Phương pháp giải phương trình vô tỉ lớp 9 môn Toán ứng dụng | Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh

lOMoAR cPSD| 22014077
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ LỚP 9
I. PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC: f (x) 0 1/
f (x) g(x) g(x) 0
f (x) g(x) g(x) 0 2/
f (x) g(x) 2
f (x) g (x) f (x) 0 3/
f (x) g(x) h(x) g(x) 0
f (x) g(x) 2 f (x).g(x) h(x) f (x) 0
4/ 2n f (x) 2n g(x) g(x) 0 (n N *)
f (x) g(x) g(x) 0 *
5/ 2n f (x) g(x) 2n (n N )
f (x) g (x)
6/ 2n 1 f (x) 2n 1 g(x) f (x) g(x) (n N *)
7/ 2n 1 f (x) g(x) f (x) g2n 1(x) (n N*) II-BÀI TẬP
Bài 1: Giai phương trinh: x 1 x 1 (1) HD: (1) xx 11 0(x 1) 2 xx2 13x 0 xx 13 x 3
Bài 2: Giai phương trinh: x 2x 3 0 x 0 lOMoAR cPSD| 22014077 x 0 2 x2 0 1 x 3 HD:Ta có: x 2x 3 0 2x 3 x x 2x 3 x x 2x 3 0 x 3
Bài 3: Giai phương trinh:
x 4 1 x 1 2x HD: Ta có: x 4 1 x 1 2x
x 4 1 2x 1 x 1 2x 0 1 x 0
x 4 1 2x 1 x 2 (1 2x)(1 x) 2 2 x 2xx 11 (2x x 121) 2 2x2 3x 1 21 1 2 2 x 3 x 1 x1 x 1 2 2x 1 0 x2 7x 20 x 07 x 0
Bài 4: Giai phương trinh: x 2 3 x2 4 0 x 2 0 HD:ĐK: 2 x 2 (1) x 4 0
x 2 3 (x 2)(x 2) 0 PT x 2. 1 3 x 2 0 x 2 x 2 0
x 17 (2) 1 3 x 2 0 9
Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2 lOMoAR cPSD| 22014077
Bài 5. Giai phương trinh : 3 x x 3 x
HD:Đk: 0 x 3 khi đó pt đa cho tương đương: x 3 3x 2 x 3 0 x 13 3 3103 x 3 103 1
Bài 6. Giai phương trinh sau : 2 x 3 9x2 x 4
HD:Đk: x 3
phương trinh tương đương : x 1 2 2 x 3 1 3x 5 97 1 3 x 9x x 3 1 3x x 18 2 2 3 9 x x 2 3 2 x 3 3 x x 2
Bài 7. Giai phương trinh sau : 2 3 HD: pt
3 x 2 3 3x 3 0 x 1
Bài 8. Giai và biên luân phương trinh: x2 4 x m HD: Ta có: x 2 4 x m x2 m 2 2 x m 2 x 4 x 4xm m 2mx (m 4) 0
– Nếu m = 0: phương trinh vô nghiêm – Nếu m ≠ 0: 4 4 x m2
. Điêu kiên đê có nghiêm: x ≥ m m2 ≥ m 2m 2m
+ Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2 m2 ≤ 4 0 m 2
+ Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2 m2 ≥ 4 m ≤ –2
Tóm lai:– Nếu m ≤ –2 hoăc 0 < m ≤ 2: phương trinh có môt nghiêm 4 x m2 2m
– Nếu –2 < m ≤ 0 hoăc m > 2: phương trinh vô nghiêm
Bài 9. Giai và biên luân phương trinh với m là tham số: x2 3 x m lOMoAR cPSD| 22014077
Bài 10. Giai và biên luân theo tham số m phương trinh: x x m m HD: Điêu kiên: x ≥ 0
– Nếu m < 0: phương trinh vô nghiêm
– Nếu m = 0: phương trinh trơ thành x( x 1) 0 có hai nghiêm: x1 = 0, x2 = 1 –
Nếu m > 0: phương trinh đa cho tương đương với x m 0 ( x m)( x m 1) 0 x 1 m
+ Nếu 0 < m ≤ 1: phương trinh có hai nghiêm: x1 = m; x2 = (1 m)2
+ Nếu m > 1: phương trinh có môt nghiêm: x = m
III-Bài tập áp dụng: lOMoAR cPSD| 22014077 a) Giai phương trinh khi m = 1 b)
Tim m đê phương trinh có nghiêm.
