zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học cơ sở

Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ

Chia sẻ: CDKL HERO | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Báo xấu

1.075
lượt xem 210
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình vô tỷ

Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu p hương pháp hàm số không được BÀI 2. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác. PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ * Phương trìnhbất phương trình b ậc 4, lúc này ta phải nhẩm đ ược 2 A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm đ ược I. Phương pháp biến đổi tương đương 1 nghiệm thì sử dụng như p hương trìnhbất phương trình b ậc 3 và nếu không ta 1. Kiến thức cần nhớ: p hải chuyển sang hướng khác. n  a “Cũng như không ?!” n a 1. 2 Ví dụ 1 : Giải p hương trình: 2 x  1  x  3x  1  0 (ĐH Khối D – 2006)  ab  0  2. a  b  a 2 n  b 2 n Biến đổi p hương trình thành: 2 x  1   x 2  3x  1 (*), đ ặt đ iều kiện rồi bình 2 n 1 2 n 1  a, b  3. a  b  a b p hương 2 vế ta được: x 4  6 x 3  11x 2  8 x  2  0 ta dễ dạng nhẩm đ ược nghiệm 2n  b2 n 4. a  b  0  a x = 1 sau đó chia đ a thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0.  a 2 n 1  b 2 n 1  a , b  5. a  b 3 2. Các dạng cơ bản: 2   2 Ví dụ 2: Giải b ất phương trình: 4  x  1   2 x  10  1  3  2 x , ĐK: x   g  x  0 2  f  x   g  x   (Không cần đặt điều * Dạng 1:   2 pt  x  2 x  1   x  5  2  x  3  2 x  ( x  5) 3  2 x  9  5 x (1), Với 2  f  x   g  x  3 kiện f  x   0 ) hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 x 2 f  x   g  x  xét 2 trường hợp: * Dạng 2: 2  0   x  3   x  1  0 g  x  0  g ( x)  0   f  x  g  x f  x  g  x TH1:  TH2:  b ) Tương tự với 2 dạng : * * 2  f  x  g  x  f  x  0   Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2 x 2  6 x  1  x  2  0 1  f ( x)  0 Giải  f  x  g  x  g  x  0 * Dạng 3: 1  2 x2  6 x  1  x  2 bất phương trình tương đương với hệ:  2  f  x  g  x  x  2 x  2  0 Lưu ý: + g (x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp  3 7 3 7 3 7 2  g (x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+ c), khi đó tu ỳ theo từng b ài ta có thể mạnh dạn 2 x  6 x  1  0  x   x   x3 2 2 2 2  đ ặt điều kiện cho g  x   0 rồi bình phương 2 vế đ ưa phương trìnhb ất phương  2 x  6 x  1  x  2  1  x  3  trình về dạng quen thuộc. + Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2  2 mx  1  m  2 có nghiêm. a0 x  a1 x  a2 x    an 1 x  an  0 có nghiệm x=  thì chia vế trái cho cho n 1 n 2 n Giải x–  ta được  x     b0 x  b1 x    bn2 x  bn1   0 , tương tự cho bất phương * Nếu m < 2  p hương trình vô nghiệm. n 1 n 2 * Nếu m  2  p hương trình  x22mxm2+4 m3=0. Phương trình này có trình. 2 * Phương trìnhbất phương trình bậc 3 : Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì =2m 4m+3>0 với mọi m. Vậy với m  2 thì phương trình đ ã cho có nghiêm. việc giải theo hướng này là đúng, nếu không nhẩm đ ược nghiệm thì ta có thể sử Ví dụ 3: Tìm m đ ể phương trình 2 x 2  mx  3  x  1 có hai nghiệm phân biệt. 1 2 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Giải: Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi  x  1 thành: 5 x  1  x  1  2 x  4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ  , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm: Cách 1: PT   b ản để giải. 2  x   m  2  x  4  0, (*)  Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  1  x  x  2   2 x 2 1 . 2  m  m 2  4m  20 2  m  m 2  4m  20  0 . Phương trình đã x1   0, x2  Giải 2 2 Điều kiện: cho có 2 nghiệm  (*) có 2 nghiệm x 1 m  4   x  2 * x  1  x2  1  4  m  m 2  4m  20    m  1  2   4  m   m  4m  20 2  x  0 + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái  Chú ý: 1  2 x 2  x  2 x 2  x  1  x  2   4 x 2  2 x 2  x  1  x  2  x  2 x  1 d ấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. 2  4 x 2  x 2  x  2   x 2  2 x  1 + Cách 2 : Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x  1  t  0 .  x 2  8x  9  0 2 (*) trở thành:  t  1   m  2   t  1  4  0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x  1 thì 9 (**) phải có 2 nghiệm t  0 . Vậy phương trình đ ã cho có hai nghiệm x=0, x  . 8 Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m đ ể phương trình có hai nghiệm thực phân (Hãy tìm thêm cách giải khác) b iệt: x 2  mx  2  2 x  1 , (1) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x 2  mx  x 2  4  0 có nghiệm. 2 x  1  0  Giải: pt   2 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) m  m 2  16 3 x   m  4  x  1  0,  2  HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, b ình phương hai vế tìm đ ược x1,2  .  2  Kết hợp với điều kiện ta tìm được |m|  4. 2     m  4   12  0 b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích:  1   1 9 - Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức có hai nghiệm lớn hơn ho ặc bằng  hay  f     0 m . 2 2 2  Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân S 1 tích...   Ví dụ 4: Giải p hương trình: x 2  x  7  7 . 2 2 1 1 HD: Chú ý : Cách 2: đặt t  x  , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng   Bình phương hai vế. 2 2  Dùng hằng đẳng thức a2  b2=0. 2  1  1 thì 3  t     m  4  t    1  0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0. 1  29 2 2    Nghiệm x  2, x  . 3. Các kỹ năng: 2 x2 a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a. b. x4 biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. 2   1 1 x Ví dụ 1: Giải b ất phương trình: 5 x  1  x  1  2 x  4 (ĐH Khối A – 2005) x  3x  2 x 2  3x  2  0 2 3 4 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với Ai  0, 1  i  n khi đó pt tương 1  ĐS: a. 1 x 0. ĐS: x=1. x  2 Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 x  y 2  y  2  4 x 2  y . pt   x  2  x  4   m x  2    3 . Để chứng minh 2  x  6 x  32  m, ( 2) Giải m  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương Bình phương hai vế ta được trình (2) có một nghiệm khác 2. 1 2 2  2 x  1   y  2   2  y  2  4 x 2  y   0  x  , y  2. 3 2 f  x   x  6 x  32, x  2 , ta có f(2) = 0, Thật vậy: đặt 2 d. Sử dụng lập phương: lim f  x   , f  x   3 x  12 x  0, x  2 nên f(x) là hàm liên tục trên  2;   ' 2 x  Với dạng tổng quát 3 a  3 b  3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng và đồng biến trên kho ảng đó suy ra m  0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 3 thức  a  b   a 3  b3  3ab  a  b  khi đó phương trình tương đương với hệ mà 2 < x0 <   . Một số dạng chuyển thành tích: 3 a  3 b  3 c  . Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình.  a - c x  b - d   3 - Dạng: ax  b  cx  d   a  b  3 abc  c  m 3 x  1  3 x  2  3 2x  3 . Ví dụ: Giải bất phương trình Ta biến đổi thành: m( ax  b  cx  d )   ax  b    cx  d  3 ĐS: x  1; x  2; x  . x3 Ví dụ: Giải phương trình: . 4 x  1  3x  2  2 5 e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: ĐS: x=2. - TH1 : Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu: - Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0 2  x 2  16  7x Ví dụ: Giải p hương trình: 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3 x  2 . 1 (ĐH Khối Ví dụ 1: Giải bất phương trình:  x3  x3 x3 ĐS: x=0, x=1. A2004) Ví dụ: Giải p hương trình: 4 x  1  x  1  4 x3  x 2 . Giải ĐS: x=0, x=1. 2  x 2  16   x  3  7  x  2  x 2  16   10  2 x 1  ĐK: x  4 . - Dạng : a u+bv=ab+uv  (ub)(va)=0 Ví dụ 1: Giải p hương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 . x  4  x5  ĐS: x=0, x=1.  10  2 x  0  Ví dụ 2: Giải p hương trình: x 3  x 2  3x  3  2 x  x 2  3  2 x 2  2 x . 10  2 x  0   10  34  x  5 ĐS: x=0.  2  x 2  16   10  2 x 2  - Dạng : a 3b3  (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x  10  34 . 2 Ví dụ: Giải p hương trình: 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  . TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng th ì ta chia thành từng trường - ĐS: x=1. h ợp: 5 6 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ a. Có nghiệm. Ví dụ 2: Giải các b ất phương trình: a.  x  3 x 2  4  x 2  9 b. b. Có hai nghiệm phân biệt. 2 51  2 x  x Bài 9: Giải các bất phương trình sau: 1 . 1 x 1  1  4 x2 a.  3. a. Xét ba trường hợp x=3, x>3 và x
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ t 3  35 Ví dụ 3: Tìm m đ ể bất phương trình: m( x 2  2 x  2  1)  x  2  x   0 , (1) có HD: đặt: t  3 35  x3  x 3 35  x 3  . ĐS: x=2, x=3. 3t nghiệm x   0;1  3  .   7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x . Ví dụ 3: Giải bất phương trình   2 2 2 Giải: Đặt t  x  2 x  2  x  2 x  t  2 . Nếu x  0;1  3 thì 6 HD: Đặt t  7 x  7  7 x  6  0  …  x  6 . 7 t   x  1  1  1;2 2 Dạng 3: BPT trở thành: m  t  1  2  t 2  0,  2    f  x  , n g  x   0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. F n t2  2 t2  2  m , với 1  t  2 . Đặt f  t   Khi đó ta có , dùng đồ thị ta tìm được TH1: Kiểm tra nghiệm với g  x   0 . t 1 t 1 2 f  x m . TH2: Giả sử g  x   0 chia hai vế phương trình cho g k  x  và đặt t  n . 3 g  x Dạng 2: Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x3  1  2  x 2  2  .   f  x   g  x   2n f  x  g  x   n  f  x   g  x    p  0 , đ ặt m ĐK: x  1 . f  x   g  x  , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. t 5 x  1  2  x2  2   5  x  1  x 2  x  1  2  x 2  x  1  2  x  1 3 Ví dụ 1: Cho phương trình 3  x  6  x  m   3  x   6  x  . x 1 x 1 2 5 2 20 a. Giải phương trình khi m=3. 2 x  x 1 x  x 1 b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. t  2 Giải x 1 , t  0 . Phương trình trở thành 2t 2  5t  2  0   1 . Đặt t  Đặt: t  3  x  6  x  t 2  9  2  3  x   6  x  * . Áp dụng bất đẳng thức t  x2  x  1 2 Cauchy 2  3  x   6  x   9 nên từ (*) ta có 3  t  3 2 .  Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. Phương trình đã cho trở thành t22 t9= 2m (1). 1 5  37  Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  . a. Với m=3 (1)  t22t3  t =3. Thay vào (*) ta được x=3, x=6. 2 2 b. PT đ ã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t   3; 3 2  . Xét hàm số 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 . Ví dụ 2: Giải phương trình   Giải f  t   t 2  2t  9 với t   3; 3 2  , ta thấy f(t) là một hàm đb nên:   ĐK: x  5 .   6  f (3)  f  t   f 3 2  9  6 2 với t   3; 3 2  . Do vậy (1) có nghiệm 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1  5 x 2  14 x  9  5 x  1  x 2  x  20   Bình phương hai vế: 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5 x  4 x  5  x  4  2 6 2 9 t   3; 3 2  khi và chỉ khi 6  2m  9  6 2  m3   2 x2  4 x  5 3 Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: , t  0. p hương trình trở thành 2t 2  5t  3  0  t  1, t  . Đặt t  x4 2 Cách 1: dùng BĐT như bài trên 5  61 5  61 Cách2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ).  Với t = 1 : Phương trình đã cho có nghiệm x  5.  5, x    2 2 Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 35  x3 x  3 35  x 3  30 . 3 7  Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  8  5, x    5 . 2 5 9 10 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ * sin 2 a  cos 2 a  1 . * sin a  1, cos a  1 . 5  61 Vậy phương trình đ ã cho có hai nghiệm: x  , x  8. 2 1 1 * 1  tan 2 a  * 1  cot 2 a  . cos2 a sin 2 a 4 2 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x  1  m x  1  2 x  1 . HD: ĐK x  1 . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho Ví dụ 1: Giải phương trình 1  1  x 2  2 x 2 . 1 Giải x 1 4 2 4 x 2  1 đặt t  4  0  t  1 . ĐS 1  m  .  1 ĐK x  1 . Đặt x  cos t , t  0;   . Khi đó phương trình trở thành x 1 x 1 3 Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). 1 1  1  cos 2 t  2 cos2 t  2sin 2 t  sin t  1  0. Ta tìm được: sin t  . Khi đó af  x   g  x  f  x   h  x   0 . Đặt t  f  x  , khi đó phương trình trở thành 2 3 at 2  g  x  t  h  x   0 . x  cos t   1  sin 2 t   . 2 Ví dụ : Giải phương trình 2 1  x  x 2  2 x  1  x 2  2 x  1 . Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u  x   a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt HD    u  x   a sin t , t    ;  hoặc đặt u  x   a cos t , t   0;   . Đặt t  x 2  2 x  1   x  1  6 .  2 2 (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng   g iác, mũ, logrit,… rất hay!) * Nếu u  x    0; a ta có thể đặt u  x   a sin 2 t , t  0;  .  2 Bài tập Giải các phương trình sau: 3 Ví dụ 2: Giải phương trình x 3  1  x 2   x 2 1  x 2  . 1. 2 x  5x  2  4 2  x  21x  20  2 3 ĐS: HD: Đặt x  cos t , t  0;   dưa về phương trình lượng giác 9  193 17  3 73  sin t  cos t  1  sin t cos t   2 sin t cos t . Để gải phương trình này ta lại đặt . x , x 4 4 u  sin t  cos t , u  2 . 3  x  2 2. x 3  3 x 2  2 Đặt y  x  2 , ĐS:  6x  0 1 2  2  2 2 ĐS: x  . , x x  2, x  2  2 3 . 2 2 3. 2  x 2  3 x  2   3 x 3  8 ĐS: x  3  13 . 2 2 1 Ví dụ 3: Giải phương trình 1  x 2  4 x3  3 x . ĐS: x   . , x x 1 1 1 1 4 2 Đặt t  1  , ĐS: 4. 2 x   1  3 x  Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). x x x x   1 5 * Khi gặp phương trình có dạng F f  x  , n a  f  x  , m b  f  x   0 . . x 2 Đặt u  n a  f  x  , v  m b  f  x  . Khi đó ta được hệ phương trình sau: Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường  F  u , v   0  . Giải hệ này tìm u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy  n m u  v  a  b  nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đ ưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác trong hai phương trình u  n a  f  x  ho ặc v  m b  f  x  . và giải quyết b ài toán lượng giác này. Ví dụ 1: Giải phương trình: 3  x  6  x  3   3  x   6  x  . ĐS: Lưu ý vài tính chất cơ b ản: x  0, x  3 . 11 12 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24  x  12  x  6 . ĐS: x 1 t t  1  y 2  1  . Ta được hệ phương trình Đặt t  x  1, y  1  x  24, x  88, x  3 . 2 2 2 1 2 4 x  4 17  x  3 . Ví dụ 3: Giải phương trình: t  1  2 y  ĐS: x  1, x  16 . . Giải thêm chút nữa ta được kết quả!   y2  1  1 t 2 2  2  x 7  x  2  x  7  x  3 . Ví dụ 4: Giải phương trình: ĐS: 3 3   3  2  x  1, x  6 . 3   17 5  13 ĐS: x  . , x 3 x  1  3 x  3  3 2 , đ ặt u  3 x  1, v  3 x  3, pt trở Ví dụ 5: Giải p hương trình: 4 4 Chú ý: b ài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm u  v  3 2  thành:  đ ược nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ 3 3 u  v  2  đó ta đặt ẩn phụ. 1 1 1 1 7 1 Ví dụ 6: Giải p hương trình:  x  1 , đ ặt u  Ví dụ 3: Giải phương trình 4 x 2  7 x  1  2 x  2 . ĐS: x  1, x   , x  . x  x, v  x 3 3 2 2 2 2 4 4 Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp b ình phương. Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1  x  3 1  x  a có nghiệm. Bài tập:  a  u 2  v 2  uv   2  Đặt u  3 1  x , v  3 1  x . Phương trình trở thành:  Bài 1: Giải các phương trình sau: u  v  a  1. 3 x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 2. TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. x 2  x  2  x2  x u  v  a  x 2  x  4  x2  x  1  2 x2  2 x  9 3. 4. TH2: a  0 , hệ phương trình trở thành  1  2 2  . Hệ có nghiệm khi uv  3  a  a  4 1 5     x   x  2x  . x x x 2 S  4 P  0  0  a  2 . Vậy phương trình có nghiệm khi 0  a  2 . Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: * Khi gặp phương trình có dạng f n  x   b  a n af  x   b . 1. 5 x 2  10 x  1  7  2 x  x 2 2. t n  b  ay  3 Đặt t  f  x  , y  n af  x   b ta có hệ  n . 24  x  12  x  6  y  b  at  3. 2 x 2  x 2  5x  6  10 x  15 4. 1  5 2 Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x 3  1  2 3 2 x  1 . ĐS: x  1, x  x . . 1 x  1 x  2  2 4 x 3 Bài 3: Giải các phương trình sau: Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2  4 x  . 2 1. 3 12  x  3 14  x  2 2. Giải 3 3 3 x 1  x  3  2 ĐK x  3 . 3. 1  x 2  2 3 1  x 2  3 4.  x 2  2  2  x  x  1  2 x 3 x 1 1 2 2 2  2  x  1  2    x  1  1  1 . 2x  4x  x2 (đ ặt t  1  x  1  x ). 5. 1  x  1  x  2  2 2 2 2 4 III. Phương pháp hàm số Các tính chất: 13 14 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình B3: Kết luận: * p hương trình có nghiệm: min f  x, m   g  m   max f  x, m  . f(x)=k (kR) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). xD xD Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta * p hương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. có f ( u )  f  v   u  v . * p hương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) x2  x  1  x 2  x  1  m có nghiệm. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). TXĐ: R Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) 2x  1 2x 1 Xét hs: y  f  x   x 2  x  1  x 2  x  1 , Df = R, y '  F b  F  a   trên khoảng (a;b) thì c  a; b  : F '  c   . Khi áp d ụng giải 2 x2  x  1 x  x 1 ba  2 x  1  2 x  1  0 p hương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì c   a; b  : F '  c   0  F '  x   0 có  y '  0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1   2 2  2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  2 2 nghiệm thuộc (a;b).  Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình (v.nghiệm) f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: lim  lim  1 x  x  x2  x  1  x2  x  1 Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi Giới hạn: 2x chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy lim  lim 1 nhất. x  x  x  x  1  x2  x  1 2 Phương án 2 : Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g (x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g (x) nghịch biến ho ặc hàm hằng suy BBT:  x  ra p hương trình có nghiệm duy nhất. y’ + Phương án 3 : Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn y 1 đ iệu khi đó ta có: u = v. 1 Ví dụ : Giải phương trình: 4 x  1  4 x 2  1  1 1 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1 . . Đặt f  x   4 x  1  4 x 2  1 . Miền xác định: x  , ĐK: x  2 2 2 4x Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số , f '  x   0.  rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và d ẩn đến việc kết luận 2 4x  1 4x  1 sai lầm rằng p hương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong 1 Do đó hàm số đồng biến với x  , nên p hương trình nếu có nghiệm thì đó là b ài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. 2 Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx  x  3  m  1 , ĐK: 1 nghiệm duy nhất. Thấy x  là nghiệm của phương trình. x3 2 1 x  3 5 x 1 x  3 Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: . y'  0  x  5 .  m , xét hs y   y' bpt  Xét p hương trình f(x,m) = g(m), (1) 2 x 1 x 1 2 x  3  x  1 B1: Lập luận số nghiệm p hương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = 1 lim y  0 và f(3) = . f(x,m) và đường thẳng 2 x  d : y = g(m). 15 16 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ BBT: 1  m  10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt.  x 3 5 Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  y’ + 0 x  1  3  x   x  1  3  x   m , (1) y y(5) Giải: ĐK: 1  x  3 . Đặt t  x  1  3  x , lập BBT của t(x) với 1  x  3 ta có 1 2 t2 2 1 0 Khi đó p hương trình (1) trở thành:  t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm 2 số vế trái với 2  t  2 từ đó kết luận: 1  m  2 . 3 1 Vậy bất phương trình có nghiệm  y  5  m  m  Bài tập: 4   2 5  x  4  x có nghiệm. Bài 1: Tìm m để p hương trình sau có nghiệm: x  9  x   x  9 x  m . Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x  x  12  m Bài 2. Giải các phương trình sau : Giải: ĐK: 0  x  4 x 2  x  1  x2  x  1  3  1 hs 1.   xét pt  ( x x  x  12) 5 x  4 x  m  x  1  3  x   1 2. x 1  3  x    5  x  4  x . Miền xác định: D   0; 4 y  f  x   ( x x  x  12)   3. x x  x  12  12 5  x  4  x Hàm số h  x   x x  x  12 đồng biến trên D. Nhận xét: B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn. Hàm số g  x   5  x  4  x đồng biến trên D. 1. Phương pháp biến đổi tương đương : Suy ra y = f(x) = h (x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Đặt đ iều kiện (nếu có). khi và chỉ khi f  0   m  f  4  B2: Biến đổi về phương trình – b ất phương trình  hệ p hương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến... Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  3  m x 2  1 B3: Kết luận. (chú ý đ iều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả) x 3 Giải: Phương trình đ ược viết lại d ưới dạng: m  x5 y2 7  x2  1 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  .  x2  y5 7  x3 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): y  và đ ường Giải x2  1 x  2 thẳng: y = m. Điều kiện:  . y  2 Lập BBT : Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có:   x 1 /3   x  5  y  2    x  2   y  5   x  y . y’ + 0 10 y Thay x = y vào 1 trong 2 p hương trình, giải ra ta được x = y = 11. 1 2 x  y  1  Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:  2 y  x  1  1 Giải m  1  m  10 : p hương trình vô nghiệm. KL: Điều kiện: x, y  0 . 1  m  1 hoặc m  10 : phương trình có nghiệm duy nhất. 17 18 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com
Nguyễn Văn Sang ................................................................................ Nguyễn Văn Sang ................................................................................ cộng vế theo vế ta được: 732    x y  3 xy 2  x 2  y xy  420 x  y   2 2      3.  4.  2 x  y  x y2 x 1  y 1 0 x y0 2 2  y  x xy  280 3 x  3 y  3   2 x  y  m  0  Ví dụ 3: Tìm m để hệ p hương trình sau có nghiệm duy nhất:   x y  x y 1  x y  xy 2    x  xy  1  5.  6.  2 2 2 2 2 2 2 2  x  y  x  y 1  x  y  x y 4  y  2x  m   2 1  x   y  2x  m    2 x  m  x 2   2  m  x  1  0 x (*)  x  y  a 2  x y  x y 2 hpt     1  x   y   x  xy  1  x ,  x  1, x  0  y 7.  (a > 0) 8.    x  2 2 2 2 2  x2  y  x2  y  4  x y  x y a     2  x  y   3 x2 y  y2 x Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x  1, x  0 .  x y  y x  30 3 3   9.  10.  TH1: xét x = 1 :  x x  y y  35 3 y  3 x  6   TH2: (*) có nghiệm kép x  1 : TH3: (*) có 2 nghiệm x1  1  x2 : 1  2 x 1 y  4  2 1  x  11.  Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với y  , x  1, x  0  y 1  x2  1 x   4 ( x 2  xy  y 2 ) x 2  y 2  185   x  y  xy  a Ví dụ 4: giải:   Bài 2: Tìm a đ ể hệ phương trình có 2 nghiệm:  2 2 2 2 ( x  xy  y ) x  y  65  x  y  a  Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được:  x 1  y  2  m  3 Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:  2  x 2  y 2  x 2  y 2  250   x 2  y 2   125  x2  y 2  5 .  x  y  3m   x  y  x  y  2, 1 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:    y  x  y  x  1,(2)  Giải: ĐK: y  x , x  y . 1  x  2 y  1  x 2  y  2  x   2  2 y  1  2 y 2  x    2 4 x  y  4  4 x  4 y  1   17 5  KQ:  ;  .  12 3  Bài tập: Giải các hệ: phương trình sau: x  3  y  x  y  xy  3   1.  2.  x  y  3 y 3  x   19 20 q sangtnl@gmail.com q sangtnl@gmail.com

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.