chủ đề phương trình, bất phương trình vô tỉ và hệ vô tỉ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (372.1 KB, 63 trang )
CHỦ ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VÀ HỆ VÔ TỈ
PHẦN 1: PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
1.1. Định nghĩa và các định lý
1.1.1. Định nghĩa
Ta gọi phương trình vô tỉ, mọi phương trình có chứa ẩn dưới dấu căn hay nói khác đi đó là
phương trình dạng f(x) = 0, trong đó f(x) là một hàm số có chứa căn thức của biến số.
1.1.2. Các định lý
Các định lý sau làm cơ sở cho việc giải phương trình vô tỉ
Định lý 1: f (x) = g (x) [f (x)]
2k +1
= [g(x)]
2k +1
Định lý 2: = g(x) f (x) = [g(x)]
2k + 1
Định lý 3: = f (x) = g (x)
Định lý 4: = g(x)
Định lý 5 :
(Với k là số tự nhiên khác 0)
1.2. Các phương pháp giải phương trình vô tỉ
1.2.1. Phương pháp nâng lên lũy thừa
Dạng 1:
= ⇔ = ≥
VD1: Giải phương trình sau:
+ − − = −
Giải:
+ − − = − ⇔ + = − + −
Với ĐKXĐ: -4≤ x ≤ 1/2 ta có:
+ = + − −
1
⇔ + = − −
Khi x ≥ - ½ bình phương 2 vế không âm ta có:
(2x + 1)
2
= (1 – x)(1 – 2x)
⇔ =
=
⇔
−
=
thử lại các điều kiện ta được x = 0.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
VD2 : Giải phương trình :
Giải
ĐK:
⇔ ≤ ≤
Ta có
2x – 8 +2
(2x – 8)(7 – x) = 4
- 2x
2
+ 22x – 60 = 0
x
2
– 11x +30 = 0
(thỏa đk đề bài)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 5 và x= 6
VD3
2x31x51x −=−−−
⇔
2x31x51x −+−=−
⇔
2x13x15
2
+−
⇔
2x13x15
2
+−
’
⇔
!
"
’’
2
⇔
⇔
⇒
11
2
#
$%&'()*+,
11
2
#
/
Dạng 2:
≥
= ⇔
=
VD1: Giải các phương trình sau:
+ − =
Giải:
ĐKXĐ: x ≥ 3/2
+ − =
⇔ − = −
Khi x ≥ 3 bình phương 2 vế không âm ta có:
2x – 3 = x
2
– 6x +9
⇔x
2
– 8x + 12 = 0
⇔(x – 2)(x – 6) = 0
⇔ x
1
= 2 (không thỏa mãn điều kiện)
x
2
= 6 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 6.
VD2: Giải Phương trình = 3x – 1 (1)
Giải
3
(1) x = 1
Vậy, phương trình có một nghiệm là x = 1.
VD3
3 4x x+ =
()*
3 4x x+ =
⇔
2
0
3 4
x
x x
≥
= +
01)#
23)4567≥+,)8
VD4
1x
+ − =
29:;
⇔
1x −
29<;;
⇔
"!"
⇔
⇔
⇔
=>?,@;;-?A
?,@0= $%&)*+,
Dạng 3:
≥
+ = ⇔ ≥
+ + =
/
4
VD1: Giải phương trình sau
+ + =
Gải:
+ + =
⇔ + + + + + =
/
+ + =
(&
ta có:
+ + + =
⇔ + = −
⇔ + = −
⇔ + =
=
⇔
= −
Thử lại chỉ có x = 0 thỏa mãn
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình đã cho.
VD2: Giải phương trình :
Giải :
ĐK :
− ≤ ≤ /
Nếu bình phương hai vế của phương trình ta sẽ đưa đến phương trình bậc cao hơn , do đó
chuyển hạng tử thứ hai sang vế phải ta được :
Với điều kiện (*) thì vế phải của phương trình trên không âm nên bình phương hai vế của
phương trình ta được phương trình tương đương như sau
-x
2
+ 4x + 5 = 4 -4 + 1 – x
2
= -x
x = - (thỏa đk (*))
5
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x =-
VD3: Giải phương trình:
+ − − =
Giải:
Điều kiện
≥ −
+ ≥
⇔ ⇔ ≥
− ≥
≥
B
Ta có
⇔ + = −
C
D64)8E=>F,GH64)8E01)
4 3x 5 6 x (3'')⇔ − = −
45345352 +−+−=+ xxx
$70I5=+"≥⇔≤"
D64)8
EE
=>F,JH64)8
EE
01)
""
⇔
""
3
5
≥x
⇔G
23)4567)K)0I5=+6.≤"+,)8 /
VD4
2 5 3 5 2x x+ − − =
"29:
5
3
⇔
2 5x
+
3 5x
−
⇔
4 3 5x
−
⇔
"
5x3 −
$70=<"'
⇔
"
"
6
⇔
""
⇔
⇔
-?A=>?,@0=
?,@0=
$%&'(")*+,
VD5'(
10 3 5x x− + + =
29
10x3
03x
0x10
≤≤−⇒
≥+
≥−
⇔
)3x)(x10( +−
⇔
)3x)(x10( +−
"
⇔
"
⇔
"
⇔
"
⇔
?,@0=
"?,@0=
$%&)*+,
#
"/
VD6
1 4x x
+ +
29
2
4 0x x + ≥
⇔
2
4x x +
⇔
2
4x x +
⇔
L
4x
2
+
M
⇔
−≥+=+
=
2x:DK(*)2x4x
0x
7
'(;
⇔
⇔
⇔
NOP&
2
4x x +
:?,@0=
QJ5)*+,
VD7:
3 3
45 16 1 (10)x x+ − − =
⇔
( )
3
3 3
45 16 1x x+ − − =
⇔
"
3 3
3
( 45)( 16)( 45 16) 1x x x x+ − + − − =
⇔
3
( 45)( 16) 20x x+ − =
⇔
"
⇔
!
