zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm: Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ và phương pháp giải

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:17

Báo xấu

82
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vô tỷ là một chủ đề quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất nhiều dạng toán về phương trình, bất phương trình hay và khó, có thể dùng là một câu phân loại trong các đề thi HSG hay đề thi ĐH, CĐ. Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm trong quá trình dạy học, dạy luyện thi, dạy bồi dưỡng HSG, tác giả viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ và phương pháp giải”.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ và phương pháp giải

Trường THPT Trần Phú 20102011 LỜI NÓI ĐẦU Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình vô tỷ là một chủ đề quan trọng trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi cũng như luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất nhiều dạng toán về phương trình, bất phương trình hay và khó, có thể dùng là một câu phân loại trong các đề thi HSG hay đề thi ĐH, CĐ. Xuất phát từ quá trình tự học, tự nghiên cứu của bản thân và những kinh nghiệm trong quá trình dạy học, dạy luyện thi, dạy bồi dưỡng HSG, tác giả viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ và phương pháp giải”. Đề tài được chia thành hai phần: Phần A: Phương trình Bất phương trình chứa căn Phần B: Hệ phương trình chứa căn Ở mỗi phần là phưong pháp giải, dạng toán, cách giải tương ứng, những lưu ý, ví dụ minh hoạ sau đó là bài tập vận dụng. Có ba phương pháp giải cơ bản thường dùng là phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ và phương pháp hàm số. Đề tài được viết nhằm giúp học sinh có kỹ năng và phương pháp giải về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình được tốt hơn. Do hạn chề về thời gian chắc không tránh khỏi thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của các bạn đoòng nghiệp và cấp trên. Tác giả xin chân thành cảm ơn! Vĩnh Yên, ngày 25 tháng 5 năm 2011 Tác giả Đỗ Thị Thanh Huyền 1 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 NỘI DUNG 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 ) 2n 4. a ��۳ b 0 a b2n b∀ 5. a �۳ 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 2 ( x) * Dạng 2: f ( x) > g ( x) xét 2 trường hợp: g ( x) < 0 g ( x) 0 TH1: TH2: f ( x) > g 2 ( x) f ( x) 0 f ( x) 0 * Dạng 3: f ( x ) �۳ g ( x) g ( x) 0 f ( x) g 2 ( x) 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 bất phương trình về dạng quen thuộc. + 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= thì chia vế trái cho cho x– ta được ( x − α ) ( b0 x + b1 x + L + bn− 2 x + bn −1 ) = 0 , n −1 n −2 tương tự cho bất phương trình. * Phương trình bất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm được 1 nghiệm thì việc giải theo hướng này là 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 bất phương trình bậc 4, lúc này ta phải nhẩm được 2 nghiệm thì việc giải phương trình theo hướng này mới đúng, còn nếu nhẩm được 1 nghiệm thì sử dụng như phương trình bất phương trình bậc 3 và nếu không ta phải chuyển sang hướng khác. Ví dụ 1: Giải phương trình: 2 x 1 x 2 3x 1 0 (ĐH Khối D – 2006) 2 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 x + 10 ) ( 1 − ) 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 4 ( x + 1) 2 3 + 2x , 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 − 0 � ( x − 3) ( x + 1) �0 2 không âm nên ta bình phương 2 vế: x3 – x2 – 5x – 3 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: x>2 x−2>0 3− 7 3+ 7 3+ 7 2 +−0 �2 x �6 x‫ ڳ‬1� �x x x 3 � 2 � 2 2 2 2x − 6x + 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 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 x 2 + ( m − 2 ) x − 4 = 0, (*) , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm: 2 − m + m 2 − 4m + 20 2 − m − m 2 − 4m + 20 x1 = > 0, x2 = < 0 . Phương trình đã cho có 2 nghiệm 2 2 m 4 (*) có 2 nghiệm x −1 x2 �−1�−�4 −+m�− m 2 4m 20 m 1 ( 4 − m ) m 2 − 4m + 20 2 Chú ý: + x1 > 0, x2 x2 và a.c
