zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Luận Văn - Báo Cáo

» Thạc sĩ - Tiến sĩ - Cao học

Tóm tắt Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

Chia sẻ: Na Na | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Báo xấu

103
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo: Chương 1 - Một số kiến thức chuẩn bị, Chương 2 - Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn, Chương 3 - Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Sau đây là bản tóm tắt của luận văn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tóm tắt Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ------------------ MAI THỊ THU NHÀN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2015
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ----------------------- MAI THỊ THU NHÀN MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN DƯỚI DẤU CĂN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. PHẠM VĂN QUỐC Hà Nội – Năm 2015
Mục lục Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1 Một số kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Một số công thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Ví dụ mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 7 2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới . . . . . 9 2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng cấp bậc hai, bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . 11 2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. . . . . . . . . 15 2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế của phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 18 3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . 18 3.2 Xây dựng từ các nghiệm chọn sẵn và phương pháp nhân liên hợp 19 3.3 Xây dựng từ phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3.4 Xây dựng từ phương trình tích, các đẳng thức . . . . . . . . . . . 20 3.4.1 Xây dựng từ phương trình tích . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3.4.2 Xây dựng từ các đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.5 Xây dựng từ phép "đặt ẩn phụ không hoàn toàn" . . . . . . . . . 21 3.6 Xây dựng từ hệ phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 3.7 Xây dựng dựa vào hàm số lượng giác và phương trình lượng giác . 22 3.8 Xây dựng dựa theo hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.8.1 Dựa theo tính chất của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . . . 23 1
MỤC LỤC 3.8.2 Dựa vào các ước lượng của hàm đơn điệu . . . . . . . . . . 23 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2
