Bài tập chuyên đề 1: Phương trình, bất phương trình vô tỉ | Môn toán cao cấp
Thông thường dạng , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đi phương trình về dạng: sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả Ví dụ 4. Giải phương trình. Tài liệu giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem !
Môn: Toán Cao Cấp (KTHCM) 190 tài liệu
Trường: Đại học Kinh tế Thành phố Hồ Chí Minh 1.7 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
lOMoAR cPSD| 47207194
Chuyên đềề 1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ 1. Kiến thức cần nhớ: 1. 2. 3. 2. Các dạng cơ bản: f x 0
f x g x f x g x * Dạng 1: g x 0 f x g * Dạng 2: f x g x 2
x (Không cần đặt điều kiện f x 0)
* Dạng 3: (chuyển về dạng 2) * Dạng 4:
Thay nhận được phương trình hệ quả 3. Ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình: = (x - 4)
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với:
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = 7
Ví dụ 2. Giải phương trình: [ĐH Khối D – 2006] 3 1x
Biến đổi phương trình thành: 2 1x x2
(*), đặt điều kiện rồi bình phương 2 vế ta được:
ta dễ dạng nhẩm được nghiệm x = 1 sau đó chia đa thức ta được:
(*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = 0. x 4 0 1 1 x 0 4 x 2
Ví dụ 3. Giải phương trình: Txđ: 1 2x 0 pt 1 x 1 2 x x 4 x
1 x 1 2x 2x 1 2x 10 2 12 x 0
1 x 1 2x 2x 1 2x2 7x 0
Thông thường dạng , ta thường bình phương 2 vế, điều đó đôi khi lại gặp khó khăn
khi giải. Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) hoặc f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đi phương trình về
dạng: sau đó bình phương, giải phương trình hệ quả Ví dụ 4. Giải phương trình: . Đkxđ: lOMoAR cPSD| 47207194
Thử lại x=1 thỏa mãn.
Ví dụ 5. Giải phương trình: . Đkxđ: x 1 3 3 x 1 2 2 x 1 x 3 2 x2 x x 3 x x 1 x 1 x x 3 3 1 x 1 PT x 3 x 3 xx3 1 2
x 1 x 1 x2 2x 2 0 x 1 3 Thử lại là nghiệm
Ví dụ 6. Giải phương trình: + =
Lời giải. Lập phương hai vế của phương trình ta có: +) = Suy ra 3..= 0.
Do đó = 0 hoặc = 0 hoặc = 0, ta tìm được x = 1 ; x = 2; x =
Thử lại thấy x =1, x = 2, x = thỏa mãn Bài tập đề nghị
Bài 1. Giải các phương trình sau: a. b. c. d. e. f. g. h. i. k. l.
Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Bài 3. Tìm m để phương trình x2 2mx 1 m 2có nghiêm.
Bài 4. Tìm m để phương trình 2x mx 2
3 x 1 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 5. [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:
x2 mx 2 2 x 1
II. GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ
Đối với một số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy về dạng đơn giản. Tùy theo dạng
phương trình có thể đặt một ẩn, nhiều ẩn, quy về phương trình hoặc hệ phương trình. 1. Phương
pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn
a. Một số dạng thường gặp
Nếu có và f(x) thì đặt t =
Nếu có mà (hằng số) đặt Nếu có đặt b. Ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Giải phương trình: =11.
Lời giải. Đặt t = 4 x x 2 ,. Phương trình đã cho trở thành t 1
2 4t 3 0 t hoặc . lOMoAR cPSD| 47207194
Ta thấy đều thỏa mãn Với thì = 1. Với thì = 3
Vậy phương trình có nghiệm là , .
Ví dụ 2. Giải phương trình
(*). Lời giải. Điều kiện Đặt . Pt đã cho có dạng:
Với t=3 thay vào biểu thức đặt được
Ví dụ 3. Giải phương trình:
t 1(loai)
2 - 5t - 6=0 t 6
Đkxđ x ≥ 1 đặt t= đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t
Với t = 6 thì 6 3x 2
x 1 36 4x 3 2 3x2 5x 2 39
2 3x2 5x 2 39 4x
394 3 x42x 5x0 2 39 4x 2
4xx 2 4292x 1513 0 x 73 6 106 2 .
