PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12_1

Chia sẻ: Ha Quynh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 39
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về toán. Mời các bạn học sinh hệ trung học phổ thông ôn thi tốt nghiệp và ôn thi đại học - cao đẳng tham khảo ôn tập để củng cố kiến thức

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12_1

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12 I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  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 hãy giải ví dụ sau    3 A  3 B  3 C  A  B  3 3 A.B 3 A 3 B C và ta sử dụng phép thế : 3 A  3 B  C ta được phương trình : A  B  3 3 A.B.C  C b ) V í dụ Giải phương trình sau : Bài 1. x  3  3x  1  2 x  2 x  2 Giải: Đk x  0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được:  x  3  3x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là 1 không khó nhưng hơi phức tạp một chút .
Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế ta có : 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  x  1 Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng : sau đó bình phương ,giải phương trình hệ f  x  h  x  k  x  g  x quả Bài 2. Giải phương trình sau : x3  1  x  1  x2  x  1  x  3 x3 Giải: Điều kiện : x  1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x3  1 Ta có nhận xét : . x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời x 3 giải như sau : x3  1  x  3  x2  x  1  x  1 (2)  x 3
x  1 3 x3  1 Bình phương 2 vế ta được:  x2  x  1  x 2  2 x  2  0   x3 x  1 3  Thử lại : x  1  3, x  1  3 l nghiệm Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : f  x  g  x  h x  k  x Mà có : f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi f  x  h  x  k  x  g  x 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ 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 ) V í dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : 3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3 x  4
Giải: Ta nhận thấy :  3x 2  5x  1   3x 2  3x  3  2  x  2  v x  2    x2  3x  4   3  x  2 2 Ta có thể 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  3x  x 2  5 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x  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 như sau : x2  4 x2  4 x 2  12  4  3 x  6  x 2  5  3   3 x  2  x 2  12  4 x2  5  3   x2 x 1   x  2    3  0  x  2 2 x2  5  3   x  12  4 x2 x2 5 Dễ dàng chứng minh được :   3  0, x  3 x 2  12  4 x2  5  3
Bài 3. Giải phương trình : 3 x 2  1  x  x3  1 Giải :Đk x 32 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình     x  3  x  3 x  9  2 x3  3 x 2  1  2  x  3  x 3  2  5   x  3  1   2 x3  2  5    2 x 1  4  3 x2 1 32    x 3 x3 Ta chứng minh : 1  1 2 2   2 x  1  2 x  1  4 2 2 2 3 3 x 1 1  3 3 x 2  3x  9  x3  2  5 Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau :  A B C A B hệ:   C  A  B   , khi đĩ ta có  2 A  C   A B  A  B   b) Ví dụ
Bài 4. Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4 Giải: Ta thấy :  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4  không phải là nghiệm x  4 Xét x  4 Trục căn thức ta có : 2x  8  x  4  2 x 2  x  9  2 x2  x  1  2 2 2 2x  x  9  2x  x  1 x  0  2x2  x  9  2 x2  x  1  2   2 2x  x  9  x  6   Vậy ta có hệ: 2  x  8 2 2  2x  x  9  2 x  x  1  x  4  7  8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Bài 5. Giải phương trình : 2 x 2  x  1  x2  x  1  3x Ta thấy :  2 x2  x  1   x 2  x  1  x 2  2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 1 Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t  thì bài toán trở nên đơn giản x hơn Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau : 3 x 2  1  3 x 3  2  3x  2 x 2  3 x  1   x  3 x 2  1 (OLYMPIC 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0 (HSG 4  3 10  3 x  x  2 30/4-2007) Toàn Quốc 2002) 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2  2  x 5  x  x   2  x  10  x 2 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 3 2 x  4  x 1  2x  3 x 2  15  3 x  2  x 2  8 3. Phương trình biến đổi về tích Sử dụng 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 : 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3x  2 x  0 Giải: pt   3 x  1  1  3 x  2  1  0    x  1 Bi 2. Giải phương trình : 3 x  1  3 x 2  3 x  3 x 2  x
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 3  1 x 1  0  x  1 3 x x   Bài 3. Giải phương trình: x  3  2 x x  1  2x  x2  4x  3 Giải: dk : x  1 x 1 pt   x  3  2 x   x  1  1  0   x  0 Bài 4. Giải phương trình : x  3  4 x  4 x x3 Giải: Đk: x  0 2  4x  4x 4x Chia cả hai vế cho x  3 : 1 2  1    0  x 1 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: khi đó pt đ cho tương đương : x 3  3x 2  x  3  0 0 x 3 3 3 10  1 1 10   x   x  3 3 3 3  Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x  3  9x2  x  4 Giải: Đk: x  3 phương trình tương đương : x  1  x  3  1  3x 2  1    9x2   3 x  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 3x  x  2 2 3 Giải : pttt   3 x  2  3 3x   0  x  1 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành t  f  x 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  x 2  1  2 Điều kiện: x  1 Nhận xét. x  x2  1. x  x 2  1  1 1 Đặt t  x  x2  1 thì phương trình có dạng: t   2  t  1 t Thay vào tìm được x  1 Bài 2. Giải phương trình: 2x2  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 x  2  3 Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2  6 x  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)