Bài 5: Cho phương trinh: 2x2 mx 3 x m a) Giai phương trinh khi m=3 b)
Với giá trị nào của m thi phương trinh có nghiêm.
Bài 6: Giai các phương trinh sau: 9
a/ x 7 x 3 9 0 d/x 1 x 1 3 x 1 17 2
g/ x 2 6 x x 4 7 x 5 3 b/ 2x 1 1 e/ x 3 9x 27 4x 12 1 h/ x 5 5 x 1 0 3 2 c/ 3x 7 x 4 0 f) (x 3) 10 x 2 x2 x 12 i/ 5x 7 x 12 0
II. PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I- KIẾN THỨC:
Sử dụng hằng đẳng thức sau:f 2(x) g(x) f (x) g(x) ff ((xx))
gg(x()x) ( f((fx()x) 0)0) II-BÀI TẬP:
Bài 1: Giai phương trinh: x2 4x 4 x 8 (1)
HD: (1) (x 2)2 8 x |x – 2| = 8 – x
– Nếu x < 2: (1) 2 – x = 8 – x (vô nghiêm)
– Nếu x 2 : (1) x – 2 = 8 – x x = 5 (thoa man) Vây: x = 5.
Bài 2: Giai phương trinh: x 2 2 x 1 x 10 6 x 1 2 x 2 2 x 1 (2) lOMoAR cPSD| 22014077 HD: (2) x 1 0
x 1 2 x 1 1 x 1 2.3 x 1 9 2 x 1 2 x 1 1 x 1 (*) x 1 1 | x 1 3| 2.| x 1 1|
Đăt y = x 1 (y ≥ 0) phương trinh(*) đa cho trơ thành: y 1 | y 3| 2| y 1|
– Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y y = –1 (loai)
– Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2 y = 3
– Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiêm)
Với y = 3 x + 1 = 9 x = 8 (thoa man) Vây: x = 8
Bài 3:Giai phương trinh: x 2 2x 5 x 2 3 2x 5 7 2 HD:ĐK: x PT
2x 5 2 2x 5 1 2x 5 6 2x 5 9 14
2x 5 1 2x 5 3 14 2x 5 5 x 15 (Thoa man) Vây:x = 15
Bài 4:Giai phương trinh:
x 2 x 1 x 2 x 1 2 HD:ĐK: x 1 Pt x 1 2 x 1 1 x 1 2 x 1 1 2 x 1 1 x 1 1 2 Nếu x 2 pt x 1 1
x 1 1 2 x 2 (Loai) Nếu x 2 pt x 1 1 1
x 1 2 0x 0 (Luôn đúng với x)
Vây tâp nghiêm của phương trinh là: S x R |1 x 2 III- Bài tập áp dụng: lOMoAR cPSD| 22014077
1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường
➢ Đối với nhiêu phương trinh vô vô tỉ , đê giai chúng ta có thê đăt t f x và chú ý
điêu kiên của t nếu phương trinh ban đầu trơ thành phương trinh chứa môt biến t quan trọng
hơn ta có thê giai được phương trinh đó theo t thi viêc đăt phụ xem như “hoàn toàn ” .
