Nhóm thuvientoan.net xin gửi đến các bạn đọc tài liệu Chuyên đề phương trình vô tỷ Tài liệu gồm 192 trang tuyển chọn lý thuyết và bài tập về chủ đề này. Nội dung cụ thể bao gồm: + Chương I. Một số phương pháp giải phương trình vô tỷ.
+ Chương II. Một số bài toán về phương trình vô tỷ.
Trong chương I, chúng tôi trình bày theo các chủ đề tương ứng các dạng phương trình điển hình và được viết theo từng phần.
1. Nội dung phương pháp chung: Trình bày phương pháp chung để giải một số dạng phương trình điển hình
2. Một số bài tập mẫu: Trình bày một số bài toán từ mức dễ đến khó với các bước phân tích tìm lời giải cũng như trình bày lời giải một cách chính xác khoa học.
3. Các bài tập tự luyện: Trình bày hệ thống các bài tập tự giải cho mỗi chủ đề với hy vong giúp bạn đọc củng cố lại vấn đề đã tiếp cận.
Với cách viết đặt bạn đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ phân tích bài toán một cách tự nhiên nhưng vẫn đảm bảo tính khoa học, hy vọng cuốn tài liệu sẽ thức sự có ích cho bạn đọc trên con được chinh phục các bài toán về phương trình vô tỷ. Phương pháp 1. Phƣơng pháp nâng lũy thừa
1. Cơ sở phương pháp
2. Ví dụ minh họa
Phương pháp 2. Phương pháp phân tích thành phương trình tích
1. Cơ sở phương pháp
2. Một số kĩ năng phân tích thành phương trình tích
Kĩ năng 1: Sử dụng hằng đẳng thức
Kĩ năng 2: Sử dụng các phương pháp phân tích thành nhân tử
Kĩ năng 3: Sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai
Phương pháp 3. Phương pháp sử dụng đại lượng liên hợp
1. Cơ sở phuwơng pháp
2. Một số kĩ năng sử dụng đại lƣợng liên hợp
Kĩ năng 1: Nhân thêm lượng liên hợp
Kĩ năng 2: Tách biểu thức thành tích các biểu thức liên hợp
Kĩ năng 3: Một số kĩ thuật sử lý sau khi nhân liên hợp
Phương pháp 4. Phương pháp đặt ẩn phụ giải phương trình vô tỷ
1. Cơ sở phương pháp
2. Một số kĩ năng đặt ẩn phụ
Kĩ năng 1: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình một ẩn
Kĩ năng 2: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình tích
Kĩ năng 3: Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Kĩ năng 4: Đặt ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình
Kĩ năng 5: Đặt ẩn phụ đưa về phương trình giải được
Phương pháp 5. Phương pháp đánh giá giải phương trình vô tỷ
1. Cơ sở phương pháp
2. Một số kĩ năng đánh giá trong giải phương trình vô tỷ
Kĩ năng 1: Làm chặt miền nghiệm để giải phương trình vô tỷ
Kĩ năng 2: Sử dụng hằng đẳng thức đưa phương trình về tổng các lũy thừa bậc chẵn
Kĩ năng 3: Kĩ năng sử dụng bất đẳng thức cổ điển .... Nhóm thuvientoan.net hy vọng với tài liệu Chuyên đề phương trình vô tỷ sẽ giúp ích được cho các bạn đọc và được đồng hành cùng các bạn, cảm ơn! Like fanpage của thuvientoan.net để cập nhật những tài liệu mới nhất: https://bit.ly/3g8i4Dt. Tải tại đây. THEO THUVIENTOAN.NET - 1. CĂN THỨC 1. PHƯƠNG PHÁP LUỸ THỪA A ≥ 0( B ≥ 0) A= B⇔ A = B B ≥ 0 A=B⇔ 2 Tổng quát: A = B Dạng 1 : Phương trình Dạng 2: Phương trình 2k B ≥ 0 A=B⇔ 2k A = B Dạng 3: Phương trình A ≥ 0 +) A + B = C ⇔ B ≥ 0 (chuyển về dạng 2) A + B + 2 AB = C 3 3 3 3 +) A + B = C ⇔ A + B + 3 A.B ( 3 ) A + 3 B = C (1) và ta sử dụng phép thế : 3 A + 3 B = C ta được phương trình : A + B + 3 3 A.B.C = C (2) Dạng 4: 3 A = B ⇔ A = B3 ; 2 k +1 A = B ⇔ A = B 2 k +1 Chú ý: - Phương trình (2) là phương trình hệ quả của ph tr (1). - Phép bình phương 2 vế của một phương trình mà không có điều kiện cho 2 vế không âm là một phép biến đổi hệ quả. Sau khi tìm được nghiệm ta phải thử lại. Giải các phương trình sau: 1) x2 − 4x + 6 = x + 4 2) x 2 − 2x + 4 = 2 − x 3) ( x − 3) x 2 − 4 = x 2 − 9 4) 3x 2 − 9 x + 1 = x − 2 5) x 2 − 3x + 2 − 3 − x = 0 6) 8) 4 − 1− x = 2 − x 9) 7) 3x − 3 3x − 1 = 5 16) x + 5 + 3 x + 6 = 3 2 x + 11 x + 3 − 7 − x = 2x − 8 y − 14 − 12 − y = 0 18) x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 = 2 x 2 + 9 x + 7 10) 13) 3 11) 14) 17) 3 x +1 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0 5 x − 1 − 3x − 2 − x − 1 = 0 3x 2 − 9 x + 1 = x − 2 3 12) 15) x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x x −1 − x − 2 = x − 3 x + 2 − 3 − x = 5 − 2x 3x 2 + 6x + 16 + x 2 + 2x = 2 x 2 + 2x + 4 19) x +1 = x + 9 − 2 20) x2 + 9 − x2 − 7 = 2 (20) x + 3 + 3 x + 1 = 2 x + 2 x + 2 Nhận xét : Nếu phương trình : f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + k ( x ) Mà có : f ( x ) + h ( x ) = g ( x ) + k ( x ) , thì ta biến đổi phương trình về dạng (21) f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả x3 + 1 + x + 1 = x2 − x + 1 + x + 3 x+3 Nhận xét : Nếu phương trình : f ( x ) + g ( x ) = h ( x ) + k ( x ) Mà có : f ( x ) .h ( x ) = k ( x ) .g ( x ) thì ta biến đổi f ( x ) − h ( x ) = k ( x ) − g ( x ) sau đó bình phương ,giải phương trình hệ quả 2. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Dạng 1: Các phương trình có dạng : ∗ α A.B + β A.B + γ = 0 , đặt t = A.B ⇒ A.B = t 2 ∗ α . f ( x) + β . f ( x) + γ = 0 , đặt t = f ( x) ⇒ f ( x) = t 2
