zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Luận Văn - Báo Cáo

» Thạc sĩ - Tiến sĩ - Cao học

Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:79

Báo xấu

143
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo: Chương 1 - Một số kiến thức chuẩn bị, Chương 2 - Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn, Chương 3 - Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ MAI THỊ THU NHÀN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ----------------------- MAI THỊ THU NHÀN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội – Năm 2015
Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1 Một số kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Một số công thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 11 2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới . . . . . 21 2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng cấp bậc hai, bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . 37 2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . 46 2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế của phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 59 3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . 59 3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân liên hợp 60 3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức . . . . . . . . . . . 64 3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 3.5 Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . 66 3.6 Xây dựng từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 3.7 Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác . 69 3.8 Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 3.8.1 Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . 71 1
MỤC LỤC 3.8.2 Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . 72 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 2
Mở đầu Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là một lớp các bài toán có vị trí đặc biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học. Học sinh phải đối mặt với rất nhều dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn mà phương pháp giải chúng lại chưa được liệt kê trong sách giáo khoa. Đó là các dạng toán về phương trình chứa ẩn dưới dấu căn giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn, dạng ẩn phụ lượng giác hóa,.... Việc tìm phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là niềm say mê của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp dạy toán. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài "Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn" Đề tài nhằm một phần nào đáp ứng nhu cầu mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc giảng dạy của mình trong nhà trường phổ thông. Luận văn được hoản thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS. Phạm Văn Quốc.Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến người thầy của mình, người đã nhiệt tình hướng dẫn, chỉ bảo và mong muốn được học hỏi thầy nhiều hơn nữa. Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học, cùng toàn thể các học viên khóa 2013-1015 đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu để tác giả hoàn thành khóa học và hoàn thành bản luận văn này. Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. 3
