6  x   2.4  8 2 2 2  x  2  6  x  8  8   x  4   x 2  8 x  24 Do vậy phương trình đã cho có nghiệm khi các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, nghĩa là  x2 6 x   x  2  6  x  1 1   x  4. x  4  0 x  4  Thử lại ta có nghiệm của phương trình là S  4 . Trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Đề thi chính thức; Trường THPT Chuyên Đại học Vinh; Tỉnh Nghệ An; Năm học 2004 – 2005. Bài toán 19. Giải phương trình x 2  x  2004  2004  x   . Lời giải. Điều kiện x  2004 . Phương trình đã cho tương đương với x 2  2004  x  2004 1 1  x 2  x   x  2004  x  2004  4 4  2 1  1 2  x  1  x  2004 1   x     x  2004      2  2   x  x  2004  2  x  1  x  1 1  8013  1   2  2 x .  x  2 x  1  x  2004  x  x  2003  0 2 x  0 1  8017   2   2 x .  x  x  2004  0 2 Đối chiếu điều kiện, kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm kể trên. Thí dụ 20, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Phòng Giáo dục và Đào tạo Huyện Hoằng Hóa, Tỉnh Thanh Hóa; Năm học 2013 – 2014. Bài toán 20. Giải phương trình x 2  7 x  6 x  5  30  x   . Lời giải. Điều kiện x  5 . Phương trình đã cho tương đương với ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 17 x 2  7 x  6 x  5  30  0  x 2  8 x  16  x  5  6 x  5  9  0 2  x  4  0   x  4  2  x 5 3  0     x  5  3 x4 Thử lại trực tiếp ta nhận nghiệm x  4 . Thí dụ 21, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2000 – 2001. Bài toán 21. Giải phương trình x  3  5  x  x 2  8 x  18  x   . Lời giải 1. Điều kiện 3  x  5 . Phương trình đã cho tương đương với 2 x 2  16 x  36  2 x  3  2 5  x  2 x 2  16 x  36  2 x  3  2 5  x  0  2 x 2  16 x  32  x  3  2 x  3  1  5  x  2 5  x  1  0 x  4  0 2  2  2  x  4  2  x  3 1     5  x 1  0   x  3  1  x  4   5 x 1 Thử lại nghiệm trực tiếp ta có nghiệm x  4 . Lời giải 2. Điều kiện 3  x  5 . 2 Ta có  a b   0, a  0; b  0  2 ab  a  b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 1 x  3 x  2  x  3  1 x  3  1 2 2 1 5  x 6  x 5  x  1 5  x     2 2 2 x2 6 x 4 2 Do đó x3  5 x     2  2   x  4   x 2  8 x  16  3 . 2 2 2  x  3  5  x  1 Phương trình đã cho có nghiệm khi (1), (2), (3) đồng thời xảy ra đẳng thức, nghĩa là   x  4.  x  4  0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  4 . Trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi chuyên Toán, chuyên Tin học); Đề thi chính thức; Trường THPT Chuyên Hạ Long, Tỉnh Quảng Ninh; Năm học 2012 – 2013. Bài toán 22. Giải phương trình 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1  x   . Lời giải. Điều kiện 2 x  1 . Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1  0  4 x2  4 x x  3  x  3  2 x  1  2 2 x  1  1  0 2 2   2x  x  3   2x 1 1  0  x  0 2 x  x  3    4 x 2  x  3  0  x  1 .  2 x  1  1 2 x  1  1  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 18 Thử lại trực tiếp ta thu được đáp số x  1 . Thí dụ 23, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Tỉnh Thừa Thiên – Huế; Năm học 2002 – 2003. Bài toán 23. Giải phương trình x 2  3x  1   x  3 x 2  1  x   . Lời giải 1. Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2  12 x  4  4  x  3 x 2  1   x 2  6 x  9   4  x  3 x 2  1  4  x 2  1  x 2  6 x  9 2  x  3  2 x2  1  x  3   x  3  2 x 1 2    x  3   2  x  3  2 x 2  1  3  x  x2  1  9  x2  1  3    x  1  x 2   x  0  x 2  8  x  2 2; 2 2    x2  1  x 2  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  2 2; x  2 2 . Lời giải 2. Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương với  x 2  3x  1  x  3  0   4  x  6 x  9 x  2  x  3x   1   x  6 x  9  x  1 3 2 2 2 2  x 2  3x  1  x  3  0  4 3 2 4 3 2  x  6 x  11x  6 x  1  x  6 x  10 x  6 x  9  x 2  3x  1  x  3  0   x  2 2; x  2 2 2  x  8 Đáp số x  2 2; x  2 2 . Lời giải 3. Điều kiện x   . Đặt x 2  1  y,  y  1  x 2  y 2  1 , phương trình đã cho trở thành y 2  1  3x  1   x  3 y  y 2  3x  xy  3 y  y  y  x   3  y  x   x2  1  9  x2  1  3    y  x  y  3  0    x  1  x 2   x  0  x 2  8  x  2 2; 2 2    x2  1  x2  Kết luận phương trình đã cho có hai nghiệm kể trên. Thí dụ 24, trích lược câu 2, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Sở Giáo dục và Đào tạo Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2012 – 2013. 