Đề tài: Phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Nguyễn Phạm | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

240
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình vô tỷ là một đề tài thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng của những người say mê toán học

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tài: Phương trình vô tỷ

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: THẦY ĐỖ KIM SƠN NHÓM THỰC HIỆN: • NGUYỄN ĐÌNH THU • NGUYỄN MINH TÂM • LÊ TRUNG HIẾU • ĐỖ QUANG BÌNH • TRẦN ANH KIỆT • LÊ MẠNH THÔNG LỚP 10 TOÁN NĂM HỌC 2008-2009 1
LỜI NÓI ĐẦU Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và t ối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy. Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng t ạo. Bên cánh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có m ặt trong các kỳ thi h ọc sinh gi ỏi Toán ở các cấp THCS, THPT. Chính vì thế, chúng tôi quyết tâm s ưu t ầm tài li ệu, ch ọn lọc chi tiết và dưới sự hướng dẫn, dìu dắt của quý thầy cô bộ môn Toán trường THPT Chuyên Tiền Giang, chúng tôi biên soan chuyên đề “ PHƯƠNG TRÌNH VÔ T Ỷ” này ̣ để mọi người có cái nhìn tổng quát về phương trình vô tỷ. Cụ thể là:  Hệ thống hóa kiến thức và kỹ năng giải phương trình vô tỷ.  Cung cấp tài liệu và kỹ năng giải phương trình vô tỷ.  Đặc biệt là để kỉ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam 20/11; chúng tôi mu ốn dành chuyên đề“ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” kính tặng quý thầy cô; kính chúc th ầy cô luôn dồi dào sức khỏe, nhiều may mắn và thành công trong cuộc sống. Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhi ều đi ều b ổ ích và giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề có thể còn m ột vài thi ếu sót. Chúng tôi luôn biêt ơn khi nhận được những ý kiên đong gop quý bau và sự thông cảm! ́ ́ ́ ́ ́ Cuôi cung chung tôi xin cam ơn thây Đỗ Kim Sơn và quý thây cô đã tao moi điêu ́̀ ́ ̉ ̀ ̀ ̣ ̣ ̀ kiên để chung tôi hoan thanh chuyên đề nay. ̣ ́ ̀ ̀ ̀ CAC HOC SINH LỚP TOAN KHOA 2008- 2011 ́ ̣ ́ ́
TRANG I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 4 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 9 III. PHƯƠNG PHÁP HỆ PHƯƠNG TRÌNH 32 IV. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 37 V. PHƯƠNG PHAP BÂT ĐĂNG THỨC ́ ́ ̉ 49
I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình Phương pháp a) Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A + B = C + D , ta  thường bình phương 2 vế , điều đó đôi khi lại gặp khó khăn ( ) A + 3 B = 3 C ⇒ A + B + 3 3 A.B A+ 3 B =C 3 3  và ta sử dụng phép thế : 3 A + 3 B = C ta được phương trình : A + B + 3 3 A.B.C = C Ví dụ b) Bai 1. Giải phương trình sau: ̀ x − 2x + 3 = 0 (1) x≥0 Giải: Đk: (1) ⇔ x = 2 x + 3 ⇔ x2 = 2x + 3 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ x=3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { 3} Bai 2. Giải phương trình sau: ̀ Giải: 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Với một số phương trình 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 Bài 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 ) 2 2 (x − 2 ) −( x −3x + 4 ) = 3 ( x − 2 ) 2 2 Ta có thể chuyên vế rôi trục căn thức 2 vế : ̉ ̀ −2 x + 4 3x − 6 = 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 .
