zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Hà Hoàng Lâm | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Báo xấu

623
lượt xem 253
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo các chuyên đề toán học dùng ôn thi cao đẳng, đại học

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ

Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ A. Phương trình - bất phương trình chứa căn thức I. Phương pháp biến đổi tương đương 1. Kiến thức cần nhớ: ( a) n 1. n =a 2. a = b ⇔ a 2 n = b 2 n ( ab > 0 ) 3. a = b ⇔ a 2 n +1 = b 2 n +1 ( ∀a, b ) 4. a ≥ b ≥ 0 ⇔ a 2 n ≥ b 2 n 5. a ≥ b ⇔ a 2 n +1 ≥ b 2 n +1 ( ∀a, b ) 2. Các dạng cơ bản: g ( x) ≥ 0  * Dạng 1: f ( x) = g ( x) ⇔  (Không cần đặt điều kiện f ( x ) ≥ 0 )  f ( x) = g ( x) 2  * Dạng 2: f ( x ) > g ( x ) xét 2 trường hợp: g ( x) < 0   g ( x) ≥ 0  TH1:  TH2:   f ( x) ≥ 0  f ( x) > g ( x) 2    f ( x) ≥ 0  * Dạng 3: f ( x ) ≤ g ( x ) ⇔  g ( x ) ≥ 0   f ( x) ≤ g ( x) 2 Lưu ý: + g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x) là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều kiện cho g ( x ) ≥ 0 rồi bình phương 2 vế đưa phương trình− ất phương trình về dạng quen thuộc. b + Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình a0 x n + a1 x n −1 + a2 x n − 2 + L + an −1 x + an = 0 có nghiệm x=α thì chia vế trái cho cho x–α ta được ( x − α ) ( b0 x + b1 x + L + bn − 2 x + bn −1 ) = 0 , tương tự cho bất phương n −1 n−2 trình. * Phương trình− ất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này là b đúng, nếu không nhẩm được nghiệm thì ta có thể sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp và nếu phương pháp hàm số không được nữa thì ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác. * Phương trình− ất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương b trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trình − ất phương b trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. “Cũng như không ?!” Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x − 1 + x − 3 x + 1 = 0 (ĐH Khối D – 2006) 2 Biến đổi phương trình thành: 2 x − 1 = − x 2 + 3x − 1 (*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được: x 4 − 6 x 3 + 11x 2 − 8 x + 2 = 0 ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được: (*)⇔ (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. 3 ( ) 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 4 ( x + 1) ≥ ( 2 x + 10 ) 1 − 3 + 2 x 2 , ĐK: x ≥ − 2 ( ) pt ⇔ x 2 + 2 x + 1 ≥ ( x + 5 ) 2 + x − 3 + 2 x ⇔ ( x + 5) 3 + 2 x ≥ 9 + 5 x (1), Với x ≥ − 3 2 hai vế (1) đều không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) ( x + 1) ≥ 0 2 b) Tương tự với 2 dạng: * f ( x) ≥ g ( x) * f ( x) < g ( x) Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2 x 2 − 6 x + 1 − x + 2 < 0 ( 1) Giải ( 1) ⇔ 2 x 2 − 6 x + 1 < x − 2 bất phương trình tương đương với hệ: Trang 1
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ x > 2 x − 2 > 0   2  3− 7 3+ 7 3+ 7  2x − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≤ ∨ x≥ ⇔ ≤ x≤3  2  2 2 2  2 x − 6 x + 1 < x − 2 −1 < x < 3  Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2 − 2mx + 1 = m − 2 có nghiêm. Giải * Nếu m < 2 ⇒ phương trình vô nghiệm. * Nếu m ≥ 2 ⇒ phương trình ⇔ x2− − 2+4m− 2mx m 3=0. Phương trình này có ∆=2m2−4m+3>0 với mọi m. Vậy với m ≥ 2 thì phương trình đã cho có nghiêm. Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt. Giải:  x ≥ −1  Cách 1: PT ⇔  2 , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:  x + ( m − 2 ) x − 4 = 0, (*)  2 − m + m 2 − 4m + 20 2 − m − m 2 − 4m + 20 x1 = > 0, x2 = < 0 . Phương trình đã cho có 2 nghiệm ⇔ (*) có 2 2 m ≤ 4  2 nghiệm x ≥ −1 ⇔ x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m − 4m + 20 ⇔  ⇔ m ≤ −1 2 ( 4 − m ) ≥ m − 4m + 20 2 2  Chú ý: + x1 > 0, x2 < 0 vì x1 > x2 và a.c < 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x ≥ −1 ⇒ t ≥ 0 . (*) trở thành: ( t − 1) + ( m − 2 ) ( t − 1) − 4 = 0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x ≥ −1 thì (**) phải có 2 nghiệm 2 t ≥ 0. Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 , (1) 2 x + 1 ≥ 0  Giải: pt ⇔  2 để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm lớn hơn 3 x − ( m − 4 ) x − 1 = 0, ( 2 )    ∆ = ( m − 4 ) + 12 > 0 2  1   1 9 hoặc bằng − hay  f  −  ≥ 0 ⇔m≥ . 2   2 2 S 1  >− 2 2 1 1 Chú ý : Cách 2: đặt t = x + , khi đó để (2) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng − thì 2 2 2  1  1 3  t −  − ( m − 4 )  t −  − 1 = 0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.  2  2 3. Các kỹ năng: a. Để bình phương 2 vế phương trình – bất phương trình thì một là ta biến đổi cho 2 vế không âm hai là đặt điều kiện cho 2 vế không âm. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5 x − 1 − x − 1 > 2 x − 4 (ĐH Khối A – 2005) Vế phải không âm, nhưng vế trái chưa nhận xét được do đó ta phải biến đổi thành: 5 x − 1 > x − 1 + 2 x − 4 khi đó ta bình phương 2 vế rồi đưa về dạng cơ bản để giải. Ví dụ 2: Giải phương trình: x ( x − 1) + x ( x + 2 ) = 2 x 2 ( 1) . Giải Trang 2
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ x ≥1 ( 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)  Điều kiện:  x ≤ −2 ( *) ⇔ 4 x 2 ( x 2 + x − 2 ) = x 2 ( 2 x − 1) 2 x = 0  ⇔ x2 ( 8x − 9) = 0 9 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x=0, x = . 8 (Hãy tìm thêm cách giải khác) Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2 x 2 − mx − x 2 − 4 = 0 có nghiệm. HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được x1,2 = m ± m − 16 . Kết hợp với điều kiện ta 2 2 tìm được |m| ≥ 4. b. Chuyển về phương trình – bất phương trình tích: - Đặt nhân tử chung, hằng đẳng thức Lưu ý: Để sử dụng phương pháp này ta phải chú ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích... Ví dụ 4: Giải phương trình: x 2 + x + 7 = 7 . HD: • Bình phương hai vế. • Dùng hằng đẳng thức a2 − b2=0. 1 − 29 • Nghiệm x = 2, x = . 2 x2 Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a. >x−4 b. ( x 2 − 3 x ) 2 x 2 − 3x − 2 ≥ 0 (1 + ) 2 1+ x  1 ĐS: a. − x 0. x = 2 pt ⇔ ( x − 2 )( x + 4 ) = m( x − 2 ) ⇔  3 . Để chứng minh ∀m > 0 , phương trình (1)  x + 6 x − 32 = m, ( 2) 2 có 2 nghiệm phân biệt thì chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm khác 2. Thật vậy: đặt f ( x ) = x3 + 6 x 2 − 32, x ≥ 2 , ta có f(2) = 0, lim f ( x ) = +∞, f ' ( x ) = 3x 2 + 12 x > 0, ∀x ≥ 2 nên f(x) là hàm liên tục trên [ 2; +∞ ) và đồng biến trên khoảng x →+∞ đó suy ra ∀m > 0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2 < x0 < + ∞ . Một số dạng chuyển thành tích: - Dạng: ax + b ± cx + d = ( a - c) x + ( b - d ) m Ta biến đổi thành: m( ax + b ± cx + d ) = ( ax + b ) − ( cx + d ) x+3 Ví dụ: Giải phương trình: 4 x + 1 − 3x − 2 = . ĐS: x=2. 5 - Dạng: u+v=1+uv ⇔ (u-1)(v-1)=0 Ví dụ: Giải phương trình: 3 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3x + 2 . ĐS: x=0, x=−1. Ví dụ: Giải phương trình: x + 1 + x = 1 + 4 x3 + x 2 . 4 ĐS: x=0, x=1. - Dạng: au+bv=ab+uv ⇔ (u−b)(v−a)=0 Ví dụ 1: Giải phương trình: x + 3 + 2 x x + 1 = 2 x + x 2 + 4 x + 3 . ĐS: x=0, x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 + x 2 + 3x + 3 + 2 x = x 2 + 3 + 2 x 2 + 2 x . ĐS: x=0. - Dạng: a3−b3 ⇔ (a−b)(a2+ab+b2)=0 ⇔ a=b Trang 3