Ví dụ 4. Giải phương trình: không là nghiệm của
pt đã cho. Chia cả 2 vế PT cho đặt
giải ra có t = 1, t = 1/ 2 suy ra nghiệm phương trình Bài tập đề nghị a. b. c. d. e. x 4
3x 1 2 3x2 13x 4 51 4 x x
x2 1 x x2 1 2 f.
x2 2x x 1 3x 1
h. (x 3 x 2)(x 9 x 18) 168x g. x
m. 15x 2x2 5 2x2 15x 11 p. x2 x2 11 31
q. (x 5)(2 x) 3 x2 3x r.
(1 x)(2 x) 1 2x 2x2
s. x 17 x2 x 17 x2 9
2. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn lOMoAR cPSD| 47207194 x2
3 x2 2 x 1 2 x2 2
Ví dụ 1. Giải phương trình : 2 t 3
t x2 , ta có : t2 2 x t 3 3x 0 t x 1 2 2
x 1 x
2 x 3 x 1
Ví dụ 2. Giải phương trình :
Đặt : t x2 2x 3, t 2
Khi đó phương trình trở thành : x 1 t x2 1 x2 1 x 1 t 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có chẵn : x 2
2x 3 x 1 t 2 x 1 0t2 x 1 t 2 x 1 0 tt 2x 1 Với t = 2 thì x2 2x 3 2
x2 2x 3 4 x 1 2
Với t = x – 1 thì 2 2x 3 x 1
xx2 12 x0 3 x 1 2 vô nghiệm x
Vậy tập nghiệm của pt là : Bài tập đề nghị 1. 2. (4x-1)= 8x2+2x+1 3.
3. Đặt ẩn phụ đưa về dạng tích
Sử dụng đẳng thức
u v 1 uv u 1 v 1 0
au bv ab vu u b v a 0 A2 B2
Ví dụ 1. Giải phương trình : 3 x 1 3 x 2 1 3 x2 3x 2 x 0
pt 3 x 11 3 x 2 1 0 x 1 Giải:
Ví dụ 2. Giải phương trình : 3 x 1 3 2x 3 x 3 2x x Giải:
+ x 0, không phải là nghiệm lOMoAR cPSD| 47207194
+ x 0, ta chia hai vế cho : x 1 x 1 3 3 3 3 3 x 1 x 1 1
x 1 0 x 1 x x
Ví dụ 3. Giải phương trình: 2
x 3 2 xx
1 2 x x
4 x 3 Giải: dk x: 1 x 3 2x x 1 1 0 x 1 x 0 pt 4x x 3 4 x
Ví dụ 4. Giải phương trình : x 3 Giải: Đk: x 0 2 4x 4x 4x 1 2 1 0 x 1
Chia cả hai vế cho x 3 : x 3 x 3 x 3
4. Đặt ẩn phụ quy về hệ phương
trình Dạng 1: đặt 2 ẩn phụ Ví dụ 1. Giải phương trình:
Ví dụ 2. Giải phươngtrình:
Dạng 2: một ẩn phụ chuyển phương trình thành một hệ :
Ví dụ 3. Giải phương trình: 3 y (đk : 2 ) 2y 3 2x 3 2 x 4
2x 3 2 x2y 1 2 2 Ta có : 2y 3 3x 1
2y 3 3x 1 x y
2x 2y 2x 2y 6 2y 2x 2y 5 2x x y Với
, ta có : 4x2 15x 8
0 x 15 8 97 , thử lại ta được x 15 8 97 4x2 11x 3 0 x x
Với 2y = 5 – 2x , ta có pt : , thử lại ta được nghiệm lOMoAR cPSD| 47207194
Ví dụ 4. Giải phương trình: x2 x 5 5 (1) x 5 y y 0
Giải : Điều kiện : x 5 0 x 5.Đặt với
. Từ đó phương trình (1) trở thành hệ phương trình :
Trừ vế với vế của (2) và (3) ta được : x2 y2 x y 0 (x y x y )( 1) 0 . Xảy ra 2 trường hợp : x
a) x y 0 hay
y 0 , thay vào (2) được phương trình : x2 x 5 0 giải ra được : 1 x1 (1 21) 2 y b) x y 1 0 hay x 1
0 , thay vào (2) cú : x2 x 4 0 giải ra được : x2 (1 17)
Kết luận : Với 2 nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có 2 nghiệm x x1, 2 như trên .