Trường THPT Trần Phú 20102011 2x + 1 0 Giải: pt 3 x 2 − ( m − 4 ) x − 1 = 0, ( 2 ) để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai ∆ = ( m − 4 ) + 12 > 0 2 1 � 1� 9 nghiệm lớn hơn hoặc bằng − hay f �−�۳�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� t − �− ( m − 4) � 3� 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 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. m 2 − 16 HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm được x1,2 = m . Kết 2 hợp với điều kiện ta 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 4 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 x2 >x−4 Ví dụ 5: Giải các bất phương trình: a. b. ( ) 2 1+ 1+ x (x 2 − 3 x ) 2 x 2 − 3x − 2 0 � 1� ĐS: a. 1 x 0. x 2 pt x 2 x 4 mx 2 . Để chứng minh m 0 , phương x3 6x2 32 m, ( 2) trình (1) 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 + 12 x > 0, ∀x 2 nên f(x) là hàm liên tục trên [ 2; + ) và đồng biến ' 2 x + trên khoảng đó suy ra m 0 phương trình (2) luôn có nghiệm x0 mà 2
Trường THPT Trần Phú 20102011 Với dạng tổng quát 3 a 3 b=3c ta lập phương hai vế và sử dụng hằng đẳng thức 3 a 3 b=3c ( a b ) = a3 3ab ( a b ) 3 b3 khi đó phương trình tương đương với hệ . a b 3 3 abc = c Giải hệ này ta có nghiệm của phương trình. Ví dụ: Giải bất phương trình 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 . ĐS: 3 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: 51 − 2 x − x 2 Ví dụ 2: Giải các bất phương trình: a. ( x − 3) x2 + 4 x2 − 9 b. 3 và x 6 b. Xét hai trừng hợp của x 1. ĐS: 1 − 52 �x < −5 �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 − 2x + 1 + 2x � x2 = − . Cách 2: Bình phương rồi đưa về 16 dạng:A1+A2 = 0, với A1, A2 0 . 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 . 6 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 Bài 6: Giải các phương trình sau: 1. x 2 − 1 = x + 1 2. 3 x − 2 + 3 2 x − 3 = 1 3. 3 2 x + 2 + 3 x − 2 = 3 9 x 4. 3 x − 1 + 3 x + 1 = x 3 2 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 x2 < 3. x b. x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 2 x 2 + 9 x + 7 . 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 x 2 = 3 x + 3 x2 + x . b. x+3+ =4 x . x+3 3 c. 4 x + 3 = 1 + 4x + . d. 2 x + 3 = 9 x2 − x − 4 . x e. 2 x x 2 − x + 1 + 4 3x + 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 − 2x − x2 = m2 . Giải Đặt: t = 5 − 2 x − x 2 = 6 − ( x + 1) �� 2 t � �. 0; 6 � � Khi đó phương trình trở thành t 2 − 2mt + m 2 − 5 = 0 ( *) � t = m � 5 . Phương trình đã cho � 0 m+ 5 6 � − 5 m 6− 5 có nghiệm khi (*) 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 2 0, ( 2 ) 7 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 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 2t 9= 2m (1). a. Với m=3 (1) t2 2t 3 t =3. Thay vào (*) ta được x= 3, x=6. b. PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm t � �3; 3 2 � �. Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 2t − 9 với 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 (1) có nghiệm t � 3; 3 2 � � � khi và 6 2 −9 chỉ khi −� 6 −�2−m � 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 ). Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 35 − x3 (x+ 3 ) 35 − x 3 = 30 . t 3 − 35 HD: đặt: t = 3 35 − x3 � x 3 35 − x 3 = . 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 = 7x + 7 + 7x − 6 0 … 7 x 6 . 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 k ( x ) và đặt t = n . 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 = 0 . Phương trình trở thành 2t − 5t + 2 = 0 1. 2 ,t x − x +1 2 t= 2 Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm. 8 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 1 5 37 Với t = 2 : Phương trình đã cho có nghiệm x = . 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) x2 − 4 x − 5 3 Đặt t = ,t 0. phương trình trở thành 2t − 5t + 3 = 0 � t = 1, t = 2 . x+4 2 5 + 61 5 − 61 Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm x = > 5, x = 5, x = − 5 < 5 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 5 + 61 , 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 x −1 4 2 1 đặt 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: 2 ( x 3 − 21x − 20 ) ĐS: x = 9 193 17 3 73 1. 2 x 2 − 5 x + 2 = 4 , x= . 4 4 2. x3 − 3x 2 + 2 ( x + 2 ) 3 − 6x = 0 Đặt y = x + 2 , ĐS: x = 2, x = 2 − 2 3 . 3. 2 ( x 2 − 3x + 2 ) = 3 x3 + 8 ĐS: x = 3 13 . x −1 , ĐS: x = 1 + 1 1 1 5 4. 2 x + = 1− + 3 x − Đặt t = 1+ . 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 . 