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Ví dụ: Giải phương trình: 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3x ( x + 2 ) . 2 ĐS: x=1. c. Chuyển về dạng: A1 + A2 +....+ An = 0 với Ai ≥ 0, 1 ≤ i ≤ n khi đó pt tương đương với: A1 = 0, A2 = 0, L An = 0 . Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x 2 + 3x + 3 = 4 x x + 3 + 2 2 x − 1 . ( )( HD: Phương trình tương đương 4 x − 4 x x + 3 + x + 3 1 − 2 2 x − 1 + 2 x − 1 = 0 . 2 ) ĐS: x=1. Ví dụ 2: Giải phương trình: 4 x − y 2 − y + 2 = 4 x2 + y . Giải 1 Bình phương hai vế ta được ( 2 x − 1) + ( y + 2 ) + 2 ( y + 2) ( 4 x2 + y ) 2 2 = 0 ⇔ x = , y = −2. 2 d. Sử dụng lập phương: Với dạng tổng quát 3 a ± 3 b = 3 c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 a ± 3 b = 3 c  ( a ± b ) = a 3 ± b3 ± 3ab ( a ± b ) khi đó phương trình tương đương với hệ  3 . Giải hệ này ta  a ± b ± 3 3 abc = c  có nghiệm của phương trình. 3 Ví dụ: Giải bất phương trình 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 . ĐS: x = 1; x = 2; x = 2 . e. Nếu bất phương trình chứa ẩn ở mẩu: - TH1: Mẩu luôn dương hoặc luôn âm thì ta quy đồng khử mẩu: 2 ( x 2 − 16 ) 7−x Ví dụ 1: Giải bất phương trình: + x−3> ( 1) (ĐH Khối A−2004) x−3 x−3 Giải ĐK: x ≥ 4 . ( 1) ⇔ 2 ( x 2 − 16 ) + x − 3 > 7 − x ⇔ 2 ( x 2 − 16 ) > 10 − 2 x  x ≥ 4  ⇔ x>5  10 − 2 x < 0 ⇔ 10 − 2 x ≥ 0  ⇔ 10 − 34 < x ≤ 5  2 ( x 2 − 16 ) > ( 10 − 2 x ) 2    Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: x > 10 − 34 . - TH2: Mẩu âm dương trên từng khoảng thì ta chia thành từng trường hợp: Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a. ( x − 3) 51 − 2 x − x 2 x2 + 4 ≤ x2 − 9 b. 3 và x 1 . Bài tập Bài 1: Giải các phương trình sau: a. x − 2 x − 1 − x ( x − 1) + x 2 − x = 0 . HD: Bình phương 2 vế và biến đổi thành: 2 x x 2 − x − 4 x 2 − x + x3 − 4 x 2 + 6 x − 4 = 0 . ⇔ ( x − 2)(2 x 2 − x + x 2 − 2 x + 2) = 0 b. 4 x 2 + 5 x + 1 − 2 x 2 − x − 1 = 9 x + 3 . HD: Nhân lượng liên hợp. Bài 2: Giải bất phương trình sau: 1 − 2 x + 1 + 2 x ≥ 2 − x 2 . t 4 − 4t 2 HD: Cách 1: Đặt t = 1 − 2 x + 1 + 2 x ⇒ x 2 = − . Cách 2: Bình phương rồi đưa về dạng:A1+A2 = 0, 16 với A1, A2 ≥ 0 . Trang 4
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Bài 3: Giải phương trình 4 − 3 10 − 3 x = x − 2 . (HD: Bình phương hai lần ra phương trình bậc 4 đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức). 2 Bài 4: Giải phương trình 1 + x − x2 = x + 1 − x . 3 Bài 5: Giải phương trình 2 x + 6 x2 + 1 = x + 1 . Bài 6: Giải các phương trình sau: 1. x 2 − 1 = x + 1 2. 3 x − 2 + 3 2x − 3 = 1 3. 3 2 x + 2 + 3 x − 2 = 3 9 x x −1 + 3 x +1 = x 3 2 4. 3 x2 −x + 2 5. 1 + x + 1 − x = 2 − 6. 2 x + 3 = 3x + 1 + 4 4 7. 5 x − 3 + 3x − 1 = x − 1 . (HD:Bình phương rồi sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2 ≥ 0 ). Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m+ x + m−x = m. Bài 8: Tìm m sao cho phương trình: 4x − x 2 = x + m . a. Có nghiệm. b. Có hai nghiệm phân biệt. Bài 9: Giải các bất phương trình sau: a. 1 − 1 − 4 x < 3 . 