TẠP CHÍ CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC SỐ 1 - Đi về phía mặt trời

Chia sẻ: Lê Quang Phát | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 42
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nếu tạp chí toán học, vật lý, tuổi trẻ dành cho học sinh khá, giỏi nghiên cứu học tập thì TẠP CHÍ CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC SỐ đơn giảng tập trung duy nhất vào vấn đề ôn thi đại học. Đưa ra những phương pháp tối ưu nhất giúp các em đỗ đại học

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TẠP CHÍ CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC SỐ 1 - Đi về phía mặt trời

Đ t n ph đ gi i phương trình Nguy n Thanh Trà Ngày 11 tháng 12 năm 2012 Như v y, m t cách t ng quát, v i phương 1 Gi i phương trình b ng trình: √ cách đưa v h phương x2 + a = b bx − a trình đ i x ng √ luôn có m t cách gi i t2 ng quát: Đ t Ta bx − a = t. Th thì ta có t + a = bx. Ta Đ t n ph là m t phương pháp quen thu c rút ra đư c h phương trình đ i x ng. Ta s trong gi i toán nói chung và gi i phương trình đ n v i m t ví d khó hơn. nói riêng. Trong d ng này, vi c đ t n ph r i tìm liên h ngư c l i gi a phương trình và Ví d 2. Gi i phương trình: bi n x s d n ta đ n m t h phương trình. H √ 9 phương trình có gi i đư c hay không tùy thu c x2 − x − = 3 3x + 1 4 vào s khéo léo trong cách đ t n ph c a các b n. √ Trong chương này, ta xét m t l p các phương L i gi i. Đ t 3x + 1 = a − 1 . Ta có a2 − a + 2 1 3 = 3x + 1 ⇔ a2 − a − 4 = 3x. V y trình có d ng: 4 √ ax2 + bx + c = d dx + e 3 x2 − x − 4 = 3a 3 a2 − a − 4 = 3x Trư c h t, ta xét phương trình: Ví d 1. Gi i phương trình: Tr theo v hai đ ng th c. T đây ta có th √ d dàng tìm x. x2 + 2 = 3 3x − 2 √ Vi c đ t 3x + 1 + 1 = a có v hơi thi u t L i gi i. V i b t đ u đơn gi n, ta s đ t a = 2 √ nhiên. M t cách t ng quát hơn, có th gi i bài 3x − 2. Khi đó, ta có toán l i như sau. 2 x + 2 = 3a L i gi i. a2 + 2 = 3x √ 9 x2 − x − Đây là h phương trình đ i x ng. Tr theo v = 3 3x + 1 4 c a hai đ ng th c, ta có: 1 5 1 5 ⇔ (x − )2 − = 3 3(x − ) + x−a=0 2 2 2 2 (x−a)(x+a)−3(x−a) = 0 ⇔ x+a−3=0 Đây là d ng toán quen thu c như trên khi ta 1 coi x − 2 như m t bi n y . T đây ta có th d dàng gi i bài toán. 1
Như v y, v i m i cách thay x b i các bi u L i gi i. Bây gi √ phương trình c a chúng không ch là a ax + b n a mà là (x + th c vào phương trình (1) thì ta s có nhi u ta√ bài toán thú v . Hãy xét m t s v d c th . 2) 2x2 + 4x + 3. Ta th bi n đ i như sau: √ 4x2 + 5x = (x + 2) 2x2 + 4x + 3 Ví d 3. Gi i phương trình: ⇔ 4x2 + 4x + 1 + x − 1 √ √ 13 = (x + 2) 2x2 + 5x + 2 − x + 1 x2 + x + = 2 2x − 2 4 ⇔ (2x + 1)2 + (x − 1) Ví d 4. Gi i phương trình: (x + 2)(2x + 1) − (x − 1) = (x + 2) N u coi x − 1 = a và x +2 = b thì phương trình √ √ √ 2x2 − 2 2x − 2 = 3 3 2x c a chúng ta có d ng (2x +1)2 + a = b bx − a. Tương t suy nghĩ như trên, ta đ t Ví d 5. Gi i phương trình: (x + 2)(2x + 1) − (x − 1) = 2y + 1. Ta có: √ √ √ (2x + 1)2 + x − 1 = (x + 2)(2y + 1) x2 + 2 2x + 2 + 2 2 = 2 2x (2y + 1)2 + x − 1 = (x + 2)(2x + 1) Ví d 6. Gi i phương trình: Tr theo v hai phương trình, ta có (2x + 1)2 − (2y +1)2 = (x+2)(2y −2x) ⇔ 2(x−y )(2x+2y + 2 2 11 4 2 24x + 12x − 3 = 2 x+ 2) = 2(y − x)(x + 2) ⇔ (x − y )(3x + 2y + 4) = 3 12 x=y 0⇔ Đ i v i m i phương trình 3x + 2y + 4 Đ gi i các bài toán này, ta làm ngư c l i. ta đ u quy v phương trình b c 2. Vi c gi i các T c là ta s phân tích phù h p đ xu t hi n phương trình này là khá d dàng. (ax − b)2 + d = e e(ax − b) − d. T đó đ t n ph at − b = e(ax − b) − d. Ta s có các h M t câu h i đ t ra là làm sao đ tìm ra phân phương trình đ i x ng. tích 4x2 + 5x = (2x + 1)2 + (x − 1) hay nói cách Th n u h s c a x2 không ph i là 1 thì sao?. khác đi u quan tr ng nh t đây là tìm ra bi u Hay c th hơn, ta xét các phương trình: th c 2x + 1. Đ ý m t chút là khi phân tích 4x2 + 5x = √ cx − b (x + 2) 2x2 + 4x + 3 ⇔ (2x + 1)2 + (x − 1) = 2 ax + b = c (x + 2) (x + 2)(2x + 1) − (x − 1). C ng bi u a th c v trái và bi u th c trong d u căn, ta có: Đi u này ch là tăng tính ph c t p ch không (4x2 + 5x) + (2x2 + 4x + 3) tăng đ khó. Chia c hai v cho a = 0. Ta có: = ((2x + 1)2 + (x − 1)) b c c b + ((x + 2)(2x + 1) − (x − 1)) x2 + = · ·x− = (2x + 1)2 + (x + 2)(2x + 1) a a a a = (2x + 1)(2x + 3) Ta có th nhìn th y ngay đây là d ng phương trình ban đ u. Như th , khi c ng bi u th c v trái và bi u Ta đ n v i ví d ti p theo: th c trong d u căn và phân tích thành nhân t thì m t trong hai nhân t là bi u th c c n Ví d 7. Gi i phương trình: tìm. Hãy áp d ng phương pháp này đ gi i ví d √ 4x2 + 5x = (x + 2) 2x2 + 4x + 3 sau: 2
