Chuyên đề phương trình
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (135.92 KB, 15 trang )
Trường : THPT chuyên Lê Quý Đôn Tổ : 1
Lớp : 10 Toán Họ và tên: Nguyễn Trung Hiếu
CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH
A.Phương trình vô tỉ:
I.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ.
1.Phương pháp đặt ẩn phụ:
Ví dụ : Giải phương trình
111525215
22
+−=−− xxxx
Giải: ĐK:
011152
2
≥+− xx
Đặt
txx =+− 11152
2
ta có
06
2
=−+ tt
Tìm t sau đó suy ra x ( chú ý đối chiếu với điều kiện nghiệm đúng )
2.Phương pháp đưa về hệ phương trình:
Thường được dùng để giải pgương trình vô tỉ có dạng
kdcxbax =+±+
Ví dụ: Giải phương trình:
4123 =+++ xx
Đặt
3+= xa
;
12 += xb
Khi đó ta có hệ:
=−
=+
52
4
22
ba
ba
Giải và tìm a, b rồi suy ra x
3.Phương pháp bất đẳng thức:
Ví dụ : Giải phương trình:
y
yy
6
2
3
14
3
.4
2
++=+
Giải: Theo bất đẳng thức Cô si ta có :
2
6
6
y
y
+
≤
Do đó:
60
3
)6(
424
3
.4
22
=⇒≤
−
⇔+≤+ y
y
y
y
4.Phương pháp lượng giác:
Giải: ĐK :
1≥x
Đặt
ax cos=
và biến đổi đơn giản ta có:
( )
0
2
sin1.1cos2 =
+−
a
a
suy ra a và từ đó suy ra x
5.Phương pháp nhân liên hợp:
Ví dụ: Giải phương trình:
4
3
2
1
116 −=− xx
Giải: Phương trình tương đương với:
2
1
2
1
1
2
1
.1
2
1
.
4
1
2
.
2
1
.161
2
1
8
1
.16
4
2
4
3
=⇒−=
+−
+−
++
−⇔−−=
− xxxx
x
xxxx
II.MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:
Bài 1:Giải phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
6336
12.1.12.1121.1 −+−+=−++ xxxxxx
Giải: ĐK:
2
1
≥x
Đặt
xa =
12 −= xb
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
112
333333
1.11.1
3 23 2
3 23 2
3 23 2
=⇔−=⇔=⇔=
=+≥
+++
++=
+=+⇔
++=++
xxxbaVTVP
VPbaab
baabba
VT
baabba
baabba
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
1=x
Bài 2:Giải phương trình:
( )
( )
121.12.
4
=−+−+ xxxxx
Giải: ĐK:
0
2
1
≥≥ x
Đặt
ax =
4
bx =−
4
21
Phương trình trở thành:
( )
1
224
=++ baaba
( )
44
22
4
2
2
ba
ba
aVT +≤
+
+≤
(do
( )
44
2222
2
;
2
ba
baba
ab +≤
++
≤
) )
Hay
( )
mtxxxVPVT /
3
1
21 =⇔−=⇔=
Vậy phương trình có nghiêm duy nhất
3
1
=x
Bài 3:Giải phương trình:
( ) ( )
( )
12.9212.122 −=+−−+ xxxxxx
Giải:
Cách 1:
Đặt
bxxa =−= 12;
với
0, ≥ba
Phương trình đã cho trở thành:
( ) ( )
ababba 92.2 =++
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:
( ) ( )
abbbabaa 9. ≥++++
Đẳng thức xảy ra khi:
112 =⇒−=⇔= xxxba
Vậy
1=x
là nghiệm của phương trình.
Cách 2:
ĐK:
2
1
≥x
( ) ( ) ( ) ( )
( )
VPxxxx
xxxxxxxxxxVT
=−−≥
≥−++−+−+=−+−+=
3
3
12 12.9
12.1212122.122
Mà
( )
mtxxxVPVT \112 =⇔−=⇔=
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
1
=
x
Cách 3:
( )
*
3
2
.
3
2
.
3
2
+
+
+
≤
mppnnm
mnp
(Chứng minh bằng bất đẳng thức Cô-si)
Áp dụng bất đẳng thức
( )
*
ta có:
VPVT
xxxx
xxxx =⇔
−+
+−
≤−
3
122
.
3
212
12
Bài 4: Giải phương trình:
3232
44
=−+ xx
Giải:ĐK:
0
2
3
≥≥ x
444
23 xxxVT −++=
( ) ( ) ( )
( )
3
323.111.111.111
44444444444
≤⇒
=−++++++++≤
VT
xxxVT
mà
13
=⇔=
xVT
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
1=x
Bài 5:Giải phương trình:
13626
2
+−=++− xxxx
Giải:ĐK:
62
≤≤−
x
Áp dung bất đẳng thức Bu-nha-a-cốp-xky ta có:
( )
( ) ( )
426.1126
22
=++−+=++− xxxx
mà
( )
443136
2
2
≥++=+− xxx
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
( )
=
−
=
+
⇔
=++
=++−
3
6
1
2
1
443
426
2
x
xx
x
xx
Hệ phương trình trên vô nghiệm nên phương trình vô nghiệm.
Bài 6:Giải phương trình:
513413 −+−=+ xxx
ĐK:
3
1
−≥x
( )
( )
43213
43213
2
+++−−=−⇔
++−−=+⇔
xxx
xxxPT
Đặt
1332 +=+− xy
ĐK
2
3
≤y
Khi đó ta có hệ
( )
( )
( )
( )
+=+−
++=+−
⇔
+=+−
+++−−=+−
1332
1232
1332
43232
2
2
2
2
xy
yxx
xy
xxy
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
−=
=
⇔=−+−⇔
−−=−+−⇔−−=−−−⇒
xy
yx
yxyx
yxyxyxyxyx
252
0522.
.23.423232
22
*Với
yx =
thay vào
( )
1
ta có:
08154
2
=+− xx
Kết hợp với ĐK
8
9715 −
=⇒ x
*Với
xy 252 −=
Thay vào
( )
1
ta được:
03114
2
=+− xx
Kết hợp với ĐK
8
7311−
=⇒ x
Bài 7:Giải phương trình:
7340452
22
=+−+++ xxxx
Giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
7336241
22
=+−+++ xx
Gọi
( ) ( ) ( )
6;2;2;1;0; BAxM −−
( )
( )
73
362
41
7383
2
2
22
=≥+
+−=
++=
=+=⇒
ABMBMA
xMB
xMA
AB
Đẳng thức xảy ra
( )
( )
≤
−=
−=
⇔
≤
−=−
−=−−
⇔
≤
=
⇔
0
4
1
3
1
0
62
21
0
k
x
TMk
k
k
xkx
k
BkMAM
Vậy
4
1
−=x
là nghiệm của phương trình.
Bài 8:Giải phương trình:
( )( )
( )
3
33
3
161212121234 xxxxxx =−+++−+
Giải: Áp dụng hằng đẳng thức quen thuộc:
( ) ( )
baabbaba +++=+ 3
33
3
Từ đó ta được phương trình ban đầu tương đương:
( )
333
3
3
33
161212161212 xxxxxx =++−⇒=++−
Thế vào phương trình ban đầu ta dễ dàng giải được
2
1
;0 −== xx
Bài 9: Giải phương trình:
( ) ( )
2
22.1. xxxxx =++−
Tập xác định:
2≤x
hoặc
0=x
hoặc
1≥x
*Với
0
=
x
phương trình có nghiệm đúng.
*Với
1
≥
x
( )
1 x
8
9
221 ≥=⇔=++−⇔ TMxxxxPT
*Với
2
−≤
x
( )
-2 x
8
9
221 ≤=⇔−=−−+−⇔ KTMxxxxPT
Đáp số:
8
9
;0 == xx
Bài 10:Giải phương trình.
112
3
−−=− xx
Giải:
Cách 1:Đặt
101
2
+=⇒≥−= txxt
Và phương trình trở thành
( )
10;2;10 t 3;1;011
3
2
===⇔≥===⇔−=− xxxTMttttt
Cách 2:ĐK:
1≥x
Lập phương 2 vế ta có.
( )
3
11314 −−−−=−− xxx
Đặt
( )
01 ≥=− ttx
nên
1
2
−= xt
ta có:
034
23
=−+− ttt
vậy
3;1;0 === ttt
Xét
0
=
t
thì
1
=
x
Xét
3=t
thì
10=x
Xét
1
=
t
thì
2
=
x
Cách 3:ĐK
1≥x
Đặt
ux =−
3
2
vx =−1
Từ đó ta có :
( )
0211
1
1
23
2
3
33
=−+⇔=−+⇒
=+
−=
uuuuu
vu
vu
( )
( )
( )
=
=
=
⇔
−=
=
=
⇔
TMx
TMx
TMx
u
u
u
10
1
2
2
1
0
Vậy phương trình có 3 nghiệm:
10;2;1 === xxx
Bài 11:Giải phương trình.
11414
2
=−+− xx
Giải:
ĐK:
2
1
014
014
2
≥⇔
≥−
≥−
x
x
x
Với
10121414
2
1
2
=+−=−+−⇒= xxx
Với
10121414
2
1
2
=+−>−+−⇒> xxx
( Trái với giả thiết )
Do đó phương trình có nghiệm duy nhất
2
1
=x
Bài 12:Giải phương trình:
( )
Rxxxx ∈=+−+− 01312
2
Đặt
( )
2
1
0t ; 12
2
+
=⇒≥−=
t
xxt
Phương trình trở thành:
( )
( )
012.1014
2
2
24
=−+−⇔=−− ttttt
−=
=
⇔
12
1
t
t
(Do
0
≥
t
)
Với
12 −=t
ta có:
22 −=x
Với
1=t
ta có:
1=x
Vậy phương trình có 2 nghiệm :
1 x; 22 =−=x
Bài 12:Giải phương trình:
12910291
2
=−+−+−+− xxxx
Giải:ĐK:
19 ≥≥ x
Đặt
( )
0t 91 ≥=−+− txx
Nên
91028
22
−+−=− xxt
Phương trình trở thành:
020128
22
=−+⇒=−+ tttt
Ta được:
5;4 −== tt
(loại)
Với
4
=
t
ta có
02510
2
=−+− xx
Vậy
5
=
x
Bài 13:Giải phương trình:
55
2
=++ xx
Giải:
Cách 1:
ĐK
( )
05 ≥−≥ yx
Đặt
55
2
+=⇒+= xyxy
+−
=
−
=
⇔
±−
=
−≥
±
=
≤≤−
⇔
=−+
−≥
=−−
≤≤−
⇔
=−+
+=
≥
−≥
=−−
−=
≥
−≥
⇔
=+−
=+
=+
≥
−≥
⇔
++−
=+
≥
−≥
⇔
=−
=+
≥
−≥
⇔
2
171
2
211
2
171
1
2
211
05
04
1
05
05
04
1
0
5
05
0
5
01
0
5
0
5
5
0
5
5
5
0
5
2
2
2
2
2
22
2
2
2
x
x
x
x
x
x
xx
x
xx
x
xx
xy
y
x
xx
xy
y
x
yx
yx
yx
y
x
yxyx
yx
y
x
xy
yx
y
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm:
2
211−
=x
;
2
171+−
=x
Bài 14:Giải phương trình:
( )
12
2
2
2
=
+
+
x
x
x
Đặt
tx tan2=
−∈
2
;
2
ππ
t
Nhận xét:
∈⇒>
2
;00
π
tx
(1) trở thành:
1sin2tan2
cos
2
tan22
tan2 =+⇔=+ tt
t
t
t
( )
(
)
13
324112
2sin
2sin112
2sin
2cos12
cossin2
sin2.2
tan2
132sin
4
;0
312sin
4
;0
2sin222sin
4
;0
cossin212sin
2
1
0sincos
sincos2sin
2
2
coscossin2sin
22
2
2
−
+−−
=
−−
=⇔
−
===
−=
∈
⇔
±−=
∈
⇔
−=
∈
⇔
−=
≥−
⇔
−=⇔=+⇔
t
t
x
t
t
tt
t
tx
t
t
t
t
tt
t
ttt
tt
ttttttt
π
π
π
B.Chuyên đề phương trình chứa dấu giá trị tuệt đối
I.Cách giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:
Nếu phương trình không thể đưa về các dạng cơ bản sau:
BA =
hay
BA =
Ta có thể sử dụng các phương pháp sau đây:
1. Giải bằng định nghĩa.
Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối, sau đó khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa (để
đơn giản hơn trong quá trình thực hiện, ta cũng có thể dùng bảng xét dấu):
<−
≥
=
0
0
AKhiA
AKhiA
A
VD1: Giải phương trình
( )
1 411 =−++ xx
Giải:
Nếu x<-1 thì:
( )
24111 −=⇔=+−−−⇔ xxx
Nếu -1<x<1 thì:
( ) ( )
vnxxx 204111 =⇔=+−+⇔
Nếu x>1 thì:
( )
24111 =⇔=−++⇔ xxx
Kết luận:
{ }
2;2−=S
VD2: Giải và biện luận phương trình
0123 =+−+ aaxx
Giải:
TH1:
0≥x
. Khi đó:
+ Nếu a = -3: (*) vô nghiệm
+ Nếu
3−≠a
thì
3
12
+
−
=
a
a
x
Do
≥
−<
⇔≥
+
−
=
2
1
3
0
3
12
a
a
a
a
x
TH2: x < 0. Khi đó:
+Nếu a = 3: (**) vô nghiệm
+Nếu
3≠a
thì
3
12
+
−
=
a
a
x
Do
3
2
1
0
3
12
<<⇔<
+
−
= a
a
a
x
Kết luận:
+ a < -3:
+
−
=
3
12
a
a
S
+
2
1
3 <<− a
thì
Φ=S
+
2
1
=a
thì
{ }
0=S
+
3
2
1
<< a
thì
−
−
+
+
=
3
12
;
3
12
a
a
a
a
S
+
3≥a
thì
+
−
=
3
12
a
a
S
2. Phương pháp dùng đồ thị
Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu về một số phép biến đổi đồ thị.
a. Đồ thị
( )
xfy =
Ta có :
( )
( ) ( )
( ) ( )
<−
≥
==
0xf khi
0xf khi
xf
xf
xfy
do đó đồ thị gồm:
- Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x).
- Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành.
b. Đồ thị
( )
xfy =
Do
( )
xfy =
là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Oy. Vậy, đồ thị gồm hai
phần:
- Phần bên phải Oy của đồ thị y=f(x).
- Đối xứng phần trên qua Oy.
c. Đồ thị
( ) ( )
xvxuy =
Ta có:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
<−
≥
==
0u khi
0u khi
xxvxu
xxvxu
xvxuy
. Do đó đồ thị gồm:
- Phần đồ thị y=f(x) trên miền
( )
0u ≥x
- Đối xứng phần đồ thị y=f(x) trện miền
( )
0u <x
qua trục hoành.
d. Đồ thị
( )
xfy =
Ta thấy rằng nếu
( )
00
; yx
thuộc đồ thị trên thì
( )
00
; yx −
cũng thuộc đồ thị trên. Như vậy
đồ thị
( )
xfy =
đối xứng qua trục Ox. Do đó, đồ thị gồm:
- Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x)
- Đối xứng phần trên qua trục hoành để được phần đồ thị còn lại.
3.Phương pháp đặt ẩn số phụ:
VD: Định m để phương trình sau có nghiệm
( )
* 03222
22
=+++−−− mmmxmmxx
Giải:
Đặt
mxt −=
Ta có:
+−=
≥
222
2
0
mmxxt
t
Do đó:
( ) ( )
** 0322*
2
=++−⇔ mmtt
(*) có nhgiệm (**) có nghiệm không âm
≥
−≤
⇔
>
>+
≥+−
≤+
⇔
>
>
≥∆
≤
⇔
3
2
3
02
032
032
032
0
0
0'
0
2
m
m
m
m
mm
m
P
S
P
4.Phương pháp toạ độ:
Ví dụ: Giải phương trình.
5501054
22
=+−−+− xxxx
Giải:
( ) ( ) ( ) ( )
1 55512*
2
2
2
2
=+−−+−⇔ xx
Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm
Khi đó:
( ) ( )
2 1 ABMBMA =−⇔
Với một bộ ba điểm ta luôn có bất đẳng thức
ABMBMA ≤−
Dấu “=” xảy ra khi A, B, M thẳng hàng và M nằm ngòai AB. Do A, B nằm cùng phía với
trục hòanh và
OxM ∈
nên M là giao điểm của đường thằng BA với trục hoành.
Gọi A’(2;0) và B’(5;0) là hình chiếu của A, B lên Ox.
Theo định lý Talet ta có:
4
5
4
3
'
5
1
3'
'
'
'
'
'
=⇔=⇔=
+
⇔= OMMA
MA
MA
BB
AA
MB
MA
Toa độ điểm
0;
4
5
M
.
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
4
5
=x
II.Bài tập ứng dụng:
Bài tập ứng dụng phương pháp dùng đồ thị.
Bài 1: Tìm a để phương trình sau có 4 nghiệm
Giải:
Ta có:
( ) ( )
05452*
22
=−+−+−=⇔ axxxxxf
Lập bảng sau đây:
Ta có:
( ) ( )
4
43
4
4
43
2
5
441
<<⇔−=
−==
aaf
aff
Bài 2: Xác định m để phương trình sau có bốn nghiệm khác nhau
Giải:
Phương trình viết thành:
Dễ thấy rằng nghiệm của phương trình trên cũng chính là phương trình hoành độ giao
điểm của:
Vậy, phương trình có 4 nghiệm khi:
4
43
4 << a
⇔
=+−
=+
=+
≥
−≥
⇔
=++−
=+
≥
−≥
⇔
=−
=+
≥
−≥
⇔
01
0
5
0
5
0
5
0
5
55
5
0
5
2
22
2
2
2
yx
yx
yx
y
x
yxyx
yx
y
x
y
yx
y
x