2 x b. x + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 ≤ 2 x 2 + 9 x + 7 . 2 c. x 2 + x − 2 + x 2 + 2 x − 3 ≤ x 2 + 4 x − 5 . Bài 10: Giải các phương trình: 4x a. 3 x + 1 + 3 x2 = 3 x + 3 x2 + x . b. x+3+ =4 x . x+3 3 c. 4 x + 3 = 1 + 4 x + . d. 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 . x e. 2 x x 2 − x + 1 + 4 3 x + 1 = 2 x 2 + 2 x + 6 . II. Phương pháp đặt ẩn phụ: Dạng 1: F ( n ) f ( x ) = 0 , đặt t = n f ( x ) (lưu ý nếu n chẵn ta phải thêm điều kiện t ≥ 0). Ví dụ 1: Giải các phương trình: a. x 2 + x 2 + 11 = 31 . b. ( x + 5 ) ( 2 − x ) = 3 x 2 + 3x . HD: a. Đặt t = x 2 + 11, t ≥ 0 . ĐS: x=± 5. −3 ± 109 b. Đặt t = x 2 + 3x , t ≥ 0 . ĐS: x = . 2 Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 2 + 2 x + 2m 5 − 2 x − x 2 = m 2 . Giải Đặt: t = 5 − 2 x − x 2 = 6 − ( x + 1) ⇒ t ∈ 0; 6  . 2   Khi đó phương trình trở thành t 2 − 2mt + m 2 − 5 = 0 ( *) ⇔ t = m ± 5 . Phương trình đã cho có nghiệm khi 0 ≤ m + 5 ≤ 6 − 5 ≤ m ≤ 6 − 5 (*) có nghiệm t ∈  0; 6  hay    ⇔ . 0 ≤ m − 5 ≤ 6   5≤m≤ 6 + 5  Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x ( 2 − x ) ≤ 0 , (1) có nghiệm x ∈  0;1 + 3  .   Giải: Đặt t = x 2 − 2 x + 2 ⇒ x 2 − 2 x = t 2 − 2 . Nếu x ∈ 0;1 + 3 thì t =[ ] ( x − 1) 2 + 1 ∈ [1;2] BPT trở thành: m ( t + 1) + 2 − t ≤ 0, ( 2 ) 2 t2 − 2 t2 − 2 2 Khi đó ta có ≥ m , với 1 ≤ t ≤ 2 . Đặt f ( t ) = , dùng đồ thị ta tìm được m ≤ . t +1 t +1 3 Trang 5
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Dạng 2: m ( ) f ( x ) ± g ( x ) ± 2n f ( x ) g ( x ) + n ( f ( x ) + g ( x ) ) + p = 0 , đặt t = f ( x ) ± g ( x ) , bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t. Ví dụ 1: Cho phương trình 3 + x + 6 − x = m + ( 3 + x) ( 6 − x) . a. Giải phương trình khi m=3. b. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. Giải Đặt: t = 3 + x + 6 − x ⇒ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) ( *) . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy 2 ( 3 + x) ( 6 − x) ≤ 9 nên từ (*) ta có 3 ≤ t ≤ 3 2 . Phương trình đã cho trở thành t2− − − (1). 2t 9= 2m a. Với m=3 (1) ⇔ t2− − ⇔ t =3. Thay vào (*) ta được x=− x=6. 2t 3 3, b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t ∈ 3; 3 2  . Xét hàm số f ( t ) = t − 2t − 9 với 2     (  ) t ∈ 3; 3 2  , ta thấy f(t) là một hàm đb nên: −6 = f (3) ≤ f ( t ) ≤ f 3 2 = 9 − 6 2 với t ∈ 3; 3 2  . Do vậy  6 2 −9 (1) có nghiệm t ∈ 3; 3 2  khi và chỉ khi −6 ≤ −2m ≤ 9 − 6 2 ⇔   ≤m≤3 2 Chú ý: Để tìm miền giá trị của t ta có 2 cách thương dùng như sau: Cách 1: dùng BĐT như bài trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ). 3 3 3 3 ( Ví dụ 2: Giải phương trình x 35 − x x + 35 − x = 30 . ) t 3 − 35 HD: đặt: t = 3 35 − x3 ⇒ x 3 35 − x3 = . ĐS: x=2, x=3. 3t Ví dụ 3: Giải bất phương trình 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 ≤ 181 − 14 x . 6 HD: Đặt t = 7 x + 7 + 7 x − 6 ≥ 0 ⇒ … ≤ x ≤ 6 . 7 Dạng 3: F ( n ) f ( x ) , n g ( x ) = 0 , trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k. TH1: Kiểm tra nghiệm với g ( x ) = 0 . f ( x) TH2: Giả sử g ( x ) ≠ 0 chia hai vế phương trình cho g ( x ) và đặt t = n k . g ( x) Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x3 + 1 = 2 ( x 2 + 2 ) . ĐK: x ≥ −1 . 5 x3 + 1 = 2 ( x 2 + 2 ) ⇔ 5 ( x + 1) ( x 2 − x + 1) = 2 ( x 2 − x + 1) + 2 ( x + 1) x +1 x +1 ⇔2 −5 2 +2=0 x − x +1 2 x − x +1 t = 2 x +1 Đặt t = , t ≥ 0 . Phương trình trở thành 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔  1 . x2 − x + 1 t =  2 • Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. 1 5 ± 37 • Với t = : Phương trình đã cho có nghiệm x = 2 . 2 Ví dụ 2: Giải phương trình 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 . Giải ĐK: x ≥ 5 . 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 2 − 4 x − 5) ( x + 4) Trang 6