⇔
!
⇔
!
$%&)*+,
#
!
VD 8
1x1x2
33
=++
⇔
3 3
3
(2 1)( 2 1 ) 1x x x x+ + + =
⇔
3
(2 1) 0x x + =
⇔
3
(2 1)x x x+ = −
⇔
8
⇔
⇔
⇔
#
KR
=>?,@
VD 9
1
1x x
x
+ + =
0=:
⇔
1xx
2
=+
⇔
1xx
2
=+
;
$70I5=+:
⇔
<
';
⇔
⇔
⇔
3
1
?,@0=
$%&)*+,
3
1
VÝ dô 10
2
2 3
3
1
x x
x
x
+ −
= +
−
29
1x
01x
03x2x
2
>⇔
>−
≥−+
90*
⇔
( 1)( 3)
3
1
x x
x
x
− −
= +
−
⇔
3x +
6:
⇔
"!
⇔
"
⇔
⇔
-?A
-?A
9
$%&6>+,
1.2.2. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1
a) Phương pháp
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng một ẩn phụ để chuyển phương trình ban
đầu thành phương trình có một ẩn phụ.
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ sau:
• Nếu bài toán chứa có thể:
Đặt t= , điều kiện tối thiểu t ,khi đó
• Nếu bài toán chứa
Đặt t= ,điều kiện tối thiểu t ,khi đó =
• Nếu bài toán chứa có thể:
Đặt t=khi đó =
• Nếu bài toán chứa co thể:
Đặt x= với hoặc x= với t
• Nếu bài toán chứa có thể:
Đặt x = với t\{0} hoặc x= với t
• Nếu bài toán chứa có thể:
Đặt với hoặc đặt với .
• Nếu bài toán chứa hoặc có thể đặt .
• Nếu bài toán chứa có
thể đặt
Chú ý: :Với phương trình căn thức chứa tham số sử dụng phương pháp dặt ẩn
phụ, nhất thiết ta phải tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ.
Để tìm điều kiện đúng cho ẩn phụ ta có thể chọn một trong các phương pháp sau:
Sử dụng tam thức bậc2, thí dụ:
.
Sử dụng bất đẳng thức, thí dụ
Ta có :
10
Vậy điều kiện cho ẩn phụ t là
Sứ dụng đạo hàm, thí dụ được minh họa trong ví dụ phía dưới.
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải phương trình:
Giải
Điều kiện:
•
• Với t=1, ta được
Vậy phương trình có nghiệm là và
Ví dụ 2: Giải phương trình
Giải
Điều kiện:
Viết lại phương trình dưới dạng
11
Đặt (**)
Khi đó:
(2) (3)
Phương trình (1) có nghiệm
Nhận xét rằng (3) luôn có hai nghiệm trái dấu. Do đó, (3) có nghiệm thỏa mản (**)
Vậy với phương trình (1) có nghiệm.
Ví dụ 3: Giải phương trình
=
Giải:
Điều kiện :
Đặt
Khi đó phương trình trở thành:
=)
Vậy nghiệm của phương trình là
Ví dụ 4: Giải và biện luận phương trình
+ (1)
Giải
Điều kiện:
(*)
12
Nhận xét rằng
Nên đặt
(**)
Khi đó phương trình trở thành
Điều kiện để phương trình có nghiệm là
-1- (***)
Với điều kiện đó ta đặt
Ta được
)
.
VÝ dô 5
2
2 7 7 2x x+ + =
29
:
⇔
2
2 7 7x x+ +
2S
2
7 7x x t+ + =
:
()*
⇔
⇔
−=
=
3
5
t
1t
2
1
-?A
$7
⇒
7x7x
2
++
13
⇔
⇔
"
−=
−=
⇒
6x
1x
2
1
?,@
:
$%&)*+,
6.
"
VÝ dô 6
2
2 1x x x+ + −
29
:
⇔
:
⇔
≥
−≤
0x
1x
⇔
xx
2
+
2S
xx
2
+
:
Khi đó phương trình có dạng
⇔
1
2
1
1
3
t
t
=
⇔
= −
$7
⇒
xx
2
+
⇔
⇔
1
2
1 5
2
1 5
2
x
x
− +
=
⇔
− −
=
?,@
≥
−≤
0x
1x
$%&)*+,
1
2
1 5
2
1 5
2
x
x
− +
=
− −
=
14
VÝ dô 3
612x8x2x4x
2
++−+=
2
0=
06x4x
2
≥+−
0T
x∀
0126x4x.26x4x
22
=−+−−+−⇔
2S
0t6x4x
2
≥=+−
()*
1
2
2
2 5 2
2 2 0( )
2
2. 12 0
2 5 2
3 2
2
t loai
t t
t
−
= = − <
− − = ⇔
+
= =
−=
=
⇔
2x
6x
2
1
VËy ph¬ng tr×nh
(16) cã 2 nghiÖm x
1
= 6 ; x
2
= - 2
1.2.3. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 2
a) Phương pháp
Phương pháp dặt ẩn phụ dạng 2 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu
thành mọt phương trình với 1 ẩn phụ nhưng hệ số vẫn còn chứa x.
Phương pháp này dược sử dụng với những phương trình khi lựa chọn ẩn phụ cho một biểu
thức thì các biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để qua ẩn phụ
đó hoặc nếu biểu diễn được thì công thức biểu diễn lại quá phức tạp.
Khi đó thường ta được một phương trình bậc 2 theo ẩn phụ (hoặc vẫn theo ẩn x) có biết số
là một số chính phương.
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Giải phương trình
Giải:
Điều kiện:
15
012x4x186x4x236x4x
222
=−−⇔=+−⇔=+−⇒
(*)
Đặt t=
Khi đó phương trình trở thành
Ta có
Do đó phương trình có nghiệm :
(x-1)
Vậy phương trình có nghiệm
1.2.4. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 3
a) Phương pháp
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 3 là việc sử dụng k ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu
thành một hệ phương trình với k ẩn phụ.
Trong hệ mới thì k - 1 phương trình nhận được từ các mối liên hệ giữa các đại lượng
tương ứng . Chẳng hạn đối với phương trình :
Ta có thể đặt:
, suy ra
Khi đó ta thu được hệ phương trình:
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Với giá trị nào của a thì phương trình có nghiệm.
Giải:
Đặt .
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ phương trình
16
Nếu a=0 thì hệ vô nghiệm.
Nếu a
Phương trình có nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm khi
VÝ dô 2
3 3
34 3 1x x+ − − =
2S
3
3
3
3
a x
b x
= +
= −
/
()*+
3 3 2 2
2 2 2
2
1 1
37 37
1
2 1 37 0
1
12 0
a b a b
a b a ab b
a b
b b b b b
a b
b b
− = − =
⇔
− = + + =
= +
⇔
+ + + + + − =
= +
⇔
+ − =
−=
−=
⇔
4b
3a
?S)
=
−=
⇒
=
=
30x
61x
3b
4a
$%&)*+,
"#
VÝ dô 16
( ) ( )
11x91x31x3
3
2
3
2
3
2
=−+−++
"
2S5
3
1x3 +
#6
3
1x3 −
()*+
17
( ) ( )
=++++
+=
⇔
=−
=++
⇔
=−
=++
12vvv2v
2vu
2vu
1uvvu
2vu
1uvvu
2
2
22
33
22
( )
0x
11x3
11x3
1v
1u
01v3
2vu
3
3
2
=⇒
−=−
=+
⇒
−=
=
⇔
=+
+=
⇔
$%&")*+,
VÝ dô 3
4
44
x23x2x1 −=−+−
29<
2S
0ax1
4
≥=−
⇒
4
x2 −
H:
⇒
H
H
⇔
H
4
44
ba
+
⇔
H
H
⇔
H"
H
H
H
H
⇔
H
HH
Q45
=
=
0b
0a
Q45:
4
x1−
⇔
?,@0=
Q45H:
4
x2 −
⇔
-?A
$%&)*+, /
1.2.5. Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 4
a) Phương pháp
Phương pháp dung ẩn phụ dạng 4 là việc sử dụng 1 ẩn phụ chuyển phương trình ban đầu
thành 1 hệ phương trình với 1 ẩn phụ và ẩn x.
Ta thực hiện các bước:
B1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phương trình .