Dạng 3: Đưa về hệ tạm
Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C ở dây C có x
thể là hằng số ,có thể là biểu thức của . Ta có thể giải như sau : A B C A B A
B C 2 A C A B A B
, khi đĩ ta có hệ:
Ví dụ 5. Giải phương trình sau : 2x2 x 9
2x2 x 1 x 4
2x2 x 9 2x2 x 1 2 x 4 Giải: Ta thấy : x 4
không phải là nghiệm Xét x 4
Trục căn thức ta có :
2 x 8 2 2 x 4 2 x x 9 2 x
x 1 2 2 2 2 x x 9 2 x x 1 2 2 x 0
2 x x 9 2 x
x 1 2 2 22 x
x 9 x 6 8 2 2 2 x x x 9 2
1 x 4 x x Vậy ta có hệ: 7
Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x=
Ví dụ 6. Giải phương trình : 2x2 x
1 x2 x 1 3x lOMoAR cPSD| 47207194
2x2 x1 x2 x 1 x2 2x Ta thấy :
, như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. 1 t
Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt
x thì bài toán trở nên đơn giản hơn
Bài tập đề nghị
Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4.
5. x3 1 23 2x 1 (Đặt y= 6. 3 2x 1 ) 7. 8.
5. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :
Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u2 uv v2 0 (1) bằng cách uv 2 uv
0.v 0 thử
trực tiếp Xét v 0 phương trình trở thành:
Các trường hợp sau cũng đưa về được (1) a A x. bB x c A x B x .
u v mu2 nv2
Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình
vô tỉ theo dạng này .
a. Phương trình dạng : a A x. bB x c A x B x .
Như vậy phương trình Q x P x có thể giải bằng phương pháp trên nếu P x A x B x . Q x aA x bB x
Ví dụ 1. Giải phương trình : 2 x2 2 5 x3 1
Giải: Đặt u x 1,v x2 x 1 u 2v
2 u2 v2 5uv u 1 v x 5 37 lOMoAR cPSD| 47207194
Phương trình trở thành : 2 Tìm được: 2 x2 3x 3 4 2 x x 1 1 3
Ví dụ 2. Giải phương trình : 3
Ví dụ 3. giải phương trình sau :2x2 5x 1 7 x 1 Giải: Đk: x 1 x 1 x2 x 2
x 1 x x 1 1 7 Nhận xt : Ta viết 2
1 7 x 1 x x 1
v 9 u
Đồng nhất thức ta được: 3 x 1 2 x2 x
3 u 2 v 7 uv v u 1
Đặt u x 1 0,v x2 x 1 0 , ta được: 4
Ta được : x 4 6
Ví dụ 4. Giải phương trình : x3 3x2 2 x 2 3 6x 0 Giải: y x 2 Nhận xét : Đặt
ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : x y
x3 3x2 2y3 6x 0
x3 3xy2 2y3 0 x 2y 23
Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 2 u v mu nv
b.Phương trình dạng :
Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương
hai vế thì đưa về được dạng trên.
Ví dụ 5. giải phương trình : x2 3 x2 1 x4 x2 1 u x2 lOMoAR cPSD| 47207194 Giải: Ta đặt :
v x2 1 khi đó phương trình trở thành : u 3v u2 v2
Ví dụ 6.Giải phương trình sau :
x2 2x 2x 1 3x2 4x 1 1 x Giải :Đk
2 . Bình phương 2 vế ta có : x 1 x x x2 2 2x 1 x2
x2 2 2x 1 x2 2 2x 1 1 5 u v uv 2 u x2 2x u2 v2 1 5 v 2x 1 2
khi đó ta có hệ : u v Ta có thể đặt : 2 1 5 u 1 5 v x 2 x 2 x 1 2
Do u v, 0. 2 2 2
5 x 14 x 9 x
x 20 5 x 1
Ví dụ 7. giải phương trình : Giải:
Đk x 5. Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x 1
Nhận xét : không tồn tại số
, để : 2x2 5x 2 x2 x 20
x 1 vậy ta không thể đặt u x2 x 20 v x 1 .