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ x2 − 4 x − 5 3 , t ≥ 0. phương trình trở thành 2t − 5t + 3 = 0 ⇔ t = 1, t = . 2 Đặt t = x+4 2 5 + 61 5 − 61 • Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm x = > 5, x = 5, x = − 5 < 5 . 5 + 61 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = , x =8. 2 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 . HD: ĐK x ≥ 1 . Xét hai trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho 4 x 2 − 1 đặt x −1 4 2 1 t=4 = 1− ( 0 < t < 1) . ĐS −1 < m ≤ . x +1 x +1 3 Dạng 4: (Đặt ẩn phụ không triệt để). af ( x ) + g ( x ) f ( x ) + h ( x ) = 0 . Đặt t = f ( x ) , khi đó phương trình trở thành at 2 + g ( x ) t + h ( x ) = 0 . Ví dụ: Giải phương trình 2 ( 1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1 . HD Đặt t = x 2 + 2 x − 1 ⇒ L x = −1 ± 6 . (Phương pháp này có thể áp dụng cho các phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,… rất hay!) Bài tập Giải các phương trình sau: 9 ± 193 17 ± 3 73 1. 2 x 2 − 5 x + 2 = 4 2 ( x 3 − 21x − 20 ) ĐS: x = , x= . 4 4 ( x + 2) 3 2. x 3 − 3x 2 + 2 − 6x = 0 Đặt y = x + 2 , ĐS: x = 2, x = 2 − 2 3 . 3. 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3 x 3 + 8 ĐS: x = 3 ± 13 . x −1 1 1 1 1+ 5 4. 2 x + = 1− + 3 x − Đặt t = 1 + , ĐS: x = . x x x x 2 Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác). Khi giải các phương trình, bất phương trình lượng giác chúng ta thường tìm mọi cách đặt ẩn phụ để chuyển về phương trình, bất phương trình đại số. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này. Lưu ý vài tính chất cơ bản: * sin a ≤ 1, cos a ≤ 1 . * sin 2 a + cos 2 a = 1 . 1 1 * 1 + tan a = * 1 + cot a = 2 2 2 . cos a sin 2 a Ví dụ 1: Giải phương trình 1 + 1 − x 2 = 2 x 2 . Giải ĐK x ≤ 1 . Đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] . Khi đó phương trình trở thành 1 1 + 1 − cos 2 t = 2 cos 2 t ⇔ 2 sin 2 t + sin t − 1 = 0. Ta tìm được: sin t = . Khi đó 2 3 x = cos t = ± 1 − sin 2 t = ± . 2  π π Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u ( x ) ≤ a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt u ( x ) = a sin t , t ∈  − ;   2 2 hoặc đặt u ( x ) = a cos t , t ∈ [ 0; π ] .  π * Nếu u ( x ) ∈ [ 0; a ] ta có thể đặt u ( x ) = a sin t , t ∈ 0;  . 2  2 Trang 7
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 + (1 − x ) 2 3 = x 2 ( 1 − x2 ) . HD: Đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] dưa về phương trình lượng giác ( sin t + cos t ) ( 1 − sin t cos t ) = 2 sin t cos t . Để gải phương trình này ta lại đặt u = sin t + cos t , u ≤ 2 . ĐS: x = 2 , x = 1 − 2 − 2 − 2 . 2 2 1 2+ 2 Ví dụ 3: Giải phương trình 1 − x 2 = 4 x 3 − 3x . ĐS: x = − , x=± . 