Mở đầu Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn là một lớp các bài toán có vị trí đặc biệt quan trọng trong chương trình toán học bậc phổ thông. Nó xuất hiện nhiều trong các đề thi học sinh giỏi cũng như kỳ thi tuyển sinh vào đại học. Chính vì vậy, để đáp ứng nhu cầu giảng dạy và học tập, tác giả đã chọn đề tài "Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn" Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn trực tiếp của TS. Phạm Văn Quốc.Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến người thầy của mình. Tác giả xin chân thành cảm ơn quý thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Đại học và sau Đại học Trường Đại học Khoa học Tự Nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, quý thầy cô tham gia giảng dạy khóa học, cùng toàn thể các học viên khóa 2013-1015 đã tạo mọi điều kiện, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục tài liệu tham khảo. Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị. Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Chương 3. Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều và nghiêm túc trong quá trình nghiên cứu, nhưng do thời gian và trình độ còn hạn chế nên kết quả đạt được trong luận văn còn rất khiêm tốn và không tránh khỏi thiếu xót. Vì vậy tác giả mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp, chỉ bảo quý báu của quý thầy cô, các bạn học viên để luận văn được hoàn thiện hơn. Hà Nội, tháng 08 năm 2015. Học viên thực hiện Mai Thị Thu Nhàn 3
Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số công thức cần nhớ √ B≥0 1. A=B⇔ A = B2. √ √ A≥0 2. A= B⇔ A = B. √ 3 √ 3 3. A= B ⇔ A = B. √ 4. 3 A = B ⇔ A = B3. 5. Phương trình tương đương Hai phương trình (cùng ẩn) được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm. Nếu phương trình f1 (x) = g1 (x) tương đương với phương trình f2 (x) = g2 (x) thì ta viết f1 (x) = g1 (x) ⇔ f2 (x) = g2 (x). Như vậy, phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương trình tương đương với nó.Chẳng hạn, việc thực hiện các phép biến đổi đồng nhất ở mỗi vế của một phương trình và không thay đổi tập xác định của nó là một phép biến đổi tương đương. 6. Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến. Định lý. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trong (a,b). Khi đó : - Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b). - Hàm số y = f (x) đồng biến trong (a,b) ⇔ f , (x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) và f , (x) = 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hãn điểm trong (a,b). - Nếu f , (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) đồng biến trên 4
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị [a, b]. - Nếu f , (x) < 0, ∀x ∈ (a, b) và f liên tục trên [a, b] thì y = f (x) nghịch biến trên [a, b]. 7. Hệ phương trình đối xứng loại I f (x, y) = 0 g(x, y) = 0 (I) với f (x, y) = f (y, x) và g(x, y) = g(y, x) Phương pháp giải. S =x+y Biến đổi về tổng, tích và đặt P = xy đưa hệ phương trình mới với ẩn S,P. 8. Hệ phương trình đối xứng loại II f (x, y) = 0 (1) f (y, x) = 0 (2) Phương pháp giải. Trừ (1) và (2) vế cho vế ta được hệ phương trình mới f (x, y) − f (y, x) = 0 (3) f (x, y) = 0 (1) x=y Biến đổi (3) về phương trình tích (x − y).g(x, y) = 0 ⇔ g(x, y) = 0. 9. Một số công thức lượng giác hay dùng. cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2 sin2 x sin 2x = 2 sin x cos x cos 3x = 4 cos3 x − 3 cos x sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x 1 + cos 2x cos2 x = 2 2 1 − cos 2x sin x = . 2 1.2 Ví dụ mở đầu Ví dụ 1.1. Giải phương trình 2p √ √ 1+ x − x2 = x+ 1 − x. 3 5