Ví d 8. Gi i phương trình: Ví d 11. Gi i phương trình: √ √ x2 + x + 2 = (x + 2) x2 + 4x + 1 x3 + 2 = 3 3 3x − 2 L i gi i. C ng bi u th c v trái và bi u th c Ví d 12. Gi i phương trình: trong căn, ta có: √ x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3 4x + 1 x2 + x + 2 + x2 + 4x + 1 = (2x + 3)(x + 1) L i gi i. V n tương t ý tư ng v phương Th phân tích v i 2x + 3, ta th y bài toán khó trình v i s b c 2, ta rút g n bi u th c v trái có hư ng gi i. √ x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3 4x + 1 Th v i x + 1. Ta có: √ ⇔ (x + 1)3 + 3 = 4 3 4(x + 1) − 3 x2 + x + 2 = (x + 2) x2 + 4x + 1 ⇔ (x + 1)2 − (x − 1) N u coi x +1 là m t n m i thì ta d dàng nhìn √ th y d ng toán quen thu c x3 + b = a 3 ax − b. = (x + 2) (x + 1)(x + 2) + (x − 1) Đ t y + 1 = 3 4(x + 1) − 1, ta có Đ n đây ta th y phương trình quen thu c. (y + 1)3 + 1 = 4(x + 1) (x + 1)3 + 1 = 4(y + 1) Ta có m t s ví d tương t : H phương trình đ i x ng này đư c gi i khá Ví d 9. Gi i phương trình: d dàng. √ 4x2 − 11x + 10 = (x − 1) 2x2 − 6x + 2 Ta đ n vơi ví d khác Phát tri n ti p bài toán v i b c 3 hay b c n. Ví d 13. Gi i phương trình: Ta xét các phương trình: √ x − 2 = 8x3 − 60x2 + 151x − 128 3 √ n n x + b = a ax − b Ví d cu i cùng √ v hơi khác bi t. Khi ta có Có th gi i m t cách t ng quát b ng vi c đ t √ nhóm h t l i ta có 3 x − 2 = (2x − 5)3 + x − 3 n ax − b = t. Ta s có phương trình đ i x ng: thì có v không đư c d ng (ax − b)3 mà l i là (2x − 5)3 + x − 3. Bi u th c x − 3 th a ra m t xn + b = at cách khó ch u. V y ta gi i quy t như th nào? tn + b = ax L i gi i. Ta bi n đ i phương trình: H phương trình đ i x ng có th gi i b ng cách √ tr theo v . (2x − 5)3 + x − 3 = 3 x − 2 Và tương t ý tư ng như trên, n u thay x b ng ⇔ (2x − 5)3 + x − 3 = 3 2x − 5 − (x − 3) các bi u th c ph c t p, ta có nh ng phương trình khá khó nhưng cách làm tương t . Hãy Tuy hơi kì l nhưng ta v n nhìn th y d ng toán đ n v i các ví d : quen thu c. Đ t 2y − 5 = 3 2x − 5 − (x − 3) Ví d 10. Gi i phương trình: ta có: (2y − 5)3 + (x − 3) = 2x − 5 3x+1 − 1 3 x 2.27 + 1 = 3 (2x − 5)3 + (x − 3) = 2y − 5 2 3
Tr theo v hai phương trình, ta có x3 − y 3 = Tr theo v các đ ng th c, ta có 2(x − y )[(2x − 5)2 + (2x − 5)(2y − 5) + (2y − 5)2 ] = 2(y − (x + 8)(y − x) ⇒ (x − y )(x2 + xy + y 2 + x + 8) = x) ⇒ x = y vì a2 + ab + b2 + 2 > 0. Thay vào 0 ⇒ x = y (vì x2 + xy + y 2 + x + 8 > 0) phương trình trên ta đư c (2x − 5)3 = x − 2. T Thay x = y ta có x3 − 16 − x(x +8) = 0. Phương đó ta tìm đư c nghi m c a phương trình. trình này có nghi m duy nh t là 4. V y nghi m c a phương trình ban đ u là x = 4. Trên m t phương di n khác, ta có: Tách m t Ví d 17. Gi i phương trình: cách tinh t , ta có: √ x3 − x = 3 4(x3 + 3x) x − 2 = (2x − 5)3 + x − 3 3 √ ⇔ (2x − 5)3 + 2x − 5 = x − 3 + 3 x − 3 L i gi i. Ta có: (x3 − x) = 3 4(x3 + 3x) Phương trình đưa v d ng f (2x − 5) = √ ⇔ (x3 − x)3 = 4(x3 + 3x) f ( 3 x − 3) v i f (x) = x3 + x. M t khác f (x√= x3 + x là hàm s đ ng bi n ) 3 x3 − x x3 − x ⇔ = + 2x nên 2x − 5 = x − 3. T đây ta tìm đư c t t 2 2 c nghi m c a phương trình. Đây là phương pháp "S d ng tính đơn đi u c a hàm s đ gi i toán " chương này, chúng x3 −x = y , ta có: Đt 2 ta không đi quá vào chi ti t. Tương t ý tư ng trên là m t l p các bài toán: 2y = x3 − x x3 = x + 2y ⇔ y 3 = y + 2x y 3 = y + 2x Ví d 14. Gi i phương trình: √ x3 − 3x2 − x + 6 = 3 3x2 + 4x − 6 3 Phương trình trên là phương trình đ i x ng (x, y ) tr theo v các đ ng th c, ta có (x − Ví d 15. Gi i phương trình: y )(x2 + xy + y 2 ) = y − x ⇒ x = y ⇒ 2x = x3 − x. x3 − x2 − 6x − 16 = 2 3 (x + 4)2 Chúng ta đ n v i m t bài toán tương t . Hãy đ n v i m t s ví d khác. Ví d 18. Gi i phương trình: Ví d 16. Gi i phương trình: x3 − x + 3 = 3 9(x3 + 8x − 6) 3 3 4)2 x = (x + 8) (x + + 16 L i gi i. Ta có: L i gi i. Ta bi n đ i phương trình như sau: x3 − x + 3 = 3 9(x3 + 8x − 6) x3 = (x + 8) 3 (x + 4)2 ⇔ (x3 − x + 3)3 = 9(x3 + 8x − 6) √ 3 ⇔ x3 − 16 = (x + 8) x2 + 8x + 16 3 x3 − x + 3 x3 + 8x − 6 ⇔ = 3 3 ⇔ x3 − 16 = (x + 8) 3 x(x + 8) + 16 3 x3 − x + 3 x3 − x + 3 ⇔ + 3x − 3 = Phương trình trên n u coi x + 8 là m t s a thì 3 3 3 ta nhìn th y phương trình quen thu c x − a = √ 3 b 3 bx + a. Đ n đây đ t 3 x(x + 8) + 16 = y , M t l n n a ta đ t x −3x+3 = y . Th thì ta có: x3 − 16 = (x + 8)y y 3 = y + 3x − 3 y 3 − 16 = (x + 8)x x3 = x + 3y − 3 4
H phương trình nói trên là h đ ng c p. Ta có Ví d 21. Gi i phương trình: √ (x − y )(x2 + xy + y 2 ) = 3(y − x) ⇒ (x − y )(x2 + 3x3 + 8x − 15 + 4 2x3 + 4x − 5 = 0 3 2 3 xy + y + 3) = 0 ⇒ x = y ⇒ x = 4x − 3. T đây ta có th tìm đư c t t c các nghi m c a L i gi i. Ta bi n đ i phương trình: phương trình. √ 4x3 + 8x − 10 = x3 − 4 2x3 + 4x − 5 + 5 3 √ Ví d 19. Gi i phương trình: ⇔ 2(2x3 + 4x − 5) = x3 − 4 2x3 + 4x − 5 + 5 3 √ 1 2 1 x3 + x + = x2 + x3 + x − Đ t y = 3 2x3 + 4x − 5. Ta có: 3 3 3 2y 3 = x3 − 4y + 5 L i gi i. Ta có: 2x3 = y 3 − 4x + 5 1 2 1 Tr theo v c a hai phương trình ta có: 2(y 3 − x3 + x + = x2 + x3 + x − 3 3 3 x3 ) = x3 − y 3 − 4(x − y ) ⇒ 3(y 3 − x3 ) = 4(x − y) ⇒ x = y. 3 1 1 1 + x3 + x − = x2 + x3 + x − ⇔ Thay vào h phương trình, ta có: x3 + 4x − 5 = 3 3 3 0. T đây ta có th tìm đư c t t c nghi m c a phương trình. x3 + x − 1 . Ta có: Đ ty= 3 Ví d 22. Gi i phương trình: 1 1 2 3 3 2 y =x +x− x +x=y + x3 − x + 2 = 3 4(x3 + 3x − 2) 3 3 ⇔ 1 1 y 3 + y = x2 + y 3 + y = x2 + 3 3 Ví d 23. Gi i phương trình: ⇒ (x − y )(x2 + xy + y 2 + 1 + x + y ) = 0 √ 4x3 − 9 1 ⇒x=y 3 3x2 − 3x + 3 = + 12 2 V y vi c còn l i ch là gi i phương trình x3 + 1 9 x = x2 + 3 . Ta có: L i gi i. Đi u ki n x ≥ 3 . Đ t: 4 1 √ 4x3 − 9 1 x3 + x = x2 + 3 3x2 − 3x + 3 = + =t 3 12 2 ⇔ 3x3 + 3x = 3x2 + 1 Ta có ⇔ 2x3 + x3 − 3x3 + 3x2 − 1 = 0 3(x2 − x + 1) = t3 ⇔ 2x3 + (x − 1)3 = 0 ⇔ (x − 1)3 = −2x3 √ 4x3 −9 1 + =t 3 ⇔ x − 1 = − 2x ⇔ 12 2 1 3(x2 − x + 1) = t3 √ x= ⇔ 1+ 32 12 4x3 −9 = 1− 2 12 1 V y nghi m c a phương trình là x = √ t3 = 3(x2 − x + 1) 1+ 3 2 ⇔ x3 = 3(t2 − t + 1) Ví d 20. Gi i phương trình: √ (x3 + x + 1) x3 + x = x2 Tương t như th , hãy gi i bài t p sau: Nh ng phương trình như trên là không đơn gi n, c n có s tinh t khi đ t n ph đ xu t Ví d 24. Gi i phương trình: √ √ hi n h phương trình và gi i quy t chúng. Ta 3 x3 + 8 = 2 x4 + 4x − 4 + 1 đ n v i m t ví d khác. 5
Phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng trong ch ương trình toán phổ thông nói riêng và toán học nói chung. Ứng dụng của phương trình bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụ ng trong các bài toán đa th ức, bất đẳng thức, lượng giác…Trong phạ m vi của bài viết này, Truonghocso.com muốn giới thiệu vớ i bạn đọc một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán ph ương trình, hệ phương trình và hàm số. MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÚ VỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI (PHẦN 1) Hoàng Minh Thi (Team Toán Trường học số) Phương trình b ậc hai là một nộ i dung quan trọng Thí dụ 1: Giải phương trình trong chương trình toán phổ thông nói riêng và 3x 2 − 5 x + 6 = 2 x x 2 + x − 3 ( x ∈ R ) . toán họ c nói chung. Ứng dụng của phương trình Hướng dẫn: bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụng trong Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với: các bài toán đ a thức, bất đ ẳng thức, lượng x2 + x − 3 − 2x x2 + x − 3 + x2 + x2 − 6 x + 9 = 0 giác…Trong phạm vi củ a bài viết này, Truonghocso.com muốn giới thiệu với bạn đọc ) ( 2 x 2 + x − 3 − x + ( x − 3) = 0 ⇔ 2 một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán  x2 + x − 3 − x  phương trình, hệ phương trình và hàm số . ⇔ ⇔ x =3 x − 3 = 0  Giá trị n ày thỏa mãn phương trình ban đ ầu. Dạng 1: Ứng dụng giả i phương trình bằng Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 . phương pháp đặ t ẩn phụ không hoàn toàn Cách 2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng: x2 + x − 3 − 2x x2 + x − 3 + 2x2 − 6 x + 9 = 0 . Trong các ứng dụng cơ bản của phương trình bậc hai, ứng dụng giải phương trình vô tỷ bằng x 2 + x − 3 = t ( t ≥ 0 ) thu đ ược phương trình Đặt phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một bâc hai ẩn t : t 2 − 2 xt + 2 x 2 − 6 x + 9 = 0 (1). ứng dụng độc đáo. Sau đây là một số bài toán Biệt thức ∆ = x 2 − ( 2 x 2 − 6 x + 9 ) = − ( x − 3) ≤ 0 . điển hình: 2 (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ = 0 ⇔ x = 3 . 6
Nhận xét: Giải bài toán theo cách 1 “ đẹp đẽ” và 2sin xcosx + 2 sin 2 x − 1 = 3sinx + cosx − 2 ấn tượng h ơn so với cách 2 nhưng dựa vào kinh ⇔ 2 sin2 x + ( 2cosx − 3) sinx − cosx + 2 = 0 nghiệm và may mắn nhiều hơn. Cách 2 tự nhiên Coi phương trình này là phương trình bậc 2 ẩn và hợp logic tùy theo từng trường h ợp. biệt thức sinx , ta có ∆ = ( 2cosx − 3 ) − 8 ( 2 − cosx ) = ( 2cosx − 1) . Thí d ụ 2: Giải phương trình 2 2 4 x2 − 6x + 1 ( x ∈ R) .  = 2x2 − 3 1  sinx = 2  3x − 5 1 sinx = ⇒ ⇔ Hướng dẫn: 2  cos  x − π  = 1  sinx = 1 − cosx 3 5   Điều kiện x 2 ≥ ; x ≠ .  4 2 2 3 π 5π   x = 6 + k 2π ; x = 6 + k 2π Phương trình đã cho tương đương với: ⇔ (3x − 5)  x = π + k 2π ; x = k 2π 2 x2 − 3 = 4x2 − 6 x + 1   ⇔ 2 x 2 − 3 − ( 3x − 5) 2 x 2 − 3 + 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 2 Phương trình có 4 họ n ghiệm như trên. 2 x 2 − 3 = t ( t ≥ 0 ) ta thu được: Đặt Dạng 2: Ứng dụng giải hệ phương trình bằ ng ⇔ t 2 − ( 3x − 5) t + 2 x 2 − 6 x + 4 = 0 phương pháp đánh giá. ∆ = (3x − 5) − 4 ( 2 x 2 − 6 + 4 ) = ( x − 3) 2 2 Thí dụ 4: Giải hệ phương trình t = x − 1 ( 2 x 2 − 3 x + 4 ) ( 2 y 2 − 3 y + 4 ) = 18 ( 2 ) ⇒  ( x; y ∈ R ) t = 2 x − 4 2 ( 3)  x + y + xy − 7 x − 6 y + 14 = 0 2  Với t = x − 1 ⇒ 2 x 2 − 3 = x − 1 . . 2 x 2 − 3 = x 2 − 2 x + 1  x 2 + 2 x − 4 = 0 Hướng dẫn: ⇔ ⇔ Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn x x ≥ 1 x ≥ 1 ta có: x 2 + ( y − 7 ) x + y 2 − 6 x + 14 = 0 . ⇔ x = −1 + 5 ∆ y = ( y − 7 ) − 4 ( y 2 − 6 y + 14 ) = −3 y 2 + 10 y − 7 2 Với t = 2 x − 4 ⇒ 2 x 2 − 3 = 2 x − 4 . x ≥ 2 x ≥ 2 7 ∆ y ≥ 0 ⇔ 3 y 2 − 10 y + 7 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ ⇔ 2 ⇔ 2 3 2 x − 3 = 4 x − 16 x + 16 2 x − 16 x + 19 = 0 2 Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn y 8 + 26 ta có: y 2 − ( x − 6 ) y + x 2 − 7 y + 14 = 0 . ⇔ x= ∆ x = ( x − 6 ) − 4 ( x 2 − 7 x + 14 ) = −3 x 2 + 16 x − 20 2 2 Thử lại thấy phương trình có hai nghiệm: 10 ∆ x ≥ 0 ⇔ 3 x 2 − 16 x + 20 ≤ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 8 + 26 3 x = −1 + 5; x = .  7  10  2 Như vậy y ∈ 1;  ; x ∈  2;  .  3  3 Thí d ụ 3: Với phương trình (1), xét hàm số Giải phương trình lượng giác sin2 x − cos 2 x = 3sinx + cosx − 2 . f ( t ) = 2t 2 − 3t + 4; f ′ ( t ) = 4t − 3 Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với: 3 f ′ (t ) = 0 ⇔ t =
Dễ th ấy hàm số này đồng biến với t > 1 . Suy ra Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (6) phải có hai rằng nghiệm phân biệt cùng dương x1 ; x2 thỏa mãn f ( x ) = 2 x 2 − 3x + 4 ≥ f ( 2 ) = 6 x12 + x2 = 12 . 2 f ( y ) = 2 y 2 − 3 y + 4 ≥ f (1) = 3 ∆ = m2 + 1 > 0  ⇒ f ( x ) . f ( y ) ≥ 18  x1 + x2 = 2 ( m + 1) > 0 m > 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ m =1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( x; y ) = ( 2;1) . x1 x2 = 2m > 0 m −m−2 = 0   ( x + x )2 − 2 x x = 12 Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình đã cho. 1 2 Nhận xét: Sử dụng điều kiện có nghiệm của 12 phương trình bậc hai một cách linh hoạ t đôi khi Giá trị cần tìm củ a m là m = 1 . cho ta lời giải đẹp của nhiều bài toán khó. Sau đây chúng ta xét một bài toán tương tự. Thí dụ 7: Tìm giá trị thực củ a m để hàm số sau có hai cực Thí d ụ 5: Giải hệ ph ương trình trị biệt thỏa ( 4) phân mãn x1 ; x2  x2 y 2 − 2x + y 2 = 0  ( x; y ∈ R ) 2 x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 = 2 x2 + 13 x1 : 2 2 x − 4 x + 2 + y = 0 ( 5) 3  y = x3 − x 2 + ( −m 2 + m + 2 ) x + 5 . 1 3 Hướng dẫn: 3 2 Xét y = 0 suy ra x = 0 , rõ ràng không thỏa mãn hệ Hướng dẫn: đã cho. y ′ = x 2 − 3x − m 2 + m + 2 Coi phương trình (4) là phương trình bậc hai ẩn x y′ = 0 ⇔ x 2 − 3x − m 2 + m + 2 = 0 ( 7 ) ta có: ∆′y = 1 − y 4 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1 . Hàm số có hai cực trị phân biệt khi và ch ỉ khi (1) nghiệm biệt Coi phương trình (5) là phương trình bậc hai ẩn x có hai phân ta có: 1 ⇔ ∆ = ( 2m − 1) > 0 ⇔ m ≠ . 2 ∆ x = 4 − 2 ( 3 + y 3 ) ≥ 0 ⇔ y 3 + 1 ≤ 0 ⇔ y ≤ −1 . 2 Gọi hai nghiệm của (7) là x1 ; x2 . Kết hợp lại thu được y = −1 ,suy ra x = 1 ,thỏ a dụng định Áp lý Viete cho (7): mãn hệ đã cho. Hệ phương trình có nghiệm duy  x1 + x2 = 3 nhất ( x; y ) = (1; −1) .   x1 x2 = −m + m + 2 2 Dạng 3: Ứng dụng trong các bài toán hàm số x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 = 2 x2 + 13 x1 2 ⇔ 3 ( x12 + 2 x1 x2 + 3 x2 ) = ( x1 + x2 )( 2 x2 + 13 x1 ) liên quan 2 Thí d ụ 6: ⇔ 3 x12 + 6 x1 x2 + 9 x2 = 13 x12 + 15 x1 x2 + 2 x2 2 2 T ìm giá trị thực của tham số m để hàm số b ậc ba ⇔ 10 x12 + 9 x1 x2 − 7 x2 = 0 2 1 y = x 3 − ( m + 1) x 2 + 2mx + 1 đ ạt cực đại và cực ⇔ ( 2 x1 − x2 )( 5 x1 + 7 x2 ) = 0 3 tiểu tại hai điểm tương ứng ứng là độ dài hai cạnh  2 x = x2 ⇔ 1 của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 5 x1 + 7 x2 = 0 12 . * 2 x1 = x2 ⇒ 3 x1 = 3 Hướng dẫn: Ta có y′ = x 2 − 2 ( m + 1) x + 2m y′ = 0 ⇔ x 2 − 2 ( m + 1) x + 2 m = 0 (6) 8
m = 0  x1 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = 2 ⇒ −m 2 + m + 2 = 0 ⇒  ⇔ m = 1  x2 = − 1  * 5 x1 + 7 x2 = 0 ⇒ 6 m−4 8  * x1 = 0 ⇒ x2 = ⇒ =0⇒m=4 19 m = 2 m −1 3 15 21 323 x2 = − ; x1 = ⇒ m 2 − m − = 0⇒  1 51 2m 145 145 * x2 = − ⇒ x2 = ⇒ = ⇒m=  m = − 17 2 2 4 m − 1 48 6 16 49   2 Nhận xét: Trong một số trường hợp, vận dụng hệ thức độc lập giữa các nghiệm của phương trình Kết luận, giá trị cần tìm của m: bậc hai cho ta lời giả i hết sức ngắn gọn  19 17  m ∈ 0;1; ; −  .  2 BÀI TẬP ÁP DỤNG 2 Bài 1: Giải các phương trình sau Nhận xét: Vận dụng linh hoạt định lý Viete và 1, 2 sin2 x − cos 2 x = 7 sinx + 2cosx − 4 tính đồng bậc của phương trình là mộ t cách tiếp cận hiệu quả các bài toán có biểu thức bấ t đối ( x + 1) log32 x + 4 xlog3 x = 16 2, xứng. x 2 + 3x + 4 = 2 + x2 3, 5 + 3x Thí d ụ 8: Tìm giá trị của tham số m để h àm số sau đạt cực Bài 2: Giải hệ phương trình đại và cực tiểu tại x1 ; x2 sao cho  x3 + y 3 = 1 − 3xy  ( x; y ∈ R ) 2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 8 2 x + 3 y + 25 1,   ( 4 − x )(13 − y ) = 2 x + y + 2 1 y = ( m − 1) x3 − mx 2 + ( m − 4 ) x + 2 .  3 2 1 + 2 x + 2 1 + 2 y = ( x − y )2  ( x; y ∈ R ) Hướng dẫn: 2,  ( y + x )( 2 y + x ) + 3x + 2 y = 4 y′ = ( m − 1) x 2 − 2mx + m − 4   y′ = 0 ⇔ ( m − 1) x 2 − 2mx + m − 4 = 0 ( 8 ) Bài 3: Giải hệ phương trình 2  x + y + 2 xy − zy − zx = 3 2 Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu khi và chỉ ( x; y; z ∈ R ) 1,  2 khi (1) có hai nghiệm phân biệt.  x + y + yz − zx − 2 xy + 1 = 0 2  m − 1 ≠ 0 4  2 x 2 − y 2 − xy + 5 x = 2 y − 3 ⇔ ⇔ < m ≠1  ( x; y ∈ R )  ∆′ = 5 m − 4 > 0 2,  5  2 x − 5 + 2 y + 13 = 2 y 2  2 nghiệm của (8) tương ứng là hoành độ 2 cực trị Bài 4: Giải hệ phương trình x1 ; x2 .  335 xy − 2010 = 12 − y 2  Áp dụng hệ thức Viete cho phương trình (8): ( x; y ∈ R )   xy = x 2 + 3 2m 2    x1 + x2 = m − 1 = 2 + m − 1  ⇒ 3 ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 = 8 Bài 5: Tìm giá trị thực của m để đường th ẳng  m−4 d : y + m = x cắt đồ thị hàm số 3 x x = = 1−  1 2 m −1 m −1  2x2 − x + m + 1 yx= tại hai điểm có hoành độ lần 2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 8 ⇔ 2 x1 + 3 x2 + 4 x1 x2 = 3 x1 + 3 x2 + 2 1 x2 x −1 ⇔ x1 + 6 x1 x2 = 0 ⇔ x1 (1 + 6 x2 ) = 0 lượt là x1 ; x2 sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nh ất F = (1 − x12 ) ( 4 − x2 ) . . 2 9
NHỮNG SUY NGHĨ BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN Giang Mạnh Doanh (1) ⇔ a − 12a = b − 12b Kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012 3 3 đã qua. Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối ⇔ (a − b ) (a + ab + b − 12 ) = 0 2 2 A và khối A1 n ăm 2012 bám sát chương trình a = b Toán trung học phổ thông hiện hành, kiến thức ⇔ 2 trong đề thi được đánh giá là khá phù hợp và a + ab + b − 12 = 0 2  vừa sức, tất yếu đòi hỏ i tính toán chính xác và tư * Với a = b ⇔ x − 1 = y + 1 ⇒ x = y + 2 . suy có chiều sâu. Trong đề thi có mộ t số câu hỏi mang tính phân loại thí sinh, về phần đại số đáng 3 1  y = − ⇒ x = chú ý hơn cả là câu 3 với kiến thức về hệ 3 () 2 2 2 ⇔ 2y 2 + 4y + = 0 ⇔  phương trình. Bài viết này trình bày những tìm y = − ⇒ x = 3 1 2 tòi ban đ ầu trong việc giải hệ phương trình, b ất  2 2  phương trình với phương pháp sử dụng tính đơn * Với a + ab + b = 12 2 2 điệu củ a hàm số. ( )( )( )( ) 2 2 ⇔ x − 1 + y + 1 + x − 1 y + 1 = 12 Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 21 ⇔ x 2 + y 2 − x + y + xy = 11 ⇒ xy = x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3y 2 − 9y 2  ( ) 1 x; y ∈ R () ( ) 1 2 2 ⇔ x + y − 2xy + 2xy − x − y = 2 2 x + y − x + y = 2 2 2  41 ( )( ) () 2 ⇔ x −y − x −y + = 0 VN Lời giải 1. 2 Hệ phương trình đã cho tương đương với: Lời giả i 2. ( ) ( )( ) ( ) ()  x − 1 3 − 12 x − 1 = y + 1 3 − 12 y + 1 1 Biến đổi hệ đưa về (1) và (2) . Chú ý rằng:   1 () x 2 + y 2 − x + y = 2 2  Đặt x − 1 = a; y + 1 = b ta được: 10
2 2 1  1  () 2 ⇔ x −  + y +  = 1 Bài toán 2. Giải hệ phương trình 2  2   x − 2 − 3 − y = y 2 − x 2 + 4x − 6y + 5  ( ) 1 1 x; y ∈ R  ⇒ x − ≤ 1; y − ≤ 1  2x + 3 + 4y + 1 = 6 2 2  3 1 1 3 Hướng dẫn: ⇒ − ≤ x −1≤ ; − ≤ y +1 ≤ 2 2 2 2 1 Điều kiện x ≥ 2; − ≤ y ≤ 3 . Biến đổ i hệ về ( ) ( ) ⇒ x − 1 ∈ −2;2 ; y + 1 ∈ −2;2 4 Xét hàm số f (t ) = t − 12t ; t ∈ ( −2;2 ) ta có dạng: 3 ( ) ( ) ()  x −2 2 + x −2 = 3 −y 2 + 3 −y 4 f ′ (t ) = 3t − 12 = 3 (t − 4 ) < 0∀t ∈ ( −2;2 )  2 2  ()  2x + 3 + 4y + 1 = 6 5 Suy ra hàm f (t ) liên tục và đồng biến trên  )( ) (4 ) ⇔ f ( x −2 = f 3−y miền ( −2;2 ) Rõ ràng trong đó số hàm (1) ⇔ f (x − 1) = f (y + 1) () () f t = t + t ; f ′ t = 4t + 1 > 0 ∀t ≥ 0 . Hàm 4 3 ⇔ x −1 = y +1 ⇔ x = y + 2 này liên tục, đồng biến trên miền đ ang xét nên ta Tương tự cách giải 1 ta thu được nghiệm của hệ: được x − 2 = 3 − y ⇔ x = 5 − y . Th ế vào (5) ta 1 3 3 1 ()x; y =  ; −  ,  ; −  . thu được phương trình 2 4y + 1 = 4 + y . 2 2 2 2 ( )() Tìm được nghiệm duy nhất của hệ x ; y = 3;2 . Nhận xét 1. Lời giải (1) cơ bản và súc tích. Lời giải (2) Nhận xét: Trong các bài toán chứa căn thức, tinh tế và gọn gàng, mang đậm tư duy hàm số. chúng ta cần tìm miền giá trị của biến, thông 2. Phương pháp sử dụng tính đơn đ iệu hàm số là qua đó đơn giản việc đánh giá hàm số. một công cụ hữu hiệu trong các bài toán giả i và Bài toán 3. Giải phương trình biện luận phương trình, hệ ph ương trình. (2x + 3 ) 4x 2 + 12x + 11 + 5x + 3 + 3x 9x 2 + 2 = 0 Sau đây là một số thí dụ liên hệ và minh họa cho phương pháp hàm số: Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với: Bài toán 1. Giải bất phương trình (2x + 3 ) (2x + 3) 2 + 2 + 2x + 3 + 3x + 3x 9x 2 + 2 = 0 ( ) (x ∈ R ) . 3 3x + 1 + 2x ≤ x + 1 3 )( )   ( ) (2x + 3 ) ( 2 Hướng dẫn: ⇔ 2x + 3  + 2 + 1  = −3x 9x 2 + 2 + 1 Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng:   ) và ( ( ) 3 () 3x + 1 + 3x + 1 ≤ x + 1 + x + 1 3 Dễ d àng xét hàm số f t = t 1 + t 2 + 2 (3) Xét hàm số đồng biến. hàm này Suy ra () () f t = t 3 + t ; f ′ t = 3t 2 + 1 > 0∀t ∈ R 3 ( ) ( ) f 2x + 3 = f −3x ⇔ x = − . 5 Hàm này liên tục và đồng biến. Dễ th ấy ( 3 ) ⇔ f ( 3x + 1 ) ≤ f (x + 1) ⇔ 3x + 1 ≤ (x + 1) Giá trị này nghiệm đúng phương trình đã cho. 3 3 ⇔ x ( x + 3 ) ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 2 Bài toán 4. Giải bất phương trình 8 − x 2 + 2 ≤ x 3 − 3x 2 + 4x ) Hướng dẫn: Bất phương trình có nghiệm x ∈  −3; +∞ .  11
Điều kiện x ≤ 2 2 . Xét hàm () () f t = t 3 + t 2 + 2t ; f ′ t = 3t 2 + 2t + 2 > 0 ∀t ∈ R Biến đổi phương trình về dạng: ( )( ) 3 8 − x2 = x − 1 + x − 1 Hàm số này liên tục và đồng biến. Do đó ta thu được: (x − 1) ( )( ) + x − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1  x − 1 + 1 ≥ 0 3 2 )( ) (     f x +1 = f 1 − x ⇔ x = 0. ⇔x ≥1⇒1≤x ≤2 2 Bài toán 7. Giải hệ phương trình ( ) x 3 3y + 55 = 64 () ( ) 3  Khi đó hàm số f x = x − 1 + x − 1 đồng  ( ) xy y + 3y + 3 = 12 + 51x 2  () biến và hàm g x = 8 − x 2 ngh ịch biến. Hướng dẫn: Hơn nữa f ( 2 ) = g ( 2 ) = 2 nên bất phương trình Xét x = 0 không thỏa mãn hệ đã cho. Với x ≠ 0 thì hệ tương đương với: có nghiệm 2 ≤ x ≤ 2 2 . 64  3y + 55 = 3 Bài toán 5. Giải hệ phương trình  x  x 3 − y 3 + 3y 2 − 3x − 2 = 0 y + 3y + 3 = 12 + 51  ( ) 3 x; y ∈ R 2 x   x + 1 − x 2 + 2 = 3 2y − y 2   Cộng từng vế hai phương trình trên thu được: Hướng dẫn: 64 12 y 3 + 3y 2 + 6y + 4 = 3 + Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ 2 . x x Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: 3 4 4 ( ) ( ) 3 ⇔ y + 1 + 3 y + 1 =   + 3. ( x + 1) ( ) 3 2 −3 x +1 = y 3 − 3y 2 x  x Để ý rằng Xét hàm số −1 ≤ x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ x + 1 ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 2 () () f t = t 3 + 3t ; f ′ t = 3t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ R () () ( ) f t = t 3 − 3t 2 ; f ′ t = 3t t − 2 ≤ 0∀t ∈ 0;2   Chúng ta lại có hàm số đồng biến và liên tục. Hàm liên tục và nghịch biến. Ta có Suy ra được ( ) () 4 f x +1 = f y ⇔ x +1 = y ( ) 3 y + 1 = ⇒ 3y + 55 = y + 1 x Phương trình thứ h ai của hệ có dạng: ⇒ y 3 + 3y 2 − 54 = 0 ⇒ y = 3 ⇒ x = 1 x2 + 1 − x2 + 2 = 3 1 − x2 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất.  −1 ≤ x ≤ 1 Bài toán 8. Giải hệ phương trình  ⇔x =0⇒y =1 ⇔ 2 2 ( ) ( ) ( )  xy + 1 3 + x y − 1 = x 3 − 1 x x + 8 = 0  ( )  x; y ∈ R 3 x − 4xy − 4 = 0 ( )()  Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x ; y = 0;1 .  Hướng dẫn: Bài toán 6. Giải phương trình: Biến đổi hệ về d ạng: (x + 3 ) ( ) x +1 + x − 3 1 − x + 2x = 0 ( )  xy + 1 3 + xy + 1 = x 3 + x  Hướng dẫn: 3 ( ) x = 4 xy + 1 Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 .  Phương trình đã cho tương đương với: Xét phương trình thứ nh ất của hệ và xét hàm số () ( x + 1) (1 − x ) 3 x +1 +2 x +1 +x +1= + 2 1 − x + 1 − x t = t 3 + t . Hàm này đồng biến, liên tục trên f R. 12
( ) () Suy ra f xy + 1 = f x ⇒ x = xy + 1 . Tìm được 2 nghiệm củ a hệ :  1  3 () x ; y =  2;  ,  −2;  .  2  2 Bài toán 9. Giải phương trình (x − 1) ( ) 2 − 2 3 x − 1 + 31 = x − 5 x − 8 + 3x 3 Hướng dẫn: Điều kiện x ≥ 8 . Biến đổi phương trình đã cho về dạng (x − 1) 2 x −1+ −2 x −1 3 )( ) ) ( ( 3 x −8 +1 + x −8 +1 2−2 x −8 +1 = () Xét hàm số f t = t 3 + t 2 − 2t ta có () f ′ t = 3t 2 + 2t − 2 > 0 ∀t ≥ 1 . Hàm liên tục và đồng biến. Ta thu được )( ) ( f x −1 = f x − 8 +1 ⇔ 3 x −1 = x − 8 +1 3 x − 1 = u ta có ph ương trình 3 Đặt u − 1 = u 3 − 7 ⇔ u 3 − u 2 + 2u − 8 = 0 )( ) ( ⇔ u − 2 u2 + u + 4 = 0   2 1  15  ⇔ u = 2  u + u + 4 = u +  + > 0 ∀u ∈ R  2 2 4      Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 9 . 13
L i gi i. Ta dùng b t đ ng th c AM − GM . a a a 2a ≥ = = b2 +c2 1−a2 3 − a2 1 + bc 1+ 2 1+ 2 Ta s ch ng minh: 2a ≥ a2 ⇔ a(a + 2)(a − 1)2 ≥ 0 3 − a2 Đi u này luôn đúng v i m i a không âm. Tương t như v y: a ≥ a2 1 + bc M c này gi i thi u m t s bài toán đ c s c Tóm l i ta có: trên www.truonghocso.com a b c ≥ a2 + b 2 + c 2 = 1 + + 1 + bc 1 + ac 1 + ab Bài toán 1 (Đ xu t b i H Văn Diên). Cho các s không âm a, b, c th a mãn a2 + b2 + c2 = 1. Ch ng minh r ng: a b c ≥1 + + 1 + bc 1 + ac 1 + ab Bài toán 2. Gi i phương trình: L i gi i. 3x3 − 6x2 − 3x − 17 = 3 3 9(−3x2 + 21x + 5) Ta ch ng minh r ng a2 + b2 + c2 ≥ 2b(1 + ac) L i gi i. Th t v y, ta có: 3x3 − 6x2 − 3x − 17 = 3 3 9(−3x2 + 21x + 5) 2(a2 + b2 + c2 ) = a2 + b2 + c2 + 1 17 5 = a2 + c2 + b2 + 1 ≥ 2ac + 2b ⇔ x3 − 2x2 − x − 3 = 3 −x2 + 7x + 3 3 ≥ 2abc + 2b = 2b(1 + ac) 3 2 ⇔ x − 3x + 3x − 1 + 3(x − 1) = a2 a 5 5 ≥2 (−x2 + 7x + ) + 3 −x2 + 7x + 3 a + b2 + c 2 1 + bc 3 3 5 V y, ta có: ⇔ (x − 1)3 + 3(x − 1) = (−x2 + 7x + ) 3 a2 + b 2 + c 2 a b c 5 ≥2 + + 3 + 3 −x2 + 7x + a + b2 + c 2 1 + bc 1 + ac 1 + ab 3 Xét hàm s f (x) = x3 + 3x. D có f (x) đ ng 5 bi n mà f (x − 1) = f (3 3 −x2 + 7x + 3 ) ⇒ Ta còn m t cách gi i khác: 14
Bài toán 3. Gi i phương trình: −x2 + 7x + 5 . Ta có: x−1= 3 3 √ √ √ 1 3x2 − 1+ x2 − x−x x2 + 1 = √ (7x2 −x+4) 5 22 3 −x2 + 7x + x−1= 3 5 ⇔ (x − 1)3 = −x2 + 7x + L i gi i. S d ng bt đ ng th c 3 Bunhiacopsky ta có: 8 ⇔ x3 − 2x3 − 4x − =0 √ √ √ 3 2 3x2 − 1 + x2 − x − x x2 + 1 = ⇔ 3x3 − 6x3 − 12x − 8 = 0 ⇔ 4x3 = x3 + 3 · 2 · x2 + 3 · 22 · x + 23 2 3x2 − 1 x2 + 1 2 1(x2 − x) − = .2 + 2x ⇔ 4x3 = (x + 2)3 2 2 √ 2 3 ⇔ 4x = x + 2 ⇔ x = √ 3x2 − 1 x2 + 1 )(2 + x2 − x + 2x2 ) ≤( 3 +1+ 4−1 2 2 (4x2 + 2)(3x2 − x + 2) 1 ≤ (7x2 − x + 4) = 2√ 8 √ √ 2−1+ 2 − x − x x2 + 1 ⇒ 3x x Nh n xét 1. Phân tích trong cách gi i hơi 1 thi u t nhi n. Suy nghĩ khi gi i bài toán như ≤ √ (7x2 − x + 4) 22 sau: Chia c hai v cho 3, ta có: Như v y 17 5 3 2 3 = 3 −x2 + 7x + x − 2x − x − √ √ √ 1 3 3 3x2 − 1+ x2 − x−x x2 + 1 = √ (7x2 −x+4) 22 Phương trình có m t v b c 3 và m t v b c Đ ng th c x y ra, suy ra 4x2 + 2 = 3x2 − x + 1/3. Ta đ nh hư ng tìm a sao cho: x=0 2 ⇒ x2 + x = 0 ⇒ x = −1 5 (x − a)3 + 3(x − a) = −x2 + 7x + Thay c hai giá tr c a x vào phương trình ban 3 đ u th y x = −1 th a mãn. V y phương trình 5 3 + 3 −x2 + 7x + đã cho có nghi m x = −1 3 ⇔ x3 − 3ax2 + 3a2 x − a3 − 3x + 3a = Ta còn m t cách n a 5 5 2 3 − x + 7x + + 3 −x2 + 7x + −1 3 3 L i gi i 2. Đi u ki n x > 1 ho c x < √ . 5 3 ⇔ x3 + (1 − 3a)x2 + (3a2 − 4)x − a3 + 3a − Phương trình đã cho tương đương v i: 3 √√ √√ √ √ 5 3 2 2 · 3x2 − 1 + 2 · x2 − x − 2 · x x2 + 1 = 3 −x2 + 7x + 3 = (7x2 − x + 4) Như v y, thay vào phương trình ban đ u ta S d ng b t đ ng th c AM − GM , ta có: tìm đư c a = 1. √√ 2 · x2 − x ≤ 2 + x2 − x √ √ 3 Nh n xét 2. Vi c gi i phương trình 3x − 2 · x x2 + 1 ≤ 2x2 + x2 + 1 = 3x2 + 1 6x3 − 12x − 8 = 0 đòi h i m t kĩ thu t đ c √√ 2 · 3x2 − 1 ≤ 2 + 3x2 − 1 = 3x2 + 1 bi t, tách thành l p phương hai v . 15
V y: √√ √√ √ √ 2 2 · 3x2 − 1 + 2 · x2 − x − 2 · x x2 + 1 ≤ (7x2 − x + 4) Đ ng th c x y ra, suy ra 3x2 − 1 = 2 ⇒ x = −1. Thay x = 1 vào phương trình ban đ u th y th a mãn. V y x = −1 là nghi m c a phương trình. Nh n xét. V i phương trình có nhi u căn th c, nghĩ t i b t đ ng th c đ đánh giá phương trình là m t ý tư ng t nhiên. 16
DAO ĐỘNG TẮT DẦN BÙI VĂN ĐẠT = Đồng hồ quả lắc lắc mãi cũng chậm dần rồi Tại thời điểm t = 0, năng lượng: = dừng, quả bóng nảy lên, nảy xuống mãi thì cũng sẽ chậm dần rồi nằm yên, xe đi trên T Tại thời điểm t = , năng lượng: đường gặp ổ gà, xóc lên xuống 1 lúc rồi lại 2 chạy êm, không có cái gì là vĩnh cửu cả. Bằng Độ giảm tương đối của biên độ sau nữa chu cách này hay cách khác, năng lượng của một kì: ∆ ∆ vật chuyển động sẽ dần tỏa ra xung quanh, =1− 1− vật sẽ chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn. Đó chính là hiện tượng tắt dần chuyển động rất hay gặp trong đời sống. Tuy nhiên, đây là một vấn đề rất phức tạp, khó nghiên cứu cụ Chủ đề 2. Dao động tắt dần thể nên khi đưa vào chương trình học cho học sinh, người ta thường mô hình hóa thành các BÀI TOÁN: Một con lắc lò nằm ngang có quả bài toán đơn giản như dao động điều hòa để nặng khối lượng m, độ cứng của lò xo là k. cho học sinh dễ tiếp cận. Gần đây, một số đề Kéo quả nặng ra khỏi vị trí cân bằng một thi đại học đã xuất hiện một số bài về hiện đoạn rồi thả ra không vận tốc đầu. Quả tượng tắt dần, đưa học sinh gần hơn đến hiện nặng thực hiện dao động tắt dần với hệ số ma tượng thực tế. Mặc dù vẫn ở dưới hình thức sát là . đơn giản nhưng vẫn khá mới lại và gây khó Bài toán 1. Xác định độ dịch chuyển biên độ khăn cho học sinh trong việc giải bài. Dưới T đây, chúng tôi đã tổng hợp từ nhiều nguồn sau nửa chu kì. Xác định biên độ sau , sau 2 được một số phương pháp giải cụ thể cho bài nT toán dao động tắt dần. Hy vọng nó sẽ giúp đỡ ? 2 các em có thể vượt qua những bài toán này. 1.Khi quả nặng thực hiện dao động trong nửa Chủ đề 1. Xác định độ giảm tương đối của chu kì đầu ( đi từ đến ): biên độ khi biết độ giảm tương đối của năng lượng ? Phương pháp: 17