2 4 Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình). ( * Khi gặp phương trình có dạng F f ( x ) , n a + f ( x ) , m b − f ( x ) = 0 . )  F ( u, v ) = 0  Đặt u = n a + f ( x ) , v = m b − f ( x ) . Khi đó ta được hệ phương trình sau:  n . Giải hệ này tìm u + v = a + b m  u, v rồi ta lại tìm x. Khi tìm x ta chỉ giải một trong hai phương trình u = n a + f ( x ) hoặc v = m b − f ( x ) . Ví dụ 1: Giải phương trình: 3+ x + 6− x =3+ ( 3 + x) ( 6 − x) . ĐS: x = 0, x = −3 . Ví dụ 2: Giải phương trình: 3 24 + x + 12 − x = 6 . ĐS: x = −24, x = −88, x = 3 . Ví dụ 3: Giải phương trình: 4 x + 4 17 − x = 3 . ĐS: x = 1, x = 16 . ( 2 − x) ( 7 + x) ( 2 − x) ( 7 + x) ĐS: x = 1, x = −6 . 2 2 Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 + 3 − 3 =3. u + v = 3 2  Ví dụ 5: Giải phương trình: x − 1 + 3 x − 3 = 3 2 , đặt u = 3 x − 1, v = 3 x − 3, pt trở thành:  3 3 u − v = 2 3  1 1 1 1 Ví dụ 6: Giải phương trình: 3 + x + − x = 1 , đặt u = 3 + x , v = −x 2 2 2 2 Ví dụ 7: Với giá trị nào của a thì phương trình: 3 1 − x + 3 1 + x = a có nghiệm.  a ( u 2 + v 2 − uv ) = 2  Đặt u = 1 − x , v = 1 + x . Phương trình trở thành:  3 3 u + v = a  TH1: a = 0 hệ phương trình vô nghiệm. u + v = a  TH2: a ≠ 0 , hệ phương trình trở thành  1 2  . Hệ có nghiệm khi S 2 − 4 P ≥ 0 ⇔ 0 < a ≤ 2 . Vậy uv =  a 2 −   3 a phương trình có nghiệm khi 0 < a ≤ 2 . * Khi gặp phương trình có dạng f n ( x ) + b = a n af ( x ) − b . t n + b = ay  Đặt t = f ( x ) , y = af ( x ) − b ta có hệ  n n .  y + b = at  −1 ± 5 Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x3 + 1 = 2 3 2 x − 1 . ĐS: x = 1, x = . 2 x+3 Ví dụ 2: Giải phương trình 2 x 2 + 4 x = . 2 Giải x+3 ( x + 1) + 2 1 x +1 ĐK x ≥ −3 . 2 x 2 + 4 x = ⇔ 2 ( x + 1) − 2 = ⇔ ( x + 1) − 1 = 2 2 +1 . 2 2 2 2 Trang 8
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ 2 1 x +1 t t t − 1 = 2 y  Đặt t = x + 1, y = +1 = + 1 ⇒ y 2 − 1 = . Ta được hệ phương trình  . Giải thêm chút 2 2 2  y2 − 1 = 1 t   2 nữa ta được kết quả! ĐS: −3 − ± 17 −5 ± 13 x= , x= . 4 4 Chú ý: bài này không thể sử dụng phương pháp bình phương vì không nhẩm được nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất hiện những biểu thức giống nhau và từ đó ta đặt ẩn phụ. 7 1 Ví dụ 3: Giải phương trình 4 x 2 + 7 x + 1 = 2 x + 2 . ĐS: x = −1, x = − , x = . 4 4 Chú ý: Bài này có thể sử dụng phương pháp bình phương. Bài tập: Bài 1: Giải các phương trình sau: 1. 3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3 x 2 − 5 x + 2 2. x 2 + x + 2 = x 2 + x 4 1 5 3. x2 + x + 4 + x2 + x + 1 = 2 x2 + 2 x + 9 4. + x − = x + 2x − . x x x Bài 2: Giải cácbất phương trình sau: 1. 5 x 2 + 10 x + 1 > 7 − 2 x − x 2 2. 3 24 + x + 12 − x ≤ 6 x2 3. 2 x 2 + x 2 − 5 x − 6 > 10 x + 15 4. 1 + x + 1 − x ≤ 2 − . 4 Bài 3: Giải các phương trình sau: 1. 3 12 − x + 3 14 + x = 2 2. 3 x −1 − 3 x − 3 = 3 2 3. 1 − x 2 + 2 3 1 − x 2 = 3 4. − x 2 + 2 = 2 − x x2 5. 1 + x + 1 − x = 2 − (đặt t = 1 + x + 1 − x ). 4 III. Phương pháp hàm số Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (k∈R) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có f (u ) = f ( v ) ⇔ u = v . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì ∃c ∈ ( a; b ) : F ( b) − F ( a) F '( c) = . Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì b−a ∃c ∈ ( a; b ) : F ' ( c ) = 0 ⇔ F ' ( x ) = 0 có nghiệm thuộc (a;b). Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. 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 hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu khi đó ta có: u = v. Ví dụ: Giải phương trình: 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 1 1 2 4x . Đặt f ( x ) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 . Miền xác định: x ≥ , f ( x ) = + > 0. ' ĐK: x ≥ 2 2 4x − 1 4 x2 − 1 Trang 9