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 5 x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ Giải: Để phương trình có nghiệm thì : 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 các số hạng như sau : x2 − 4 x2 − 4 = 3( x − 2) + x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔ x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3   x+2 x +1 ⇔ ( x − 2)  − − 3÷= 0  x + 12 + 4 x2 + 5 + 3  2 ⇔x=2 x+2 x+2 5 − − 3 < 0, ∀x > Dễ dàng chứng minh được : 3 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Bài 3. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x 3 − 2 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  x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x 3 − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1 + = 3 ( ) + 2 x −1 + 4  x3 − 2 + 5 2 3 x2 − 1 32    Ta chứng minh : x+3 x+3 x 2 + 3x + 9 1+ = 1+ −4
Trục căn thức ta có : 2x + 8 = x + 4 ⇒ 2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2 2x + x + 9 − 2x − x + 1 2 2 Vậy ta có hệ: x = 0  2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2  ⇒ 2 2x + x + 9 = x + 6 ⇔  2  x = 8  2x + x + 9 + 2x − x + 1 = x + 4 2 2   7 8 Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Bài 5. 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 , ( không có dấu hiệu 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 3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng các đẳng thức u + v = 1 + uv ⇔ ( u − 1) ( v − 1) = 0 au + bv = ab + vu ⇔ ( u − b ) ( v − a ) = 0 A2 = B 2 Bài 1. Giải phương trình : x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3x + 2 3 x = 0 ( )( ) Giải: pt ⇔ x +1 −1 x + 2 −1 = 0 ⇔  3 3  x = −1 Bai 2. Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x 2 = ̀ x + 3 x2 + x 3 Giải: + x = 0 , không phải là nghiệm + x ≠ 0 , ta chia hai vế cho x:  x +1  x +1 3 ( ) + x = 1+ 3 x +1 ⇔  3 − 1÷ x −1 = 0 ⇔ x = 1 3 3 x x   Bài 3. Giải phương trình: x + 3 + 2 x x + 1 = 2x + x2 + 4 x + 3 Giải: Đk x ≥ −1 x = 1 ( )( ) pt ⇔ x + 3 − 2x x +1 −1 = 0 ⇔  x = 0 4x Bài 4. Giải phương trình : x + 3 + =4 x x+3 Giải: Đk: x ≥ 0 2  4x  4x 4x x + 3 : 1+ =2 ⇔ 1 − ÷ = 0 ⇔ x =1 Chia cả hai vế cho x+3 x+3 x+3    Dùng hằng đẳng thức
Biến đổi phương trình về dạng : Ak = B k Bài 1. Giải phương trình : 3−x = x 3+x Giải: Đk: 0 ≤ x ≤ 3 khi đó pt đã cho tương đương: x 3 + 3 x 2 + x − 3 = 0 3 10 − 1  1 3 10 ⇔x+ = ⇔x= ÷  3 3 3 3 Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 Giải: Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : x = 1  x + 3 + 1 = 3x (1+ ) ⇔ 2 3+ x = 9x ⇔  2  x = −5 − 97  x + 3 + 1 = −3 x    18 Bài 3. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 ) 2 ( ) 3 Giải: pt ⇔ x + 2 − 3 3x = 0 ⇔ x =1 3 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : 1) x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 2) 4 − 3 10 − 3 x = x − 2 (HSG Toàn Quốc 2002) 3) 2 ( 2 − x ) ( 5 − x ) = x + ( 2 − x ) ( 10 − x ) 4) 3 x 2 + 4 = x − 1 + 2 x − 3 5) 3 x 2 − 1 + 3x3 − 2 = 3 x − 2 6) 2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007) 7) 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 8) 2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4 9) x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8
II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t = f ( x ) và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “ hoàn toàn” .Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t = f ( x ) thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2 ̉ Giai: Đk: x ≥ 1 Nhận xét. x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1 1 Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1 t Thay vào tìm được x = 1 Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 Giải 4 Điều kiện: x ≥ − 5 t2 − 5 Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x = . Thay vào ta có phương trình sau: 4 t 4 − 10t 2 + 25 6 2 − (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0 2. 16 4 ⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0 Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3 Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaø = 2 + 3 x Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 − 6x − 1 ≥ 0 Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6 Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thanh: ̀ y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với y ≤ 5) 1 + 21 −1 + 17 ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y = (loaï), y = i 2 2 11 − 17 Từ đó ta tìm được các giá trị của x = 2 ) )( ( 2 Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x Giải: đk 0 ≤ x ≤ 1 (y + y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0 Đặt y = 1 − x pttt ⇔ 2 ( 1 − y ) 2 2 1 Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x − = 3x + 1 x Giải: Điều kiện: −1 ≤ x < 0 1 1 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x − = 3+ x x 1 Đặ t t = x − , ta giải được. x Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1 Giải: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  1 1  x − ÷+ 3 x − = 2  x x 1± 5 1 Đặt t= 3 x − , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = x 2 Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải 2. 