MỤC LỤC Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các bạn học viên để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, tháng 08 năm 2015. Học viên thực hiện Mai Thị Thu Nhàn 4
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số công thức cần nhớ 1. Căn bậc hai và căn bậc ba của một tích √ p p ab = |a| |b| với a, b ∈ R, ab ≥ 0 √ 3 √ √ ab = 3 a 3 b với a, b ∈ R. 2. Căn bậc hai và căn bậc ba của một thương q a p|a| = p với a, b ∈ R, ab ≥ 0, b 6= 0 b q a √3 |b| a 3 = √ 3 với a, b ∈ R, b 6= 0. b b 3. Căn của một lũy thừa √ m √ m n am = a n = ( n a) , với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ , n ≥ 2. 4. Căn q nhiềuplớp √ √ √ a với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2. n m m a= n a= nm 5. Đưa một thừa số ra ngoài dấu căn bậc hai √ √ a2 b = |a| b, với a ∈ R, b ∈ R+ . 6. Đưa một thừa số vào trong dấu căn bậc hai √ √ a b = a2 .b khi a, b ≥ 0; a, b ∈ R √ √ a b = − a2 .b khi a ≤ 0, b ≥ 0; a, b ∈ R. 7. Tích của hai căn √ √ 1 1 1 1 m+n √ √ m+n a n a = a m a n = a m + n = a mn = mn m am+n = ( mn a) với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2. 8. Thương của hai căn √ 1 m a am 1 √ √ n−m √ = = a m − n1 = a n−m mn = mn an−m = ( mn a) 1 n a an 5
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị với a ∈ R∗+ ; m, n ∈ N∗ ; m, n ≥ 2. √ B≥0 9. A=B⇔ A = B2. √ √ A≥0 10. A= B⇔ A = B. √ 3 √ 3 11. A= B ⇔ A = B. √ 12. 3 A = B ⇔ A = B3. 13. Phương trình tương đương Hai phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm. Nếu phương trình f1 (x) = g1 (x) tương đương với phương trình f2 (x) = g2 (x) thì ta viết f1 (x) = g1 (x) ⇔ f2 (x) = g2 (x). Khi muốn nhấn mạnh hai phương trình có cùng tập xác định D (hay có cùng điều kiện xác định mà ta cũng kí hiệu là D) và tương đương với nhau, ta nói - Hai phương trình tương đương với nhau trên D, hoặc - Với điều kiện D, hai phương trình tương đương với nhau. Chẳng hạn với x > 0, hai phương trình x2 = 1 và x = 1 tương đương với nhau. Trong các phép biến đổi phương trình, đáng chú ý nhất là các phép biến đổi không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình. Ta gọi chúng là các phép biến đổi tương đương. Như vậy, phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương trình tương đương với nó.Chẳng hạn, việc thực hiện các phép biến đổi đồng nhất ở mỗi vế của một phương trình và không thay đổi tập xác định của nó là một phép biến đổi tương đương. 14. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến. Hàm số y = f (x) được gọi đồng biến (tăng) trong khoảng (a,b) nếu với ∀x1, x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f (x1 ) < f (x2 ). Hàm số y = f (x) được gọi nghịch biến (giảm) trong khoảng (a,b) nếu với ∀x1, x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 thì f (x1 ) > f (x2 ). Hàm số y = f (x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a,b), ta nói hàm số y = f (x) đơn điệu trên (a,b). Định lý. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trong (a,b). Khi đó : 6
