zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Kỹ thuật đặt ẩn phụ - Nguyễn Tiến Chinh

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:23

Báo xấu

17
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu gồm "Kỹ thuật đặt ẩn phụ" gồm 23 trang giới thiệu kỹ thuật đặt ẩn phụ giải phương trình và bất phương trình chứa căn do thầy giáo Nguyễn Tiến Chinh biên soạn. Hy vọng sẽ giúp quý thầy cô và các em trong quá trình giảng dạy và học tập của mình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Kỹ thuật đặt ẩn phụ - Nguyễn Tiến Chinh

NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN THPT NGUYỄN TIẾN CHINH 1. KỸ THUẬT ĐẶT MỘT ẨN PHỤ 2. KỸ THUẬT ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PT ĐẲNG CẤP 3. ĐẶT HAI ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PT ĐỐI XỨNG 4. ĐẶT ẨN PHỤ KHÔNG HOÀN TOÀN 5. 46 VÍ DỤ PHÂN TÍCH CHI TIẾT TỪ DỄ ĐẾN KHÓ TÀI LIỆU SẮP PHÁT HÀNH - TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẶC SẮC NHIỀU CÁCH GIẢI - MỜI CÁC EM ĐÓN 1
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN II- GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐẶT ẨN SỐ PHỤ  KIẾN THỨC CƠ BẢN 1/ Đặt một ẩn phụ Tìm mối liên hệ giữa các biến để đặt ẩn phụ thích hợp. Một số dạng cơ bản thường gặp:  t  f x , t  0    2 a.f  x   b f x   c  0  PP at  bt  c  0  Xin nhắc lại,hầu hết các đề bài sẽ không cho ngay mối quan hệ để nhìn thấy cách đặt ẩn phụ ngay do đó ta cần biết phán đoán hướng đi của bài toán dựa trên cơ sở phân tích hợp lý CÁC VÍ DỤ ĐẶT MỘT ẨN PHỤ BT Mẫu 1 :Giải Phương trình 2 x  1  x 2  3x  1  0 (*) 1 ĐK: x  2 t2 1 Đặt t = 2 x  1; t  0  x  (1) thay vào phương trình (*) ta có: 2 2  t2 1   t 2 1  4 2 t    3    1  0  t  4t  4t  1  0  2   2   t  1  2 5   t  1 t  1  t 2  4t  1  0  t  1 do t  0 nên t = 1, t =  2 t  2  5  2 +) khi t = 1 thay vào (1) ta có x = 1 2 5 13  4 5 +) Khi t = ta có x = 2 2 13  4 5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 2 2
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN BT Mẫu 2 :Giải Phương trình 2 x 2  3 x  14  2 3 2 x 2  3 x  10 (*) 3 Bài Giải : Đặt t = 2 x 2  3 x  10  2 x 2  3x  t 3  10 thay vào phương trình (*) ta có t  2 (*)  t 3  2t  4  0   t  2   t 2  2t  2   0   2 t  2t  2  0(VN ) 3  3 17 Với t = 2 ta có 2 x 2  3 x  18  0  x  (TM) 4 BT Mẫu 3 : Giải phương trình : x 2  2 x  4  x  x 2  4   0   Nhận xét : Thoạt đầu khi nhìn thấy căn ta thường nghĩ ngay sẽ đặt t bằng căn đó,tuy nhiên bình tĩnh phân tích ta thấy rằng có điều gì đó bất ổn nếu ta đặt như vậy,vì việc thế theo t là hơi khó khăn một chút,ta sẽ hóa giải điều này bằng cách chia cả hai vế cho x xem sao ??? Lời giải : ĐK : x  0 Xét thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình,ta chia cả hai vế cho x > 0 thì được pt mới như sau : x2  4 x2  4 2  0 1 đúng hướng !!! x x x2  4 Đặt t = , t  0 thay vào pt ta có t 2  t  2  0 Vô nghiệm x Thấy rằng chỉ cần quan sát điểm bất thường của bài toán va bằng một động tác ta đã hóa giải pt rồi. 1 BT Mẫu 4 : Giải phương trình 2 x 2  3 x  1  4 x   3(*) (Đề thi thử Sở GD Vĩnh Phúc) x Lời Giải x  0   1 ĐK :  x    2  x  1 Để thuận tiện cho lời giải ta sẽ chia bài toán làm 2 trường hợp sau đây 3 1 1 3 TH1 : khi x > 0 chia cả hai vế cho x ta có pt :  2   2  4  2  1 x x x x 3 1 3 1 Đặt t  2   2 (t  0)   2  t 2  2 x x x x thay vào (1) ta có t  t 2  6  t 2  t  6  0  t  2( L)  t  3(TM ) 3