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 v v = 0 thử trực tiếp 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 )  Xuất phát từ đẳng thức : x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) x 4 + x 2 + 1 = ( x 4 + 2 x 2 + 1) − x 2 = ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1) ( )( ) x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1 4 x 4 + 1 = ( 2 x 2 − 2 x + 1) ( 2 x 2 + 2 x + 1) Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như : 4x2 − 2 2x + 4 = x4 + 1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 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 thanh : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔  2 2 ̀ u = 1 v  2 5 ± 37 Tìm được: x = 2 34 Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3 x + 1 = − x + x2 + 1 3 Bài 3: giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 Giải: Đk: x ≥ 1 α ( x − 1) + β ( x 2 + x + 1) = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) Nhận xét : Ta viết ( x − 1) ( x 2 + x + 1) Đồng nhất thức ta được 3 ( x − 1) + 2 ( x + x + 1) = 7 v = 9u Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔  2 v = 1 u  4 Nghiệm : x = 4 ± 6 ( x + 2) 3 Bài 4. Giải phương trình : x 3 − 3 x 2 + 2 − 6x = 0 Giải:
Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta biến pt trinh về dạng phương trình thuần nhất bậc ̀ 3 đối với x và y : x = y x 3 − 3 x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x 3 − 3 xy 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 , nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. Giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 Giải: u = x 2  Ta đặt :  khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2 v = x − 1 2  Bài 2.Giải phương trình sau : x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1 Giải 1 Đk x ≥ . Bình phương 2 vế ta có : 2 (x + 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔ (x + 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1) 2 2  1− 5 u = v u = x + 2 x 2 2 khi đó ta có hệ : uv = u − v ⇔  2 2 Ta có thể đặt :   v = 2x −1 1+ 5  u = v  2 1+ 5 1+ 5 ( 2 x − 1) Do u , v ≥ 0 . u = v ⇔ x2 + 2x = 2 2 Bài 3. giải phương trình : 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 Giải: (x − x − 20 ) ( x + 1) Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 2 Nhận xét : không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α ( x − x − 20 ) + β ( x + 1) 2 2 vậy ta không thể đặt u = x 2 − x − 20  . v = x + 1 Nhưng may mắn ta có : ( x 2 − x − 20 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5) ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x 2 − 4 x − 5) 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 . Các ban hãy tự tạo cho mình những phương trình vô tỉ “đẹp “ theo cách trên ̣
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ( )( ) x +1 −1 x +1 − x + 2 = 0 ,  Từ những phương trình tích ( )( ) 2x + 3 − x 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . ) ( Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2 2 2 2 Giải: t = 3 t = x 2 + 2 , ta có: t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ t = x − 1 2  Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1 Giải: Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2 Khi đó phương trình trở thanh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0 2 2 ̀ Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t : 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 ( )( ) 1− x − 2 1+ x 1 − x − 2 + 1 + x = 0 , khai Từ một phương trình đơn giản : triển ra ta sẽ được pt sau Bài 3. Giải phương trình sau : 4 x + 1 − 1 = 3 x + 2 1 − x + 1 − x 2 Giải: Nhận xét : đặt t = 1 − x , pt trở thành 4 1 + x = 3 x + 2t + t 1 + x (1) ( ) ( ) Ta rút x = 1 − t 2 thay vao thì được pt: 3t − 2 + 1 + x t + 4 1+ x −1 = 0 2 ̀ Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t ( ) ( ) 2 ∆ = 2 + 1+ x − 48 x + 1 − 1 không có dạng bình phương . ( )( ) 2 2 1− x , 1+ x Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo Cụ thể như sau : 3 x = − ( 1 − x ) + 2 ( 1 + x ) thay vào pt (1) Bài 4. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16 Giải: Bình phương 2 vế phương trình: 4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 ( 4 − x 2 ) + 16 ( 2 − x ) = 9 x 2 + 16
Ta đặt : t = 2 ( 4 − x 2 ) ≥ 0 . Ta được: 9 x 2 − 16t − 32 + 8 x = 0 Ta phải tách 9 x = α 2 ( 4 − x ) + ( 9 + 2α ) x − 8α làm sao cho ∆ t có dạng số chinh 2 2 2 ́ phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giài nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có 3 a 3 + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = 0 3 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x2 − 8x + 1 = 2 3 3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0 3 Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x ( u + v ) ( u + w ) = 2 u = 2 − x 2 − u 2 = uv + vw + wu     Giải : v = 3 − x , ta có : 3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ 2 5 − w2 = uv + vw + wu   ( v + w ) ( u + w ) = 5 w = 5 − x   30 239 ta được: u = ⇔x= 60 120 Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 a = 2 x 2 − 1  b = x 2 − 3x − 2 a + b = c + d  ⇔ x = −2 Giải . Ta đặt :  , khi đó ta có :  2 a − b2 = c2 − d 2  c = 2 x + 2 x + 3 2  d = x − x + 2 2  Bài 3. Giải các phương trình sau 1) 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x + 1 = 9 x − 3 x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x3 + 4 x 2 ( 1 − x ) 3 2) Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau a. 15 x − 2 x 2 − 5 = 2 x 2 − 15 x + 11 b. ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x (1 + x)(2 − x) = 1 + 2 x − 2 x 2 c.