- 2. x − a )( x − b) + β ( x − a ) x −b x −b + γ = 0 đặt t = ( x − a ) ⇒ ( x − a)( x − b) = t 2 x−a x−a Chú ý: ∗ Nếu không có điều kiện cho t, sau khi tìm được x thì phải thử lại Bài 1. Giải các phương trình sau: 7) 5 x 2 + 10 x + 1 = 7 − x 2 − 2 x 1) ( x + 1)( x + 4) = 5 x 2 + 5 x + 28 2) ( x − 3) 2 + 3x − 22 = x 2 − 3x + 7 3) x( x + 5) = 23 x 2 + 5 x − 2 − 2 5) − 4 (4 − x)(2 + x) = x 2 − 2 x − 12 6) (4 + x)(6 − x) = x 2 − 2 x − 12 Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm? a) (1 + 2 x)(3 − x) = 2 x 2 − 5 x + 3 + m b) − x 2 + 2 x + 4 ( 3 − x )( x + 1) = m − 3 4) x 2 − 4 x + 2 = 2 x 2 − 4 x + 5 Bài 3. Cho phương trình: − x 2 + 2 x + 4 (3 − x)( x + 1) = m − 2 a. Giải phương trình khi m = 12 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? x +1 Bài 4. Cho phương trình: (x − 3)(x + 1) + 4(x − 3) (Đ3) =m x−3 a. Giải phương trình với m = -3 b. Tìm m để phương trình có nghiệm? Dạng 2: Các phương trình có dạng: A ± B± ( ) 2 A ± B +C= 0 Bài 1. Giải các phương trình sau: 2 x − x2 = x + 1− x a) (QGHN-HVNH’00) 1 + 3 b) 5 2 x = 2x + 1 +4 2x x+4+ x−4 = x + x 2 − 16 − 6 2 d) g) (TN- KA, B ‘01) 3 x + (Đ36) t= A± B 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5x + 3 - 2 c) (AN’01) 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 = 181 − 14 x e) 5 x + Đặt 3 2 x = 2x + 1 −7 2x z − 1 + z + 3 + 2 ( z − 1)( z + 3) = 4 − 2 z i) 3 x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2 (KTQS‘01) 1 + x + 8 − x − (1 + x )( 8 − x ) = a Bài 2. Cho phương trình: (ĐHKTQD - 1998) a. Giải phương trình khi a = 3. b. Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm.? Bài 3. Cho phương trình: 3 + x + 6 − x − ( 3 + x )( 6 − x ) = m (Đ59) a. Giải phương trình với m = 3. b. Tìm m để phương trình có nghiệm? x + 1 + 3 − x − ( x + 1)(3 − x) = m (m-tham số) (ĐHSP Vinh 2000) Bài 4. Cho phương trình: a. Giải phương trình khi m = 2. b. Tìm để phương trình đã cho có nghiệm. Bài 5. Tìm a để PT sau có nghiệm: 2 + x + 2 − x − ( 2 + x )( 2 − x ) = a Tất cả bài tập 2, 3, 4, 5 ta có thể sáng tạo thêm những câu hỏi hoặc những bài tập sau: a) Tìm a để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất? (ĐK cần và đủ) b) Tìm a để phương trình đã cho vô nghiệm? h) Dạng 3: Đặt ẩn phụ nhưng vẫn còn ẩn ban đầu. (Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ) Từ những phương trình tích ( )( x +1 −1 ) x +1 − x + 2 = 0 , ( 2x + 3 − x )( ) 2x + 3 − x + 2 = 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ ( ) 2 2 2 sau .Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2 Giải: Đặt t = t = 3 2 x 2 + 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ t = x − 1 Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) Giải: x2 − 2x + 3 = x2 + 1
- 3. = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2 Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn : t = 2 x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t = x − 1 Từ một phương trình đơn giản : ( 1− x − 2 1+ x )( ) 1 − x − 2 + 1 + x = 0 , khai triển ra ta sẽ được pt sau Bài 3. Giải phương trình sau : 4 x + 1 − 1 = 3 x + 2 1 − x + 1 − x 2 Giải: Nhận xét : đặt t = 1 − x , pttt: 4 1 + x = 3 x + 2t + t 1 + x (1) ( ) 2 Ta rút x = 1 − t 2 thay vào thì được pt: 3t − 2 + 1 + x t + 4 ( ) 1+ x −1 = 0 ( Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t ∆ = 2 + 1 + x có dạng bình phương . Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo Cụ thể như sau : 3 x = − ( 1 − x ) + 2 ( 1 + x ) ( ) ( 2 1− x , 1+ x ) ) 2 − 48 ( ) x + 1 − 1 không 2 thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: 2 2 x + 4 + 4 2 − x = 9 x 2 + 16 Giải . ( ) 2 2 Bình phương 2 vế phương trình: 4 ( 2 x + 4 ) + 16 2 4 − x + 16 ( 2 − x ) = 9 x + 16 ( ) = α 2 ( 4 − x ) + ( 9 + 2α ) x 2 Ta đặt : t = 2 4 − x ≥ 0 . Ta được: 9 x 2 − 16t − 32 + 8 x = 0 2 Ta phải tách 9 x 2 2 − 8α làm sao cho ∆ t có dạng chính phương . Nhận xét : Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích Bài tập đề nghị: Giải các phương trình sau 1) ( 4 x − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x + 1 2) 2(1 − x ) x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1 3) x 2 + x + 12 x + 1 = 36 5) 4 1 + x − 3 = x + 3 1 − x + 1 − x 2 6) sin x + sin x + sin 2 x + cos x = 1 x −1 1 1 2 2 x+ y + 2 cos( x + y ) = 13 + 4 cos 2 ( x + y ) 7) 2x + 8) 4 3. 4 x − x sin − 1− − 3 x − = 0 2 x x x 12 12 (9) 12 − 2 + x 2 − 2 = x 2 x x 4) 1 + x − 2x 2 = 4x 2 − 1 − 2x + 1 Một số dạng khác. ( 1) 9( x + 1) 2 = ( 3 x + 7 ) 1 − 3 x + 4 ( 4) 10. x 3 + 8 = 3 x 2 − x + 6 7) x + 10) x x 2 −1 = ) 35 12 x x +1 −2 = 3 (Đ141) x +1 x ) 2 2) x 2 − 3 x + 1 = − 5) 8) 4 3 x4 + x2 +1 3 x − x2 −1 + x + x2 −1 = 2 3) 6) 6x 12 x 12 x − − 24 =0 x−2 x−2 x−2 1 3x 1− x 2 + x 2 3x = −1 ⇔ = −1 2 2 1− x 1− x 1− x 2 1− x 2 4x 2 = 2x + 9 11) 2 1− 1 + 2x ( ) Dạng 4: . Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến : 2 2 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u + α uv + β v = 0 (1) bằng cách 2 u u Xét v ≠ 0 phương trình trở thành : ÷ + α ÷+ β = 0 v v v = 0 thử trực tiếp x 3 − 1 = x 2 + 3x − 1