9 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 1 1 * 1 + tan 2 a = * 1 + cot 2 a = . cos 2 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 Nhận xét: * Nếu bài toán có tập xác định u ( x ) a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt �π π � u ( x ) = a sin t , t �� − ; � hoặc đặt u ( x ) = a cos t , t [ 0; π ] . � 2 2� �π� * Nếu u ( x ) [ 0; a ] ta có thể đặt u ( x ) = a sin 2 t, t 0; � . � 2� � Ví dụ 2: Giải phương trình x3 + (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. 2 1− 2 − 2 − 2 ĐS: x = , x= . 2 2 1 2+ 2 Ví dụ 3: Giải phương trình 1 − x 2 = 4 x3 − 3 x . 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: . u n + vm = a + b Giải hệ này tìm 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 . Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 ( 2 − x ) 2 + 3 ( 7 + x ) 2 − 3 ( 2 − x ) ( 7 + x ) = 3 . ĐS: x = 1, x = −6 . Ví dụ 5: Giải phương trình: 3 x − 1 + 3 x − 3 = 3 2 , đặt u = 3 x − 1, v = 3 x − 3, pt trở thành: u+v = 3 2 u 3 − v3 = 2 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 + v − uv ) = 2 2 2 Đặt u 3 1 x,v 3 1 x . Phương trình trở thành: u+v = a 10 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 uv = �a 2 − � 3� a� S − 4 P �� 2 0 0 < a �2 . Vậy 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 = n af ( x ) − b ta có hệ . y n + 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 = +1 . 2 2 2 2 2 2 1 t2 −1 = y x +1 t t 2 Đặt t = x + 1, y= +1 = + 1 � y 2 − 1 = . Ta được hệ phương trình 1 . Giải 2 2 2 y2 − 1 = t 2 thêm chút 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 − 5 x − 6 > 10 x + 15 2 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: 11 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 F ( b) − F ( a) khoảng (a;b) thì c a; b : F ' ( c ) = . Khi áp dụng giải phương trình: nếu có b−a F(b) – F(a) = 0 thì ∃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 f' x = 2 4x ĐK: x . Đặt f ( x ) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 . Miền xác định: x , ( ) 4x − 1 + > 0. 2 2 4 x2 − 1 1 Do đó hàm số đồng biến với x , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm 2 1 duy nhất. Thấy 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 ' = − x + x +1 2 x2 − x + 1 12 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 ( 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 2 + x + 1) = ( 2 x + 1) ( x 2 − x + 1) 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 x2 + x + 1 + x2 − x + 1 Giới hạn: 2x lim = lim =1 + + x x x2 + x + 1 + x2 − x + 1 BBT: x y’ + y 1 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 x2 + 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 = x2 + 1 m. 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 2 vế trái với 2 t 2 từ đó kết luận: 1 m 2 . Bài tập: Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x + 9 − x = − x2 + 9x + 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 . 14 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 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 . cộng vế theo vế ta được: 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 x + y �x + y + 2 � x −1 + y −1 �� 0 x= y=0 2x − y − m = 0 Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: x + xy = 1 y = 2x − m ( 1 − x) 2 �y = 2 x − m � 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 x 2 + y 2 = 5 . x + y + x − y = 2, ( 1) Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: y + x − y − x = 1, (2) x 2 Giải: ĐK: y x, x y . ( 1) � x2 − y = 2 − x � 4x − y = 4 1 y ( 2) � 2 y − 1 = 2 y2 − x � 2 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 3. x− y= 2 ( 7 3 2 x y − 3 xy 2 ) 4. x 2 + y xy = 420 3 x − y =3 3 y 2 + x xy = 280 x + y − x − y =1 x+ y − x− y =2 5. 6. x2 + y 2 + x2 − y2 = 1 x2 + y 2 + x2 − y 2 = 4 15 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 x+ y − x− y =a x+ y − x− y =2 7. (a > 0) 8. x2 + y 2 + x2 − y 2 = a 2 x2 − y + x2 + y = 4 9. 2( x + y) = 3 ( 3 x2 y + 3 y2 x ) 10. x y + y x = 30 3 y + 3 x =6 x x + y y = 35 1 x 1 − y2 = 4 11. 1 y 1 − x2 = 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 ��۳� � 2 0 u 1 x 0 0 x 1 1 − u 2 + 1 − v2 4u − 4u + 1 0 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 16 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền
Trường THPT Trần Phú 20102011 1 x+ + x+ y −3 =3 y x + y + xy = 14 5. 6. ` 1 x 2 + y 2 + xy = 84 2x + y + = 8 y Hết 17 SKKN: PT – BPT – Hệ PT vô tỷ Đ ỗ Thị Thanh Huyền

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.