d. x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9 e. 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2 f. x 2 + x 2 + 11 = 31 g. 2 n (1 + x) 2 + 3 n 1 − x 2 + n (1 − x) 2 = 0 h. x = (2004 + x )(1 − 1 − x ) 2 i. ( x + 3 x + 2)( x + 9 x + 18) = 168 x 1 − x2 + 2 3 1 − x2 = 3 j. Bài tập tổng hợp: 1/ x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x) = n (1) a/ Giải phương trình n = 2 b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm: x+m 2/ x + 6 x − 9 + x − 6 x − 9 = 6 a/ Giải phương trình với m = 23 b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm. Bài tập tương tự: 3/ x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 = 2 2 4/ 1 + x − x2 = x + 1− x 3 5/ 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 6/ x − 2 − 10 x + 1 = 5 x 2 7/ Tìm m để, phương trình sau có nghiệm 1 + x + 8 − x + (1 + x)(8 − x ) = m 8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x −3−2 x −4 + x −4 x −4 = m 9/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x+4 x−4 +x+ x−4 =m Giải các phương trình sau: x+4 + x−4 10/ = x + x 2 − 16 − 6 2 11/ 3x 2 + 6 x + 16 + x 2 + 2 x = 2 x 2 2 x + 4 12/ ( x − 3) 2 + 3 x − 22 = x 2 − 3 x + 7 13/ 3 x 2 − 4 x + 4 x − x 2 + 10 = 0 14/ 3( x 2 − 2 x ) − 4 x 2 − 2 x + 4 + 13 = 0 x + 1 + 12 − x + ( x + 1)(12 − x) = −1 15/
16/ x + 5 + 8 − x + ( x + 5)(8 − x) = −1 17/ 4 x 2 + 12 x 1 + x = 27(1 + x) 18/ 2 x 2 + x x − 1 = 10( x − 1) 19/ 4 x 2 − 12 − 5 4 x 2 − 12 x + 11 + 15 = 0 x 35 20/ x + = (1) 12 x2 −1 21/ 3 ( x + a) 2 + 3 ( x + a) 2 + 3 ( x 2 − a 2 ) = 3 a 2 22/ 4 629 − x + 4 77 + x = 8 23/ 1 + 1 − x  (1 + x ) − (1 − x )  = 2 + 1 − x 3 2 3 2     1 1 43 + = 24/ 1− 1− x 1+ 1− x 1− x 25/ 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 25/ 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số α để phương trình sau có nghiệm: x +1 ( x − 3)( x + 1) + 3( x − 3) = (a + 2)(a − 1) x−3 Bài tập tương tự: x+4 27/ ( x + 2)( x + 4) + 5( x + 2) = ( a − 3)(a + 2) x+2 16 28/ (5 x + 2) − 5 =6 3 5 (5 x + 2) 3 y −1 5 16 y +5 = 29/ 5 y −1 16 y 2 x+5 x + 46 =4 30/ 6 x+5 x 5− x 7 x+3 + =2 31/ 7 x+3 5− x 20 + x x + x = 22 (Đặt y = 32/ x > 0) x 33/ 5 (5 x + 2) 3 = 2( x 2 + 2) (1) 34/ x 3 − x 2 − 1 + x 3 − x 2 + 2 = 3 (1) 2   2 35/ 1 − x 2 =  − x  3  36/ 18 + 5 x + 64 − 5 x = 4 4 4 37/ 5 a + x + 5 a − x = 5 2a