- 4. sau cũng đưa về được (1) a. A ( x ) + bB ( x ) = c A ( x ) .B ( x ) α u + β v = mu 2 + nv 2 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 ) P ( x ) = A ( x ) .B ( x ) Q ( x ) = aA ( x ) + bB ( x ) Như vậy phương trình Q ( x ) = α P ( x ) có thể giải bằng phương pháp trên nếu Xuất phát từ đẳng thức : x 3 + 1 = ( x + 1) ( x 2 − x + 1) x 4 + x 2 + 1 = ( x 4 + 2 x 2 + 1) − x 2 = ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1) ( )( ) x4 + 1 = x2 − 2 x + 1 x2 + 2x + 1 4 x 4 + 1 = ( 2 x 2 − 2 x + 1) ( 2 x 2 + 2 x + 1) Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2 − 2 2 x + 4 = x 4 + 1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2 + bt − c = 0 giải “ nghiệm đẹp” ( ) 2 3 Bài 1. Giải phương trình : 2 x + 2 = 5 x + 1 Giải: Đặt u = x + 1, v = x 2 − x + 1 u = 2v Phương trình trở thành : 2 ( u + v ) = 5uv ⇔ u = 1 v 2 3 4 Bài 2. Giải phương trình : x 2 − 3 x + 1 = − x + x2 + 1 3 2 2 Tìm được: x = 5 ± 37 2 Bài 3: giải phương trình sau : 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 Giải: Đk: x ≥ 1 ( ) ( x − 1) ( x 2 + x + 1) 2 Nhận xt : Ta viết α ( x − 1) + β x + x + 1 = 7 ( ) 2 Đồng nhất thức ta được: 3 ( x − 1) + 2 x + x + 1 = 7 ( x − 1) ( x 2 + x + 1) v = 9u Đặt u = x − 1 ≥ 0 , v = x + x + 1 > 0 , ta được: 3u + 2v = 7 uv ⇔ v = 1 u 4 Ta được : x = 4 ± 6 2 Bài 4. Giải phương trình : x 3 − 3x 2 + 2 ( x + 2) 3 − 6x = 0 Giải: Nhận xét : Đặt y = x + 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : x = y x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ x = −2 y Pt có nghiệm : x = 2, x = 2−2 3 b).Phương trình dạng : α u + β v = mu 2 + nv 2
- 5. ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. giải phương trình : x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1 Giải: u = x 2 Ta đặt : khi đó phương trình trở thành : u + 3v = u 2 − v 2 v = x2 − 1 x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1 Bài 2.Giải phương trình sau : Giải Đk x ≥ (x 2 1 . Bình phương 2 vế ta có : 2 + 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔ (x 2 + 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1) 1− 5 v u = u = x + 2 x 2 2 2 Ta có thể đặt : khi đó ta có hệ : uv = u − v ⇔ v = 2x −1 1+ 5 v u = 2 1+ 5 1+ 5 Do u , v ≥ 0 . u = v ⇔ x2 + 2x = ( 2 x − 1) 2 2 2 5 x 2 − 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 Bài 3. giải phương trình : Giải: 2 Đk x ≥ 5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x − 5 x + 2 = 5 ( (x 2 − x − 20 ) ( x + 1) ) 2 2 Nhận xét : không tồn tại số α , β để : 2 x − 5 x + 2 = α x − x − 20 + β ( x + 1) vậy ta không thể đặt u = x 2 − x − 20 . v = x + 1 ( ) ( ) 2 2 Nhưng may mắn ta có : x − x − 20 ( x + 1) = ( x + 4 ) ( x − 5 ) ( x + 1) = ( x + 4 ) x − 4 x − 5 . Ta viết lại ( ) 2 2 phương trình: 2 x − 4 x − 5 + 3 ( x + 4 ) = 5 ( x − 4 x − 5)( x + 4) . Đến đây bài toán được giải quyết . Dạng 5: Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức ( a + b + c ) = a 3 + b3 + c 3 + 3 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) , Ta có 3 a 3 + b3 + c3 = ( a + b + c ) ⇔ ( a + b ) ( a + c ) ( b + c ) = 0 3 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 7 x + 1 − 3 x2 − x − 8 + 3 x2 − 8x + 1 = 2 3 3x + 1 + 3 5 − x + 3 2 x − 9 − 3 4 x − 3 = 0 Bài 1. Giải phương trình : x = 2 − x . 3 − x + 3 − x . 5 − x + 5 − x . 2 − x u = 2 − x ( u + v ) ( u + w ) = 2 2 − u 2 = uv + vw + wu 2 Giải : v = 3 − x , ta có : 3 − v = uv + vw + wu ⇔ ( u + v ) ( v + w ) = 3 , giải hệ ta được: 5 − w2 = uv + vw + wu ( v + w ) ( u + w ) = 5 w = 5 − x 30 239 u= ⇔x= 60 120 3