Bài 1. Giai phương trinh:
x x2 1 x x2 1 2 HD:Điều
kiện: x 1 Nhân xét.
x x2 1. x x2 1 1
Đăt t x x2 1 thi phương trinh có dang: t 1 2 t 1. Thay vào tim được x 1 t lOMoAR cPSD| 22014077
Bài 2. Giai phương trinh: 2x2 6x 1 4x 5
HD:Điêu kiên: x t2 5
Đăt t 4x 5(t 0) thi x
. Thay vào ta có phương trinh sau: 4 6 t4 10t2 25 2
5) 1 t t4 22t2 8t 27 0 2. (t 16 4
(t2 2t 7)(t2 2t 11) 0
Ta tim được bốn nghiêm là: t 1,2 1 2 2; t3,4 1 2 3
Do t 0 nên chỉ nhân các gái trị t 1 1 2 2,t3 1 2 3
Từ đó tim được các nghiêm của phương trinh l: x 1 2 vaø x 2 3
Cách khác: Ta có thê binh phương hai vế của phương trinh với điêu kiên 2x2 6x 1 0
Ta được: x2(x 3)2 (x 1)2 0 , từ đó ta tim được nghiêm tương ứng.
Đơn gian nhất là ta đăt : 2y 3 4x 5
và đưa vê hê đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)
Bài 3. Giai phương trinh sau: x 5 x 1 6
HD:Điêu kiên: 1 x 6
Đăt y x 1(y 0) thi phương trinh trơ thành: y2
y 5 5 y4 10y2 y 20 0 ( với 1 21
y 5) (y2 y 4)(y2 y 5) 0 y 2 (loaïi), y 1 17 2 11 17
Từ đó ta tim được các giá trị của x 2 lOMoAR cPSD| 22014077
Bài 4. Giai phương trinh sau : x 2004 x 1 1 x 2 HD: ĐK: 0 x 1 Đăt y 1 x
thi phương trinh trơ thành: 2 1 y 2 y2 y 1002 0 y 1 x 0
Bài 5. Giai phương trinh sau : x2 2x x 1 3x 1 x
HD:Điêu kiên: 1 x 0
Chia ca hai vế cho x ta nhân được: x 2 x 1 3 1 . Đăt t x 1 , ta giai được. x x x
Bài 6. Giai phương trinh : x2 3 x4 x2 2x 1
HD: x 0 không phai là nghiêm , Chia ca hai vế cho x ta được: x 1x 3 x 1x 2
Đăt t= 3 x 1 , Ta có : t3 t 2 0 t 1 x 1 5 x 2
Bài 7.Giai phương trinh:3x2 21x 18 2 x2 7x 7 2 HD:Đăt y =
x2 7x 7 ; y 0 2 + 2y - 5 = 0 y 35 y 1 Phương trinh có dang: 3y y 1 2 x 1 Với y = 1
x 7x 7 1 x 6 Là nghiêm của phương trinh đa cho.
Nhận xét : Đối với cách đăt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giai quyết được môt lớp bài đơn
gian, đôi khi phương trinh đối với t lai quá khó giai
2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : lOMoAR cPSD| 22014077
➢ Chúng ta đa biết cách giai phương trinh: u2 uv v2 0 (1) bằng cách
Xét v 0 phương trinh trơ thành : uv 2 uv 0
v 0 thử trực tiếp
Các trường hợp sau cũng đưa vê được (1) ✓ a.A x bB x c A x .B x ✓ u
v mu2 nv2
Chúng ta hay thay các biêu thức A(x) , B(x) bơi các biêu thức vô tỉ thi sẽ nhân được
phương trinh vô tỉ theo dang này .