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 3 1 3  37 3  37 Với t = 3  2   2  3  7 x 2  3 x  1  0  x  (tm)  x  ( L) x x 14 14 3 1 1 3 TH2 : Khi x < 0 chia hai vế cho x ta có :  2   2  4  2  2 x x x x 3 1 3 1 Đặt t  2   2 (t  0)   2  t 2  2 x x x x thay vào (1) ta có t  6  t 2  t 2  t  6  0  t  2(N)  t  3(L) 3 1 3  17 3  17 Với t = 3  2   2  2  2 x2  3x  1  0  x  (L)  x  (N) x x 4 4 3  37 3  17 Kết hợp Đk bài toán ta có hai nghiêm là : x  x 14 4 14 BT Mẫu 5 : Giải phương trình : 2 x  5 x  11   (Chuyên Hùng Vương) x2 ĐK : 0  x  2 14 7x Viết lại pt như sau : 2  x  2   5 x  7   2  x  2  5 x  x2 x2 x2 x x2 Vì x > 0 nên chia cả hai vế cho x ta được: 2. 5  7 Đặt t = thay vào pt có : x x2 x 2t 2  5t  7 7 2t + 5 > 7/t   0    t  0 t 1 t 2 x2 TH1 : Khi t > 1   1  x  x  2  0(do x  0)  x  4 x x2 7    1 7  x 2 2 x  7 x  4  0  x  4  x  TH2 :   t  0     2  12  x  2 2  x  2  x  2  x  2 0  x Vậy tập nghiệm của BPT là S = (1/2 ;2) v (4 ;+  ) 3x 1 BT Mẫu 6 : Giải BPT sau 1    1 x 2 1  x2 ĐK : -1 < x < 1 3x 1  x 2  x2 x2 3x Viết lại pt như sau : 1  2  2  20 1  x2 1 x 1 x 1  x2 4
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN x Đặt t = ta có : t 2  3t  2  0  t  1  t  2 2 1 x x TH1 : khi t < 1   1  x  1  x 2 ( a) 2 1 x +) Khi -1 < x < 0 thì (a) luôn đúng 1 1 1 +) khi 0  x  1, (a)  x 2  1  x 2   x Kết hợp ĐK ta có ngay 0  x  2 2 2 x x  0 2 TH2: Khi t > 2   2  x  2 1  x2   2 2 x 2 1 x  x  4(1  x ) 5  1   2  Vậy tập nghiệm của BPT là S   1;  ;    2  5  x 1 1 BT Mẫu7 : Giải BPT  x  (*) x 1  3  x 2 Nhận xét : Nhìn vào phương trình ta thấy ngay có dấu hiệu « Nhân lượng liên hợp « rồi nhé vậy thì ta thử tiếp xem sao : Lời giải ĐK : x   1;3 \ 1    x 1  x 1  3  x   x  1  x 1 x2  2x  3 1  x  1 2( x  1) 2 2( x  1) 2 Để bài toán đơn giản hơn ta sẽ chia trường hợp rồi quy đồng bỏ mẫu nhé TH1 : 1  x  1 (a) ta có ( 1)  x  1   x 2  2 x  3  2 x 2  3 x  1  2   x 2  2 x  3   x 2  2 x  3  6  0(2) Đăt t =  x 2  2 x  3, t  0  t 2   x 2  2 x  3 lúc đó (2) trở thành 3 2t 2  t  6  0  2  t  do t  0 nên 2   x2  2 x  3  0 3  2 7 2 7 0t   3  1  x    x3 2 2   x  2x  3  2 2  2 2 7 Kết hợp ĐK (a) ta có 1  x  2 TH 2 : 1< x  3 1  x  1   x 2  2 x  3  2 x 2  3x  1  2   x 2  2 x  3   x 2  2 x  3  6  0 5
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN Đăt t =  x 2  2 x  3, t  0  t 2   x 2  2 x  3 lúc đó (2) trở thành 3 2 7 2 7 2 7 2t 2  t  6  0  t   x kết hợp với (b) ta có 1  x  2 2 2 2 2 7 2 7 Vậy tập nghiệm của BPT là 1  x   1 x  2 2 x2 2 1 BT Mẫu 8 : Giải BPT   (Thi thử THPT Quốc Gia Lý Tự Trọng) 6  x2  2 x  4   2  x  2 2 Nhận Xét : + Ta thấy BPT có chút gì đó mang ý tưởng của Nhân liên hợp - nhưng nếu liên hợp thì BT sẽ cồng kềnh,phức tạp quá,vì thế ta ko vội đi theo ý tưởng này 2x2  4x  8 + Nhận thấy 6  x 2  2 x  4  2  x  2    0x  2 Với điều này bài toán sẽ dễ 6  x  2x  4  2  x  2 2 dàng hơn một chút rồi - làm thôi các em ĐK : x  2 Viết lại (*) 2 2 x  2  4  6  x 2  2 x  4   2  x  2   2 x  2  2  x  2   4  6  x  2   2  x  2   4    Đặt t = x + 2 ,(ĐK x  2 ) phương trình trở thành 2t  2 t  4  6 t 2  2t  4  1 Tới đây có hai hướng + Hướng 1 : Bình phương 2 vế rồi đưa bài toán về bậc 4( bình phương 2 lần) bạn đọc tự giải + Hướng 2 : xét thấy t = 0 không là nghiệm của phương trình,chia cả 2 vế cho t ta có  2   4  (1)  2  t    2  6  t  t  2   2  tới đây chắc các em đã nhìn ra ý tưởng rồi đúng ko ???  