- 6. phương trình sau : 2 x 2 − 1 + x 2 − 3 x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 a = b = Giải . Ta đặt : c = d = 2x2 − 1 x 2 − 3x − 2 2x + 2x + 3 2 a + b = c + d , khi đó ta có : 2 2 2 2 a − b = c − d ⇔ x = −2 x2 − x + 2 Bài 3. Giải các phương trình sau 1) 4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1 = 9 x − 3 x + 4 x ( 1 − x ) + 4 ( 1 − x ) = 1 − x + 4 x3 + 4 x2 ( 1 − x ) 3 3. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH. Sử dụng đẳng thức u + v = 1 + uv ⇔ ( u − 1) ( v − 1) = 0 au + bv = ab + vu ⇔ ( u − b ) ( v − a ) = 0 ax + b ± cx + d = ( a - c) x + ( b - d ) m A = B ⇔ ( A − B )( A + B ) = 0 a3−b3 ⇔ (a−b)(a2+ab+b2)=0 ⇔ a=b 2 2 Bài 1. Giải phương trình : Giải: pt ⇔ ( 3 )( x +1 −1 x + 1 + 3 x + 2 = 1 + 3 x 2 + 3x + 2 x = 0 x + 2 −1 = 0 ⇔ x = −1 3 3 ) Bi 2. Giải phương trình : 3 x + 1 + 3 x 2 = Giải: + x = 0 , không phải là nghiệm + x ≠ 0 , ta chia hai vế cho x: Bài 3. Giải phương trình: Giải: dk : x ≥ −1 3 3 x + 3 x2 + x x +1 x +1 3 + x = 1+ 3 x +1 ⇔ 3 − 1÷ x x ( 3 ) x −1 = 0 ⇔ x = 1 x + 3 + 2 x x + 1 = 2x + x2 + 4 x + 3 x = 1 x +1 −1 = 0 ⇔ x = 0 4x =4 x Bài 4. Giải phương trình : x + 3 + x+3 pt ⇔ ( x + 3 − 2x )( ) Giải: Đk: x ≥ 0 2 Chia cả hai vế cho 4x 4x 4x =2 ⇔ 1 − x + 3 : 1+ ÷ = 0 ⇔ x =1 x+3 x+3 x+3 Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : Ak = B k ⇔ ( A − B )( AK −1 + AK − 2 .B + AK −3 .B 2 + ... + A.B K − 2 + B K −1 ) Bài 1. Giải phương trình : Giải: 3−x = x 3+x
- 7. x ≤ 3 khi đó pt đ cho tương đương : x 3 + 3 x 2 + x − 3 = 0 3 3 1 10 10 − 1 ⇔x+ = ⇔x= ÷ 3 3 3 3 Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4 Giải: ( Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương : 1 + 3 + x ) 2 x = 1 x + 3 + 1 = 3x = 9x ⇔ ⇔ x = −5 − 97 x + 3 + 1 = −3 x 18 2 Bài 3. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 ) Giải : pttt ⇔ ( 3 x + 2 − 3 3x ) 3 2 = 0 ⇔ x =1 ĐS: x=1. Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : 1) 2) 3) 4) 8) x 2 + 8 x + 15 = 3 x + 3 + 2 x + 5 − 6 x2 + 7x + 4 5) = 4 x (ĐHDL ĐĐ’01) ( x + 1) 2 + 3n ( x − 1) 2 + 2n x 2 − 1 = 0 (với n ∈ N; n ≥ 2) x+2 6) ( x + 2)( 2 x − 1) − 3 x + 6 = 4 − ( x + 6)( 2 x − 1) + 3 x + 2 x2 − x − 2 − 2 x − 2 + 2 = x + 1 x 2 + 10 x + 21 = 3 x + 3 + 2 x + 7 − 6 n 7) x − 2 x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0 (1) (HVKT QS - 2001) 4. PHƯƠNG PHÁP GIẢN ƯỚC 1. (ĐHSPHN2’00) x( x − 1) + x ( x + 2) = x 2 2. 3. x 2 − 2002 x + 2001 + x 2 − 2003 x + 2002 = x 2 − 2004 x + 2003 5. x( x − 1) + x( x − 2) = 2 x( x + 3) x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 = x 2 − 5x + 4 x ( x − 1) + x ( x − 2) = x( x + 3) 6. 8) 9. 4. 2 x( x − 1 − x( x + 2) = x 2 x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 ≥ 2 x 2 − 5 x + 4 x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 = 2 x 2 + 9 x + 7 (Đ8) (BKHN- 2001) 5. PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI. 1. x 2 − 4x + 5 − x 2 − 10x + 50 = 5 2. x + 3 − 4 x −1 + x + 8 − 6 x −1 = 1 3. x + 2 x −1 + x − 2 x −1 = x+3 2 4. x + 2 + 3 2x − 5 + x − 2 − 2x − 5 = 2 2 5. x + 2 x −1 − x − 2 x −1 = 2 6. x 4 − 2x 2 + 1 = 1 − x 8. x + 15 − 8 x − 1 + x + 8 − 6 x − 1 = 1 7. (HVCNBC’01) x − 4x − 4 + x + 4x − 4 = 2 . (Đ24) 8. 4 x + 2 = x + 1 + 4 6. PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP 6.1. Nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 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 nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh gía A ( x ) = 0 vô nghiệm b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : Giải: 3 x 2 − 5 x + 1 − x 2 − 2 = 3 ( x 2 − x − 1) − x 2 − 3 x + 4
- 8. nhận thấy : 3 x − 5 x + 1 − 3 x − 3 x − 3 = −2 ( x − 2 ) v x − 2 − x − 3 x + 4 = 3 ( x − 2 ) Ta có thể trục căn thức 2 vế : −2 x + 4 3 x 2 − 5 x + 1 + 3 ( x 2 − x + 1) 3x − 6 = x 2 − 2 + x 2 − 3x + 4 Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 2 + 12 + 5 = 3 x + x 2 + 5 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : x 2 + 12 − x 2 + 5 = 3 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng ( x − 2 ) A ( x ) = 0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : x2 − 4 x 2 + 12 − 4 = 3 x − 6 + x 2 + 5 − 3 ⇔ x 2 + 12 + 4 = 3( x − 2) + x2 − 4 x2 + 5 + 3 x+2 x +1 ⇔ ( x − 2) − − 3÷= 0 ⇔ x = 2 2 x2 + 5 + 3 x + 12 + 4 x+2 x+2 5 − − 3 < 0, ∀x > Dễ dàng chứng minh được : 3 x 2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Bài 3. Giải phương trình : 3 x 2 − 1 + x = x3 − 1 Giải :Đk x ≥ 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 2 − 1 − 2 + x − 3 = x 3 − 2 − 5 ⇔ ( x − 3) 1 + 2 ( x − 3) ( x + 3 x + 9 ) 3 = 2 3 2 3 x2 − 1 x3 − 2 + 5 ( ) + 2 x −1 + 4 x+3 x+3 2 1+ = 1+ < 2 < x + 3x + 9 2 2 Ta chứng minh : 3 2 3 x2 − 1 x −1 +1 + 3 ( ) + 2 3 x2 − 1 + 4 x3 − 2 + 5 x+3 ( ) Vậy pt có nghiệm duy nhất x=3 6.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp Nếu phương trình vô tỉ có dạng A + B = C , mà : A − B = α C ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : A+ B =C A− B = C ⇒ A − B = α , khi đĩ ta có hệ: ⇒ 2 A = C +α A− B A − B =α b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 2 x 2 + x + 9 + 2 x 2 − x + 1 = x + 4 Giải: ( ) ( ) 2 2 Ta thấy : 2 x + x + 9 − 2 x − x + 1 = 2 ( x + 4 ) x = −4 không phải là nghiệm Xét x ≠ −4 Trục căn thức ta có : 2x + 8 2x + x + 9 − 2x − x + 1 2 2 = x + 4 ⇒ 2 x2 + x + 9 − 2 x2 − x + 1 = 2 x = 0 2x2 + x + 9 − 2x2 − x + 1 = 2 2 ⇒ 2 2x + x + 9 = x + 6 ⇔ Vậy ta có hệ: 2 2 x = 8 2x + x + 9 + 2x − x + 1 = x + 4 7
