Tài liệu Phương trình căn thức chứa trị tuyệt đối ppt

Giải bài kỳ trớc
Bài 1. Chứng minh rằng nếu 5a+4b+6c=0 thì phơng trình f(x)=ax
2
+bx+c=0 có
nghiệm.

Ta có:
11
(0) ( ) (2) 5 4 6 0
42
fffabc++=++=
0

Do đó phơng trình có ít nhất một nghiệm thuộc [0;2].
Bài 2. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau thì phơng trình
f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=0
luôn có nghiệm
Giả sử
a . bc
Xét ().()().().().()fb fc b a b c c a c b=
Do đó phơng trình có ít nhất một nghiệm thuộc
[; ]bc
Bài 3. Chứng minh rằng nếu a,b,c là ba số thoả mãn:2c+3b+6a=0 thì phơng trình
f(x)=ax
2
+bx+c=0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1.
Giải
Rõ ràng x=0 không là nghiệm. Chia cả hai vế của phơng trình cho x
2
, rồi đặt

1
t
x
= , ta đợc phơng trình:

2
() 0g t ct bt a=++=
Ta có (xem ví dụ 7)

11
(0) (1) ( ) 2 3 6 0
42
gg g cba++ =++=
Do đó phơng trình g(t) =0 có ít nhất một nghiệm t (0;1) tức là phơng trình f(x)=0
có ít một nghiệm x >1.
Bài 4. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và khác 0 thì phơng
trình
f(x)=ab(x-a)(x-b)+bc(x-b)(x-c)+ca(x-c)(x-a)=0
luôn có nghiệm.
Giải tơng tự bài 2.

Bài 5. Tìm m để hệ bất phơng trình sau vô nghiệm:


2
22
560(1)
32 2 7120(2
xx
xmxmm

+


+


)
Giải
(1) 2 3x
Đặt

22
() 3 2 2 7 12fx x mx m m= +
Hệ bất phơng trình vô nghiệm khi và chỉ chi

2
2
() 0 vô n
g
hiệm khi 2 x 3
f(x)<0 x [2;3]
f(2)=-2m 3 0
(3) 2 15 0
5
2
3
fx
m
fmm

m
m



+<



= + + <



<



>




Bài 6. Tìm m để:


2
() ( 2) 2( 3) 3 0; ( ;1)fx m x m x m x=+ + +>
Giải tơng tự ví dụ 5. Đáp số:

1

2
2
m

Bài 7.Tìm m để

2
() 2 3 0; [1;1]fx x mx x=++
Giải
Ta có:

2
20
24
a
m
=>


=

Trờng hợp 1.



0 2 6 hoặc m>2 6m <
026 26
() 0
() 0 [1;1]
26 26 thoả mãn.

m
fx x R
fx x
m




Trờng hợp 2.




- x
1
x
2
+

+ 0 0 +




Khi đó f(x) =0 có hai nghiệm x
1
;x
2
(x
1

<x
2
)

12
12
11
() 0 [1;1]
11
0
.(1) 2(5 ) 0
(1) 1 0
26 5
24
52
0
.(1) 2(5 ) 0
(1) 1 0
24
xx
fx x
xx
af m
Sm
m
m
af m
Sm
<<

<





>


=




= +<


<






<

>


=+





= >



6

Kết hợp cả hai trờng hợp ta có đáp số là:
55m

Bài 8. Tìm m để phơng trình sau có bốn nghiệm phân biệt


43 2
2(61)(156)(61)2xmx mxmx++ ++=0
Đây là phơng trình hồi quy bậc bốn. x=0 không là nghiệm, chia cả hai vế cho x
2
rồi
đặt
1
; với t 2xt

x
+=
ứng với mỗi nghiệm
có hai nghiệm x phân biệt. Để phơng trình có bốn nghiệm
phân biệt thì phơng trình bậc hai của t phải có cả hai nghiệm
2t
21
2tt
Đáp số:
43
0 hoặc
32
mm<<


Bài 9.Tìm m để phơng trình : x
2
-2mx+5m-4=0 có duy nhất một nghiệm thuộc [0;1].
Đáp số:
4
1
5
m<<


Bài 9
Phơng trình chứa căn thức
và Dấu trị tuyệt đối
Việc giải một phơng trình hay một bất phơng trình là quá trình biến đổi
phơng trình hoặc bất phơng trình đó thành một phơng trình hoặc bất phơng trình

tơng đơng đơn giản hơn. Quá trình này thờng phức tạp đối với các phơng trình
và bất phơng trình vô tỉ. Một trong những điều cần lu ý nhất đối với phơng trình
và bất phơng trình dạng này là tính không thuận nghịch của các phép toán. Vì vậy
cần xác định một cách đầy đủ các điều kiện để phơng trình hoặc bất phơng trình
nhận đợc tơng đơng với phơng trình hoặc bất phơng trình ban đầu. Gộp các điều
kiện đó với phơng trình hoặc bất phơng trình mới, ta đợc một hệ tơng đơng.
Khi giải các phơng trình và bất phơng trình vô tỉ cần đặc biệt chú ý đến hai
điều sau:
1)Chỉ ra đầy đủ các tập hợp xác định của các hàm số hoặc biểu thức tham gia vào bất
phơng trình.
2)Chỉ nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế của một phơng trình hay bất phơng trình
khi cả hai vế đều không âm.
ở đây ra nhắc lại một số phép biến đổi tơng đơng quan trọng áp dụng cho trờng
hợp căn thức.
Giải sử k là một số nguyên dơng, khi đó:
1)
2
2
() 0
() ()
() ()
k
k
gx
fx gx
f
xgx


=

=


Chú ý ở đây không cần thiết đặt điều kiện f(x) 0 vì nó là hệ quả của đẳng thức
2
() ()
k
f
xgx=
2)
21
21
() () () ()
k
k
f
xgx fxg x
+
+
==
3)
22
() ()
() ()
() 0
kk
f
xgx
fx gx

fx
=

=




4)
21
21
f(x)
g
(x) ( ) ( )
k
k
f
xgx
+
+
==
5)
2
() 0
() 0
() ()
() ()
() ()
gx
gx

fx gx
f
xg
fx g x




=

=
=


x

6)
22
() () () () [() ()].[() ()] 0 () ()
f
xgx fxgx fxgxfxgx fx gx= =+ ==
7) Trong trờng hợp có nhiều dấu trị tuyệt đối:

11 2 2 2
0
n
aA aA aA+++=
trong đó a
i
;A

i
là các biểu thức chứa x, ta dùng định nghĩa

nếu A 0
-A nếu A<0
A
A


=



để khử dấu trị tuyệt đối.
A. Một số phơng pháp thông dụng và ví dụ minh hoạ
1. quy tắc giản ớc.
Khác với các phơng trình đại số bậc nguyên, khi một nhân tử khác không , ta
có thể giản ớc hoặc đặt thừa số chung. Đối với các biểu thức chứa căn, cần đặc biệt
lu ý tới điều kiện có nghĩa.
Ví dụ 1. Giải phơng trình:

.( 1) .( 2) .( 3)xx xx xx+ = +
Điều kiện có nghĩa


(1)0 2
(2)0 0
(3)0
xx x
xx x

xx x





=







3
Phơng trình đã cho tơng đơng với
.1 .2 .xx xx xx+ = +3
1) Rõ ràng x=0 là một nghiệm
2) Xét x 2 khi đó có thể giản ớc cả hai vế của phơng trình cho
x
, ta có phơng
trình tơng đơng:

12xx x+ = +3
Cả hai vế đều không âm, bình phơng hai vế ta đợc:

22
2
22(1)(2)
2( 1)( 2) 6

60
4( 3 2) (6 )
6
28
3
328
xxxx
3
x
xx
x
x
xx
x
x
x
+ = +
=




+=



=

=

Kết hợp với điều kiện x 2 ta đợc nghiệm của phơng trình
28
3
x =

3) Xét x -3, khi đó phơng trình đã cho có dạng:

.1 .2 . 3
x
xxxx+ =x
chia cả hai vế cho
x
:

12 3
x
xx+ =
Trờng hợp này vô nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải.
Tóm lại phơng trình đã cho có hai nghiệm là
28
0;
3
xx==




2. Quy tắc thay giá trị.
Sử dụng hằng đẳng thức

()
333
3(uv u v uvuv+=++ +)
3
Từ biểu thức u+v=a dễ dàng suy ra:


33
3.uv uvaa++ =
Tuy nhiên, phép thế giá trị u+v=a này vào biểu thức lập phơng có thể dẫn đến một
phép bình phơng và phép biến đổi này không còn là phép biến đổi tơng đơng, do
đó có thể có nghiệm ngoại lai.
Ví dụ 2. Giải phơng trình:

33
34 3 1xx+=
Giải
Lập phơng hai vế phơng trình đã cho ta có:

33
3
2
3
2
34 3 ( 34)( 3).[ 34 3] 1
31 102 12
31 1830 0
30
61

xxxxx
xx
xx
x
x
+ + + =
+=
+ =
=



=


Thử lại hai nghiệm trên thoả mãn phơng trình
Vậy phơng trình có hai nghiệm là: x=30 và x=-61.
3. Quy tắc hữu tỉ hoá
Một trong những phơng pháp cơ bản để giải phơng trình và bất phơng trình
chứa căn thức là chuyển bài toán đã cho về dạng hữu tỉ bằng cách đặt ẩn phụ
Ví dụ 3. Giải phơng trình:

2
(1)(4)3 52xx xx++ ++=6
Giải
Đặt
2
5 2 điều kiện t 0xx t++=
Khi đó phơng trình tơng đơng với:

2
0
4
340
t
t
tt


=

=

Từ đó
2
7
524
2
x
xx
x
=

++=

=


Ví dụ 4. Giải phơng trình:

44
51xx+ =2
Giải
Điều kiện:
15 x
Đặt
4
22
1;
22 2
xy y=+
2

khi đó
44
4
4
22
()1;5 4()
22
xy x y=+ + = +

Từ đó ta có phơng trình

4
4
44
222
42

22
4( ) 2
22
22
()()4
22
22 1
[( ) ( ) ] 2( ) 4
22 2
72
26 0
22
yy
yy
yy y
yy y
+ ++ =
+ + =
+ + =
+==
2

Vậy phơng trình có nghiệm:

4
4
22
()1
22
22

()
22
x
x

=+ +=



= + + =


5
11

4. Phơng pháp chuyển về hệ ( phơng pháp hữu tỉ hoá gián tiếp)
Nhìn chung, các phơng trình vô tỉ đều có thể chuyển đợc về một hệ hữu tỉ.
Tuy nhiên, không phải lúc hệ nhận đợc cũng có tính u việt. Thông thờng, phép
chuyển về hệ sẽ có hiệu quả khi các phép toán có sử dụng các hằng đẳng thức quen
biết.
Ví dụ 5. Giải phơng trình

4
1
2
2
xx+=

Giải
Điều kiện: 0 x 2.

Đặt
4
4
2
;0 2;0 2
xu
uv
xv

=



=



Khi đó ta có hệ đối xứng loại I.

24
24
1
1(4)
2
2
1
(4) 2(
2
2
u

uv
v
uv

=


+=




+=
+=



1)

Giải (1):

42
4222
22 2
22
1
22
2
1
(21)( 2 )0

2
1
(1)( )0
2
11
(1)(1)
22
vv v
vv v v
vv
vv vv
+ +=
+++ +=
++ =
+++ + =
0

Vế trái luôn dơng, vậy phơng trình đã cho vô nghiệm



Ví dụ 6. Giải phơng trình

2
55xx++=
Giải
Đặt
2
5;0xtt tx+= =+5. Khi đó ta có hệ

2
2
2
2
2
5
5
()( 1)0
5
0
0
121
121
50
2
2
10
1
117
2
40
117
2
xt
xt
xtxt
tx
x
tx
x

x
xx
tx
x
x
xx
x


+=
+=



++=
=









=

=
=



=







=+


+


=

+=




=






Ví dụ 7. Giải phơng trình dạng:

2
ax bx c Ax B++= +
Đặt
Ax B y


+= +
Khi đó ta có hệ:

2
2
()
ax bx c y
y
Ax B

++= +


+=+



Trong một số trờng hợp ta có thể chọn và sao cho hệ trên là đối xứng loại II
Ví dụ:Giải phơng trình

2
2221
x
xx=
Điều kiện
1
2
x

Đặt
21xy


= + . Khi đó ta có hệ:

22
222

22( ) 22 2
()21 221
xx y xx y
yx yyx

2



= + = +



+= + =




Chọn và sao cho hệ trên là đối xứng loại II ; tức là

22
221
1; 1
122 2




=== ==

Vậy ta đặt
21 1
x
y=
Khi đó ta có hệ đối xứng loại II:

2
2
2
2
22
2
22(1)
1
(;1)
2
22(1)
420
22(1)
22
0
2
xxy
xy
yyx
yx
xx
xxy

xy
yx
xy
x

=



=



=


+=

=



=


=
=

=


=

Đối chiếu với các điều kiện của x và y ta đợc nghiệm duy nhất của phơng trình:

22x =+
5.Phơng pháp phân tích thành nhân tử.
Một trong những nội dung khó nhất của phơng trình và bất phơng trình chứa
căn chính là xác định tiêu chuẩn để một biểu thức chứa căn có thể phân tích đợc
thành nhân tử. Tuy nhiên, dựa vào đặc thù riêng của từng bài toán, có thể xem một bộ
phận thích hợp của biểu thức đã cho nh một biến số độc lập và phân tích chúng theo
biến phụ đó.
Ví dụ 8. Giải phơng trình:

2
41 1 3 21 1
x
xx+= + + x (1)
Giải
Phân tích: Coi
1
x
t= nh một biến độc lập. Khi đó phơng trình có dạng:

2

2
41 1 3(1 ) 2 .1
3(21)4(1 1)
xtttx
txtx
+= + + +
+++ +=0
(2)
Cũng nh vậy nếu coi
1
x
t+= là ẩn phụ mới thì cũng có một phơng trình
tơng tự. Tuy nhiên, sự may mắn để giải đợc phơng trình (2) thờng là ít xảy ra. Đó
chính là điểm khó nhất và quan trọng nhất trong phơng pháp đặt ẩn phụ không toàn
phần kiểu này: Thông thờng, trớc khi giải cần xét biểu diễn của số hạng 3x dới
dạng tổ hợp của hai số :

22
);(1 ):3 (1 ) (1 )xxxx x(1


+=+++
và chọn ; ; thích hợp để tam thức bậc hai theo biến t có biệt thức bằng 0.
Giải:Điều kiện -1 x 1 (1)
Đặt
1
x
t=;
Ta có:
3(

2
1)2(1)1 2(1)xx xtx= + + = + + 1
Khi đó phơng trình đã cho có dạng:

2
2
2
41 1 2( 1) 1 2 1 .
(2 1 ) 4 1 2(1 ) 0 (3)
(2 3 1 )
3
21 1 21
5
21 1 21
0
xtx txt
txtxx
x
tx xx
x
txxx
x
+=+ ++ + +
+ + + + + =
= +


=+ =+
=

= + = +


=


Vậy phơng trình có hai nghiệm là
3
0 hoặc x=-
5
x =

B.Bài tập tự giải
Bài 1. Giải phơng trình
2
54xx x+=+4
Bµi 2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

12 23 3 4xxx−− − + − =
Bµi 3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

33 3
122xx x−+ − = −3
Bµi 4.Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

333

2x-1 . 16 2x+1x=−
Bµi 5.Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

22
33
3
x2-x2xx+++ −+=4

Bµi 6.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2
2614xx x−−= +5
Bµi 7.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2
28xx+= −8
Bµi 8.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

4
41
x
x+=
Bµi 9.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2
12 1 36xx x++ +=
Bµi 10.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

3
3

122 1xx+= −
Bµi 11.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

22
(4 1). 1 2 2 1
x
xxx−+=++
Bµi 12. (§H B¸ch khoa 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

22
286 12xx x x+++ −=+2
Bµi 13. (§H S− ph¹m hµ néi II 2000)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2
(1) (2)2
x
xxx−+ + = x
Bµi 14. (§H Má 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

22
4234
x
xx+−=+ −
Bµi 15. (Häc viÖn BCVT 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

3
41 32
5
x
xx

+
+− − =

Bµi 16. (§H Ngo¹i ng÷ HN 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

14 (1)(4)xxxx++ − + + − =5
Bµi 17. (§H Quèc gia Hµ néi 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

22
31(3)xx x x++=+ +1
Bµi 18. (§H S− ph¹m Vinh 2000)Gi¶i ph−¬ng tr×nh
12 2 12 2 1xxxx−+ − − −− − =