Phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu thông tin đến các bạn hệ thống kiến thức lý thuyết và bài tập về Phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ. Bên cạnh đó tài liệu hỗ trợ giáo viên trong công tác đánh giá năng lực học sinh từ đó có những định hướng, phương pháp giảng dạy hiệu quả hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ

Date PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ “tailieumontoan.com” I. Lý thuyêt II. Bài tâp 1.Bất đẳng thức Bunhiakôpxki: Cho hai bộ số : ( a , b), (x , y) thì ta có: (ax + by)2 a b x 4x − 1 ≤ (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) . Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ = Bài 1. Giải phương trình : + 2 = x y x 4x − 1 2.Bất đẳng thức côsi: Lợi giải a +b 1 a) Với hai số a, b ≥ 0 thì ta có: ≥ ab Điều kiện x > 2 4 Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: a +b +c b) Với ba số a, b, c ≥ 0 thì ta có: ≥ 3 abc x 4x − 1 x 4x − 1 3 + ≥2 ⋅ 2 = Dấu ‘‘=’’ xảy ra ⇔ a = b=c 4x − 1 x 4x − 1 x 3.GTLN,GTNN của biểu thức: Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a/ A = m + f2(x) ≥ m b/ A = M - g2(x) ≤ M x 4x − 1 = ⇔ x 2 − 4= x +1 0 ⇒ A ≥ m ⇒ MinA = m ⇒ A ≤ M ⇒ MaxA = M 4x − 1 x Dấu ''='' xảy ra ⇔ f(x) = 0 Dấu ''='' xảy ra ⇔ g(x) = 0 ⇔ (x − 2)2 = 3 ⇔ x = 2 ± 3 4. Dùng hằng đẳng thức : Thử lại x= 2 ± 3 thỏa mãn phương trình.  Từ những đánh giá bình phương : A 2 + B 2 ≥ 0 , ta xây Vậy nghiệm của phương trình là: x= 2 ± 3 dựng phương trình dạng A 2 + B 2 = 0 x2 1 Từ phương trình Bài 2, Giải PT: 7x 3 − 11x 2 + 25x − 12 = + 3x − 2 2 ( ) +( ) 2 2 5x − 1 − 2x 9 − 5x − 2 + x −1 =0 Lời giải 4 ta khai triển ra có phương trình : Nếu x < thì (1) Pt vô nghiệm. 7 4x 2 + 12 + = ( x − 1 4 x 5x − 1 + 9 − 5x ) 4 Với x ≥ , sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: 5. Dùng bất đẳng thức 7  Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất 7x 3 − 11x 2 + 25x − 12 = ( 7x − 4 ) ( x 2 −x +3 ) A ≥ m (1) đẳng thức:  ( 7x − 4 ) + ( x 2 −x +3 )= 1 x2 B ≤ m (2) ≤ + 3x − 2 2 2 nếu dấu bằng ở (1) và (2) cùng đạt được tại x0 thì x 0 là Dấu “=” xảy ra khi x − x + 3 = 7x − 4 ⇔ x = 1 ∨ x = 7 2 nghiệm của phương trình A = B Bài 3, Giải phương trình:  Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất 1 đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ x − 2 + y + 2009 + z − 2010= (x + y + z ) 2 việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để Lời giải đánh giá được. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ −2009, z ≥ 2010 Bài 5, Giải phương trình : 1 3x 2 + 6x + 7 + 5x 2 + 10x + 14 = 4 − 2x − x 2 (1) x − 2 + y + 2009 + z − 2010= (x + y + z ) 2 Lời giải ⇔ x + y + z − 2 x − 2 − 2 y + 2019 − 2 z − 2010 = 0  4  9 (1) ⇔ 3  x 2 + 2x + 1 +  + 5  x 2 + 2x + 1 +  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ⇔ x −2 −1 + y + 2019 − 1 + z − 2010 − 1 = 0  3  5  x −2 −1 = =−(x 2 + 2x + 1) + 5 0  x= 3   ⇔ 3(x + 1)2 + 4 + 5(x + 1)2 + 9 =5 − (x + 1)2 ⇔  y + 2019 − 1 =0 ⇔ y =−2018   z = 2011 Ta có: Vế trái ≥ 4 + 9 = 2 + 3 = 5 .  