a) . Phương trình dạng : a.A x b B. x c A x .B x
Như vây phương trinh Q x
P x có thê giai bằng phương pháp trên nếu:
P x A x .B x Q x aA x bB x
Xuất phát từ đẳng thức : x3 1 x 1 x2 x 1 x4 x2 1 x4 2x2 1
x2 x2 x 1 x2 x 1
x4 1 x2 2x 1 x2 2x 1 4x4 1 2x2 2x 1 2x2 2x 1
Hay tao ra những phương trinh vô tỉ dang trên ví dụ như: 4x2 2 2x 4 x4 1
Đê có môt phương trinh đẹp , chúng ta phai chọn hê số a,b,c sao cho phương trinh bâc hai
at2 bt c 0 giai “ nghiêm đẹp” 3
Bài 1. Giai phương trinh : 2 x2 2 5 x 1 2 x x 1 lOMoAR cPSD| 22014077 HD: Đăt
u x 1 (u 0) ; v (v 3) 2 u 2v
phương trinh trơ thành : 2 u2 v2 5uv 1 Tim được: x 5 37 u v 2 2
Bài 2. Giai phương trinh : x2 3x 1 3 x4 x2 1 (*) 3
HD:Dễ thấy: x4 x2 1 x4 2x2 1
x2 x2 x 1 x2 x 1 Ta viết x2 x 1 x2 x 1 3 x2 x 1 x2 x 1
Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x2 x 1 6 x2 2 2 3 x x 1 x x 1 x 1 2 3 v 4
Đăt :u x2 x 1 u 34
;v x x 1 phương trinh trơ thành
:-3u+6v=- 3. uv u 3v Từ đây ta sẽ tim được x.
Bài 3: Giai phương trinh sau : 2x2 5x 1 7 x3 1 (*) HD:Đk: x 1 Nhân xét : Ta viết x 1 x2 x 1 7 x 1 x2 x 1
Đồng nhất vế trái với (*) ta được :3 x 1 2 x x 1 7 x 1 x 2 x 1 v 9u lOMoAR cPSD| 22014077
Đăt u x 1 0 ,v x2 x 1 0 , ta được: 3u 2v 7 uv v 1 u 4 Ta được : x 4 6
Bài 4. Giai phương trinh : x3 3x2 2 x 2 3 6x 0
HD:Nhân xét : Đăt y x 2 ta biến pt trên vê pt thuần nhất bâc 3 đối với x và y : 3 2 3 3 2 3 x y
x 3x 2y 6x 0 x 3xy 2y 0 x
2y .Pt có nghiêm : x 2, x 2 2 3
Bài 5:Giai phương trinh: 10 x3 1 3 x2 2 HD:ĐK: x 1 u x 1 2 2 0)
Pt 10 x 1. x x 1 3(x 2) . Đăt (u,v
v x2 x 1
Phương trinh trơ thành:10uv = 3(u 2+v2) 3 v 3u v u 3v 0 uv 3 u Nếu u = 3v
x 1 3 x2 x 1 9x2 10x 8 0 (vô nghiêm) 2 2 x 5 33 Nếu v = 3u
x x 1 3 x 1 x 10x 8 0 là nghiêm. x 5 33
b).Phương trình dạng : u
v mu2 nv2
Phương trinh cho ơ dang này thường khó “phát hiên “ hơn dang trên , nhưg nếu ta binh
phương hai vế thi đưa vê được dang trên.
Bài 1. Giai phương trinh : x2 3 x2 1 x4 x2 1 lOMoAR cPSD| 22014077 2 HD:Ta đăt : u x2 v x 1
u,v 0;u v khi hay: 2( u + v) - ( u - v)= u v u v
đó phương trinh trơ thành :
u 3v u2 v2
B à i 2. Gi a i ph ươ ng tr i nh sau : 2 2 x 2
x 2 x 1 3 x 4 x 1
HD: Đ k x . B i nh ph ươ ng 2 v ế ta c ó : x2 2x 2x 1 x2 1 x2 2x 2x 1 x2 2x 2x 1 1 5 Ta có thê đăt :
u x2 2x khi đó ta có hê : uv u v u 2 v v 2x 1 1 5 u 2 v
Do u,v 0 . u 1 2 1 5 v x 2 x 2x 1 5 2 2 2 2 5 x 14 x 9 x x 20 5 x 1
Bài 3. Giai phương trinh :
HD:Đk x 5. Chuyên vế binh phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20 x 1
Nhận xét : Không tồn tai số , đê : 2x2 5x 2 x2 x 20 x 1
u x2 x 20 vây ta không thê đăt : . v x 1
Nhưng may mắn ta có : x2 x 20 x 1 x 4 x 5 x 1 x 4 x2 4x 5 lOMoAR cPSD| 22014077
Ta viết lai phương trinh: 2 x2 4x 5 3 x 4
5 (x2 4x 5)(x 4) . Đến đây bài toán được giai quyết .