Nhưng may mắn ta có : x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x2 4x 5
Ta viết lại phương trình: 2 x2 4x 5 3 x 4 5 (x2 4x 5)(x 4) . Đến đây bài toán
được giải quyết .
III. TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG
1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung lOMoAR cPSD| 47207194 a. Phương pháp x
Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm 0 như vậy phương trình luôn đưa về
được dạng tích x x0 A x
0 ta có thể giải phương trình A x
0 hoặc chứng minh A x 0 vô 0
nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A x vô
nghiệm b. Ví dụ
Ví dụ 1 . Giải phương trình sau : 3x2 5x 1 x2 2 3 x2 x 1 x2 3x 4 Giải:
Ta nhận thấy : 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2 x 2 Và x2 2 x2 3x 4 3 x 2 2x 4 3x 6
3x2 5x 1 3 x2 x 1
x2 2 x2 3x 4
Ta có thể trục căn thức 2 vế :
Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình .
Ví dụ 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x2 12 5 3x5 x2 5 3 x2 12
x2 5 3x 5 0 x
Giải: Để phương trình có nghiệm thì :
Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng x 2 A x 2 2 2 2 x 4 x 4 0
x 12 4 3 x 6
x 5 3
3 x 2 2 , để thực hiện 2
x 12 4 x 5 3
được điều đó ta x 2 x 1 phải nhóm , tách 3 0 x 2 2 2 x 12 4
x 5 3 như sau : x 2 x 2 5 3 , 0 x 2 2
Dễ dàng chứng minh được : x 12 4 x 5 3 3 3 2 3
Ví dụ 3. Giải phương trình : x 1 x x 1 x 2
Giải :Đk x 3 2
Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình lOMoAR cPSD| 47207194 2
x 3 x 3 x 9 32 3 x 3
x 1 2 x 3
x 2 5 x 3 1 2 3 2 3 32 x 1
2 x 1 4 x 3 x 3 1 1 2 2 2 x 3x 2 9 2 3 3 2 3 2 x 1
2 x 1 4
x 1 1 3 3 Ta chứng minh :
x 2 5 x 2 5
Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 2. Nhân liên hợp
Ví dụ 4. Giải phương trình: 10x2 31x 35
7x2 13x 8 x 3 (1) Giải x Điều kiện
Ta biến đổi phương trình như sau: 2 2 2
3 x 18 x 27 ( x 3)(10 x
31 x 35
7 x 13 x 8) 2 2 2
3( x 3)
( x 3)(10 x
31 x 35
7 x 13 x 8) x 3 2 2 10 x
31 x 35
7 x 13 x 8 3( x 3) (2) 2 7 x
13 x 8 x 3 2 2
7x 13x x 3)
Từ (1) và (2) suy ra 8 (
(Hệ này vô nghiệm) x 3 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3.
Ví dụ 5. Cho các số thực x, y thoả mãn (x x2 1)(y y2 1) 1 (1). Chứng minh rằng x y 0. Giải lOMoAR cPSD| 47207194 2 2 2 2 Nh ( x
x 1)( y
y 1)( x
x 1)( y
y 1) 1 ận thấy
nên nếu kết hợp với phương 2 2 2 2
trình (1) ta suy ra ( x
x 1)( y
y 1) 1
( x 1 x)( y
1 y) 1 (2).
Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 2
x 1)( y
y 1) ( x
x 1)( y y 1) 2 2 2 2 xy 1 yx 1 xy 1 yx 1 2 2 xy 1 yx 1(*) (x
+) Nếu x=0 thì từ(*) suy ra y=0 do đó x+y=0.
+) Nếu x 0 thì từ (*) suy ra x và y trái dấu nhau. Bình phương hai vế của (*) ta được x2(1
y2) y2(1 x2) x y x y 0.(Đpcm)
IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ
1. Một số lưu ý f x( ) g x( )
Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn
) bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta
chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm (nghiệm duy nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển
Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái về tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải bằng 0. Ta cũng có
thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số (có thể thấy ngay hoặc sử dụng đạo hàm xét sự biến thiên của hàm
số) để đánh giá một cách hợp lý. f x( ) g x( )
f x( ) C( C) f x( ) g x( ) C
g x( ) C( C)
, hoặc đánh giá f x( ) g x( ) cũng
Thường ta đánh giá như sau:
như là f x( ) g x( ) …
Ngoài ra đối với bài cụ thể nào đó ta sẽ có cách đánh giá khác.