- 9. vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0 v x= 8 7 2 x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 3x 2 2 2 Ta thấy : ( 2 x + x + 1) − ( x − x + 1) = x + 2 x , như vậy không thỏa mãn điều kiện trên. Bài 5. Giải phương trình : Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t = 1 thì bài toán trở nên đơn giản hơn x Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 4 − 3 10 − 3 x = x − 2 (HSG Toàn Quốc 2002) 2 3 ( 2 − x) ( 5 − x) = x+ ( 2 − x ) ( 10 − x ) 2 x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2 x 2 + 2 x + 3 + x 2 − x + 2 2 x 2 + 16 x + 18 + x 2 − 1 = 2 x + 4 x 2 + 15 = 3 x − 2 + x 2 + 8 x2 + 4 = x − 1 + 2x − 3 Giải các phương trình sau: 1) x( x − 1) + x( x − 2) = 2 x( x + 3) 4) x 2 − 1 + 3x3 − 2 = 3 x − 2 2 x 2 − 11x + 21 − 3 3 4 x − 4 = 0 (OLYMPIC 30/4-2007) 3 21 + x + 21 − x 21 = x 21 + x − 21 − x 3 5) 3 2) 2 x( x − 1) − x( x + 2) = x 2 7− x −3 x −5 = 6− x 7− x +3 x −5 6) 3) 2x + 2 − 2x −1 = x x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4x + 3 = 2 x 2 − 5x + 4 7) 2x 2 − 1 + x 2 − 3x − 2 = 2x 2 + 2x + 3 + x 2 − x + 2 8) 3 x 2 − 7 x + 3 − x 2 − 2 = 3 x 2 − 5 x − 1 − x 2 − 3x + 4 9) x 2 − 2003 x + 2002 + x 2 − 2004 x + 2003 = 2 x 2 − 2005 x + 2004 7. PHƯƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức : A = 0 Từ những đánh giá bình phương : A2 + B 2 ≥ 0 , phương trình dạng A2 + B 2 = 0 ⇔ B = 0 2. Dùng bất đẳng thức A ≥ m nếu dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng B ≤ m Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: dạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A = B Ta có : 1 + x + 1 − x ≤ 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0 và x +1 + 1 ≥ 2 , dấu bằng khi và chỉ khi x +1 1 + 1+ x x +1 A = f ( x) A ≥ f ( x) Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đó : A = B ⇔ B ≤ f ( x) B = f ( x ) x=0. Vậy ta có phương trình: 1 − 2008 x + 1 + 2008 x = Nếu ta đoán trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng có nhiều bài nghiệm là vô tỉ việc đoán nghiệm không được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): Giải: Đk x ≥ 0 2 2 + x = x+9 x +1
- 10. = x+9 + x + 1 + x +1 x +1 ÷ 1 1 ⇔x= 7 x +1 2 2 + x÷ ≤ 2 2 Ta có : x +1 Dấu bằng ⇔ 2 2 = x +1 ( ) 2 Bài 2. Giải phương trình : 13 x 2 − x 4 + 9 x 2 + x 4 = 16 Giải: Đk: −1 ≤ x ≤ 1 ( Biến đổi pt ta có : x 2 13 1 − x 2 + 9 1 + x 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: ( 13. 13. 1 − x 2 + 3. 3. 3 1 + x 2 ) 2 = 256 ≤ ( 13 + 27 ) ( 13 − 13 x 2 + 3 + 3 x 2 ) = 40 ( 16 − 10 x 2 ) ( Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16 − 10 x 2 ) 2 2 ) 2 16 ≤ ÷ = 64 2 2 1 + x2 2 x = 5 1− x = ⇔ Dấu bằng ⇔ 3 2 10 x 2 = 16 − 10 x 2 x=− 5 Bài 3. giải phương trình: x 3` − 3 x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0 Ta chứng minh : 8 4 4 x + 4 ≤ x + 13 và x 3 − 3 x 2 − 8 x + 40 ≥ 0 ⇔ ( x − 3) Bài tập đề nghị . Bài 1: Giải các phương trình sau 1 − 2x 1 + 2x + 1 + 2x 1 − 2x x + 4 1− x + x − 1− x = 2 + 4 8 ( x + 3) ≥ x + 13 16 x 4 + 5 = 6 3 4 x3 + x x 3` − 3x 2 − 8 x + 40 − 8 4 4 x + 4 = 0 1 − 2x + 1 + 2x = 4 2 8 + x 3 + 64 − x3 = x 4 − 8 x 2 + 28 1 1 2 − x2 + 2 − 2 = 4 − x + ÷ x x 2x4 + 8 = 4 4 + x4 + 4 x4 − 4 Bài 2: Giải các phương trình sau: 1) 3 x 2 + 6 x + 7 + 5 x 2 + 10 x + 14 = 4 − 2 x − x 2 2) 3) 2 x 2 − 8 x + 12 = 3 − 4 3 x 2 − 12 x + 13 4) x 2 − 3 x + 3,5 = x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2 5) x 2 − 6 x + 15 = x 2 − 6 x + 18 2 x − 6 x + 11 8) 1 − 2 x + 1 + 2 x = 6) 1 − 2x 1 + 2x + 1 + 2x 1 − 2x x 2 − 2 x + 5 + x − 1 = 2 7) 9) 10) x 2 − 2 x + 3 = 2 x 2 − x + 1 + 3x − 3 x 2 11) (x 2 − 2 x + 2)( x 2 − 4 x + 5) 2( 1 − x + x ) = 4 1 − x + 4 x x − 2 + 4 − x = x 2 − 6 x + 11 (Đ11) x − 2 + 10 − x = x 2 − 12 x + 52 8. PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ . Dạng 1: Đưa về hệ phương trình bình thường. Hoặc hệ đối xứng loại một. Đặt u = α ( x ) , v = β ( x ) và tìm mối quan hệ giữa α ( x ) và β ( x ) từ đó tìm được hệ theo u,v 3 ( 3 ) 3 3 Bài 1. Giải phương trình: x 25 − x x + 25 − x = 30
- 11. 3 35 − x3 ⇒ x 3 + y 3 = 35 xy ( x + y ) = 30 , giải hệ này ta tìm được 3 3 x + y = 35 ( x; y ) = (2;3) = (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x ∈ {2;3} 1 2 −1 − x + 4 x = 4 Bài 2. Giải phương trình: 2 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 1 2 −1− x = u ⇒0≤u≤ 2 − 1,0 ≤ v ≤ 4 2 − 1 Đặt 4 x = v 1 1 u = 4 2 − v u + v = 4 2 ⇔ Ta đưa về hệ phương trình sau: 2 u 2 + v 4 = 2 − 1 1 − v + v 4 = 2 − 1 ÷ 4 2 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 2 1 Giải phương trình thứ 2: (v + 1) − v + 4 ÷ = 0 , từ đó tìm ra v rồi thay vào tìm nghiệm của phương 2 2 2 trình. Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6 Điều kiện: x ≥ 1 Đặt a = x − 1, b = 5 + x − 1(a ≥ 0, b ≥ 0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: a 2 + b = 5 → (a + b)(a − b + 1) = 0 ⇒ a − b + 1 = 0 ⇒ a = b − 1 2 b −a =5 Vậy x −1 + 1 = 5 + x −1 ⇔ x −1 = 5 − x ⇒ x = Bài 4. Giải phương trình: Giải Điều kiện: −5 < x < 5 6 − 2x 6 + 2x 8 + = 5− x 5+ x 3 ( 11 − 17 2 ) Đặt u = 5 − x , v = 5 − y 0 < u , v < 10 . (u + v) 2 = 10 + 2uv u 2 + v 2 = 10 Khi đó ta được hệ phương trình: 4 4 2 4 8⇔ − − + 2(u + z ) = (u + v) 1 − ÷ = 3 u v uv 3 Bài tập đề nghị : Giải các phương trình sau 1) 3 2 − x = 1 − x − 1 (ĐHTCKTHN - 2001) 2) 3 − x + x 2 − 2 + x − x 2 = 1 3) 4) 5) 6) 7) 8) x + x + 1 − x 2 + x = 1 (ĐHDL HP’01) 4 5− x + 4 x −1 = 2 x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 = 3 3 x + 34 − 3 x − 3 = 1 (Đ12) 4 x + 4 97 − x = 5 3 14 + x + 3 12 − x = 2 9) 3 ( x + 8) 2 + 3 ( x − 8) 2 + 3 x 2 − 64 = 4 10) x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9 1 1 + =2 11) 2 x 2− x 12) 3 1 + x + 3 1 − x = 2 65 13) 3 x 2 + 2 = 3 x 2 − + 1 8
- 12. + 2 − sin2 x + sin x. 2 − sin2 x = 3 1 1 +x +3 −x =1 2 2 3 15) 7 + tgx + 3 2 − tgx = 3 16) 3 24 + x + 12 − x = 6 14) 3 17) ( 34 − x ) 3 3 25) 4 x + 1 − ( x + 1) 3 34 − x = 30 34 − x − 3 x + 1 [ ] 18) 1 + 1 − x 2 ( 1 − x ) 3 − (1 + x ) 3 = 2 + 1 − x 2 19) 3 2 + x + x 2 + 3 2 − x − x 2 = 3 4 20) 3 21) 3 ( 3x + 1) 2 + 3 ( 3x − 1) 2 + 3 9 x 2 − 1 = 1 ( 2 − x ) + ( 7 + x ) − ( 2 − x )( 7 + x ) = 3 2 3 2 3 1 1 − cos2x + 4 + cos2x = 1 2 2 26) 4 10 + 8sin2 x − 4 8 cos2 x − 1 = 1 27) 17 + x − 17 − x = 2 (DL Hùng vương- 2001) 28) x − 1 + 1 = 6 − x (CĐ mẫu giáo TW1- 2001) 29) x 2 + x − 5 + x 2 + 8x − 4 = 5 1 30) x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = (Đ142) 2 31) x 3 35 − x 3 x + 3 35 − x 3 = 30 32) 3x 2 + 5x + 8 − 3x 2 + 5x + 1 = 1 33) 2x 2 + 5x + 2 − 2 2x 2 + 5x − 6 = 1 34) 4 47 − 2x + 4 35 + 2x = 4 ( ) 22) 2 x + x + 1 + 1 + 2 x − x + 1 = 2 x + 1 + 1 23) 3 sin2 x + 3 cos2 x = 3 4 Dạng 2: Đưa phương trình đã cho về hệ đối xứng loại hai. Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II ( x + 1) 2 = y + 2 (1) Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc giải hệ này thì đơn giản 2 ( y + 1) = x + 2 (2) Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y = f ( x ) sao cho (2) luôn đúng , y = x + 2 − 1 , khi đó ta có phương trình : ( x + 1) = ( x + 2 − 1) + 1 ⇔ x 2 + 2 x = 2 x+2 Vậy để giải phương trình : x 2 + 2 x = x + 2 ta đặt lại như trên và đưa về hệ ( α x + β ) 2 = ay + b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây dựng được phương trình 2 ( α y + β ) = ax + b a β 2 ax + b + b − dạng sau : đặt α y + β = ax + b , khi đó ta có phương trình : ( α x + β ) = α α a β n Tương tự cho bậc cao hơn : ( α x + β ) = n ax + b + b − α α n Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ v đặt α y + β = n ax + b để đưa về hệ , chú ý về dấu của α ??? Việc chọn α ; β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : ( α x + β ) = p n a ' x + b ' + γ là chọn được. n Bài 1. Điều kiện: x ≥ Giải phương trình: x 2 − 2 x = 2 2 x − 1 1 2 Ta có phương trình được viết lại là: ( x − 1) 2 − 1 = 2 2 x − 1 x 2 − 2 x = 2( y − 1) Đặt y − 1 = 2 x − 1 thì ta đưa về hệ sau: 2 y − 2 y = 2( x − 1) Trừ hai vế của phương trình ta được ( x − y )( x + y ) = 0 Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x = 2 + 2 Kết luận: Nghiệm của phương trình là {1 − 2; 1 + 3} Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5 Giải
- 13. ≥ − 5 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 4 x 2 − 12 x − 2 = 2 4 x + 5 ⇔ (2 x − 3) 2 = 2 4 x + 5 + 11 (2 x − 3) 2 = 4 y + 5 ⇒ ( x − y )( x + y − 1) = 0 Đặt 2 y − 3 = 4 x + 5 ta được hệ phương trình sau: (2 y − 3)2 = 4 x + 5 Với x = y ⇒ 2 x − 3 = 4 x + 5 ⇒ x = 2 + 3 . Với x + y − 1 = 0 ⇒ y = 1 − x → x = 1 − 2 Bài tập đề nghị : Giải các phương trình sau 1) x 3 + 1 = 23 2 x − 1 2) x 3 + 2 = 33 3x − 2 3) (x2 + 3x - 4)2 + 3(x2 + 3x - 4) = x + 4 4) x 2 − 1 = x + 1 5) − x 2 + 2 = 2 − x 6) x 2 + 5 − x = 5 7) 5 − 5 + x = x 4x + 9 3 , x > 0 (ĐHAN-D) 9) 4 − 4 + x = x 10) 3 x − 9 = ( x − 3) + 6 28 2 11) x + 5 + x = 5 12) x 3 − 33 3x + 2 = 2 13) x 2 + 1 + x = 1 14) 3 + 3 + x = x 8) 7x 2 + 7x = 9. PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM. 1. Các bước: Tìm tập xác định của phương trình. Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) bằng một biểu thức nào đó. Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến(nbiến) của hàm số để kết luận nghiệm của phương trình. 2. Ví dụ. Giải phương trình sau: 3 2 x + 1 + 3 2 x + 2 + 3 2 x + 3 = 0 (1) Giải: Tập xác định: D = R. Đặt f(x) = 3 2 x + 1 + 3 2 x + 2 + 3 2 x + 3 Ta có: f ' ( x) = 2 3 (2 x + 1) 2 + 2 3 ( 2 x + 2) + 2 2 3 1 3 > 0; ∀x ≠ − ,−1,− 2 2 (2 x + 3) 2 1 2 3 3 1 ,−1 ∪ − 1,− ∪ − ,+∞ 2 2 2 Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập M= − ∞,− ∪ − 1 2 3 2 Ta thấy f(-1)=0 ⇒ x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có: f ( − ) = 3; f (− ) = −3 Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): x -∞ − f’(x) 3 2 − -1 1 2 +∞ F(x) +∞ 0 -∞ 3 -3 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 ⇔ x = -1. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = -1. Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau: 1) 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x 2 + 1 + 3 2x 2 ( ) 2 2 2) ( 2 x + 1) 2 + ( 2 x + 1) + 3 + 3x 2 + 9 x + 3 = 0