38/ 2 x + x + 1 + 1 + 2 x − x + 1 = 2 x + 1 + 1 39/ x 3 + x 2 − 1 + x 3 + x 2 + 2 = 3 41/ 4 x + 8 − 4 x − 8 = 2 1 1 42/ 2 + =2 2 − x2 GIẢI BÀI TẬP TỔNG HỢP 1/ x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x) = n (1) a/ Giải phương trình n = 2 b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm: Điều kiện x +1 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3  3 − x ≥ 0 Đặt ẩn phụ t = x + 1 + 3 − x , t ≥ 0 Khi đó t 2 = 4 + 2 ( x + 1)(3 − x) Hay 2 ( x + 1)(3 − x) = t 2 − 4 (2) a/ Với n = 2 và ẩn phụ t, phương trình (1) trở thành. 2t − (t 2 − 4) = 4 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t1 = 0, t 2 = 2 Dễ thấy t1 = 0 không thoả (2). Thay t2 = 2 vào (2) được ( x + 1)(3 − x) = 0, ⇒ x1 = −1, x 2 = 3 , thoả điều kiện ban đầu. b/ Đặt ẩn phụ t như trên, phương trình (1) trở thành: 2t − (t 2 − 4) = 2n ⇔ t 2 − 2t + 2n − 4 = 0 + ∇ = 5 − 2n ≥ 0 thì phương trình có nghiệm t1 = 1 + 5 − 2n  t 2 = 1 − 5 − 2n Để phương trình có nghiệm thì 2 ≤ t ≤ 2 2 (theo công thức tổng quát ở trên). Với t2 không thoả mãn. Với t1 có 2 ≤ 1 + 5 − 2n ≤ 2 2 ⇔ 2 2 −2≤ n≤2 Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x. Vậy phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 − 2 ≤ n ≤ 2 x+m 2/ x + 6 x − 9 + x − 6 x − 9 = 6 a/ Giải phương trình với m = 23 b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm.
Điều kiện x − 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ 9 Đặt ẩn phụ t = x − 9 . Khi đó x = t2 + 9 Phương trình đã cho trở thành: ( ) 6 (1 + 3) 2 + ( x − 3) 2 = t 2 + 9 + m ⇔ 6( t + 3 + t − 3 ) = t 2 + 9 + m t 2 − 12t + 9 + m = 0, t ≥ 0 ⇔ 2  t − 27 + m = 0,0 ≤ t ≤ 3 a/ Với m = 23 có: t 2 − 12t + 32 = 0, t ≥ 3   t = 4,0 ≤ t ≤ 3 2 Giải ra ta được t1 = 8, t2 = 4, t3 = 2 nên phương trình có 3 nghiệm là x1 = 73, x2 = 25, x3 = 13. b/ Với t ≥ 3 thì t2 – 12t + 9 + m = 0 ⇔ ( t − 6 ) = 27 − m 2 Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27 Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27. x 35 20/ x + = (1) 12 x2 −1 Điều kiện x2 – 1 > 0, x > 0 ⇔ x > 1 Bình phương 2 vế của (1), ta có: x2 2x 2 1225 x+2 + = 2 x −1 144 x −1 2 4 2x2 x 1225 ⇔2 + = (2) x −1 x − 1 144 2 x2 Đặt t = , với t > 0, ta có x2 −1 1225 (2) ⇔ t 2 + 2t − =0 (2) 144 Phương trình (3) có 2 nghiệm trái dấu. (Chọn)  25  t1 = 12  49 t 2 = − (Loại)  12 25 + Với t1 = 12 (4) ⇒ 12( x 2 − 1) − 25 x 2 − 1 + 12 = 0 Đặt y = x 2 − 1, y > 0 . Ta có