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ 1 Do đó hàm số đồng biến với x ≥ , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy 2 1 x= là nghiệm của phương trình. 2 Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min f ( x, m ) ≤ g ( m ) ≤ max f ( x, m ) . x∈D x∈D * phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m có nghiệm. TXĐ: R 2x + 1 2x − 1 Xét hs: y = f ( x ) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 , Df = R, y ' = − x2 + x + 1 x2 − x + 1 ( 2 x − 1) ( 2 x + 1) > 0  y ' = 0 ⇔ ( 2 x − 1) x 2 + x + 1 = ( 2 x + 1) x 2 − x + 1 ⇔  ( 2 x − 1) ( x + x + 1) = ( 2 x + 1) ( x − x + 1) 2 2 2 2  (v.nghiệm) Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x lim = lim = −1 x →−∞ x →−∞ x + x + 1 + x2 − x + 1 2 Giới hạn: 2x lim = lim =1 x →+∞ x →+∞ x + x + 1 + x2 − x + 1 2 BBT: x −∞ +∞ y’ + y 1 −1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi − < m < 1. 1 Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx − x − 3 ≤ m + 1 , ĐK: x ≥ 3 1+ x − 3 1+ x − 3 5− x bpt ⇔ ≥ m , xét hs y = ⇒ y'= lim y = 0 và f(3) = 1 . 2 . y = 0 ⇔ x = 5 . x →+∞ ' x −1 x −1 2 x − 3 ( x − 1) 2 BBT: x 3 5 +∞ y’ + 0 − y y(5) 1 2 0 3 +1 Vậy bất phương trình có nghiệm ⇔ y ( 5 ) ≥ m ⇔ m ≤ 4 Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x + x + 12 = m ( ) 5 − x + 4 − x có nghiệm. Trang10
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Giải: ĐK: 0 ≤ x ≤ 4 pt ⇔ ( x x + x + 12) ( ) 5 − x + 4 − x = m xét hs y = f ( x ) = ( x x + x + 12) ( ) 5 − x + 4 − x . Miền xác định: D = [ 0; 4] Nhận xét: Hàm số h ( x ) = x x + x + 12 đồng biến trên D. Hàm số g ( x ) = 5 − x + 4 − x đồng biến trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi f ( 0) ≤ m ≤ f ( 4) Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x + 3 = m x 2 + 1 x+3 Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng: =m x2 + 1 x+3 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): y = và đường thẳng: y = m. x2 + 1 Lập BBT : x −∞ 1/3 +∞ y’ + 0 − y 10 1 −1 KL: m ≤ −1 ∨ m > 10 : phương trình vô nghiệm. −1 < m ≤ 1 hoặc m = 10 : phương trình có nghiệm duy nhất. 1 < m < 10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x −1 + 3 − x − ( x − 1) ( 3 − x ) = m , (1) Giải: ĐK: 1 ≤ x ≤ 3 . Đặt t = x − 1 + 3 − x , lập BBT của t(x) với 1 ≤ x ≤ 3 ta có 2 ≤ t ≤ 2 1 Khi đó phương trình (1) trở thành: − t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với 2 ≤t ≤2 2 từ đó kết luận: 1 ≤ m ≤ 2 . Bài tập: Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x + 9 − x = − x 2 + 9 x + m . Bài 2. Giải các phương trình sau: 1. x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = 3 − 1 2. x −1 + 3 − x − ( x − 1) ( 3 − x ) =1 3. x x + x + 12 = 12 ( 5− x + 4− x ) B. Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn. 1. Phương pháp biến đổi tương đương: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Đặt điều kiện (nếu có). B2: Biến đổi về phương trình – bất phương trình −hệ phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải bằng cách: thế, khử biến... B3: Kết luận. (chú ý điều kiện và sự biến đổi tương đương hay hệ quả)  x+5 + y−2 = 7  Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:  .  x−2 + y+5 =7  Giải x ≥ 2 Điều kiện:  . y ≥ 2 Trang11
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ Bình phương 2 vế và trừ vế theo vế ta có: ( x + 5) ( y − 2 ) = ( x − 2 ) ( y + 5) ⇔x= y. Thay x = y vào 1 trong 2 phương trình, giải ra ta được x = y = 11. 2 x ≥ y = 1  Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:  2 y ≥ x + 1  Giải Điều kiện: x, y ≥ 0 . ( ) ( ) ( ) 2 2 cộng vế theo vế ta được: 2 x + y ≥ x+ y+2⇔ x −1 + y −1 ≤ 0 ⇔ x = y = 0 2 x − y − m = 0  Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất:   x + xy = 1   y = 2x − m  y = 2x − m ( 1 − x) 2   hpt ⇔  ⇔ ( 1 − x) 2 ⇒ = 2 x − m ⇔ x 2 + ( 2 − m ) x − 1 = 0 (*)   xy = 1 − x y = , ( x ≤ 1, x ≠ 0 ) x  x Phải tìm m để (*) có đúng một nghiệm thoả: x ≤ 1, x ≠ 0 . TH1: xét x = 1: TH2: (*) có nghiệm kép x ≤ 1 : TH3: (*) có 2 nghiệm x1 < 1 < x2 : ( 1 − x) 2 Chú ý: Có thể dùng đồ thị đối với y = , x ≤ 1, x ≠ 0 x ( x 2 + xy + y 2 ) x 2 + y 2 = 185  Ví dụ 4: giải:  ( x 2 − xy + y 2 ) x 2 + y 2 = 65  Giải: Cộng từng vế của 2 phương trình ta được: 2 ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 = 250 ⇔ ( x 2 + y 2 ) = 125 ⇔ 3 x2 + y2 = 5 .  x + y + x − y = 2, ( 1)  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:   y + x − y − x = 1, (2)   1 x ≤ 2 y ≥ Giải: ĐK: y ≥ x , x ≥ y . ( 1) ⇔ x − y = 2 − x ⇔  2 ( 2) ⇔ 2 y − 1 = 2 y − x ⇔  2 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.  y − 3 = x  x − y = 3   x − y = 3.  2 ( 7 3 2 x y − 3 xy 2 )  x 2 + y xy = 420  4.  2 3 x − 3 y = 3  y + x xy = 280    x + y − x − y =1   x+ y − x− y =2  5.  6.   x + y + x − y =1  x +y + x −y =4 2 2 2 2 2 2 2 2    x+ y − x− y =a  x+ y − x− y =2   7.  (a > 0) 8.   x +y + x −y =a  x2 − y + x2 + y = 4 2 2 2 2 2   2 ( x + y ) = 3  9.  ( 3 x2 y + 3 y2 x )  x y + y x = 30  10.  3 y + 3 x = 6   x x + y y = 35  Trang12
Giáo viên: Nguyễn Việt Bắc Chuyên đề: PT – BPT – HPT Vô tỷ  1 x 1 − y = 4 2  11.   y 1 − x2 = 1   4  x + y + xy = a  Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có 2 nghiệm:  x − y = a   x +1 + y + 2 = m  Bài 3. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:   x + y = 3m  2. Phương pháp đặt ẩn phụ: Ta thực hiện theo các bước sau: B1: Điều kiện (nếu có). B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ B3: Giải hệ nhận được, từ đó suy ra nghiệm x, y. B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ đó kết luận.  1− x + 1− y =1  Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình:  3 điều kiện: x, y ≤ 1 x + y ≤  2 Đặt u = 1 − x , v = 1 − y ĐK: u , v ≥ 0 , khi đó hệ được biến đổi về dạng: u + v = 1  0 ≤ u ≤ 1  3⇔ 2 ⇔ 0 ≤ u ≤1⇔ x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤1 1 − u + 1 − v ≤ 2 4u − 4u + 1 ≥ 0 2 2  0 ≤ x ≤ 1  Vậy nghịêm của hệ là cặp nghiệm (x; y) thoả:  ( ) 2 y =1 − 1− 1 − x   x + y − xy = 3  Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ R )  x +1 + y +1 = 4  Điều kiện: xy ≥ 0, x ≥ −1, y ≥ −1 . Đặt t = xy ⇒ x + y = 3 + t . Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ vào, giải tìm được t = 3. Giải thêm chút xíu nữa ta được nghiệm. Bài tập: Giải các hệ phương trình sau:  1.  ( 3 x + y = 4 xy )   2.  x 2 + y 2 + 2 xy = 8 2  xy = 9    x+ y =4 2 x + 1 +  y =3 3  x− y = x− y 3.  4.   x +1 + 2  y =2 3  x+ y = x+ y−4  1  x+ + x+ y −3 =3  x + y + xy = 14  y  5.  6.  2 `  x + y + xy = 84 2 2 x + y + 1 =8    y − ết − H Trang13

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.