B2: Biến đổi phương trình về dạng :
B3: Đặt ,ta biến đổi phương trình thành hệ:
18
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 1 : Giải phương trình
Giải
Điều kiện
3x+1 (*)
Viết lại phương trình dưới dạng :
Đặt -2y+3=(**)
Khi đó, phương trình được chuyển thành
Với x = y thay vào (1) ta được
4-15x+8=0 . Kết hợp với điều kiện (*) và (**) suy ra .
Với 2y = 5 - 2x thay vào ( 1) ta được
4. Kết hợp với điều kiện (*) và (**) suy ra .
Vậy phương trình có hai nghiệm: và .
Ví dụ 2: Giải phương trình:
.
Giải
Đặt y=
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ :
19
Thay x = y vào ( 1) ta được :
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 hoặc x = -2.
VÝ dô 3
( )
2
2
x3x17 −=−
!
0I5=+
17x0 ≤≤
2S
0ux ≥=
#
vx =
6
3≤
⇒
56#
4424
vu17vu17 =−⇒=−
()*+
=−+
=+
⇔
=+
=+
17vu2)vu(
3vu
17vu
3vu
2222244
⇔
[ ]
=−−
=+
⇔
=−−+
=+
17vu2)uv29(
3vu
17vu2uv2)vu(
3vu
222
22
2
2
=
=
=+
⇔
=+−
=+
⇔
2v.u
16v.u
3vu
032uv18vu
3vu
22
20
=
=
⇒
=
=
=
=
⇒
=
=+
=
=+
⇔
)TMDK(
1x
4x
2v
1u
1v
2u
2v.u
3vu
)nghiemvo(
16v.u
3vu
$%&!)*+,
6.
/
VÝ dô 4
9x17xx17
22
=−+−
#
2=
17x17 ≤≤
2S
222
x17y0yx17 −=⇒≥=−
()*+
=−+
=++
⇔
=+
=++
17xy2)yx(
9xyyx
17yx
9xyyx
222
=++
=++
⇔
=−+
=++
⇔
9xyyx
35xy2)yx(
17xy2)yx(
10xy2)yx(2
2
2
=
=+
⇔
4xy
5yx
?S)
=
−=+
16xy
7yx
6>+,
=
=
⇔
4y
1x
?S)
=
=
4y
4x
⇒
?S)
$%&)*+,
G
1.2.6. Ph¬ng ph¸p ®a vÒ ph¬ng tr×nh chøa Èn trong dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi
21
a) Phương pháp
UVW,6XY0Z[)
AA
2
=
0\ ,,P]P5)^/_50*0\K]P5
((2)*\`=??S)]a)K)HP0Z[)/
BABA
+≥+
&]P5“”
⇔
b/c:
A
:b &]P5“”
⇔
b:
A
:b &]P5“”
⇔
b<
b) Ví dụ minh họa
VÝ dô 1
21x2x1x2x =−−+−+
2I5=+:
⇔
2)11x()11x(
22
=−−++−
⇔
11x11x −−++−
⇔
1x111x −−=−−
K]dc2(
A
:b &]P5“”
⇔
b<
()*
1x111x −−≥−−
22
⇒
1x111x −−=−−
011x ≤−−⇔
⇔
1x −
<
⇔
<
941670=:
⇒
'()*+, <<
VÝ dô 2
14x4x4x23x =−−+−−−
"
29:
"
⇔
144x2.24x14x24x
=+−−−++−−−
⇔
1)24x()14x(
22
=−−+−−
⇔
14x214x =−−+−−
K]dc2(
BABA
+≥+
&]P5“”
⇔
b/c:
()*
4x214x −−+−−
≥
14x214x =−−+−−
⇒
4x214x −−+−−
⇔
0)4x2)(14x ≥−−−−
⇔
<
4x −
<
⇔
<<
23
⇔
<< ?,@0=
$%&+,)8" <<
VÝ dô 3
11x1x2x
=−−−−
29:
⇔
11x)1x2x(
2
=−−−−
⇔
11x11x =−−−−
;
`<
1x −
<
⇔
<<
'(;
⇔
1x1x −−−
⇔
1x −
⇔
⇔
∈
92e
e`
1x −
:
⇔
:
'(;
⇔
1x −
1x −
6>+,
$%&'()*+,/
VÝ dô 4
21x2x1x2x
=−−+−+
24
29:
2
1
⇔
21x22x21x22x2
=−−+−+
⇔
211x221x211x221x2
=+−−−++−+−
⇔
2)11x2()11x2(
22
=−−++−
⇔
11x2 +−
11x2 −−
⇔
11x2 −−
1x2 −
K]dc2(
A
:b &]P5“”
⇔
b<
()*
11x2 −−
:
1x2 −
e&
11x2 −−
1x2 −
⇔
1x2 −
<
⇔
1x2 −
<
⇔
<
941670=:
2
1
25