(4)⇔ 12 y 2 − 25 y + 12 = 0  4 y = 3 ⇔ 3 y =  4 Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm:  5 x= 4  5 X =  3 5 5 Vậy nghiệm của phương trình là S =  ;  4 3 21/ 3 ( x + a) 2 + 3 ( x + a) 2 + 3 ( x 2 − a 2 ) = 3 a 2 Đặt y = x + a, z = x – a Nhân lượng liên hiệp ( ) ⇒ y − x = 3 a2 y − 3 z = 2a 3 ⇒ 3 y − 3 z = 23 a Lập phương 2 vế phương trình ta được - yz = a2 ⇒ x = 0 (thử lại thoả) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 22/ 4 629 − x + 4 77 + x = 8  u = 4 629 − x  Đặt   v = 4 77 + x  ⇒ u + v = 8, u 4 + v 4 = 706 Đặt t = uv ⇒ t 2 − 128t + 1695 = 0  t = 15 ⇔ t = 113 Với t = 15 ⇒ x = 4 Với t = 113 ⇒ x = 548 Thử lại ta thấy tập nghiêm của phương trình là S = { 4;548 } 23/ 1 + 1 − x  (1 + x ) − (1 − x )  = 2 + 1 − x 3 2 3 2     Điều kiện -1 ≤ x ≤ 1 Đặt u = 1 + x , v = 1 − x , với u, v > 0 ⇒ u.v = 1 − x 2 , u 2 + v 2 = 2, u 2 − v 2 = 2 x Phương trình đã cho trở thành
u2 + v2 + u.v(u 3 − v 3 ) = 2 + u.v 2 1 ⇔ (u + v )(u − v)(u 2 + uv + v 2 ) = 2 + u.v 2 1 ⇒ 2 x( 2 + uv + v 2 ) = 2 + u.v 2 2 ⇒x= 2  2 Thử lại ta thấu tập nghiệp của phương trình đã cho là S =   2 1 1 43 + = 24/ 1− 1− x 1+ 1− x 1− x x 0 và t ≠ 1 Phương trình đã cho trở thành: 1 1 43 + = ⇒ 2 3t 2 + t − 2 3 = 0 1− t 1+ t t  3 t=  2 ⇔ 2 (Loại) t = −   3 Với 1 1 t= ⇒x= 4 3 2 Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình là S =   3 25/ 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 Đặt u = 2 x + 3 + x + 1 , với x ≥ -1, u > 0 Phương trình đã cho trở thành U2 – u – 20 = 0 (Chọn) u =5 ⇔ u = −4 (Loại) Do đó (*) 2x + 3 + x + 1 = 5 x+2 ⇔ =5 2x + 3 − x + 1 (**) ⇔ 5 2x + 3 − x +1 = x + 2
Từ (*) và (**) ⇒ 10 x + 1 = 23 − x ⇒ x=3 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3} 26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số α để phương trình sau có nghiệm: x +1 ( x − 3)( x + 1) + 3( x − 3) = (a + 2)(a − 1) x−3  x ≤ −1 x +1 ≥ 0, x − 3 ≠ 0 ⇔  Với điều kiện  x>3 x−3 x +1 Đặt y = ( x − 3) ,y≥0 x−3 Nếu x > 3 và y ≤ 0 nếu x ≤ -1 ⇒ y = ( x − 3)( x + 1) Phương trình đã cho x +1 ( x − 3)( x + 1) + 3( x − 3) = (a − 1)(a + 3) (1) x−3 Trở thành y2 + 3y – (a – 1)(a + 2) = 0  y = a −1 ⇔  y = −a − 2 Do đó  x +1  x−3 = a −1 x−3  x +1  x − 3 = −a − 2 x−3  Xét phương trình x +1 (3) x−3 =y x−3 • y = 0 ⇒ x = -1 • y>0 ⇒ x>3 • y < 0 ⇒ x < -1 a/ Xét khả năng y > 0 với x ≥ 3, ta có: ( x − 3)( x + 1) = y2 ⇔ x2 – 2x – 3 – y2 = 0 (4) Phương trình (4) có 2 nghiệm trái dấu (Chọn)  x = 1 − a + y 2 ≤ −1 1  (Loại)  x2 = 1 + 4 + y 2 > 3  b/ Xét khả năng y ≤ 0 với x ≤ -1 Giải được nghiệm x1 = 1 − a + y 2 (thoả) Do đó ta có: • Với y = a – 1, ta có