3 Bài toán 24. Giải phương trình 4 x 2   2 x  x   4 Lời giải. ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 19 Điều kiện x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 16 x 2  3  8 x  16 x 2  8 x  1  8 x  8 x  2  0 2 4 x  1  0 1 2   4 x  1  2 2 x  1  0   2 x  1  0 x 4   1 Đối chiếu điều kiện đi đến nghiệm x  . 4 Thí dụ 25, trích lược câu 3, Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 THCS; Môn Toán; Đề thi chính thức; Phòng Giáo dục và Đào tạo Quận Cầu Giấy, Thành phố Hà Nội; Năm học 2005 – 2006. Bài toán 25. Giải phương trình 7  x  x  1  x 2  6 x  13  x   . Lời giải 1. Điều kiện 1  x  7 . Phương trình đã cho tương đương với 4 7  x  4 x  1  4 x 2  24 x  52  4 x 2  24 x  36  4 7  x  4 x  1  0     4 x 2  24 x  36  7  x  4 7  x  4  x  1  4 x  1  4  0  2 2   7  x  2   x  1  2  0 2  4  x  3 x  3  0 x  3     7  x  2  7  x  4  x  3    x 1  2 x 1  4 Kết luận phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x  3 . Lời giải 2. 2 Điều kiện 1  x  7 . Ta có  a b   0, a  0; b  0  2 ab  a  b . Áp dụng bất đẳng thức này ta có 2  7  x  x 1   7  x  x 1 2  7  x  x  1  7  x  x  1  8   7  x  x  1  16   82 7  x  x 1  4 2 Mặt khác, x 2  6 x  13  x 2  6 x  9  4   x  3  4  13, x   . Như vậy phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, tức là 7  x  x  1  2 x  6   x  3  0  x  3  x  3. 1  x  7 1  x  7   Thử lại nghiệm trực tiếp, đáp số S  3 . Lời giải 3. Điều kiện 1  x  7 . Ta có 2  a  b   0, a; b    2ab  a 2  b2  a 2  2ab  b2  2  a 2  b2  2   a  b   2  a 2  b 2   a  b  a  b  2  a 2  b2  2 Áp dụng bất thức trên ta có 7  x  x  1  2  7  x  x  1  16  4  4   x  3  x 2  6 x  13 .  7  x  x 1  Phương trình ban đầu có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra đồng thời, hay  x  3  0  x  3. 1  x  7  ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH
LÝ THUYẾT SỬ DỤNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG, NÂNG CAO LŨY THỪA (PHẦN 5) _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 20 Kết luận tập hợp nghiệm S  3 . Thí dụ 26, trích lược câu 2, Đề thi tuyển sinh vào lớp 10; Môn Toán (Dành cho các thí sinh dự thi các môn chuyên Khoa học tự nhiên); Trường THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa; Thành phố Hồ Chí Minh; Năm học 2001 – 2002. Bài toán 26. Giải phương trình  x 2  2  2  x  x   . Lời giải 1. Điều kiện x  2 . Đặt 2  x  y,  y  0   y 2  x  2 . Phương trình đã cho trở thành  x 2  2  y . Ta thu được hệ  x 2  y  2  2  x 2  y 2  y  x  0   x  y  x  y    x  y   0   x  y  x  y  1  0 .  y  x  2 0  x  2 0  x  2 o x  y  x  2 x   2   x  1.  x  x  2  0   x    2;1 x  1 x  1 1 5 o x  y 1  0  1  x  2  x   2  2 x . x  2x 1  2  x x  x 1  0 2 1 5 Đối chiếu với điều kiện đi đến đáp số x  ; x  1. 2 Lời giải 2. Điều kiện x  2 . Phương trình đã cho tương đương với 2 2  x  0 2  x  2  x 2  2  4  4  2 2  x  x  4   x  2  0 2 2  x  4 x  4  2  x  x  4 x  x  2  0  x 2  2  x 2  2 1 5    x  1; x   x  2   x  2 x  1  0  x  1  x  x  1  0 3 2 2 2 1 5 Đối chiếu với điều kiện đi đến đáp số x  ; x  1. 2 Lời giải 3. Điều kiện x  2 . Phương trình đã cho tương đương với x2  2  2  x  4 x2  8  4 2  x  4 x2  4 x  1  4  2  x   4 2  x  1 2 2 x 1  2 2  x  1  x  2  x 2    2 x  1  2 2  x  1    1  2 x  2 2  x  1 1  x  2  x 0  x  2 0  x  2 x  2 x   2   x  1. x  x  2  0  x  2;1 x  1 x  1 1 5  1 x  2  x   2  2 x . x  2x 1  2  x x  x 1  0 2 Đáp số tương tự hai lời giải phía trên. Nhận xét. Thông qua 26 thí dụ điển hình, chắc chắn một số bạn đọc đã phát hiện và bước đầu hình dung ra phương cách thao tác đối với một lớp phương trình, bất phương trình chứa căn thức, thông qua phép phân tích hằng đẳng thức với trường hợp riêng là hằng đẳng thức bậc hai – phân tích bình phương. Nhìn chung, đây là cách làm thuần túy, cơ bản, không quá khó và mang đậm tính khéo léo, sáng tạo. Một lẽ dĩ nhiên là đại đa số bài toán dạng này đều giải được bằng cách nâng lũy thừa, hữu tỷ hóa căn thức hoặc đặt ẩn phụ quy về dạng đa thức bậc 4 với ẩn mới, ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- CREATED BY GIANG SƠN; XYZ1431988@GMAIL.COM TRUNG ĐOÀN NGUYỄN CHÍCH; QUÂN ĐOÀN BỘ BINH

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.