3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn
➢ Từ những phương trinh tích x 1 1 x 1 x 2 0 , 2x 3 x 2x 3 x 2 0
Khai triên và rút gọn ta sẽ được những phương trinh vô tỉ không tầm thường chút nào, đô
khó của phương trinh dang này phụ thuôc vào phương trinh tích mà ta xuất phát . Từ đó
chúng ta mới đi tim cách giai phương trinh dang này .Phương pháp giai được thê hiên qua các ví dụ sau .
Bài 1. Giai phương trinh : x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2
HD:Đăt t x2 2 ;t 2 , ta có : t2 2 x t 3 3x 0 tt 3x 1
Bài 2. Giai phương trinh : x 2 x 2 x 3 x 1 1 2
HD:Đăt : t x2 2x 3, t 2
Khi đó phương trinh trơ thnh : x 1 t x2 1 x2 1 x 1 t 0
Bây giờ ta thêm bớt , đê được phương trinh bâc 2 theo t có chẵn : x2 2x 3
x 1 t 2 x 1
0 t2 x 1 t 2 x 1 0 tt 2x 1
Bài 3:Giai phương trinh: x2 3x 1 x 3 x2 1 HD:Đăt t x2 1;t 1 Phương trinh trơ thành:t lOMoAR cPSD| 22014077
2 - (x + 3)t + 3x = 0 (t - x)(t - 3) = 0 tt 3x 2 Nếu t = x
x 1 x (Vô lý) -Nếu t = 3 x2 1 3 x 2 2 Vây: x 2 2
4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích
➢ Xuất phát từ môt số hê “đai số “ đẹp chúng ta có thê tao ra được những phương trinh
vô tỉ mà khi giai nó chúng ta lai đăt nhiêu ẩn phụ và tim mối quan hê giữa các ẩn phụ đê đưa vê hê
Xuất phát từ đẳng thức a b c 3 a3 b3 c3 3 a b b c c a ,
Ta có a3 b3 c3 a b c 3 a b a c b c 0
Từ nhân xét này ta có thê tao ra những phương trinh vô tỉ có chứa căn bâc ba . 3 3 2 3 2 7 x 1 x x 8 x 8 x 1 2 3 3 3 3 3 x 1 5 x 2 x 9 4 x 3 0
B à i 1. Gi a i ph ươ ng tr i nh : x 2 x . 3 x 3 x . 5 x 5 x . 2 x HD:ĐK: x 2
u 2 x ;u 0
2 u2 uv vw wu u v u w 2 Đăt
v 3 x ;v 1 , ta có :
3 v2 uv vw wu u v v w 3 , giai hê ta w 5 x ;w 3
5 w2 uv vw wu v w u w 5
được: u 30 x 60
Bài 2. Giai phương trinh sau :
2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2 a 2x2 1 HD:Ta đăt : b x 2 2
3x 2 , khi đó ta có :
a2 b 2 c 2d 2 x 2 lOMoAR cPSD| 22014077
c 2x 2x 3 a b c d
d x2 x 2
Bài 3. Giai các phương trinh sau :
4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3 HD:Đăt
a 4x2 5x 1 a;b 0
b x2 x 1 a 2 4b2 9x 3
Ta được hê phương trinh:
a 2b 9x 3 Từ đó ta có: a
2 - 4b2 = a - 2b (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0 a 2b a 1 2b Nếu a = 2b
4x2 5x 1 2 x2 x 1 x (thoa man)
Nếu a = 1 - 2b 4x2 5x 1 1 2 x2 x 1 (*) Ta có : VT(*) 0 (1)
VP(*) = 1 2 x2 x 1 1 2 x 12 2 34 1 3 0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trinh (*) vô nghiêm