Cũng có một số phương trình vô tỷ có nhiều hơn một ẩn mà ta giải bằng phương pháp đánh giá. 2. Một số ví dụ
Ví dụ 1. Giải phương trình sau: . Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương trình ta có bằng
vế phải dấu bằng xẩy ra khi khi x = 2 , x = 4 vậy phương trình có 2 nghiệm x=2,x=4
Ví dụ 2. Giải phương trình: 3x2 6x 7
5x2 10x 14 4 2x x 2 .
Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5, do đó hai vế cùng bằng 5. Ta được phương trình
có nghiệm duy nhất là x 1. 2 2 x x 9
Ví dụ 3. Giải phương trình x 1
. Đk x 0 . lOMoAR cPSD| 47207194
Theo BĐT Bunhiacopxki, ta được 2 1 x 1 x 22 x 1 x 1 x 1 (x 9) Vt2 = x 1 x 1
Vp2.Phương trình có nghiệm khi dấu 1 22 x 1 x 1 x 1 1 x x
đẳng thức xảy ra hay x 1
7 .Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 7 . xy
1 2 yx 1 xy
Ví dụ 4. Giải phương trình x ; 1 y 1 2 . Đk . 1 3 xy
1 2 yx 1 ( yx
2 x 1) ( xy
2 y 1) xy Ta có 2 2 2 1 2 3 ( yx 11) ( xy 1 1) xy 2 2 .
x 1 ; y 1 3 12 y x( 1 1)2 x y( 1 1) 2 0 .
Khi đó phương trình đã cho tương đương với
Từ đó ta được phương trình có nghiệm là (x y; ) (2;2) .
Bài tập đề nghị lOMoAR cPSD| 47207194
1. Một số dạng cơ bản f x( ) k f x( ) f x( ) k a. Phương trình . Nếu
đơn điệu thì phương trình
có nghiệm duy nhất x x 0
(Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm). f x( ) g x( ) f x( ) g x( ) f x( ) g x( ) b. Phương trình . Nếu đồng biến và
nghịch biến thì phương trình
có nghiệm duy nhất x x 0 (Để tìm được x0 ta nhẩm nghiệm).
c. Phương trình f u( ) f v( ). Nếu f x( ) đơn điệu thì phương trình f u( ) f v( ) u v .
2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Giải phương trình: .Xét hàm số
Có đạo hàm hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không có quá một nghiệm nhẩm nghiệm
ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất
Ví dụ 2. Giải phương trình:. Xét hàm số txđ x≤1/3 có đạo hàm h/s đồng biến trên txđ vậy
phương trình không có quá một nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm duy nhất của bài toán.
Ví dụ 3.Giải phương trình:
đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = txđ f`(t)= hàm số tăng
. hàm số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do
đó t=1 suy ra pt x2- x =1 có nghiệm 4 x 3 2x 1
2 4x2 4x 3 2 9x2 0
Ví dụ 4. Giải phương trình : 2 2x 1 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3
f 2x 1 f 2 ft t 2 t 3x 3 lOMoAR cPSD| 47207194 x
Xét hàm số , là hàm đồng biến trên R, ta có
Ví dụ 5. Giải phương trình x3 4x2 5x 6 3 7x2 9x 4 y y
Giải . Đặt 3 7x2 9x 4 , ta có hệ :
7x3x2 49x2x 54x y63 3 y x 1 3 x 1 y
Xét hàm số : f t t3 t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình x 5 f y f
x 1 y x 1 x 1 3 7x2 9x 4 x 1 5 2
Bài tập đề nghị 1. 1 x
1 x 2x3 6x
2. 3 6x 1 8x3 4x 1
IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 1. Một số lưu ý
Nếu x 1 thì có một số t với t 2 ; 2
sao cho : sint x và một số y với y 0; sao
cho x cos y t 0; y
Nếu 0 x 1 thì có một số t với 2
sao cho : sint x và một số y với 0; 2 sao
cho x cos y t ; 2 2
Với mỗi số thực x có
sao cho : x tant
Nếu : x, y là hai số thực thỏa: x2 y2 1, thì có một số t với 0 t 2 , sao cho x sin
,t y cost 2. Một số ví dụ lOMoAR cPSD| 47207194
Ví dụ 1. Giải phương 1 1 trình . 22 2 x 1 x
x cos ,y y (0; ), y
Đặt 2 . Phương trình đã cho trở thành 1 1
2 2 sin y cos y 2.sin2y cos y sin y
. Đặt sin y cos y z , 2 z 2 . 2
suy ra sin2y 2sin ycos y z 2 1, ta được z 2 và z 2 . y x 2 2
Với z 2 thì 4 , do đó . 2 11 z 1 y 3 x 2 22 . Với thì 12 , do đó 2 1 3 x x
Vậy phương trình có nghiệm 2 và 22 là . 23 2
(1 x )
x 2(1 x )
Ví dụ 2. Giải phương trình x3 . Đk 1 1 x .