- 14. ta có bài tập 3. ( 3) ( 2 x + 1) 2000 + ( 2 x + 1) 2 + 1999 ) + x(2000 + ) x 2 + 1999 = 0 4) x + 3 + x + 19 = y + 3 + y + 19 5) (ĐH.B’02) Xác định m để phương trình sau có nghiệm: ) ( m 1+ x2 − 1− x2 + 2 = 2 1− x4 + 1+ x2 − 1− x2 6) (ĐH.A’08) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt: 4 2 x + 2 x + 24 6 − x + 2 6 − x = m 10. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ. Ví dụ. Giải phương trình sau: x 3 + (1 − x 2 ) 3 = x 2 − 2 x 2 (1) Giải: Tập xác định: D = [-1; 1]. (2) Do (2) nên đặt x = cost (*), với 0 ≤ t ≤ π (A) Khi đó phương trình (1) trở thành: cos 3 t + (1 − cos 2 t ) 3 = cos t 2(1 − cos 2 t ) (3) Với t ∈ (A), ta có: (3) ⇔ cos 3 t + sin 3 t = 2 cos t. sin t ⇔ ( cos t + sin t )(1 − sin t. cos t ) = 2 cos t. sin t ( 4) Đặt X = cost + sint (5), X ≤ 2 (B)⇒ X2 = 1 + 2sint.cost ⇒ sint.cost = X 2 −1 2 Phương trình (4) trở thành phương trình ẩn X: X 2 −1 X 2 −1 1 − = 2. X . ⇔ X 3 − X 2 = 2 X 2 −1 ⇔ X 3 + 2 X 2 − 3X − 2 = 0 2 2 ( ) ( ) X = 2 ⇔ X − 2 X 2 + 2 2X +1 = 0 ⇔ ⇔ 2 X + 2 2X +1 = 0 ( )( ) X = 2 X = − 2 −1 X = − 2 +1 Ta thấy chỉ có nghiệm X = 2 và X = - 2 + 1 là thoả mãn điều kiện (B). + Với X = 2 , thay vào (5) ta được: π π π π π sin t + cos t = 2 ⇔ 2 sin t + = 2 ⇔ sin t + = 1 ⇔ t + = + k 2π ⇔ t = + k 2π , k ∈ Z . 4 2 4 4 4 Vì t ∈ (A) nên ta có t = + Với X = - 2 π π 2 . Thay vào (*) ta được: x = cos = (thoả mãn tập xác định D). 4 2 4 + 1, thay vào (5) ta được: π π − 2 +1 sin t + cos t = − 2 + 1 (**) ⇔ 2 sin t + = − 2 + 1 ⇔ sin t + = . 4 4 2 Khi đó, ta có: 2 2 − 2 + 1 π π = ± 1− 3 − 2 2 = ± 2 2 −1 ⇒ cos t + = ± 1 − sin t + = ± 1 − 4 4 2 2 2 2 2 −1 π cos t + = ± 2 4
- 15. cos π π 2 2 −1 2 ( cos t − sin t ) = ± 2 2 − 1 ⇔ cos t − sin t = ± 2 2 − 1(6) − sin t.sin = ± ⇔ 4 4 2 2 2 Từ (**) và (6) suy ra cost = − 2 +1± 2 2 −1 − 2 +1± 2 2 −1 . Thay vào (5), ta được x = . 2 2 Nhưng chỉ có nghiệm x = − 2 + 1 − 2 2 − 1 thoả mãn tập xác định D. 2 2 và x = − 2 + 1 − 2 2 − 1 . 2 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = Bài tập tương tự. 1) 4 x 3 − 3 x = 1 − x 2 (HVQHQT- 2001) 1 + 2x 1 − x 2 = 1 − 2x 2 2 3) 2) x 3 + (1 − x 2 ) 3 = x. 2(1 − x 2 ) 4) 1 + 1 − x 2 Một số bài tập tham khảo: 1. Giải các phương trình sau: x−2 = x−4 1) 9 + x = 5 − 2 x + 4 8) 2x − 7 2) 25 − x 2 = x − 1 9) 3x + 1 − x + 4 = 1 [ (1 − x ) 3 − (1 + x ) 3 ]=2+ 1 − x2 15) 6 − x − 1 − x = − 5 − 2 x 16) 5x − 1 − 3x − 2 − x − 1 = 0 3) 4 + 2x − x 2 = x − 2 10) 11 − x − x − 1 = 2 17) 1− x4 − x2 = x −1 4) x −1 = x2 −1 11) 9 + x − 7 = − 16 − x 18) 2 − x − 5 = 13 − x 6) x 2 − 2x + 4 = 6 − x 13) x + 5 − 2 x + 14 = x − 7 20) 3 12 − x + 3 4 + x = 4 7) x 2 + 5 x − 4 = x − 1 14) − x 2 + 9 x + 9 − x = 9 − x 21) 3 x − 1 + 3 x − 2 = 3 2 x − 3 2. Giải các phương trình sau: 1) x 2 − 6 = 2 x 2 − 8 x + 12 + 4 x 9) 2 x 2 + ( x + 1)(2 − x) = 1 + 2 x 2) ( x + 5)(2 − x) = 3 x 2 + 3 x 10) 3) 5 x − 8 7 x 2 − 5 x + 1 = 7 x 2 + 8 11) (4 x − 1) x 2 + 1 = 2( x 2 + x ) + 1 4) ( x + 1)( x + 4) − 3 x 2 + 5 x + 2 = 6 12) x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1 x + 3 + 6 − x = 3 + ( x + 3)(6 − x) 5) x 2 + x + 2 + x 2 + x + 7 = 3 x 2 + 3 x + 13 13) 2( x − 1) 2 x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 x − 2 6) 3 + 2 x − x 2 = 3( x + 1 − x ) 14) x 2 − 3x + 3 + x 2 + 3 x + 6 = 3 7) 15) x 2 + 7 + x + x 2 + x + 2 = 3 x 2 + 3x + 19 1) x +3 = x −3 2 x + 3 + x + 1 + 16 = 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 3. Giải các phương trình sau: (ẩn phụ → hệ) 2) 3− x + x + 3+ x + x =1 2 2 3) x + 3 + 10 − x = 5 2 4. Giải các phương trình sau (Đánh giá) 2 4) 3x 2 − 2 x + 15 + 3x 2 − 2 x + 8 = 7 1) x 2 − 2 x + 5 + x − 1 = 2 3) x − 3 + 5 − x = x 2 − 8 x + 18 2) 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = 3 4) 4 x + x + 4 2 − x + 2 − x = 4 5. Tìm m để phương trình có nghiệm. 1) x − 1 + 3 − x − ( x − 1)(3 − x) = m 2) x + 1 + 1 − x = a 4) 2 ( x + 2)(4 − x ) + x 2 = 2 x − m 6. Tìm m để phương trình có nghiệm. 1) 4 − x + x + 2 = m 4) x + 2 − x = m 2) 4 x + 4 2 − x = m 5) 1 − x 2 + 23 1 − x 2 = m 3) 4 x − 1 + x − 1 + 4 3 − x + 3 − x = m 6) 4 x + x + 4 2 − x + 2 − x = m 7. Giải phương trình, hệ phương trình: a) 7 − x + x − 5 = x 2 − 12 x + 38 b) 5 − 2 x + 2 x − 3 = 3 x 2 − 12 x + 14 c) 2 x + x + 2004 = 2004
- 16. + y = 1 d) x + y +1 = 1 x +1 + y = 4 e) x + y = 7 f) 2x 1 1 + + =2 1+ x 2 2x 11. XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ HÌNH HỌC 11.1 Dùng tọa độ của véc tơ r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u = ( x1 ; y1 ) , v = ( x2 ; y2 ) khi đó ta có r r r r u+v ≤ u + v ⇔ ( x1 + x2 ) 2 2 2 + ( y1 + y2 ) ≤ x12 + y12 + x2 + y2 2 r r x1 y1 = = k ≥ 0 , chú ý tỉ số phải dương x2 y2 rr r r r r r u.v = u . v .cos α ≤ u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos α = 1 ⇔ u ↑↑ v Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u , v cùng hướng ⇔ 11.2 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 Bài tập: giải phương trình, hệ phương trình sau: ( ) 3 − 1 x + 1 + 2x2 + ( ) 1) 2x2 − 2x + 1 + 2x2 − 3 +1 x +1 = 3 2) x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 10 x + 50 = 5 3) 5( x 2 + 2 yz ) + 6( y 2 + 2 xz ) + 5( z 2 + 2 xy ) = 4( x + y + z ) 4) x + y + x − y + 2 x 2 + 1 = 6( x + 1) 1 1 + x1 + 1 + x2 + 1 + x3 + ... + 1 + x100 = 100 1 + 100 5) 1 − x + 1 − x + 1 − x + ... + 1 − x = 100 1 − 1 1 2 3 100 100 MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC: I/ Dạng 1: Giải phương trình. 1/ (Dự bị 2 khối D 2006) : x + 2 7 − x = 2 x − 1 + −x 2 + 8x − 7 + 1 , x ∈ R . 2/ (Dự bị 1 khối B 2006) : 3x − 2 + x − 1 = 4x − 9 + 2 3x 2 − 5x + 2 , x ∈ R . 3/ (Dự bị 1 khối B 2005) : 3x − 3 − 5 − x = 2x − 4 . 4/ ( ĐH KD-2005) 2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4 ; 5/ ( ĐH KD-2006) : 2x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0 , x ∈ R ( )( ) 8/ 10x − 1 − x + 3 = 1 ; 7/ 2x 2 + 3x + 5 + 2x 2 − 3x + 5 = 3x 9/ 3x + 5 − x − 1 = 4 10/ 2x − 5 + x + 2 = 2x + 1 ; 11/ 6/ 1+ x + 1 1 + x + 2x − 5 = x ; 2 12/ 1 + 2x 1 − x + 2x 2 = 1 . 2 II/ Dạng 2: Giải bất phương trình. 1 x +1 x 2 − 1 = x + 1÷ . 2 x −1
- 17. 2 khối B 2005) : 8x2 − 6x + 1 − 4x + 1 ≤ 0 ; 2/ (Dự bị 1 khối D 2005) : 2x + 7 − 5 − x ≥ 3x − 2 ; ( 3/ ( ĐH KD - 02) x 2 − 3x ) 2x 2 − 3x − 2 ≥ 0 ; 4/ ( ĐH KA-05) 5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 ; 5/ ( ĐH KA-04) ( 2 x 2 − 16 x −3 6/ ( ĐH KA-2010): )+ x −3 > x− x 1 − 2(x 2 − x + 1) 7−x ; x −3 ≥1 III/ Dạng 3: Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm . Thông thường ở dạng này ta sử dụng một trong các phương pháp sau: * PP1: Sử dụng tính chất đồng biến ,nghịch biến của hàm số. * PP2: Sử dụng tương giao của các đồ thị hàm số. 1/ (Dự bị 1 khối B 2007) : Tìm m để phương trình: 4 x2 + 1 − x = m có nghiệm. 2 2/ (Dự bị 1 khối A 2007) :Tìm m để bất phương trình : m x − 2x + 2 + 1÷+ x(2 − x) ≤ 0 có nghiệm x ∈ 0;1 + 3 . 3/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 24 x 2 − 1 có nghiệm thực . 4/ ( ĐH KB-2007) CMR với giá trị của mọi m, phương trình x 2 + 2x − 8 = m(x − 2) có 2 nghiệm thực phân biệt . 5/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình 4 2x + 2x + 24 6 − x + 2 6 − x = m , ( m ∈ R ) có đúng hai nghiệm thực phân biệt. 6/ (Khối D-2004): CMR: phương trình sau có đúng một nghiệm : x 5 − x 2 − 2x − 1 = 0 . 7/ ( ĐH KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm : m 1 + x2 − 1 − x2 + 2 ÷= 2 1 − x4 + 1 + x2 − 1 − x 2 . 8/ ( ĐH KB-2006): Tìm m để pt: x 2 + mx + 2 = 2x + 1 có 2 nghiệm thực phân biệt 9/ (Khối B-2010) Giải phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (x ∈ R). 10/ (Khối D-2010) Giải phương trình 42 x + x +2 3 + 2 x = 42 + x +2 + 2x 3 + 4 x −4 (x ∈ ¡ )
Phương trình vô tỉ lớp 9 là gì?Phương trình vô tỉ ở lớp 9 là những phương trình có dấu căn, tuy nhiên, những phương trình này thường chứa dấu căn bậc hai hoặc căn bậc ba. Để cùng tìm hiểu về một số dạng phương trình vô tỉ cơ bản và phương pháp giải phương trình vô tỉ, hãy cùng theo dõi video trên đây! Làm sao để biết phương trình vô nghiệm?Phương trình bậc nhất được coi là vô nghiệm khi hệ số của biến x bằng 0 và hệ số tự do không bằng 0. Nghĩa là phương trình có dạng ax + b = 0 với a = 0 và b ≠ 0. Nếu a = 0 và b = 0 thì phương trình sẽ có vô số nghiệm, vì ta có thể thấy nếu ta thay bất kỳ giá trị nào cho biến x thì biểu thức ax + b vẫn sẽ bằng 0. Phương trình bậc hai có nghiệm khi nào?2. Phương trình bậc hai: Phương trình bậc hai ax^2 + bx + c = 0 trở thành vô nghiệm khi độ dài của phần tròn (b^2 - 4ac) nhỏ hơn 0. Nghĩa là nếu giá trị trong căn (b^2 - 4ac) âm, thì phương trình sẽ không có nghiệm kép hoặc nghiệm phức. Vô nghiệm là như thế nào?Phương trình vô nghiệm là khi: Phương trình không sở hữu nghiệm nào. Phương trình vô nghiệm có tập nghiệm là S = Ø Một phương trình hoàn toàn có thể có một nghiệm, hai nghiệm, ba nghiệm,… |