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị - Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b). - Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b). - Nếu f , (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) đồng biến trên [a, b]. - Nếu f , (x) < 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) nghịch biến trên [a, b]. 15. Hệ phương trình đối xứng loại I f (x, y) = 0 g(x, y) = 0 (I) với f (x, y) = f (y, x) và g(x, y) = g(y, x) Phương pháp giải. S =x+y Biến đổi về tổng, tích và đặt P = xy đưa hệ phương trình mới với ẩn S,P. Giải hệ phương trình mới tìm được S, P và điều kiện có nghiệm (x, y) là S 2 ≥ 4P. Tìm nghiệm (x, y) bằng cách giải phương trình X 2 − SX + P = 0 hoặc nhẩm nghiệm với S, P đơn giản. 16. Hệ phương trình đối xứng loại II f (x, y) = 0 (1) f (y, x) = 0 (2) Phương pháp giải. Trừ (1) và (2) vế cho vế ta được hệ phương trình mới f (x, y) − f (y, x) = 0 (3) f (x, y) = 0 (1) x=y Biến đổi (3) về phương trình tích (x − y).g(x, y) = 0 ⇔ g(x, y) = 0. f (x, y) = 0 f (x, y) = 0 Khi đó giải hai trường hợp x = y ∨ g(x, y) = 0 Giải các hệ trên ta tìm được nghiệm của hệ đã cho. 17. Một số công thức lượng giác hay dùng. cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x sin 2x = 2 sin x cos x 7
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x 1 + cos 2x cos2 x = 2 2 1 − cos 2x sin x = . 2 1.2 Ví dụ mở đầu Ví dụ 1.1. Giải phương trình 2p √ √ 1+ x − x2 = x+ 1 − x. 3 Nhận xét. Trước hết có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1. Để giải phương trình này thì rõ ràng ta sẽ tìm cách làm mất căn thức. Có nhiều cách để làm mất căn thức. Cách 1. Đầu tiên ta nghĩ tới đó là lũy thừa hai vế. Vì hai vế của phương trình đã cho luôn không âm với điều kiện xác định nên ta có thể bình phương hai vế để thu được phương trình tương đương sau 2√ √ √ 1+ x − x2 = x + 1 − x 3 2 √ 2 √ √ 2 ⇔ 1+ x − x2 = x+ 1−x 3 4√ 9 √ ⇔1+ x − x2 + x − x2 = 1 + 2 x − x2 3 √4 ⇔ 27(x − x2 ) − 8 x − x2 = 0 √ √ ⇔ x − x2 27 x − x2 − 8 = 0 √ x√− x2 = 0 ⇔ 27 x − x2 − 8 = 0  x = 0 (thỏa mãn)  x = 1 (thỏa mãn) ⇔ √ 27 ± 473 x= (thỏa mãn) 54 √ 27 ± 473 Vậy phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1, x = . √ √ 54 √ 2 Cách 2. Ta thấy x + 1 − x2 = 1 + 2 x − x2 . √ √ √ y2 − 1 Do đó nếu đặt y = x + 1 − x2 . Suy ra, ta sẽ tính được x − x2 = . 2 Phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai ẩn y là y2 − 1 y=1 1+ = y ⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔ 3 y = 2. 8
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị √ √ √ x + √1 − x2 = 1 2 √x − x = 0 Suy ra √ ⇔ x + 1 − x2 = 2 2 x − x2 − 3 = 0. Từ đó ta được nghiệm của phương trình đã cho. Với cách giải thứ 2 là ta đặt ẩn phụ hợp lý để làm mất căn thức. Đặt biểu thức chứa căn thức nào đó bằng một biểu thức ẩn mới sao cho phương trình ẩn mới có kết cấu đơn giản hơn phương trình ban đầu là bước quan trọng. Nó quyết định đến việc ta có lời giải hay không và lời giải đó tốt hay dở. Để chọn được cách đặt ẩn thích hợp thì ta cần phải tìm được mối quan hệ của các biểu thức tham gia trong phương trình. Có nhiều cách tạo ra mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình. Ví dụ ngoài cách đặt ẩn như cách 2, ta còn có mối quan hệ giữa các biểu thức trong phương trình ở cách 3 sau. Cách 3. Ta có 2√ √ √ 1+ x − x2 = x + 1 − x 3 √ √ √ ⇔ 3 + 2 x − x2 = 3 x + 3 1 − x √ √ √ ⇔ x 2 1−x−3 =3 1−x−3 √ √ 3 1−x−3 ⇔ x= √ . 2 1−x−3 √ √ 2 Mặt khác ta có ( x)2 + 1 − x = 1. √ √ 3y − 3 Đặt y = 1 − x thì x = . Khi đó 2y − 3 √ 2 √ 2 ( x) + 1−x =1 2 y=0 ⇔ y(y − 1)(2y − 4y + 3) = 0 ⇔ y = 1. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho. √ √ = x, z = 1 − x với y ≥ 0, z ≥ 0. Cách 4. Ta cũng có thể đặt y( 2 1 + yz = y + z Khi đó ta có hệ phương trình 3 y2 + z2 = 1 Đây là hệ phương trình đối xứng loại I. Ta giải tìm ra y, z và tìm được nghiệm x của phương trình đã cho. Cách 5. Với điều kiện của x để phương trình xác định, h π ita có thể nghĩ đến 2 cách giải phương trình bằng cách đặt x = sin t, t ∈ 0; . 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành 2 1+ sin t cos t = sin t + cos t 3 p ⇔3(1 − sin t) (1 − sin t) (1 + sin t) (2 sin t − 3) = 0 sin √t = 1 √ ⇔ 3 1 − sin t = (3 − 2 sin t) 1 + sin t 9
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị x=1 ⇔ sin t 4 sin2 t − 6 sin t + 8 = 0. Từ đó ta có nghiệm của phương trình đã cho. Qua ví dụ trên, ta thấy rằng có thể có nhiều cách để giải một phương trình chứa ẩn dưới dấu căn nào đó. Mọi phương pháp đều có chung một mục đích, đó là tìm cách loại bỏ căn thức và đưa phương trình đã cho về phương trình mà ta đã biết cách giải. 10
Chương 2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp. Một số phép biến đổi tương đương thường gặp  p p f(x) = g(x) 1. 2n f (x) = 2n g(x) ⇔ f (x) ≥ 0  g(x) ≥ 0. p f (x) = g 2n (x) 2. 2n f (x) = g(x) ⇔ g(x) ≥ 0. p 3. 2n+1 f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2n+1 (x). Ví dụ 2.1. (Đề dự tuyển chọn HSG Khối lớp 10, Olympic 30/4,năm 2009) Giải phương trình p (x + 3) (4 − x)(12 + x) = 28 − x. (4 − x)(12 + x) ≥ 0 Giải. Điều kiện ⇔ −3 ≤ x ≤ 4. (28 − x)(x + 3) > 0 Phương trình đã cho tương đương (x + 3)2 (4 − x)(12 + x) = (28 − x)2 ⇔ x4 + 14x3 + 10x2 − 272x + 352 = 0 ⇔ (x 2 2 + 6x − 22)(x + 8x − 16) = 0 x2 + 6x − 22 = 0 ⇔ x2 + 8x − 16 = 0  √ x = −3 + √31 (thỏa mãn)  x = −3 − 31 (loại) ⇔  x = −4 + 4√2 (thỏa mãn) √ x = −4 − 4 2 (loại) . √ √ Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −3 + 31, x = −4 + 4 2. 11
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Ví dụ 2.2. Giải phương trình √ √ √ x+1− x−7= 12 − x. Giải. Điều kiện 7 ≤ x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương √ √ √ x+1= 12 − x + x−7 p ⇔ x + 1 = 12 − x + x − 7 + 2 (12 − x)(x − 7) p ⇔x − 4 = 2 (12 − x)(x − 7) x−4≥0 ⇔ x2 − 8x + 16 = 4(−x2 + 19x − 84)   " x≥4 ⇔ x = 8 (thỏa mãn)  x = 44 (thỏa mãn).  5 44 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 8, x = . 5 Ví dụ 2.3. (Tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán - Tin THPT Chuyên Bắc Giang năm học 2005-2006) Giải phương trình √ √ x + 3 = 5 − x − 2. Giải. Điều kiện x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương √ √ x+3+ x−2=5 p ⇔x+3+x−2+2 (x + 3)(x − 2) = 25 p ⇔ (x + 3)(x − 2) = 12 − x x ≤ 12 ⇔ (x + 3)(x − 2) = (12 − x)2 x ≤ 12 ⇔ x = 6. Vậy phương trình có nghiệm là x = 6. Ví dụ 2.4. Giải phương trình √ √ √ 3 3x − 1 − 3 2x − 1 = 3 5x + 1. Giải. Phương trình đã cho tương đương p √ √ 3x − 1 + 2x − 1 + 3 (3x − 1)(2x − 1)( 3 3x − 1 + 3 2x − 1) = 5x + 1 p ⇔3 (3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1 ⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x "+ 1) = 1 x=0 ⇔ 30x3 − 19x2 = 0 ⇔ 19 x= . 30 Thay x = 0 vào phương trình đã cho ⇒ −2 = 1 (vô lý) . 12
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 19 Thay x = vào phương trình đã cho thỏa mãn. 30 19 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = . 30 Ví dụ 2.5. (Thi chọn HSG lớp 9 Bắc Giang, năm 2009) Giải phương trình √ √ √ √ x+1+ 2x + 3 = 3x + 2x − 2. Giải. Điều kiện x ≥ 1. Phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 3x − x + 1 = 2x + 3 − 2x − 2 p p ⇔ 3x + x + 1 − 2 3x(x + 1) = 2x + 3 + 2x − 2 − 2 (2x − 2)(2x + 3) p p ⇔ 3x(x + 1) = (2x + 3)(2x − 2) ⇔ 3x(x + 1) = (2x + 3)(2x − 2) ⇔x 2 −x−6=0 x = 3 (thỏa mãn) ⇔ x = −2 (loại) . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. Ví dụ 2.6. Giải hệ phương trình r x3 + 1 √ p √ + x + 1 = x2 − x + 1 + x + 3. x+3 Giải. Điều kiệnrx ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương x3 + 1 √ √ √ − x + 3 = x2 − x + 1 − x + 1 x+3 x3 + 1 ⇔ = x2 − x − 1 x+3 ⇔ x3 + 1 = (x2 − x − 1)(x + 3) ⇔ 2x 2 − 4x −√4 = 0 x = 1 −√ 3 ⇔ (loại ) x = 1 + 3. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp Một số biểu thức liên hợp : √ √ √ √ (α a + β b)(α a − β b) = α2 a − β 2 b √ √ 3 √ 3 √ 3 √ 3 ( 3 a + b)( a2 − ab + b2 ) = a + b √ √ 3 √ 3 √ 3 √ 3 ( 3 a − b)( a2 + ab + b2 ) = a − b 13
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ). Ta đã biết nếu x = x0 là nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì điều đó có nghĩa là x0 ∈ Df và f (x0 ) = 0. Nếu x = a là nghiệm của đa thức P (x) thì P (x) = (x − a)P1 (x), trong đó P1 (x) là đa thức với degP1 = degP − 1. Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta có thể đưa phương trình f (x) = 0 về dạng (x − x0 )f1 (x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f (x) = 0 quy về giải phương trình f1 (x) = 0. Ví dụ 2.7. (Đề thi Đại học Khối B, năm 2010) Giải phương trình √ √ 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0. 1 Giải. Điều kiện − ≤ x ≤ 6. 3 Nhận thấy x = 5 là nghệm một của phương trình. Do đó, ta cần tách ghép để nhân liên hợp sao cho xuất hiện nhân tử chung (x − 5) hoặc bội của nó. Vì vậy, ta cần tìm hai số a, b > 0 sao cho thỏa mãn đồng nhất (3x + 1) − a2 3(x − 5) √ =√ ⇔ 3x + 1 − a2 = 3x − 15 ⇔ a = 4. 3x + 1 + a 3x + 1 + a b2 − (6 − x) x−5 √ = √ ⇔ b2 = 6 + x = x − 5 ⇔ b = 1. b+ 6−x b+ 6−x Nên ta có lời giải sau. Phương trình đã cho tương đương √ √ ( 3x + 1 − 4) + (1 − 6 − x) + 3x2 − 14x − 5 = 0 3x + 1 − 14 1−6+x ⇔√ + √ + (3x + 1)(x − 5) = 0 3x + 1+ 4 1 + 6 − x 3 1 ⇔ (x − 5) √ + √ + 3x + 1 = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x " x = 5 (thỏa mãn) ⇔ 3 1 √ + √ + 3x + 1 = 0 3x + 1 + 4 1 + 6 − x Ta có 3 1 1 √ + √ + 3x + 1 > 0, ∀x ∈ [− ; 6]. 3x + 1 + 4 1 + 6 − x 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5. Ví dụ 2.8. (Đề nghị Olympic 30-4) Giải phương trình p p x2 + 12 + 5 = 3x + x2 + 5. Giải. Phương trình đã cho tương đương √ √ ( x2 + 12 − 4) = 3(x − 2) + ( x2 + 5 − 3) 14
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn x2 + 12 − 16 x2 + 5 − 9 ⇔√ = 3(x − 2) + √ x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 (x − 2)(x + 2) (x − 2)(x + 2) ⇔ √ = 3(x − 2) + √ x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x+2 x+2 ⇔ (x − 2) √ −√ −3 =0 x 2 + 12 + 4 x 2 + 5 + 3 " x = 2 (thỏa mãn) ⇔ x+2 x+2 √ −√ − 3 = 0. x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Ta có x+2 x+2 √ −√ = 3 vô nghiệm. (2.1) x2 + 12 + 4 x2 +5+3 Vì từ phương trình đã cho ta có p p x2 + 12 − x2 + 5 = 3x − 5. (2.2) Vế trái của (2.2) >0. Suy ra ( 5 x+2>0 3x − 5 > 0 ⇔ x > ⇔ 1 1 3 √ −√ < 0. x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Suy ra, vế trái của (2.1) < 0 ⇒ (2.1) vô nghiệm. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. Ví dụ 2.9. (Đề thi Đại học Khối A, năm 2007) Giải phương trình √ √ 2x − 3 − x = 2x − 6. 3 Giải. Điều kiện x ≥ . Phương trình đã cho tương đương √ 2 √ √ √ ( 2x − 3 − x)( 2x − 3 + x) √ √ = 2(x − 3) 2x − 3 + x 2x − 3 − x ⇔√ √ − 2(x − 3) = 0 2x − 3+ x 1 ⇔ (x − 3) √ √ −2 =0  2x − 3 + x x = 3 (thỏa mãn) ⇔  1 √ √ − 2 = 0. 2x − 3 + x 3 √ √ 3 1 Ta có x ≥ , suy ra 2x − 3 + x ≥ > 1 ⇔ √ √ < 1. 2 2 2x − 3 + x 1 Suy ra √ √ − 2 = 0 vô nghiệm. 2x − 3 + x Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 15
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Ví dụ 2.10. Giải phương trình √ 3 √ x + 24 + 12 − x = 6. Giải. Điều kiện x ≤ 12. Phương trình đã cho tương đương √ √ ( 3 x + 24 − 3) + ( 12 − x − 3) = 0 x + 24 − 27 12 − x − 9 ⇔ √ 3 2 √ 3 +√ =0 ( x + 24) + 3 x + 24 + 9 12 − x + 3 1 1 ⇔ (x − 3) √ 3 √ 2 + 3 3 x + 24 + 9 −√ =0 ( x + 24) 12 − x + 3 x=3 " ⇔ 1 1 √ √ − √ =0 ( 3 x + 24) 2 + 3 x + 24 + 9 3 12 − x + 3 x=3 √ √ √ ⇔ √ 12 − x + 3 x + 24 − ( 3 x + 24)2 − 4 3 x + 24 − 6 = 0 x√= 3 √ ⇔ ( 3 x + 24)2 + 4 3 x + 24 − 6 = 0  x √= 3 x = 3 (thỏa mãn) " ⇔ √x + 24 = 0 ⇔ x = −24 (thỏa mãn)  x + 24 = −4 x = −88 (thỏa mãn). Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 3, x = −24, x = −88. Ví dụ 2.11. Giải phương trình √ √ p 2 2x + 4 + 4 2 − x = 9x2 + 16. Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 2. Phương trình đã cho tương đương p 4(2x + 4) + 16(2 − x) + 16 (2x + 4)(2 − x) = 9x2 + 16 p ⇔ 16 (2x + 4)(2 − x) − 8x = 9x2 − 32 p ⇔ 8(2 (2x + 4)(2 − x) − x) = 9x2 − 32 p p 8(2 (2x + 4)(2 − x) − x)(2 (2x + 4)(2 − x) + x) ⇔ p = 9x2 − 32 2 (2x + 4)(2 − x) +!x) 8 ⇔ (9x2 − 32) 1+ p =0 2 2(4 − x2 ) + x  √ 4 2  x = 3√ ⇔ 4 2   x=− p 3 2 2(4 − x2 ) + x + 8 = 0. p Ta có −2 ≤ x ≤ 2, suy ra 2 2(4 − x2 ) + x + 8√> 0. 4 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 3 16
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Ví dụ 2.12. Giải phương trình √ √ 3 − x + 2 + x = x3 + x2 − 4x − 4 + |x| + |x − 1| . Giải. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3. Phương trình đã cho tương đương √ √ 2 3 − x − |x − 1| + 2 + x − |x| = (x + 2) x − x − 2 2 (3 − x) − x + 2x − 1 2 + x − x2 ⇔ √ +√ − (x + 2) x2 − x − 2 = 0 3 − x + |x + 1| 2 + x + |x| −x2 + x + 2 −x2 + x + 2 ⇔√ +√ + (x + 2) −x2 + x + 2 = 0 3 − x + |x + 1| 2 + x + |x| 2 1 1 ⇔ −x + x + 2 √ +√ + (x + 2) = 0 3 − x + |x + 1| 2 + x + |x| ⇔ −x2 + x + 2 = 0 x = −1 (thỏa mãn) ⇔ x=2 (thỏa mãn). 1 1 Do ∀x ∈ [−2; 3] nên √ +√ + (x + 2) > 0. 3 − x + |x + 1| 2 + x + |x| Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x = −1, x = 2. Ví dụ 2.13. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015) Giải phương trình √ √ 3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3. −1 Giải. Điều kiện x ≥ . Ta thấy x = 0, x = 1 la nghiệm của phương trình trên. 3 Mà x = 0, x = 1 la nghiệm của đa thức x2 − x = 0 hoặc −x2 + x = 0. √ Cách 1. Ta cần xác định a, b sao cho 3x − 1−(ax+b) = 0 có nghiệm x = 0, x = 1. Thay x = 0, x = 1 vào ta được hệ phương trình 1−b=0 a=1 ⇔ 2 − (a + b) = 0 b = 1. √ Tương tự, tìm được c = 1, d = 2 sao cho 5x + 4 − (cx + d) = 0 có 2 nghiệm là x = 0, x = 1. Cách 2. Ta có √ 3x + 1 − (ax + b)2 3x − 1 − (ax + b) = √ 3x − 1 + (ax + b) Cho 3x + 1 − (ax + b)2 = −x2 + x ta được (ax + b)2 = x2 + 2x + 1 ⇔ ax + b = x + 1. Tương tự √ 5x + 4 − (cx + d)2 5x + 4 − (cx + d) = √ , ta tìm được cx + d = x + 2. 5x + 4 + (cx + d) 17
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Nên ta có lời giải sau. √ √ 3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3 √ √ ⇔ 3x + 1 − (x + 1)] + [ 5x + 4 − (x + 2) = 3(x − 1)x −x2 + x −x2 + x ⇔√ +√ = 3(x2 − x) 3x + 1 +(x + 1) 5x + 4 + (x + 2) 2 1 1x ⇔ (−x + x) √ +√ +3 =0 3x + 1 + (x + 1) 5x + 4 + (x + 2) −x2 + x = 0 " ⇔ √ 1 1x +√ +3=0 3x + 1 + (x + 1) 5x + 4 + (x + 2) x = 0 (thỏa mãn) ⇔ x = 1 (thỏa mãn). Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 1. Ví dụ 2.14. Giải phương trình p (x + 1) x2 − 2x + 3 = x2 + 1 Giải. Vì x = −1 không là nghiệm của phương trình nên phương trình đã cho tương đương √ x2 + 1 x2 − 2x + 3 = x+1 √ x2 − 2x − 1 ⇔ x2 − 2x + 3 − 2 = x+1 x2 − 2x − 1 x2 − 2x − 1 ⇔√ = x2 − 2x + 3 + 2 x+1 1 1 ⇔ x2 − 2x − 1 √ − =0 x 2 − 2x + 3 + 2 x+1 " 2 x − 2x − 1 = 0 ⇔ 1 1 √ − =0 √+ 3 + 2 x + 1 2 x − 2x x = 1 ± 2 (thỏa mãn) ⇔ √ 2 x − 2x + 3 + 2 = x + 1 (vô nghiệm ). √ Vậy phương trình có nghiệm x = ± 2. Nhận xét. Vì sao ta nhận ra được nhân tử chung x2 − 2x − 1 để điền thêm −2 vào hai vế. Xuất phát từ việc tìm α sao cho √ x2 + 1 x2 − 2x + 3 − α = − α, (α > 0) x+1 x2 − 2x + 3 − α2 x2 + 1 − α(x + 1) ⇔ 2 = x − 2x + 3 + α x+1 2 x − 2x + 3 − α 2 2 x − αx + (1 − α) ⇔ 2 = . x − 2x + 3 + α x+1 Đến đây, ta chỉ việc xác định α sao cho x2 − 2x + 3 − α2 = x2 − αx + (1 − α) ⇔ α = 2. 18

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.09: Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Chuyên Ngành Quản Trị Kinh Doanh

81 tài liệu

1643 lượt tải

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.