t   2 4 2u  2  0 Đặt u = t   u 2  t   4;  2   2u  2  6  u 2  2    2 2 t t 4u  8u  4  6u  12 u  1 2  2 u2 t   2  t  2 t  2  0  t  1  3( N )  t  1  3( L) 2  u  2   0 t Với t  1  3  t  4  2 3  x  2  2 3(TM ) Vậy BPT đã cho có nghiệm duy nhất.   BT Mẫu 9: Giải BPT sau : x 2  5 x  4 1  x 3  2 x 2  4 x   (THPT Chuyên ĐH Vinh) 6
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN Nhận Xét Thoạt nhìn ta chưa thấy dấu hiệu đặt ẩn phụ,nếu tiến hành đặt theo căn như thường lệ sẽ thấy bài toán đi vào ngõ cụt ngay bởi biểu thức trong căn là bậc 3,ngoài căn là bậc 2 do vậy ta nhận định rằng có thể mối quan hệ sẽ xuất hiện khi chúng ta phân tích biểu thức trong căn chăng ???  x  2 x  4 x  x  x  2 x  4  3 2 2 Phân tích :  2 2  x  5 x  4  3 x  x  2 x  4 ta thấy đầu mối của bài toán đã xuất hiện,có vẻ nhận định trên hoàn toàn đúng đắn,giải thử nhé !!! ĐK : x 3  2 x 2  4 x  0  1  5  x  0  x  1  5 Khi đó (*)  4 x  x 2  2 x  4   x 2  5 x  4  4 x  x 2  5 x  4   3 x  x 2  2 x  4(1) x2  2x  4 x2  2x  4 TH1 : x  1  5 khi đó chia cả hai vế của (1) cho x ta có 1  4  3 x x x2  2 x  4 Đặt t = , t  0,  2   t 2  4t  3  0  1  t  3 x 2 x2  2 x  4 x2  2 x  4  x  x  4  0 1  17 7  65 Vậy 1   3 1 9 2  x x x  x  7 x  4  0 2 2 TH2 : 1  5  x  0  x 2  5 x  4  0 khi đó (1) luôn đúng  1  17 7  65  Vậy tập nghiệm của BPT : S =  1  5; 0   ;   2 2  BT Mẫu 10 :Giải phương trình x2  2 x  5  x  1  2   ĐK : x  1 2    x  1  4  2  x  1 ; Đặt t = x  1, t  0 tao có : t  2 Pt  t 4  4  2  t   4 2 4 2 t  4   2  t   t  t  4t  0 t  0 t t3  t  4  0   3 t  t  4  0 2 3 BT Mẫu 11: Giải phương trình: 1   2 x  4  ( x  ) . x x 2 x2 x  0 2 Đk: 1   0  0 khi đó phương trình  x 1   2 x 2  4 x  3 x x  x  2 x +) Với x > 0 Phương trình  x2  2 x  2( x2  2 x)  3 7
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN t  1 Đặt: t  x  2 x ta có 2t  t  3  0   2 2 3 t   (L)  2  x  1  2 (L) t  1  x2  2 x  1  x 2  2 x  1    x  1  2 (Tm) +) Với x  2 có Phương trình   x2  2 x  2( x 2  2 x)  3 t  1 (L) Đặt t  x  2 x phương trình trở thành 2t  t  3  0   3 2 2 t   2  4  52  x 3 3 4 t   x 2  2 x   4( x 2  2 x )  9  4 x 2  8 x  9  0   2 2  4  52 x  (L)  4 4  52 Kết luận: Phương trình có nghiệm x  ; x  1  2 . 4 BT Mẫu13: Giải Phương trình sau x 2  x  7  x 2  x  2  3x 2  3x  19 (ĐH DL Tôn Đức Thắng) TXĐ D=R Đặt t = x 2  x  2, t  0 lúc đó viết lại pt như sau 2    t 2  5  t  3t 2  13  2t 2  5  2t t 2  5  3t 2  13  4t 2  t 2  5    t 2  8  16  3t 4  4t 2  64  0  t 2  4  t 2   ( L) Với t 2  4  x 2  x  2  4  x  1  x  2(TM ) 3 BT Mẫu 14 Giải phương trình sau : 4 x 2  x  6  4 x  2  7 x  1   Nhận xét : Bài toán này có tới 2 căn bậc 2, câu hỏi đặt ra lúc này là đặt t = ? có hai ý tưởng như sau 1. Đặt t = x  1  x  t 2  1 ,các em sẽ giải phương trình bậc 4 2. Biến đổi một chút để tìm ra lời giải đẹp hơn ??? ở đây ta sẽ đi theo cách 2 vì cách một đã được trình bày nhiều ở bài trước rồi nhé : 2 2  2 x  1 2 x 1    2 x  1  5  x  1  2  2 x  1  7 x  1   5  2. 7 x 1 x 1 2x 1 Đặt t = thay vào ta có x 1 t   7 2  2 t   7 2     t  5  2t  7  2 2   2  t  2 t  5   2t  7  3t  28t  44  0 8
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN x  1 2x 1  2  x  1 2 1 Với t = -2 ta có  2  2 x  1  1  2 x    x x 1 2 4 x 2  8 x  3  0 2 4  x  1  1  2 x  Qua ví dụ này ta thấy rằng nếu chịu khó quan sát và biến đổi sẽ cho ta một lời giải khá đẹp mắt,ở bài toán này sức mạnh của hệ số lại phát huy tác dụng...  f x   g  x   f  x  .g x   h x   PP  t  f  x   g x  Thông thường với dạng toán này ta quan sát sẽ thấy có hai căn nhỏ và một căn lớn,khi đó một cách tự nhiên ta sẽ suy nghĩ tới việc đi phân tích biểu thức trong căn lớn xem có mối quan hệ gì với hai căn nhỏ ở trên hay không?Nếu có thì mọi việc đã được dự tính ta giải theo phương pháp,nếu không có mối quan hệ này ta thử biến đổi hoặc tư duy bài toán theo một hướng khác nhé. BT Mẫu 15 : Giải phương trình 2 x  3  4  x  3x  23  2 x 2  5 x  12  Nhận thấy biểu thức trong căn lớn chính là tích của hai biểu thức trong căn nhỏ,vì thế ta giải theo phương pháp ở trên:ĐK 3 Đk  x4 2 Đặt t = 2x  3  4  x, t  0  t2  x  7  2  2 x  3  4  x   3t 2  3x  21  6 2 x 2  5 x  12 11   3t 2  t  44  0  t  4( N ), t   ( L) Với t = 4 ta có : 3 x  3 x  3 4  3  2 x  4  x  2 2 x 2  5 x  12  9  3x   2 2  2 8 x  20 x  48  81  54 x  9 x 17 x  74 x  33  0 37  2 202 X= (TM ) 17 MT Mẫu 16 : Giải Phương trình sau : 3 x  2  6 2  x  4 4  x 2  10  3x  (ĐH 2010) Lời giải : ĐK : 2  x  2  Đặt t = 3 x  2  6 2  x  t 2  9  x  2   36  2  x   36 4  x 2  9 10  3x  4 4  x 2    t 2  9t  0  t  0  t  9 Khi t = 0 ta có 6 3 2  x  6 2  x  0  3 2  x  6 2  x  9  x  2   36  2  x   x  5 Khi t = 9 ta có 3 2  x  6 2  x  9  3 2  x  9  6 2  x  5 x  15  12 2  x 1 Kết hợp ĐK 2  x  2 thấy rằng 5x - 15 < 0 pt (1) vô nghiệm Vậy bài toán đã cho có đúng một nghiệm x = 6/5 BT Mẫu 17 : Giải phương trình sau : 2 x  1  x  2 2 x 2  x  6 x  26   Lời Gải ĐK : x  0 9
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN Đặt t = 2 x  1  x  t  0  t 2  3x  1  2 2 x2  x  Viết Lại pt đã cho ta có : 2 3 x  1  2 2 x 2  x     2 x  1  x  28  0 lúc đó pt (*) trở thành : 7 2t 2  t  28  0  t  4  t   ( L) 2 15  3 x  0 Khi t = 4  2 x  1  x  4  2 2 x 2  x  15  3x   2 4  2 x  x   15  3x  2 x  5  2  x  47  8 31 (TMĐK)  x  94 x  225  0 BT Mẫu 18: Giải phương trình 20 x  11  12 x 2  5 x  4  5   x  1  3 x  4  0 (*) Lời giải : ĐK : x  1 Đặt t = x  1  3 x  4  t  0   t 2  10 x  37  6  x  1 x  4   Viết lại phương trình (*) ta có 2 10 x  37  6  x  1 x  4    5   x  1  3 x  4  63  0 1 9 1  2t 2  5t  63  0  t  7( N )  t    L  2 Với t = 7  x  1  3 x  4  7  6  x  1 x  4   12  10 x  3  x  1 x  4   6  5 x 6  5 x  0  6 x   2   5  x  0 (TM) 9  x  5 x  4    6  5 x  2 16 x  105 x  0 2  BT Mẫu 19 Giải phương trình sau 1  3 x   3 x 2  14 x  5  x  5  9  x   Lời Giải 1 ĐK : 5  x  3 Đặt t = 1  3 x  x  5,  t  0   t 2  6  2 x  2 3 x 2  14 x  5  Viết lại pt đã cho ta có : 6  2 x  2 3x 2  14 x  5  2   1  3 x  x  5  24   t 2  2t  24  0  t  4  t  6( L) Với t = 4 ta có 1  3 x  x  5  4  t 2  6  2 x  2 3 x 2  14 x  5  3x 2  14 x  5  5  x  x  5  x  5  2 2   2  x  1  x  5 (TMĐK) 3x  14 x  5   5  x  4 x  24 x  20  0 BT Mẫu 20 : Giải phương trình : 24 8  2 x 2  22 x  2  33 4  2 x  14 x  8(*) Lời giải ĐK : 2  x  2 Đặt t = 2 x  2  3 4  2 x , t  0  t 2  44  14 x  24 8  2 x 2  Viết lại phương trình (*) ta có : 5(44  14 x  24 8  2 x 2 )  11 2 x  2  3 4  2 x  36  9  5t 2  11t  36  0  t  4( N )  t   ( L) 5 14 x  28  0 Với t = 4 ta có : 4  2 x  2  3 4  2 x  24 8  2 x 2  14 x  28   2 2 576(8  2 x )  14 x  28  10
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN  x  12 / 7   2 478  x  2 (TMĐK) 1348 x  784 x  3824  0  x  2  x   337 Vậy phương trình chỉ có một nghiệm là x = 2 BT Mẫu 21: Giải phương trình: 2x  3  x  1  3x  2 2x 2  5x  3  16  Đại học Mỏ – Địa Chất năm 1999 Lời giải 2x  3  0  ● Điều kiện:  x  1  0  x  1 .  2 2x  5x  3  x  12x  3  0  ● Đặt t  2x  3  x  1,  t  0  t2  3x  4  2 2x 2  5x  3 .   t  t 2  4  16  t2  t  20  0  t  5 N  t  4 L  . ● Với t  5  25  3x  4  2 2x 2  5x  3  2 2x2  5x  3  21  3x . x  7 21  3x  0 x  7     2   x  3  x  3 .    4 2x 2  5x  3  21  3x  x  146x  429  0    x  143  ● So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x  3 . BT Mẫu 22: Giải phương trình 2  1  3  2 x  x 2 (Đề thi thử ĐH trường THPT Lương Ngọc x 1  3  x Quyến) 2t2  4 Đặt t  x  1  3  x , t  0  3  2 x  x  Thay vào pt ta có: 2 t 3  2t  4  0  t  2  x  1  3  x  2  x  1  x  3(TM ) BT Mẫu 23 : Giải phương trình: 9 x 2  2 x  2  2 x3  2 x 2  2 x  1  Nhận Xét: Trước hết ta phân tích thử biểu thức trong căn xem sao đã nhé,dùng casio thấy có một nghiệm là x = -1,sử dụng sơ đồ hoocner ta có biểu thức  x  1  x 2  x  1 Trong khi đó 9 x 2  2 x  2  7( x  1)  9( x 2  x  1) Vì sao phân tích được như trên ở đây tôi đã mượn sức mạnh của đồng nhất hệ số,cụ thể như sau: Cho 9 x 2  2 x  2    x  1    x 2  x  1   x 2      x     đồng nhất với VT ta có 11
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN   9    9   thế nhé,bài sau các em cứ làm vậy nhé     2   7 Bài Giải ĐK: x  1 Viết lại pt (*) ta có 7  x  1  9  x 2  x  1  2  x  1  x 2  x  1 1 chia hai vế cho x 2  x  1  0 ta có x 1 x 1 x 1 1  7 2 9 2 2  0  2  Đặt t = 2 ,t  0 x  x 1 x  x 1 x  x 1 9 (2)  7t 2  2t  9  0  t  1( L)  t  ( N ) 7 x 1 9 Với t = 9/7 ta có : 2   49 x  49  81x 2  81x  81  81x 2  32 x  32  0(VN ) x  x 1 7 Vậy pt đã cho vô nghiệm BT Mẫu 25: Giải phương trình 5 x 2  4 x  3  3 2 x 3  x 2  2 x  1  Lời Giải : 1 Đk x   ,phân tích bài toán giống vd trên ta có pt mới như sau 2 2x  1  2x 1   2  2 x  1  5  x 2  1  3  2 x  1  x2  1  0  2  2 3 2  5  0 1  x 1  x 1 2x 1 5 Đặt t = 2 ; t  0, 1  2t 2  3t  5  0  t  1( L)  t  (TM ) x 1 2 2x 1 5 Với t = 5/2  2   8 x  4  25 x 2  25  25 x 2  8 x  21  0(VN ) x 1 2 Vậy pt đã cho vô nghiệm BT Mẫu 26 :Giải bất phương trình: 7x  7  7x  6  2 49x 2  7x  42  181  14x 1 Đại học An Ninh khối A năm 2000 Bài giải tham khảo 7x  7  0  7x  6  0 6 ● Điều kiện:  x .  7 49x 2  7x  42  0  12
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 1  7x  7  7x  6  2 7x  7 7x  6  7x  7   7x  6  182  2     2  7x  7  2 7x  7 7x  6  7x  6   7x  7  7x  6  182       2  7x  7  7x  6 7x  7  7x  6  182  0 2 ● Đặt t  7x  7  7x  6 . 6 6 6 6 Do x   t  t    7.  7  7.  6  13  t  13 . 7  7  7 7   t  13 t  13   t2  t  182  0 14  t  13  13  t  13 2       7x  7  7x  6  13, x  6   7  14x  1  2 7x  7 7x  6  169  7x  7  7x  6  13   84  7x  0   7x  77x  6  84  7x  7x  7 7x  6  0  7x  7 7x  6  84  7x 2  x  12   6 6   x  1  x   x  ; 1   ; 6 .  7  7  x  6  6  ● Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của bất phương trình là x   ; 6 .  7  BT Mẫu 27:Giải phương trình sau 2x 2 12x  5  2x 2  3x  5  8 x   Nhận xét: Thoạt nhìn ta thấy phương trình không có mối liên hệ nào hết,tuy nhiên nếu để ý các bạn sẽ thấy vế trái xuất hiện “anh bạn thứ ba” theo kinh nghiệm cứ khi nào có sự xuất hiện này ta sẽ chia cả hai vế cho “anh bạn”.Ý tưởng vậy nhé,thực hiện thôi ĐK: x  0 Xét thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình,chia cả hai vế cho x > 0 ta có pt mới như sau: 5 2 x  5  12  2 x  5  3  8 1 Đặt t = 2x  ta có x x x 1  t  12  t  3  8  2t  9  2  t  12  t  3  64  2  t  12  t  3  55  2t 13
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN  55  55 3  t  2 3  t  3169   2 t  4  t  12  t  3   55  2t  2 256t  3169 256  5 3169 3169  7421121  2x    512 x 2  3169 x  1280  0  x  (™) x 256 1024 3 1 BT Mẫu 28: Giải bất phương trình: 3 x   2x  2x 7 1 2 x Đại học Thái Nguyên khối A – B năm 2000 Bài giải tham khảo ● Điều kiện: x  0 .  1   1  1  2 x  4x   3  x   7  0 2      2 x  1 1 1 ● Đặt t  x   t2  x  1  x   t2  1 . 2 x 4x 4x Cauchy 1 1 Ta có: t  x   2 x.  t 2. 2 x 2 x t  2 t  2 t  2    2   2   2  3  t3   2 t  1  3t  7  0 2t  3t  9  0 t    t  3  2    x  3 7 x  4  3 7 1  2  2  x  3  2x  6 x  1  0    . 2 x  3  7  3  x  x  4  7 2  2  3   3  ● Kết hợp với điều kiện, tập nghiệm của hệ là x  0; 4  7   4  7;  .  2   2  BT Mẫu 29:Giải bất phương trình: x  1  x 2  4x  1  3 x  Tài liệu thầy LÊ VĂN ĐOÀN - Đề thi Đại học khối B năm 2012 Bài giải tham khảo x  0  0  x  2  3 ● Điều kiện:  2   . x  4x  1  0 x  2  3   14
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN ● Với x  0   : 2  0  x  0 : là nghiệm bất phương trình. ● Với x  0 : chia hai vế của  cho x, ta được: 1 1   x  x x 4 3 1 x Cauchy 1 1 ● Đặt t  x   2  t2  x  x 2 2 x 3  t  0   5 1  t  6  3  t  3  t  0 2  t .  2 2 t  6  3  t 2  1 5 1 1 2  x  2  x 2  x 2 0x 4  x 4. x  1 ● Vậy tập nghiệm của bất phương trình là x  0;    4;  .    4 BT Mẫu30: Giải phương trình sau: 2 3 3x  2  3 6  5 x  8  0 (ĐH 2009A) Nhận xét: đây là bài toán khá phổ biến và nhiều cách giải,trong phạm vi bài viết này tôi chỉ xin đề cập tới phương pháp đặt ẩn phụ theo hai cách sau đây: 6 ĐK: x  5 t3  2 Cách 1: Đặt t = 3 3x  2  x  thay vào phương trình ta có 3 t  4 t3  2 8  5t 3  pt  2t  3 6  5 8  0  3  8  2t    8  5t 3  2 3 3 9  3    8  2t     t  4 t  4  3    t  2  x  2 (TMĐK)  t  2  15t  26t  20   0 2 2 15t  4t  32t  40  0 6 t2 Cách 2: Đặt t = 6  5x  x  , t  0 pt đã cho tương đương 5 6 t2  8  3t 2  3 3 2 2 3 3.  2  3t  8  0  8     8  3t   135t  1104t  2880t  2496  0 5  5  t  4  135t 2  564t  624  0(VN ) với t = 4 thì x = -2(TMĐK) 15
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 2/ Đặt hai ẩn phụ Thông thường, ta tìm mối liên hệ giữa biến để đặt ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp (đồng bậc) hoặc hệ phương trình đối xứng loại 2, đẳng cấp,… Ta thường gặp một số dạng cơ bản sau:  u  n a  f  x   . a  f x  . b  f x  c  n m PP  đặt  . v  m b  f x    n 2 n n 2 a. A  b. AB  c. B  0   a.A  x  b.B  x  c A x .B x   PP  đặt u, v  PT : u2  uv  v2  0 .  2 2 .A  .B  mA  nB   x n  a  b n bx  a  PP  y  n bx  a x n  by  a  0  đưa về hệ đối xứng loại II:  n . y  bx  a  0    ax  b  cx  dx  e PP 2     đặt ax  b  2cy  d đưa về hệ đối xứng loại II. a  0, c  0, a  1  c n 5.Nếu pt có dạng  ax  b   p n a / x  b /  qx  r  n a / x  b /  ay  b (thuật đặt ẩn phụ đối xứng)  Cần lưu ý một số khai triễn và biến đổi sau: ● x 3  1   x  1 x 2  x  1 hay tổng quát hơn: x 3  a 3   x  a  x 2  ax  b .        2 ● x 4  x 2  1  x 4  2x 2  1  x 2  x 2  1  x 2  x 2  x  1 x 2  x  1 .   ● x 4  1  x 2  2.x  1 x 2  2.x  1 .  ● 4x 4  1  2x 2  2x  12x 2  2x  1 . ● u  v  1  uv  u  1v  1  0 . Các bài tập mẫu minh họa: 4 BT Mẫu 31 : Giải phương trình sau 56  x  4 x  41  5 (Học viện Bưu chính Viễn Thông) Nhận Xét: Đây là kiểu bài toán khá đặc trưng cho phương pháp đặt hai ẩn phụ để đưa về hpt ( bài toán có bậc của căn lớn) ta có lời giải như sau: ĐK: 41  x  56 16
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN Đặt u  56  x , u  0; v  x  41  1  u  v  5(a ) vậy còn một phương trình nữa lấy ở đâu ra??? 4 4 Pt đó sẽ được lấy từ việc các em nâng lũy thừa các phép đặt ẩn phu rôi sau đó ta tìm phép toán phù hợp để làm mất x đi ( cộng - trừ) như sau u 4  v 4  97(b) Kết hợp (a) và (b) ta có hpt u  v  5 u  v  5  u  v  5  4 4  2 2   2   u  v   2uv   2u v  97 2 2 u  v  97 2  uv   100uv  528  0  uv  6  uv  44 u  v  5 u  2 u  3 TH1 :  lúc đó u , v là nghiệm của pt X 2  5 X  6  0  X  2  X  3    uv  6 v  3  v  2  56  x  2 4 u  2 56  x  16 +    x  40(TM ) v  3  4 x  41  3  x  41  81 u  3  4 56  x  3 56  x  81 +    x  25(TM ) v  2  4 x  41  2  x  41  16 u  v  5 TH 2 : :  lúc đó u , v là nghiệm của pt X 2  5 X  44  0(VN ) uv  44 Vậy pt đã cho có hai nghiệm là x = 40 hoặc x = -25 BT Mẫu 32 : Giải phương trình sau x 2  3x  1  x 3  1    x 3  1   x  1  x 2  x  1  Phân tích :   x  3x  1    x  1    x  x  1   x      x      0    1,   2 2 2 2 Viết lại pt đã cho 2  x  1   x 2  x  1   x  1  x 2  x  1 1 Đặt u = x  1, v  x 2  x  1; u  0, v  0 lúc đó ta có pt : 2 2 2 2 2 u u 2u  v  uv  2u  v  uv  0  2       1  0(vn) v v BT Mẫu 33 : Giải phương trình sau 3 2  x  1  x  1  (ĐH Tài Chính kế toán ) ĐK : x  1 Đặt u  3 2  x , v  x  1, v  0 lúc đó phương trình (*) được viết lại như sau :u + v =1,cần tìm thêm một phương trình nữa ta có u 3  v 2  1 u  v  1 v  1  u v  1  u u  0 u  1 u  2 Vậy ta có hpt  3 2  3 2  3 2    u  v  1 u  1  u   1 u  u  2u  0 v  1  v  0 v  3 17
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN u  0  3 2  x  0 TH1 :    x  2(n) v  1  x  1  1 u  1  3 2  x  1 TH2 :    x  1(n) v  2  x  1  0 u  2  3 2  x  2 TH3 :    x  10 v  3  x  1  3 BT Mẫu 34 : Giải phương trình 3  2 x  3 5  3 x  3  Đây là kiểu bài khá quen thuộc,có nhiều cách giải khác nhau trong phạm vi bài này tôi chỉ nếu cách đặt hai ẩn phụ. 3 ĐK : x  Đặt u  3  2 x , u  0; v  3 5  3 x khi đó ta có hpt 2 u  3  v u  3  v u  v  3   2 3  2 3  3 2 1 3u  2v  19 3  3  v   2v  19 2v  3v  18v  8  0  v  2  v  4  v  2  1 3 1 v  2  5  3x  2 13 TH1:   x (™) u  5  3  2x  5 8  2  2 v   4  3 5  3x  4 TH2:    x  23 u  7  3  2 x  7 v  2  3 5  3x  2 TH3:    x  1(tm) u  1  3  2 x  1 Vậy pt đã cho có 3 nghiệm. BT Mẫu 35: Giải phương trình 3 x 2  3x  2  3  x  1  3 x  2  1   Đặt u  3 x  1; v  3 x  2 ta có v 3  u 3  1 thay vào (*) ta có : 2 u  v uv(u  v )  v 3  u 3  uv  u  v    u  v   u 2  uv  v 2   0   u  v  u  v   0   u  v  3 x 1  3 x  2 3 3 x  x  1   3 x  2 2 BT Mẫu 36 : Giải phương trình 2 x  1  3 x  2  5 x 2  2 x  2   18
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN 2 ĐK : x  3 Nhận xét : Bằng kinh nghiệm ta nghĩ ngay tới việc phân tích biểu thức trong căn lớn và kết quả như sau 2    2 x  1  3x  2  2  2 x  1  2  3 x  2  1 Đặt u = 2x - 1 u  0; v  3x  2; v  0 thay vào (1) ta có 2 u  v  2u 2  2v 2  u 2  2uv  v 2  2u 2  2v 2   u  v   0  u  v 4  2 x  1  3x  2  4 x 2  4 x  1  3x  2  4 x 2  7 x  3  0  x  1(n)  x  (n) 3 BT Mẫu 37 : Giải BPT x 2  1  2 x 2  2 x  3  3 x 2  4 x  5   Xin nhắc lại với kiểu bài toán đặt ẩn phụ thì điều quan trọng nhất là tìm ra được mối quan hệ giữa các hàm số cóa mặt trong bài,từ đó đưa ra giải pháp gọn - đẹp nhất Ở bài này ta viết lại phương trình như sau : x 2  1  2 x 2  2 x  3  3 2  x 2  2 x  3  ( x 2  1)  Từ đay cho ta ý tưởng : Đặt u = x 2  1; u  0; v  x 2  2 x  3; v  0 Thay vào pt ta có : u  2v  3 2v 2  u 2  10u 2  4uv  14v 2  0   u  v 10u  14v   0  u  v Vì 10u + 14v > 0 với moi u,v > 0 + với u > v  x 2  1  x 2  2 x  3  x  1 vậy tập nghiệm của BPT là S = (; 1] BT Mẫu 38: Giải phương trình sau : x x 2  2   15  x 2  x  15  3 15 x  x3  4 x   ĐK 0  x  15 Viết lại pt : 15  x 2   3 x . 15  x 2  4 x  2   15  x 2  x  0 1 Đặt u  15  x 2 , v  x (u , v  0) thay vào (1) ta có : u 2  3uv  4v  2(v 2  u )  0 cho v = 100 ta có ngay U = 200 = 2v, u = 98 = v - 2 Vậy u  2v  15  x 2  2 x  x 2  4 x  15  0  x  2  19(n)  x  2  19(l ) Với u = v - 2  15  x 2  x  2(2) với 0  x  15 thì  15  x 2  x  2  15  2  16  2  0(vn) BT Mẫu 39 : Giải Phương trình sau : x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 (HSG Vĩnh Phúc) ĐK : 1  x  7 19
NGUYỄN TIẾN CHINH - VINASTUDY.VN CÔNG PHÁ MÔN TOÁN   x  1  2 7  x  2 x  1   7  x  x  1 (1) Đặt u = 7  x , v  x  1, u; v  0 thay vào (1) ta có : v 2  2u  2v  uv   u  v  v  2   0  u  v  v  2 TH1 : u  v  7  x  x  1  x  4(Tm) TH2 : v  2  x  1  2  x  5 (Tm) n 5.Nếu pt có dạng  ax  b   p n a / x  b /  qx  r  n a / x  b /  ay  b (thuật đặt ẩn phụ đối xứng) BT Mẫu 40 : Giải phương trình 2 3 2x 1  27x 3  27x 2 13x  2 (HSG - Hải Phòng) Nhận xét : Nhìn qua ta thấy bài toán có thể đi theo các hướng quen thuộc là Hàm số hoặc nhân liên hợp,tuy nhiên ở đây ta sẽ chỉ bàn tới làm thế nào để đặt ẩn phụ bằng cách chỉ ra các mối quan hệ. 3 Viết lại phương trình : 2 3 2x 1   3x 1  4x 1 , bài toán có dạng số (5) ta đặt 3 2x 1  3y 1 2  3 y  1   3x  13  4 x  1(1) Ta có hệ phương trình :  3 2 x  1   3 y  1 (2) Lấy (1) - (2) ta có 3 3 2 2 2  3 y  1   2 x  1   3x  1   3 y  1  4 x  1   x  y  6  3  3x  1   3x  1 3 y  1   3 y  1    0    x  y  2  2 2  1  9 2   6  3  3 x  1   3 x  1 3 y  1   3 y  1  6  3  3 x  1   3 y  1    3 y  1  0(VN )     2  4 3 Với x = y thay vào (2) ta có 2x 1   3x 1  27x 3  27x 2  7x  0  x  27x 2  27x  7   0  x  0 BT Mẫu 41: Giải phương trình x 3  3x 2  3 3 3x  5  1 3x  (Đề thi olympic) 3 Viết lại pt như sau : x 3  3x 2  3x 1  3 3 3x  5   x 1  2  3 3 3x  5 3 Đặt 3 3x  5  y 1  3x  5   y 1 ta có hpt :  x  13  2  3( y  1)(1) 3 3 2 2    x  1   y  1  3  y  x    x  y   x  1   x  1 y  1   y  1  3  0 3    y  1  3x  5(2) x  y  2  2 2  1  3 2    x  1   x  1 y  1   y  1  3     x  1   y  1    y  1  3   0x, y     2  4   3 Với x = y ta có 3 3x  5  y  1  3x  5   x  1  x3  3 x 2  4  0  x  1  x  2 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.