PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12_4

Chia sẻ: Ha Quynh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'phương pháp giải phương trình vô tỉ - toán 12_4', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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: PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12_4

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ - TOÁN 12 Bài tập đề nghị . Giải các phương trình sau 1  2x 1 2x 16 x 4  5  6 3 4 x 3  x 1  2x  1  2 x   1 2x 1  2x x 3`  3 x 2  8 x  40  8 4 4 x  4  0 4 x  4 1 x  x  1 x  2  4 8 8  x 3  64  x 3  x 4  8 x 2  28 2x4  8  4 4  x4  4 x4  4 1 1  2  x2  2   4x  2 x x  3. Xây dựng bài toán từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u   x1; y1  , v   x2 ; y2  khi đó ta có    2 2   x12  y12  x2  y2 2 2  x1  x2    y1  y2  uv  u  v 
  Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng x1 y1  k  0 , chú ý tỉ số phải dương   x2 y 2       , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos  1  u  v u.v  u . v .cos   u . v 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA  MB  MC  OA  OB  OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M  O .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200 Bài tập 1) 2 x 2  2 x  1  2 x 2   3  1 x  1  2 x 2   3  1 x  1  3 2) x 2  4 x  5  x 2  10 x  50  5 IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu  Dựa vào kết quả : “ Nếu y  f  t  là hàm đơn điệu thì f  x   f  t   x  t ” ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ
Xuất phát từ hàm đơn điệu : y  f  x   2 x3  x 2  1 mọi x  0 ta xây dựng phương trình : 3     3x  1  (3x  1) 2  1 , Rút gọn ta được 3x  1  2 x3  x 2  1  2 f  x  f phương trình 2 x 3  x 2  3 x  1  2  3 x  1 3 x  1 Từ phương trình f  x  1  f  3x  1  thì bài toán sẽ khó hơn 2 x 3  7 x 2  5 x  4  2  3 x  1 3x  1 Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau : 2 x 3  7 x 2  5 x  4  2 y 3 ta có hệ :  Đặt y  3x  1 khi đó cộng hai phương  2 3 x  1  y  trình ta được: 3 2 = 2 y3  y 2 2  x  1   x  1 Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ?    Bài 1. Giải phương trình :  2 x  1 2  4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0 Giải:     2 2   2 x  1 2   2 x  1  3   3 x  2   3 x   3  f  2 x  1  f  3 x  1   Xét hàm số f  t   t 2  t 2  3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x   5 Bài 2. Giải phương trình x3  4 x2  5 x  6  3 7 x2  9 x  4
Giải . Đặt y  3 7 x 2  9 x  4 , ta có hệ :  x3  4 x2  5 x  6  y  3  y 3  y   x  1   x  1 2 3 7 x  9 x  4  y  Xét hàm số : f  t   t 3  t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình x  5 f  y   f  x  1   y  x  1   x  1  7 x  9 x  4   3 2  x  1  5     2 Bài 3. Giải phương trình : 3 6 x  1  8 x3  4 x  1 V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA 1. Một số kiến thức cơ bản: Nếu x  1 thì có một số t với t    ;   sao cho : sin t  x và một  2 2   số y với y   0;  sao cho x  cos y Nếu 0  x  1 thì có một số t với t  0;   sao cho : sin t  x và một   2   số y với y  0;   sao cho x  cos y  2   Với mỗi số thực x có t     ;   sao cho :  x  tan t    2 2  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2  y 2  1 , thì có một số t với 0  t  2 , sao cho x  sin t , y  cos t Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán :  Nếu : x  1 thì đặt sin t  x với t    ;   hoặc x  cos y với 2 2   y   0;  
 Nếu 0  x  1 thì đặt sin t  x , với t  0;   hoặc x  cos y , với  2     y  0;   2  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x 2  y 2  1 , thì đặt x  sin t , y  cos t với 0  t  2 , với t     ;   a  Nếu x  a , ta có thể đặt : x  , tương tự cho   sin t  2 2 trường hợp khác  x là số thực bất kỳ thi đặt : x  tan t , t     ;      2 2 Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x  f  t  thì phải đảm bảo với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác ) 2. Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ? Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos 3t  sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ Chú ý : cos 3t  4cos3 t  3cos t ta có phương trình vô tỉ: 4 x3  3x  1  x 2 (1) 1 Nếu thay x bằng ta lại có phương trình : 4  3x 2  x 2 x2  1 x (2) Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó: 4 x3  12 x2  9 x  1  2 x  x 2 (3) Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?
Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác . 3. Một số ví dụ 2 Bài 1. Giải phương trình sau : 1  1  x 2  1  x 3  1  x 3   2  1  x     3 3 Giải: Điều kiện : x  1 Với x  [ 1;0] : thì 1  x 3  1  x 3  0 (ptvn) ta đặt : x  cos t , t   0;   . Khi đó phương trình trở thành: x  [0;1]   2  1 1  vậy phương trình có nghiệm : 2 6 cos x 1  sin t   2  sin t  cos t  2 6  1 x 6 Bài 2. Giải các phương trình sau : 1  2x 1  2x 1  2cos x 1) 1  2 x  1  2 x  HD: tan x   1  2x 1 2x 1  2cos x 1   2) 1  1  x 2  x 1  2 1  x 2 Đs: x  2 3) HD: chứng minh x  2 x3  3x  x  2 vô nghiệm Bài 3 . Giải phương trình sau: 3 6x 1  2x
1 Giải: Lập phương 2 vế ta được: 8 x3  6 x  1  4 x3  3x  2 Xét : x  1, đặt x  cos t, t   0;  . Khi đó ta được S  cos  ;cos 5 ;cos 7    9 9 9  mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình.   1 Bài 4. .Giải phương trình x 2 1   x2 1   Giải: đk: x  1, ta có thể đặt x  1 , t     ;     sin t  2 2 cos t  0 1 1  cot t   1   Khi đó ptt: 2 1 sin 2t   sin x  2 Phương trình có nghiệm : x   2  3  1 2 x 2  1  x  1 2 Bài 5 .Giải phương trình : 2 x 1   2 x 1  x 2  2x Giải: đk x  0, x  1 Ta có thể đặt : x  tan t , t     ;      2 2 Khi đó pttt. 2sin t cos 2t  cos 2t  1  0  sin t 1  sin t  2sin 2 t   0 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x  1 3 Bài tập tổng hợp
Giải các phương trình sau x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1 23 1  x  x3   x 2  2 x2 4  2 x  4   16 2  4  x 2   16  2  x   9 x 2  16 2 2 x  2 x 30  2007. 30  4 x 2007  30. 2007 x  (2004  x )(1  1  x )2 12 x  8 2x  4  2 2  x  ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x 9 x 2  16 34 x 1  3 x 1  x 3 2 3 x 2  3x  1   x  x2  1 3 3 x  3 x  1  2x  1 2 2 2 3 1  x   3 3 1  x 2  3 1  x   0 4 x  5  3x  1  2 x  7  x  3 x 2  3 x  1   x  3 x 2  1 2008 x 2  4 x  3  2007 4 x  3 (HSG Toàn Quốc 4  3 10  3 x  x  2    2 x 2  1  1  x 1  3x  8 2 x 2  1 3 2002)  2  x   5  x   x   2  x  10  x  2 x 2  x  12 x  1  36 3 x2  4  x  1  2 x  3 x 3  1  2 x3  2 x  1  4 x  1 3 x 2  1  3 x 3  2  3x  2 (OLYMPIC 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0 x 1 1 1 2x   1  3 x  30/4-2007) x x x 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 6 x  1  8 x3  4 x  1 3 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 15 3x2  3x  2     30 x 2  4 x  2004 30060 x  1  1 2 x  x2  2 3x  1 12 x  2 x  1  3 x  9 4x  9 x  1  x  1  4 x3  x 2 4  7 x2  7 x 28 4 x 2  3x  3  4 x x  3  2 2 x  1 4 x 2  4 x  10  8 x 2  6 x  10 3x x xx CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
I. PHƯƠNG PHÁP BIỂN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  x  D (*) Dạng 1 : Phương trình A  B  AB0 A  B Lưu ý: Điều kiện (*) được chọn tuỳ thuôc vào độ phức tạp của hay B  0 A0 B  0 Dạng 2: Phương trình AB 2 A  B Dạng 3: Phương trình A  0  +) (chuyển về dạng 2) A  B  C  B  0   A  B  2 AB  C +) 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 Bài 1: Giải phương trình: f) 3  x  2  x  1 a) x2  1  x 1 g) x  9  5  2 x  4 b) x  2x  3  0 h) 3 x  4  2 x  1  x  3 c) x2  x  1  1 e) i) ( x  3) 10  x 2  x 2  x  12 3x  2  x  1  3 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x 2  3x  2  2m  x  x 2 Bài 3: Cho phương trình: x 2  1  x  m -Giải phương trình khi m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 4: Cho phương trình: 2 x2  mx  3  x  m -Giải phương trình khi m=3 -Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
II.PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường. -Nếu bài toán có chứa f ( x) và f ( x) khi đó đặt t  f ( x) (với điều kiện tối thiểu là t  0 . đối với các phương trình có chứa tham số thì nhất thiết phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ). -Nếu bài toán có chứa f ( x) , và (với k là hằng số) f ( x). g ( x )  k g ( x) k khi đó có thể đặt : t  f ( x) , khi đó g ( x)  t -Nếu bài toán có chứa và f ( x)  g ( x)  k khi đó có f ( x)  g ( x ) ; f ( x).g ( x) t2  k thể đặt: t  f ( x)  g ( x) suy ra f ( x ).g ( x )  2   -Nếu bài toán có chứa thì đặt x  a sin t với   t  hoặc a 2  x2 2 2 với 0  t   x  a cos t a với t     ;   \ 0 hoặc -Nếu bài toán có chứa thì đặt x  x2  a2  2 2 sin t   a với t  0;   \    x  cos t 2 -Nếu bài toán có chứa x 2  a 2 ta có thể đặt x  a . tan t với t     ;      2 2