z − 2010 − 1 = 0  Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1 Vậy phương trình có nghiệm (x, y, z) = (3 ; -2018; 2011) Vế phải ≤ 5. Dấu “=” xảy ra ⇔ x = –1 Bài 4, Giải phương trình : Vậy: phương trình đã cho có một nghiệm x = -1 a ) 4x 2 + 3x += 3 4x x + 3 + 2 2x − 1 Bài 6, Giải phương trình x − 4 + 6 − x = x 2 − 10x + 27 b )13 x − 1 + 9 x + 1 =0 Lời giải Điều kiện 4 ≤ x ≤ 6. c ) x ( 5x 3 + 2 ) − 2 ( 2x + 1 − 1 =0 ) Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: a) Điều kiện: x ≥ 1 . Khi đó phương trình tương đương: x −4 + 6−x ≤ ( 1 + 1 )( x − 4 + 6 − x ) =2 2 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x = 5. 4x 2 − 4x x + 3 + ( x + 3 ) + 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 =0 Ta sẽ chứng minh: x 2 − 10x + 27 ≥ 2, thật vậy: ( ) +( ) 2 2 ⇔ 2x − x + 3 2x − 1 − 1 =0 x 2 − 10x + 27 ≥ 2 ( x − 5 ) ≥ 0 , đúng với mọi x ∈ 4;6  2 2x − x + 3 = 0 Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi x = 5. ⇔  2x − 1 − 1 = 0 Hay nói cách khác phương trình có nghiệm duy nhất x = 5. ⇔x = 1 b) Điều kiện: x ≥ 1 . Khi đó phương trình tương đương: Bài 7, [Đại học Ngọi Thương, TP – HCM 1996] Giải phương trình  1  9 1  1 13  x − 1 − x − 1 +  + 9  x + 1 − 3 x + 1 +  =0 2 −x2 + 2 − =4 −  x +   4  4 x2  x 2 2  1  3 Lời giải ⇔ 13  x − 1 −  + 9  x + 1 −  = 0  2  2  1 1 2 −x2 + 2 − =4 −  x +   1 x  x 2  x − 1 − 2 = 0 5 ⇔ ⇔x = 1 1 ⇔ x + 2 −x2 + + 2 − 2 = 4  x +1 − 3 = 0 4 x x  2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 1 c) Điều kiện: x ≥ − . Khi đó phương trình tương đương: 2 x + 2 − x 2 ≤ 12 + 12  x 2 + ( 2 − x 2 )  = 2 ( 5x + 2x + 1 − 2 2x + 1 + 1 =0 4 ) 1 1  1  1  +( ) 2 ⇔ 5x 4 2x + 1 − 1 =0 + 2− ≤ 12 + 12   2 +  2 − 2   = 2 x x2 x  x   x= 0 1 1 ⇔ ⇔x = 0 Suy ra: x + 2 − x 2 + + 2− ≤4  2x + 1 − 1 = 0 x x2 Vậy phương trình có nghiệm x = 0. Dấu “=” xảy ra khi x = 1. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 8. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): Bài 11. Giải phương trình : 2 2 + x = x +9 ( 2x + 1 ) ( 2 + ) ( 0 ( 1) 4x 2 + 4x + 4 + 3x 2 + 9x 2 + 3 = ) x +1 Lời giải Lời giải ( 1 ) ⇔ ( 2x + 1 )  2 + ( 2x + 1 )  ( 3x )  2 + ( −3x )  2 2 + 3  =− +3 Điều kiện: x ≥ 0 . Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được      2 2 2     x   2 1 ( )  1 Nhận thấy nếu 2x + 1 =−3x ⇔ x =− 2 + x  ≤  2 2 + x + 1 +  thì các biểu     x + 1   5  x + 1    x + 1     thức trong căn hai vế bằng nhau. = x +9 1 Vậy x = − là nghiệm của phương trình (1). 2 2 1 1 5 Dấu bằng ⇔ = ⇔ = x 1 x +1 x +1 7 Và điều kiện để Pt có nghiệm x ≠ − là: 5 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = .  2 x + 1 > 0 7     −3x > 0 1 Bài 9.Giải pt : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16  2 x + 1 < 0 ⇔− 0 2 5 ( ≤ ( 13 + 27 ) 13 − 13x 2 + 3 + 3x = 2 ) 40 16 − 10x 2 ( ) ⇒ ( −3x ) > ( 2x + 1 ) 2 2 2  16  ( ) ( −3x ) ( 2x + 1 ) 2 2 Theo bất đẳng thức Côsi: 10x 16 − 10x ≤   = 2 2 64 ⇒2+ +3 > 2+ +3 2     ⇒ ( −3x )  2 + ( −3x ) + 3  > ( 2x + 1 )  2 + ( 2x + 1 ) 2 2  2 +3  1 + x 2  x =     Dấu bằng ⇔   1−x2 = 3 10x 2= 16 − 10x 2 ⇔  5 2 ( ) ( ⇒ ( 2x + 1 ) 2 + 4x 2 + 4x + 4 + 3x 2 + 9x 2 + 3 < 0 )  x = −  1 1  5 nên (1) không có nghiệm trong  − ; −  . Chứng minh 6 8  2 5 Bài 10. Giải phương trình : + 6 = tưng tự ta cũng đi đến (1) không có nghiệm trong 3−x 2−x Lời giải  1  1  − 5 ;0  . Vậy x = − 5 là nghiệm duy nhất Điều kiện: x < 2 .   