Đặt x sin ,y y 2 ; 2
suy ra cos y 0 .
Khi đó phương trình trở thành sin3 y cos3 y 2sin ycos y .
sin y cos yzz , 2 ; 2 z ; 1 2 Đặt (chính xác là
) , biến đổi phương trình ta được 3 2 z
2. z 3 z 2 0 ( z 2)( z
2 1)( z 0 2 1) z
2 z 1 2 . 2 x y Nếu z 2 thì thì 4 , do đó 2 . 2 Nếu
sin y cos y 1 2
z 1 2 thì x 1 x 1 2 2 1 x 1
2 x 0 1 2 22 1 x 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm trên. x2 1 12 lOMoAR cPSD| 47207194 x 1 1
Ví dụ 3. Giải phương trình =1
Giải: đk: 1, ta có thể đặt x sint , t 2 2; x
sin12 x 1 cott 1 sin2costt 0 1 Khi đó ptt: 2 x 2 3 1
Phương trình có nghiệm : Bài tập đề nghị
1. 4x3 3x 1 x2 2. 4x 1 4x2 1 1
3. 5 3 1 x2 8 x6 (1 x2 3) 4. ( 3 2 ) 1x x2 3x 2x2 x(1 x22) 3 1 x2 ) 6x5(1 20xx2 3 1 x2 5. 1 x 6. 3 6x
7. 2x2 1 x 2x 1 x2 1
x2 1x22 x1 2 xx 21 1x 22 8.
VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC
Ngoài những phương pháp thường gặp ở trên, đôi khi ta cũng có những lời giải khác lạ đối với một
số phương trình vô tỷ. Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp ở trên để giải một phương trình.
1. Dùng tọa độ của véc tơ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u
x y1; 1 , v x y2; 2 khi đó ta có
u v u v
x1 x2 2 y1 y2 2 x 2 y12 x22 y22 1 x1 y1 k 0 u, v x y
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ
cùng hướng 2 2 , chú ý tỉ số phải dương u v. u v. .cos u v. lOMoAR cPSD| 47207194
, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cùng hướng Ví dụ 1. Giải phương
trình: x2 4x 20 x2 4x 29 97 .
Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ a (x 2;4) và b ( x 2;5). a b 97
a x2 4x 20
Khi đó ta được, suy ra và ta cũng có ,
b x2 4x 29 . Phương trình trở thành a b a b , đẳng thức đó xảy ra khi a và b cùng x 2 x 2 2 x chiều 4
5 . Từ đó ta được phương trình có một nghiệm là 9 .
2. Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác
Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có
MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O .
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ
nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200
Ví dụ 2. Giải phương trình x2 3 2.x 9 x2 4 2.x 16 5 .
Nếu x 0 thì Vt 3 4
7 5 = Vp (phương trình không có nghiệm). Nếu 0
x thì ta xét tam giác vuông ABC với A 900, AB = 4; AC = 3. Gọi
AD là phân giác của góc A, lấy M thuộc tia AD.