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị Nhận xét. Trước hết có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1. Cách 1. Bình phương hai vế để thu được phương trình tương đương sau 2√ √ √ 1+ x − x2 = x + 1 − x 3 2 √ 2 √ √ 2 ⇔ 1+ x − x2 = x+ 1−x 3 4√ 9 √ ⇔1+ x − x2 + x − x2 = 1 + 2 x − x2 3 √4 ⇔ 27(x − x2 ) − 8 x − x2 = 0 √ √ ⇔ x − x2 27 x − x2 − 8 = 0  √ x = 0 (thỏa mãn) x√− x2 = 0  x = 1 (thỏa mãn) ⇔ ⇔ √ 27 x − x2 − 8 = 0 27 ± 473 x= (thỏa mãn) 54 √ 27 ± 473 Vậy phương trình có nghiệm là x = 0, x = 1, x = . 54 √ √ √ y2 − 1 Cách 2. Đặt y = x + 1 − x2 . Suy ra, ta sẽ tính được x − x2 = . 2 Phương trình đã cho trở thành phương trình bậc hai ẩn y là y2 − 1 y=1 1+ = y ⇔ y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔ 3 y = 2. √ √ √ x + √1 − x2 = 1 2 √x − x = 0 Suy ra √ ⇔ x + 1 − x2 = 2 2 x − x2 − 3 = 0. Cách 3. Ta có 2√ √ √ 1+ x − x2 = x + 1 − x 3 √ √ √ ⇔ 3 + 2 x − x2 = 3 x + 3 1 − x √ √ √ ⇔ x 2 1−x−3 =3 1−x−3 √ √ 3 1−x−3 ⇔ x= √ . 2 1−x−3 √ √ 2 Mặt khác ta có ( x)2 + 1 − x = 1. √ √ 3y − 3 Đặt y = 1 − x thì x = . Khi đó 2y − 3 √ 2 √ 2 y=0 ( x) + 1 − x = 1 ⇔ y(y − 1)(2y 2 − 4y + 3) = 0 ⇔ y = 1. Từ đó ta tìm được nghiệm của phương trình đã cho. √ √ = x, z = 1 − x với y ≥ 0, z ≥ 0. Cách 4. Ta cũng có thể đặt y( 2 1 + yz = y + z Khi đó ta có hệ phương trình 3 y2 + z2 = 1 Đây là hệ phương trình đối xứng loại I. Ta giải tìm ra y, z và tìm được nghiệm x của phương trình đã cho. 6
Chương 2 Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 2.1 Phương pháp 1: Biến đổi tương đương Nội dung chính của phương pháp này là lũy thừa hai vế với số mũ phù hợp. Một số phép biến đổi tương đương thường gặp  p p f(x) = g(x) 1. 2n f (x) = 2n g(x) ⇔ f (x) ≥ 0  g(x) ≥ 0. p f (x) = g 2n (x) 2. 2n f (x) = g(x) ⇔ g(x) ≥ 0. p 3. 2n+1 f (x) = g(x) ⇔ f (x) = g 2n+1 (x). Ví dụ 2.1. Giải phương trình √ √ √ 3 3x − 1 − 3 2x − 1 = 3 5x + 1. Giải. Phương trình đã cho tương đương p √ √ 3x − 1 + 2x − 1 + 3 (3x − 1)(2x − 1)( 3 3x − 1 + 3 2x − 1) = 5x + 1 p 3 ⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x + 1) = 1 ⇔ (3x − 1)(2x − 1)(5x "+ 1) = 1 x=0 ⇔ 30x3 − 19x2 = 0 ⇔ 19 x= . 30 Thay x = 0 vào phương trình đã cho ⇒ −2 = 1 (vô lý) . 19 Thay x = vào phương trình đã cho thỏa mãn. 30 19 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = . 30 7
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 2.2 Phương pháp 2: Nhân liên hợp an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + ... + abn−2 + bn−1 ). Nếu x0 là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 thì ta có thể đưa phương trình f (x) = 0 về dạng (x − x0 )f1 (x) = 0 và khi đó việc giải phương trình f (x) = 0 quy về giải phương trình f1 (x) = 0. Ví dụ 2.2. (Toán học Tuổi trẻ số 454, tháng 4 năm 2015) Giải phương trình √ √ 3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3. −1 Giải. Điều kiện x ≥ . Ta thấy x = 0, x = 1 la nghiệm của phương trình trên. 3 Mà x = 0, x = 1 la nghiệm của đa thức x2 − x = 0 hoặc −x2 + x = 0. √ Cách 1. Ta cần xác định a, b sao cho 3x − 1−(ax+b) = 0 có nghiệm x = 0, x = 1. Thay x = 0, x = 1 vào ta được hệ phương trình 1−b=0 a=1 ⇔ 2 − (a + b) = 0 b = 1. √ Tương tự, tìm được c = 1, d = 2 sao cho 5x + 4 − (cx + d) = 0 có 2 nghiệm là x = 0, x = 1. Nên ta có lời giải sau. √ √ 3x + 1 + 5x + 4 = 3x2 − x + 3 √ √ ⇔ 3x + 1 − (x + 1)] + [ 5x + 4 − (x + 2) = 3(x − 1)x −x2 + x −x2 + x ⇔√ +√ = 3(x2 − x) 3x + 1 +(x + 1) 5x + 4 + (x + 2) 1 1x ⇔ (−x2 + x) √ +√ +3 =0 3x + 1 + (x + 1) 5x + 4 + (x + 2) −x2 + x = 0 " ⇔ √ 1 1x +√ +3=0 3x + 1 + (x + 1) 5x + 4 + (x + 2) x = 0 (thỏa mãn) ⇔ x = 1 (thỏa mãn). Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 1. 2.3 Phương pháp 3: Đặt ẩn phụ Với phương pháp này ta tiến hành theo các bước sau. Bước 1. Chọn ẩn phụ và tìm điều kiện xác định của ẩn phụ. 8
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Bước 2. Chuyển phương trình ban đầu về phương trình (hệ phương trình) theo ẩn phụ vừa đặt và giải phương trình (hệ phương trình ) này. Bước 3. Giải phương trình (hệ phương trình) với ẩn phụ đã biết để xác định nghiệm của phương trình đã cho. 2.3.1 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình theo ẩn phụ mới Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp. p p • Nếu bài toán có chứa f (x) và f (x) có thể đặt f (x) = t; t ≥ 0 ⇒ f (x) = t2 . p p p • Nếu bài toàn có chứa f (x), g(x) và f (x).g(x) = c với c là hằng số. p p c Có thể đặt f (x) = t, t ≥ 0 khi đó g(x) = . t p p p • Nếu bài toán có chứa f (x) ± g(x) , f (x).g(x) = c với c là hằng số. p p p t2 − c Có thể đặt t = f (x) ± g(x), khi đó f (x).g(x) = . 2 √ • Nếu có dạng au + bv = c uv với u = u(x)q≥ 0, v = v(x) > 0; a, b, c là hằng số. u u Chia cả 2 vế cho v ta được a( ) + b = c . qu v v Đặt t = ⇒ at2 − ct + b = 0. v Ví dụ 2.3. (Đề nghị Olympic 30-4, năm 2007) Giải phương trình p 2x2 + 5x − 1 = 7 x3 − 1. Giải. Điều kiện x ≥ 1. √ 2x2 + 5x − 1 = 7 x3 − 1 p ⇔ 3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7 (x − 1)(x2 + x + 1) r x2 + x + 1 x2 + x + 1 ⇔3+2 =7 r x−1 x−1 x2 + x + 1 Đặt t = , t ≥ 0. x−1 Suy ra, ta có 3 + 2t2 = 7t " t=3 ⇔ 2t2 − 7t + 3 = 0 ⇔ 1 t= . r 2 x2 + x + 1 TH1. t = 3, suy ra =3 x−1 ⇔ x2 + x + 1 = 9x + 9 √ x = 4 − √ 6 (thỏa mãn) ⇔ x2 − 8x + 10 = 0 ⇔ x = 4 + 6 (thỏa mãn). 9
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn r 1 x2 + x + 1 1 TH2. t = , suy ra = 2 x−1 2 x2 + x + 1 1 ⇔ = x−1 4 ⇔ 4x2 + 4x + 3 = 0 (vô nghiệm). √ √ Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 4 − 6, x = 4 + 6. 2.3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích, phương trình đẳng cấp bậc hai, bậc ba. Xuất phát từ 1 số hằng đẳng thức cơ bản khi đặt ẩn phụ. x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1). √ √ x4 + 1 = (x2 − 2 x + 1)(x2 + 2 x + 1). x4 + x2 + 1 = (x4 + 2x2 + 1) − x2 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1). 4x4 + 1 = (2x2 − 2x + 1)(2x2 + 2x + 1). Chú ý. Khi đặt ẩn phụ xong ta cố gắng đưa về những dạng cơ bản như u + v = 1 + uv ⇔ (u − 1)(v − 1) = 0. au + bv = ab + uv ⇔ (u − b)(v − a) = 0. Ví dụ 2.4. (Đề nghị Olympic 30/4, năm 2007) Giải phương trình p 2(x2 + 2) = 5 (x3 + 1). Giải. Điều kiện x ≥ −1. Phương trình đã cho tương đương p 2(x2 − x + 1) + 2(x + 1) = 5 (x + 1)(x2 − x + 1). (2.1) √ a = √ x2 − x + 1 > 0 Đặt b= x+1≥0 Suy ra (2.1) ⇔ 2a2 + 2b2 − 5ab = 0. Do b = 0 không là nghiệm, ta chia cả 2vế phương trình cho b2 6= 0 a a2 a =2 2( ) − 5( ) + 2 = 0 ⇔ a b b2 b  1 = b 2 a TH1. = 2 ⇔ a = 2b. b√ √ Suy ra x2 − x + 1 = 2 x + 1 ⇔ x2 − x + 1 = 4x + 4 ⇔ x2 − 5x − √3 = 0 5 ± 37 ⇔x= (thỏa mãn). 2 a 1 TH2. = ⇔ b = 2a. b 2 10
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn √ √ Suy ra x + 1 = 2 x2 − x + 1 ⇔ x + 1 = 4x2 − 4x + 4 ⇔ 4x2 − 5x + 3 = 0 (vô nghiệm). √ √ 5+ 37 5 − 37 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ,x = . 2 2 2.3.3 "Ẩn phụ không hoàn toàn" Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là khi ta đặt ẩn phụ mới t thì phương trình nhận được hệ số của nó vẫn chứa x. Khi đó nếu phương trình bậc 2 (ẩn t) có biệt thức ∆t có dạng ∆t = (px+q)2 thì bài toán có thể giải theo phương pháp này. Ví dụ 2.5. Giải phương trình p p p 2(2 1 + x2 − 1 − x2 ) − 1 − x4 = 3x2 + 1. (2.2) √ √ Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Đặt a = 1 + x2 ≥ 0, b = 1 − x2 ≥ 0. Suy ra 3x2 + 1 = 2(1 + x2 ) − (1 − x2 ) = 2a2 − b2 . Khi đó (2.2) ⇔ 2(2a − b) − ab = 2a2 − b2 ⇔ 2a2 + a(b − 4) + 2b − b2 = 0. Ta có " b ∆a = (b − 4)2 − 8(2b − b2 ) = (3b − 4)2 ⇒ a= 2 a = 2 − b. b TH1. a = . 2 √ √ 1 − x2 Suy ra 1 + x2 = (vô nghiệm). 2 TH2. a = 2b. √ √ Suy ra 1 + x2 = 2 − 1 − x2 √ √ ⇔ 1 + x2 + 1 − x2 = 2 √ ⇔ 2 + 2 1 − x4 = 4 √ ⇔ 1 − x4 = 1 ⇔ x = 0 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. 2.3.4 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình. Ví dụ 2.6. Giải phương trình √ 4 √ 4 √ 5−x+ x−1= 2. 11
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn √ 4 √ 5−x=a≥0 Giải. Điều kiện 1 ≤ x ≤ 5. Đặt 4 x−1=b≥0 Khi đó, ta có hệphương trình √ √ a+b= 2 a+b= 2 ⇔ 2 a4 + b4 = 4 (a + b)2 − 2ab − 2a2 b2 = 4 √ √ a+b= 2 a+b= 2 ⇔ ⇔ (2 − 2ab)2 − 2a2 b2 = 4 2a2 b2 − 8ab = 0 √ ⇔ a+b= 2 2ab(ab − 4) = 0.  a =√0 √ TH1. a + b = 2 ⇔  b = √2  2ab = 0  a= 2 b=0  √ 4 √ 5−x=√ 0 4  x − 1 = 2 x = 5 (thỏa mãn) Suy ra  √ √ ⇔  4 √ 5−x= 2 x = 1 (thỏa mãn). 4 x−1=0 √ √ a + b = 2 a√= 2 − b TH2. ⇔ ab = 4 ( 2 − b)b = 4 (vô nghiệm). Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0, x = 5. Nhận xét. Qua các ví dụ trên nhận thấy rằng, nếu phương trình có dạng p n p m α a − f (x) + β b + f (x) = c. p n u= p a − f (x) ta đặt m v= b + f (x). Hay nói một cách khác là nếu gặp những bài toán có chỉ số căn lệch bậc hoặc chỉ αu + βv = c số căn cao, thì ta đặt 2 ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng un + v m = a + b. Nhận xét. √ √ Nếu phương trình có dạng xn + a = b n bx − a đặt y =n bx − a. xn − by + a = 0 Khi đó, ta có hệ phương trình đối xứng loại II dạng y n − bx + a = 0. Ví dụ 2.7. (Đề 73/II2 - Bộ đề thuyển sinh Đại học và Cao đẳng) Giải phương trình √ x3 + 1 = 2 3 2x − 1. √ Giải. Đặt y = 3 2x − 1. Suy ra y 3 + 1 = 2x. Khi đó, ta có hệphương trình x3 + 1 = 2y x3 + 1 = 2y ⇔ y 3 + 1 = 2x x3 − y 3 = 2(y − x) 12
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn x3 + 1 = 2y x3 + 1 = 2y ⇔ ⇔ (x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 0 x−y =0 " x = 1 (thỏa √ mãn) x3 − 2x + 1 = 0 ⇔ ⇔ −1 ± 5 x=y x= (thỏa mãn). 2√ −1 ± 5 Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 1, x = . 2 Nhận xét. p √ √ • Nếu phương trình có dạng x = a + a + x thì đặt y = a + x. √ x = a +√ y Khi đó, ta có hệ phương trình y = a + x. • Nếu phương trình có dạng √ 1 ax + b = cx2 + dx + e với a 6= 0, c 6= 0, a 6= . c Xét tam thức bậc hai f (x) = cx2 + dx + e ⇒ f , (x) = 2cx + d. −d Giải phương trình f , (x) = 0 ⇔ x = . √ 2c Từ đó đặt ax + b = 2cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng loại II (trừ 1 số trường hợp đặc biệt). • Nếu phương trình có dạng √ 1 ax + b = x2 + cx + d với a 6= 0. a 1 2 Xét tam thức bậc hai f (x) = x2 + cx + d ⇒ f , (x) = x + c. a a , −ac Giải phương trình f (x) = 0 ⇔ x = . √ 2 ac Từ đó đặt ax + b = y + ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng. 2 • Nếu phương trình có dạng √ 1 3 ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a 6= 0, c 6= 0, a = . c Xét f (x) = cx3 + dx2 + ex + m ⇒ f , (x) = 3cx2 + 2dx + e ⇒ f ,, (x) = 6cx + 2d. −d Giải phương trình f ,, (x) = 0 ⇔ x = . 3c √ 3 d Từ đó đặt ax + b = y + ta sữ thu được hệ phương trình đối xứng. 3c • Nếu phương trình có dạng 13
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn √ 1 3 ax + b = cx3 + dx2 + ex + m với a 6= 0, c 6= 0, a 6= . c Xét f (x) = cx3 + dx2 + ex + m. ⇒ f , (x) = 3cx2 + 2dx + e. ⇒ f ,, (x) = 6cx + 2d. −d Giải phương trình f ,, (x) = 0 ⇔ x = . √ 3c 3 Từ đó đặt ax + b = 3cy + d ta sẽ thu được hệ phương trình đối xứng. Ví dụ 2.8. (Toán học và tuổi trẻ, tháng 6 năm 2001) Giải phương trình √ 4 3 81x − 8 = x3 − 2x2 + x − 2. 3 Giải. Phương trình đã cho tương đương √ 27 3 81x − 8 = (3x − 2)3 − 46. √ Đặt 81x − 8 = 3y − 2. Suy ra (3y − 2)3= 81x − 8. 3 (3y − 2)3 = 81x − 8 Kết hợp đề bài ta có hệ phương trình (3x − 2)3 = 81y − 8 Trừ vế cho vế ta được phương trình 81(x − y)[(3y − 2)3 − (3x − 2)3 ] = 0 ⇔ x = y. √ 3 Suy ra 81x − 8 = 3x − 2 ⇔ (3x − 2)3 = 81x − 8 " x = 0 (thỏa √ mãn) ⇔ 3x3 − 6x2 − 5x = 0 ⇔ 3±2 6 x= (thỏa mãn). 3 √ 3±2 6 Vậy phương trình có 3 nghiệm là x = 0, x = . 3 2.3.5 Phương pháp lượng giác hóa Một số phương pháp lượng giác hóa thường gặp. √ π π 2 2 x = |a| sin t, − ≤ x ≤ • Nếu bài toán chứa a − x có thể đặt 2 2 x = |a| cos t, 0 ≤ t ≤ π. |a| π π  √ x= , − ≤ x ≤ , t 6= 0 • Nếu bài toán có chứa x2 − a2 có thể đặt  sin t 2 2 |a| π x= , 0 ≤ t ≤ π, t 6= . cos t 2 √ π π x = |a| tan t, − < x < • Nếu bài toán có chứa a2 + x2 có thể đặt 2 2 x = |a| cos t, 0 < t < π. 14
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn r a+x  a−x • Nếu bài toán có chứa   a − x có thể đặt x = a cos 2t. r a+x p • Nếu bài toán có chứa (x − a)(x − b) có thể đặt x = a + (b − a) sin2 t. 2.4 Phương pháp 4 : Sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Tính chất: • Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) và liên tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f (x) = a không có nhiều hơn một nghiệm và ∀u, v ∈ D : f (u) = f (v) ⇔ u = v . • Nếu hàm số f (x) và g(x) đơn điệu ngược chiều nhau và liên tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f (x) = g(x) không nhiều hơn một. • Nếu hàm số f (x) luôn đồng biến (hay nghịch biến ) trên D thì f (x) > f (a) ⇔ x > a (hay x < a ),với ∀x, a ∈ D. Ví dụ 2.9. (Đề thi Trung học phổ thông Quốc gia năm 2015) Giải phương trình x2 + 2x − 8 √ 2 = (x + 1)( x + 2 − 2). x − 2x + 3 Giải. Điều kiện x ≥ −2. Phương trình đã cho tương đương (x + 4)(x − 2) (x + 1)(x − 2) 2 = √ x − 2x + 3 x+2+2 " x = 2 (thỏa mãn) ⇔ x+4 x+1 2 =√ . x − 2x + 3 x+2+2 x+4 x+1 Xét 2 =√ x − 2x√+ 3 x+2+2 ⇔ (x + 4)( x + 2 + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ x + 2 + 2 (x + 2)2 + 2 = [(x − 1) + 2] (x − 1)2 + 2 . ⇔ Xét hàm đặc trưng f (t) = (t + 2)(t2 + 2). Ta có f , (t) = 3t2 + 4t + 2, suy ra f , (t) > 0, ∀t ∈ R. Vậy f (t) đồng biến trên R. √ Do đó f ( x + 2) = f (x − 1) √ ⇔ x + 2 = x − 1 √ x≥1 3 + 13 ⇔ ⇔x= (thỏa mãn). x2 − 3x − 1 = 0 2 √ 3 + 13 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 2, x = . 2 15
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn 2.5 Phương pháp 5: Sử dụng bất đẳng thức 2.5.1 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa Một số bất đẳng thức lưu ý. 1. Với A, B > 0 ta có √ √ r n A+ nB n A + B ≤ (2.3) 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B . 2. Với A, B, C > 0 ta có √ n √ √ r A+ nB+ nC n A + B + C ≤ (2.4) 3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C . Ví dụ 2.10. Giải phương trình p p 4x2 +x−4+ 6 − 4x2 − x = 2. 4x2 + x − 4 ≥ 0 Giải. Điều kiện 6 − 4x2 − x ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức (2.3) ta có r p p 2 4x2 + x − 4 + 6 − 4x2 − x ≤ 2 = 2. 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi √ √ 4x2 + x − 4 = 6 − 4x2 − x ( x = 1 (thỏa mãn) ⇔ 4x2 + x − 4 = 6 − 4x2 − x ⇔ −5 x= (thỏa mãn). 4 −5 Vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 1, x = . 4 2.5.2 Sử dụng một số bất đẳng thức quen thuộc so sánh các vế của phương trình. 1. Bất đẳng thức Cauchy. Với mọi bộ số (xi , yi ) ta luôn có bất đẳng thức sau n !2 n ! n ! X X X xi y i ≤ x2i yi2 . i=1 i=1 i=1 16
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Dấu đẳng thức xảy ra khi bộ số xi và yi tỉ lệ nhau, tức là tồn tại cặp số thực α, β không đồng thời bằng 0, sao cho αxi + βyi = 0 với mọi i = 1, 2, 3, ...n. Áp dụng cho các số a, b, c, d ta có 2 2 2 2 2 (ac + bd) ≤ a + b c +d . a b Dấu đẳng thức xảy ra khi = . c d 2. Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân. Cho n số dương x1 , x2 , ..., xn ta có x1 + x2 + ... + xn √ ≥ n x1 .x2 ...xn n Dấu đẳng thức xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn . a+b √ Áp dụng cho hai số dương a, b ta có ≥ ab. 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b. Ví dụ 2.11. (Đề dự bị Olympic 30/4 Chuyên Hùng Vương ) Giải phương trình v s u r 1 1 1√ u t 4x = 30 + 30 + 30 + x + 30. 4 4 4 1 q √ Giải. Điều kiện x > 0. Đặt 30 + 14 x + 30 = u, u ≥ 0. 4  r  1√  4x = 30 +  30 + u Ta thu được hệ phương trình r 4  1√ 4u = 30 +  30 + x. r 4r 1√ 1√ Giả sử x ≥ u, suy ra 4u = 30 + 30 + x ≥ 30 + 30 + u = 4x. 4 r 4 1√ Vậy x = u và ta có phương trình 4x = 30 + 30 + x. 4 √ 1√ 4x = √ 30 + v Đặt v = 30 + x, ta có hệ phương trình 4 4v = 30 + x. √ √ Giả sử x ≥ v , suy ra 4v = 30 + x ≥ 30 + v = 4x. Vậy x = v ta thu được phương trình √ √ x>0 1 + 1921 4x = 30 + x ⇔ ⇔x= (thỏa mãn). 16x2 − x − 30 = 0 32 √ 1 + 1921 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 32 17
Chương 3 Một số cách xây dựng phương trình chứa ẩn dưới dấu căn Con đường sáng tạo những phương trình vô tỷ là dựa trên cơ sở các phương pháp giải đã được trình bày. Ta tìm cách "che đậy" và biến đổi đi một chút ít để dấu đi bản chất, sao cho phương trình thu được dễ nhìn về mặt hình thức và mối quan hệ giữa các đối tượng tham gia trong phương trình càng khó nhận ra thì bài toán càng khó. Ta tìm hiểu một số các xây dựng sau. 3.1 Xây dựng theo phương pháp biến đổi tương đương Xây dựng phương trình vô tỷ từ phương trình dạng √ √ √ √ A + B = C + D. Gán các biểu thức chứa x cho A, B, C, D ta sẽ thu được các phương trình vô tỷ được giải bằng cách bình phương hai vế. Ví dụ 3.1. Gán A = x + 3, B = 3x + 1, C = 4x, D = 2x + 2 ta được bài toán giải phương trình sau √ √ √ √ x+3+ 3x + 1 = 2 x + 2x + 2. Tương tự ra cũng có một dạng sau √ √ Dạng 1. Phương trình A = B . √ B≥0 Dạng 2. Phương trình A=B⇔ A = B2. A≥0 ( √ √ √ Dạng 3. A + B = C ⇔ B ≥ √0 √ √ √ A + B + 2 AB √ = C. √ √ Dạng 4. A + B = C suy ra A + B + 3 AB( 3 A + 3 B) = C . 3 3 3 3 √ √ √ Đối với dạng này thường sử dụng phép thế 3 A + 3 B = 3 C ta được phương 18

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.26: Bộ 320 Luận Văn Thạc Sĩ Y Học

320 tài liệu

1248 lượt tải

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.