3 Bài 12, Giải phương trình : 16x 4 = + 5 6 3 4x 3 + x Bằng cách thử, ta thấy x = là nghiệm của phương 2 Lời giải trình. a) Ta có: Ta cần chứng minh đó là nghiệm duy nhất. 16x 4 + 5 > 0 ⇒ 4x 3 + x > 0 ⇔ x 4x 2 + 1 > 0 ⇔ x > 0 ( ) 3 6 8 Thật vậy:Với x < : < 2 và
Áp dụng bất đẳng thức Cô -si: Bài 14, Giải phương trình: 6 3 4x= 3 + x 2.3. 3 4x 3 + x .1.1 ( ) 16 + 4 + 256 x −6 y −2 z − 1750 ( ≤ 2. 4x 3 + x + 1 + 1 = 8x 3 + 2x + 4 ) Mặt khác ta có: + x − 6 + y − 2 + z − 1750 =44 ( 16x 4 + 5 − 8x 3 + 2x + 4 = ) ( 2x − 1) ( 4x 2 2 + 2x + 1 ≥ 0 ) Lời giải Suy ra VT ≥VP . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: ĐKXĐ: x > 6; y > 2; z > 1750.  ( ( 2x − 1 )2 4x 2 + 2x + 1 = 0 ⇔x = 1 ) 16 + 4 + 256  4x 3 + x = 1 2 x −6 y −2 z − 1750 + x − 6 + y − 2 + z − 1750 =44 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2  16 x −6   4 y −2  ⇔ −8+  +  − 4 +  Bài 13, Tìm nghiệm dương của phương trình :  x −6 x − 6   y − 2 y − 2  (1 + x − ) + (1 + x + ) 2005 2005 x2 −1 x2 −1 =2 2006  256 z − 1750  + − 32 + = 0 Lời giải  z − 1750 z − 1750  x ≥1 Điều kiện x 2 − 1 ≥ 0 ⇔   16 − 8 x − 6 + x − 6   4 − 4 y − 2 + y − 2  x ≤ −1 ⇔   +    x −6   y −2   Gọi a là nghiệm dương của phương trình đó a ≥ 1  256 − 2.16 z − 1750 + z − 1750  + 0  = Ta có: 1 + a − a 2 − 1 > 0 , 1 + a + a 2 − 1 > 0  z − 1750   ( ) ( ) 2005 2005 ⇒ 1+a − a2 −1 + 1+a + a2 −1 ( ) +( ) +( ) 2 2 2 4− x −6 2− y −2 16 − z − 1750 ⇔ 0 = (1 + a − − 1 ). (1 + a + ) 2005   x −6 y −2 z − 1750 ≥ 2 a 2 a −1  2    4− x −6 = 0 ( ) 2005 = 2 2a + 2  Do x > 6; y > 2; z > 1750. nên  2 − y − 2 = 0 ≥ 2( 2.1 + 2 ) 2005  16 − z − 1750 = 0 ≥ 2 2006 (do a ≥ 1 ) x= 22  ⇔  y =6 ( ) ( ) 2005 2005 Do đó: 1 + x − x 2 − 1 + 1+x + x2 −1 =2 2006 z = 2006  1 + a + a 2 − 1 = 1 + a − a 2 − 1 ⇔ ⇔a =1 Vậy phương trình có nghiệm x=22; y=6; z=2006  a =1 Vậy phương trình có nghiệm dương x = 1. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 1. Giải các phương trình: 2 − x 2 + 2x + −x 2 − 6x − 8 = 1 + 3 . Đáp số: vô nghiệm Bài 2. Giải phương trình 3x 2 − 12x + 13 + 2x 2 − 8x + 12 = 3 . Đáp số x = 2 . 1 Bài 3. Giải phương trình: x + y − 1 + z − 2= 2 ( x + y + z ) . Đáp số (x, y, z) = (1, 2, 3) 5 2 2 x + 3 . Đáp số x = −1 Bài 4. Giải phương trình: x 2 + 4 x += Bài 5. Giải phương trình: x 2 − 10x + 27 = 6 − x + x − 4 . Đáp số: x = 5 ( Bài 6. Tìm x; y thỏa mãn: 2 x y − 4 + y x − 4 = ) xy . Đáp số: x= y= 8 5 5 Bài 7. Giải phương trình 30 − + 6x 2 − 6x 2 . Đáp số x = ±1 = x 2 x 2 Bài 8. Giải phương trình x 2 + x − 1 + −x 2 + x + 1 = x 2 − x + 2 . Đáp số x = 1 1 Bài 9. Giải phương trình 4 x + 4 1 − x + x − 1 − x = 2 + 4 8 Đáp số x = 2 1 Bài 10. Giải phương trình 4x 4 + x 2 + 3x= + 4 3 3 16x 3 + 12x . Đáp số: x = 2 ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