Vây phương trinh đa cho có nghiêm duy nhất x
Bài tập áp dụng: Giai pt: x 4 x 1 x
4 1 x 3 1 x 4 x 3 4 x 2 1 x
5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ:
5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường ➢ Đăt u x ,v x và tim mối quan hê giữa x và x từ đó tim được hê theo u,v lOMoAR cPSD| 22014077
Bài 1. Giai phương trinh: x3 35 x3 x 3 35 x3 30
HD:Đăt y 3 35 x3 x3 y3 35
Khi đó phương trinh chuyên vê hê phương trinh sau: xy ( x y ) 30 3 y 3 35 , giai hê này ta tim x
được (x; y) (2;3) (3;2) . Tức là nghiêm của phương trinh là x {2;3} 1 Bài 2. Giai phương 4 2 1 x x trinh: 4 2 HD:Điêu kiên: 0 x 2 1 Đăt
2 1 x u 0 u 2 1,0 v 4 2 1 4 x v u 1 v
Ta đưa vê hê phương trinh sau: u v 12 4 4 2 2 1 u2 v4 2 1 4 2 v v4 2 1 1 4
Giai pt thứ 2: (v2 1)2 v 2 2
0 , từ đó tim ra v rồi thay vào tim nghiêm của pt. 5 x 1 6
Bài 3. Giai phương trinh sau: x HD:Điêu kiên: x 1
Đăt a x 1, b 5 x 1(a 0,b 5) thi ta đưa vê hê phương trinh sau: lOMoAR cPSD| 22014077 a b 5 22 a 5
(a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1 b Vây
x 1 1 5 x 1 x 1 5 x x 11 17 2
Bài 4. Giai phương trinh: 6 2x 6 2x 8 5 x 5 x 3
HD:Điêu kiên: 5 x 5
Đăt u 5 x,v 5 y 0 u,v 10 . u2 v2 10 (u v)2 10 2uv
Khi đó ta được hê phương trinh: 4 4 2(u v) 8 (u v) 1 uv2 43 u v 3
Bài 5. Giai phương trinh: 4 629 x 4 77 x 8 HD:ĐK: 77 x 629 Đăt
u 4 629 x (u;v 0) v 4 77 x
u v 8,u4 v4 706 Đăt t = uv t2 128t 1695 0 t 15 t 113 Với t = 15 x = 4 Với t = 113 x = 548
Bài 6. Giai phương trinh:
x3 x2 1 x3 x2 2 3 (1)
HD:Với điêu kiên: x3 x2 1 0 x3 x2 2 0 lOMoAR cPSD| 22014077 Đăt u x 3
x2 1 Với v > u ≥ 0
v x3 x2 2
Phương trinh (1) trơ thành u + v = 3 Ta có hê phương trinh u v 3 v 2 u2 3 (vu v 3 u uv 13 vu 21 u)(v u) 3 v x3 x2 1 1 x3 x2 2 2 x3 x2 1 1 3 2 x x 2 4 x3 x2 2 0
(x 1)(x2 2x 2) 0
x 1 (do x2 2x 2 0 x)
Vây phương trinh đa cho có tâp nghiêm là S = {1}
Bài 7. Giai phương trinh: 1 x2 2 x 2 3 1 x2 0 1 x 1 HD: Điêu kiên: x 0 x 0 0 x 1 (*)
Với điêu kiên (*),đăt u x ;v x , với u 1 x2 1 u4 Ta có: 23 x 2 v2 lOMoAR cPSD| 22014077 Do dó ta có hê u v 23 u v 2 3 1 u4 v2 u4 v4 1 u 2v u v 2 23 u 2 v2 2u2.v2 1 u v 2 2u v. 2u2v2 1 u 2v 23 u v 23 4 16 65 9 2u v. 2u2.v2 1 2u2.v2 9 u v. 81 0 u v 23 u v. 8 194 18 u v 52 u v. 8 18194
u và v là nghiêm của phương trinh 2 2 8 194 y y 0(a) 3 18 y 2 2 y 8 194 0(b) 3 18