Đặt AM = x, xét ACM CM2 x2 9 3 2.x và xét ABM BM2 x2 16 4 2.x . Từ đó suy
ra Vt = CM BM BC 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi M D ,hay CM 3 BM 4
16CM2 9BM2
16x2 16.9 48 2.x 9x2 16.9 36 2.x
7x 12 2.x 0 12 2 lOMoAR cPSD| 47207194 x 7 12 2 x
Vậy phương trình có nghiệm là 7 .
3. Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ 3.
CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9):
đặt t= có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ng t (-2,0) suy ra
có 1 ng x (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ng t (0,1) suy ra có 1ng x (0,1) , f(1)f(2)< 0 có 1ng t (1,2) suy ra có 1 ng x (-7,0)
Vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9).
4. Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc 2
Tìm tập xác định của phương trình
Xét hàm số f trên miền D ,tồn tại đạo hàm bậc 2 suy ra hàm số lồi hoặc lõm trên miền. Suy ra
phương trình không có quá 2 nghiệm nhẩm 2 nghiệm thuộc miền D
Ví dụ 4. Giải phương trình: đ/k x≥ - 1
PT tương đương xét hàm số f(x) = trên tập x/đ x ≥ -1, vậy hàm số đó có đồ thịlồi trên txđ. Do đó
phương trình nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm
Ví dụ 5. Giải phương trình: điều kiện x ≥ 0 phưong trình tương đương với xét hàm số f(x) = tập
xác định x ≥ 0 đồ thị hàm số lồi trên tạp xác định vì vậy phương trình không có quá 2 nghiệm ,dễ thấy x = 0 ,x = 1 là nghiệm
5. Một số phương trình không mẫu mực
Ví dụ 6. Giải phương trình: đ/k x < 2 đặt
Pt thành t+khi đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy ra (t-2)(t3-6t2-
48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 cònphương trình:
t3-6t2-48=t2(t-6) -48 < 0 với o
Ví dụ 7. Giải phương trình: tưong đương với tương đương với
*) với mọi x > 2 không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > 0
*) với mọi x < 0 cũng không thể là nghiệm
*) với x = 2 là nghiệm vậy phương trình chỉ có nghiệm x = 2 Bài tập 2 2 2 2 x
2 x 1 2 x
3 1 x 1 2 x
3 1 x 1 3 1) 2 2 x
4 x 5
x 10 x 50 5 2)
Chuyên đềề 2. BẤẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
Trong các đề thi đại học những năm gần đây, ta hay gặp những Bài toán về bất phương trình,
nhất là các bất phương trình chứa căn. Nhằm giúp các bạn ôn thi tốt, Bài viết này chúng tôi xin giới
thiệu một số dạng Bài và kỹ năng giải. lOMoAR cPSD| 47207194
A. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG.
* Hai bất phương trình được gọi tương đương khi chúng có cùng tập nghiệm.
* Một số phép biến đổi tương đương:
+) Cộng (trừ) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức mà không làm thay đổi điều kiện
của bất phương trình.
+) Nhân (chia) hai vế của bất phương trình với cùng một biểu thức ( luôn dương hoặc âm) mà
không làm thay đổi điều kiện của bất phương trình.
+) Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của một bất phương trình.
+) Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của bất phương trình cùng dương.
+) Nghịch đảo hai vế của bất phương trình khi hai vế cùng dương ta phải đổi chiều.
I. Kỹ thuật lũy thừa hai vế.
1. Phép lũy thừa hai vế: a) . b) . *) hoặc . *) . *) .
( Đối với các trường hợp còn lại với dấu < các bạn có thể tự suy luận ). 2. Lưu ý:
Đặc biệt chú ý tới điều kiện của Bài toán. Nếu điều kiện đơn giản có thể kết hợp vào bất phương
trình, còn điều kiện phức tạp nên để riêng. 3. Ví dụ:
Bài 1: Giải các BPT sau: a) ; b) c) ; d) Giải: a) .
Vậy bất phương trình có tập nghiệm là: . b) .
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: .
Hai Bài tập còn lại các bạn tự giải.
Bài 2: Giải BPT: (1). Giải: * (1) .
* Vậy tập nghiệm: [-4;0].
Bài tập tương tự : Giải BPT: (TS (A)_ 2005).
Đáp số: Tập nghiệm T=[2;10).
II. Kỹ thuật chia điều kiện. 1. Kỹ thuật: