Đề tài Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ trong giải phương trình chứa hai phép toán ngược nhau pps

I.- Lý do chọn đề tài :Trong chơng trình toán phổ thông chúng ta gặp rất nhiều dạng toán giải phơng trình.. Đối với mỗi dạng lại có nhiều cách giải khác nhau.. Phơng pháp đặt ẩn phụ th-ờ

Trang 1

I.- Lý do chọn đề tài :

Trong chơng trình toán phổ thông chúng ta gặp rất nhiều dạng toán giải phơng trình Đối với mỗi dạng lại có nhiều cách giải khác nhau Và thông thờng

ta hay chọn cách giải chính xác và ngắn gọn nhất Phơng pháp đặt ẩn phụ th-ờng dẫn đến thành công với hiệu quả giải toán cao Song việc chọn ẩn phụ nh thế nào để bài toán trở nên đơn giản hơn là vấn đề khó khăn Trong phạm vi đề

tài này tôi muốn đề cập tới việc "Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ trong giải

ph-ơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau" trên cơ sở dựa vào tính chất của các

hàm số ngợc để đa việc giải phơng trình về giải hệ phơng trình đối xứng hai ẩn kiểu II

II.- Mục đích yêu cầu :

- Làm cho học sinh nắm vững tính chất của hai hàm số ngợc nhau và khảo sát sự biến thiên của hàm số

- Trên cơ sở đó củng cố cách giải hệ phơng trình đối xứng hai ẩn kiểu II

- Rèn luyện khả năng t duy logic

1 Tài liệu tham khảo :

- Phơng pháp giải toán mũ và logarit - Lê Hồng Đức

- Tạp chí toán học và tuổi trẻ từ 2000 - 2005

- Sách : Phơng trình và hệ phơng trình của Phạm Thành Luân

- Đề thi tuyển sinh Đại học năm 1996

2 Thực tế giảng dạy ở trờng phổ thông.

Từ các yếu tố trên đ giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọngã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

làm phong phú thêm môn đại số sơ cấp và góp phần nhỏ bé vào công tác giảng dạy ở trờng phổ thông

IV.- Nội dung :

ở phần này tôi muốn giới thiệu các dạng phơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau và phơng pháp giải bài toán tổng quát cho từng dạng Sau đó

là những bài tập áp dụng

Dạng 1 : Phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai.

1 Bài toán tổng quát :

Giải phơng trình : 1xb1a2xb22dxe (I)

Với : a1,a2,c  0









e c b b

d c a

a2 1

Trang 2

Giải : Điều kiện : a1xb1  0

Đặt : a1xb1 a2yb2

Với điều kiện : a2yb2  0 ta đợc  2

2 2 1

Khi đó (I) có dạng : ca2xb22 a2y dxb2  e

Từ (1) ta có : ca2xb22 a1cxb1c

Ta có hệ phơng trình :     















c b cx a b

y a c

c b x a ca y a b

x a c

1 1

2 2 2

1 2

2 2 2

) 3 (

) 2 (

Lấy (2) - (3) ta đợc :

x ya2cxa2cy2b2c10















0 1

2 2 2

2cx a cy b c a

y x

Tr

ờng hợp 1 : x = y thay vào (1) ta đợc : a2xb22 a1xb1

Đây là phơng trình bậc hai đối với x

Tr

ờng hợp 2 : a2cxa2cy 2b2c 1  0 kết hợp với (1)

=> Giải hệ phơng trình tìm x, y

2 Bài tập :







Giải : Điều kiện :

2

15 0

15

2x   x 

Ta có : ( 4 ) 2 15 2 ( 4 2 ) 2 28









Với điều kiện :

2

1 0

2

4y   y  ta có :

2

) 2 4 ( 15 2 )

6

(  x  y

Khi đó, ta có hệ phơng trình :













15 2

) 2 4 (

15 2

) 2 4 (

2 2

x y

y x

) 8 (

) 7 (

Lấy (7) - (8) ta đợc :

(x - y)(8x + 8y + 9) = 0

* Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (8) ta đợc :

16x2 + 14x - 11 = 0













8 11 2 1

x

(loại)

* Tr ờng hợp 2 :

2

9 8 4

0 9 8

8      x

y y

Trang 3

64x2 + 72x - 35 = 0



















16

221 9

16

221 9

x x

Vậy phơng trình có hai nghiệm :

2

1



x và

16

221

9 





x





Giải : Điều kiện : 2  x 0  x 2







2 ) (







Với điều kiện y  0 thì (10)  2  x  y2

Ta có hệ phơng trình : 













x y

y x

2 2

) 12 (

) 11 (

Lấy (11) - (12), ta đợc :

(x - y)(x + y - 1) = 0

* Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (11) ta đợc :

x2 + x - 2 = 0













2

1

x x

* Trờng hợp 2 : x + y - 1 = 5  y = 1 - x Thay vào (11) ta có :

x2 - x - 1 = 0

















2

5 1 2

5 1

x

(loại)

Vậy phơng trình có hai nghiệm : x = - 2 và

2

5

1 



x

Bài 3 : Giải phơng trình :

3 3

2

Giải : Đặt tgx  X







3 ( 1 ) 2 4







Điều kiện : X  3  0  X   3

Đặt X  3 Y 1 với điều kiện Y 1 ta có : X  3  (Y  1 ) 2

Khi đó ta có hệ : 













3 )

1 (

3 )

1 (

2 2

X Y

Y X

)

15

(

)

14

(

(loại vì điều kiện của y)

(loại)

Trang 4

Lấy (14) - (15), ta đợc :

X YX Y 1  0

* Tr ờng hợp 1 : Với X = Y, thay vào (14) ta đợc :

2 3 2 0





 X X

















2

17 3

2

17 3

X

(loại)

* Tr ờng hợp 2 : Với X Y  1  0 Y  1  X thay vào (14), ta có :

2 3 0





 X X

















2

13 1

2

13 1

X X

* Với

2

17

3 



2

17

3 



tgx







 x  k (k  Z) với  tg

2

17 3

* Với

2

13

1 



2

13

1 



tgx







 x  k' (k ' Z) với  tg

2

13 1 Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm :





 k

x  , k  Z và

2

17

3 





tg





 k'

x  , k ' Z và

2

13

1 





tg





 x

Giải : Đặt : 2x u 0

Khi đó : ( 16 ) 2 6 6







Đặt u 6 v 0

Khi đó : u6 v 2











6 6

2 2

u v

v u

)

18

(

)

17

(

Lấy (17) - (18) ta đợc :   



















0 1 0

) 1 (

v u

v u v

u v u

(loại)

Trang 5

+ Với u  v  ta đợc : 















2

3 0

6

2

u

u u

u

(loại)

Với u 3  2x  3  x log23

+ Với uv 1  0 ta đợc phơng trình : u2 u 5  0



















2

21 1

2

21 1

u

(loại)

Với

2

1 21 log 2

1 21 2

2

1 21

2















Vậy phơng trình có hai nghiệm : x log23 và x =

2

1 21 log2 

1 log log

2

Giải : Đặt log3 x  U

Khi đó (19) có dạng : 2 2 1





U

1 1

) 1







U

Điều kiện : U   1

Đặt : U  1 V  1 với V  1

Khi đó : U  1  (V  1 ) 2















1 )

1 (

1 )

1 (

2 2

V U

U V

)

21

(

)

20

(

Lấy (20) - (21) ta đợc : (U V)(U V  1 )  0

















0 1

V U

+ Với U = V ta có : U2 - 3U = 0 









3

0

U

(loại) Với U  3  log3x 3  x 27

+ Với U V  1  0, ta đợc phơng trình :

2 1 0





 U U

















2

5 1 2

5 1

U

2 5 1

3 2

5









 log3x x

(loại)

Vậy phơng trình đ cho có hai nghiệm : ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng x 27

và 125

3





x

3 Các bài tập tự giải :

Trang 6

1) 2 1000 1 8000 1000







x





 x x









4) x 3  x  3

5) log 2 log2 1 1

2 x x  6) 4x2 2x 1 5 12x





Dạng 2 : Phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba.

Giải phơng trình :

e dx b

x a c b x

a   2  2 2  

3

1

Với a1,a2,c 0

và a2 a1cd; b2 b1ce

1

1x b a y b

3 2 2 1

Ta có (II)  c(a2yb2)2 a2y dxb2 e

Ta có hệ phơng trình : 

















c b cx a b

y a c

e b dx y a b

x a c

1 1

2 2 2

2 2

2 2 2

) (

) 2 (

) 1 (

Lấy (1) - (2) ta đợc :    2 2 1 0





 y cA cAB cB x

y

x 

 hoặc cA2 cABcB2  1  0

Với A (a2xb2); Ba2yb2

Tr

ờng hợp 1 : x  y thay vào (*) ta đợc phơng trình bậc 3 :

a2xb23 a1xb1

Tr

ờng hợp 2 : cA2 ABB2 1  0 (3)

4

3 ) 2

2

2    B  B 

A B AB A

Nếu c > 0 thì (3) vô nghiệm

c < 0 thì giải hệ (*) và (3)

2 Bài tập :

1 1

2





 x x

Giải : Đặt 3 2x 1 y

1 2 3















1 2 1 2

3 3

x y

y x

) 5 (

) 4 ( Lấy (4) - (5) ta đợc : x y x2 xyy2  2 0

Trang 7

x 



Thay vào (4) ta đợc : 3 2 1 0





 x x















0 1

1

2 x x x

















2

5 1

1

x x

Xét lớp phơng trình dạng :

f x  b b

x af

a3 ( )   ( )3

2 3

4 2 8

3 x x  x  x (5)

Giải :

(5)

27

46 ) 3

2 ( 8

3    

27

46 ) 2 3 ( 27

1 8

Đặt : 3 81x 8  3y 2

3 23 81 8







) 8 81 ( 27

1 ) 2 3 ( 27







27

8 3 ) 2 3 ( 27







Ta có hệ phơng trình :















27 8 3 ) 2 3 ( 27 1

27 8 3

) 2 3 ( 27 1

3 3

x y

y x

) 8 (

) 7 (

Lấy (7) - (8) ta đợc :

27























x

y

x 



Thay vào (6) ta đợc : ( 3 2 ) 3 81 8





x

0 23 18

9 3  2  















0 23 18

9

0

x x













3 2 4 3

0

x x

Vậy phơng trình đ cho có 3 nghiệm : ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

3

2 4 3

;

Trang 8

27 cos 162 )

1 cos 8





x

Giải :

Đặt : 2 cosx  X ; Điều kiện : | X |  2

Ta có phơng trình :  3 13 81 27





Đặt : X3  1  3Y

Thay vào (9) ta đợc : Y3  3X  1









X Y

Y X

3 1 3 1

3 3

) 11 (

) 10 (

Lấy (10) - (11) ta đợc :

( )( 2 2 1 ) 0





 Y X XY Y X

Y

X 



Thay vào (10) ta đợc : X3  3X  1  0

Thay X  2 cosx ta đợc : 8 cos 3 x 6 cosx  1

1 ) cos 3 cos 4 (







1 3 cos

2

1 3

cos  











3

2

3

2 9









Xét lớp dạng :   3 13 81 ( ) 4

)

f

6 ) 3 2 ( 9

3







x



Ta có phơng trình : 3 9  33 6







X

Đặt : 3 9 3





 Y X

3

) 3 (

9  















9 )

3 (

9 )

3 (

3 3

X Y

Y X

)

13

(

)

12

(

Lấy (11) - (12) ta đợc :

( )( 3 ) 2 ( 3 )( 3 ) ( 3 ) 2 1 0















X

Y

X 



Trang 9

Thay vào (12) ta đợc : 3 9 2 27 18 0







X

















0 18 9

1

X X











3 6 1

X X

X

m n)ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

(thoả

Với X  1  2x  1  x 0

6 log 6

2

3 log 3

2

3 Bài tập tự giải :

1) x3  2  3 3 3x 2

1 2 2

1  

x

3) 3 3 5 8 3 36 2 53 25









x

4) 3 3 2 3 16 3 9 0







x

Những khó khăn mà học sinh thờng gặp là vấn đề chọn số a2, b2 thoả m nã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

điều kiện :

a2 = a1c + d

b2 = b1c + e

Dạng 3 : Phơng trình dạng :

x

1.- Bài toán tổng quát :

Giải phơng trình f(f(x))  x

Với f (x) là hàm số đồng biến trên D x R

Giải : Đặt f(x) y

Ta có : f(y) x

Do y  f (x) là hàm số đồng biến trên D x nên f(y) x là hàm số đồng biến trên D y R

Ta có hệ phơng trình : 



x y

f

y x

f

) ( ) (

) 2 (

) 1 (

Giả sử D = Dx = Dy khi đó từ (1) và (2)  y xf(x)  f(y)

y y f x x

 ( ) ( ) (3)

Do f (x) là hàm số đồng biến  f(x) x là hàm số đồng biến

Nên từ (3)  x  y

Thay vào (1), ta có : f(x) x

Xét hàm số : g(x) f(x)  x

Trang 10

Sử dụng định lý Rôn : Nếu g (x) lồi hoặc lõm trên D thì phơng trình

0

)

(x 

g nếu có nghiệm thì có không quá hai nghiệm D

Giải phơng trình tìm nghiệm của g(x)  0

(Chỉ cần chỉ ra 2 nghiệm thoả m n ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng g(x)  0)

2 Bài tập :

3log (3x 1) 1 x

3

1 0

1

3x   x

Đặt log2( 3x 1 ) y 2y  3x 1

Khi đó (4)  log2( 3y 1 ) x

 2x  3y 1











1 3 2

x y

y x

) 6 (

) 5 (

Lấy (5) - (6) ta đợc : 2x  3x 2y  3y ( 7 )

Đặt : f(t)  2t  3t

Ta có : f' (t)  2tln 2  3  0, t  R

)

(t

f

 là hàm số đồng biến

Khi đó, từ (7) ta có : x = y

Thay vào (5), ta có : 2x  3x 1

0 1 3

2   

 x x

Đặt g(x)  2x  3x 1 trên 













 , 3

1

D

3 2 ln 2 )

(

' x  x 

g

0 2 ln 2 )

(



 x

x















3

1

x

)

(x

g

 là lõm trên D

Theo định lý Rôn : Phơng trình g(x)  0 nếu có nghiệm thì có không quá 2

nghiệm

Nhận thấy : g(3) = g(1) = 0

 phơng trình : 2x  3x 1  0 có 2 nghiệm là 3 và 1

Vậy phơng trình đ cho có 2 nghiệm là 1 và 3.ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

x

x ) sin(sin với x 1 ; 1

Giải :

Đặt sinx  y ; y 1 ; 1

Trang 11

Ta có hệ phơng trình : 



x y y x

sin sin

) 9 (

) 8 (

Lấy (8) - (9) ta đợc :

y y x

x  sin 

Đặt g t) sintt

Ta có : g' (t)  cost 1  0, t 1 ; 1

 t)

g

 là hàm số đồng biến trên  1 ; 1

Nên phơng trình (10)  x  y

Thay vào phép đặt ta có : sinx  x

Đặt : f(x) sinx x

Ta có : f' (x)  cosx 1  0, x  R

)

(x

f

 là hàm số nghịch biến trên  1 ; 1

Và f(x)  0  cosx 1  x 0 do x 1 ; 1

Bảng biến thiên của hàm số f(x) sinx x

Vậy phơng trình f(x)  0 có nghiệm x = 0

Kết luận : Phơng trình đ cho có nghiệm x = 0ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

 2 3 42 3 2 3 4 4











x

Giải :

Đặt : x2  3x 4 y













x y

y

y x

x

4 3 4 3

2 2

) 12 (

) 11 (

Lấy (11) - (12) ta đợc :

x yxy 4  0













0 4

y x y x

Tr

ờng hợp 1 : Với x = y thì (11) có dạng : x2  2x 4  0



















5 1

x x

Tr

ờng hợp 2 : Với xy 4  0  y  4  x

Khi đó (11) có dạng : 2 4 0



 x x













4

0

x x

Vậy phơng trình có 4 nghiệm :  4;  1 5; 0; 1 5

Bài 4 : Giải biện luận phơng trình :

Trang 12

x x f

f( ( )) 

Với f(x) x2  2xm

Giải : Đặt : f(x) y

Ta có hệ : 











x m y y

y m x x

2 2

) 14 (

) 13 (

Lấy (13) - (14) ta có :

x yxy 3  0

Tr

ờng hợp 1 : Với x = y thì (14) có dạng :

0

2 xm

m

4 1





+

4

1



m thì (15) vô nghiệm

+

4

1



m thì (15) có nghiệm kép

2

1





x

+

4

1



m thì (15) có 2 nghiệm phân biệt :

2

4 1 1

2 , 1

m

Tr

ờng hợp 2 : Với xy 3  0  y x 3 thì (13) có dạng :

0 3 3

2





 x m

m

4

3 







+

4

3





m thì (16) vô nghiệm

+

4

3





m thì (16) có nghiệm kép :

2

3





x

+

4

3





m thì (16) có 2 nghiệm phân biệt :

2

4 3 3

2 , 1

m

Kết luận : +

4

1



m phơng trình đ cho vô nghiệm.ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

+

4

1



m phơng trình đ cho có nghiệm kép ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

2

1





x

+

4

3





m phơng trình đ cho có nghiệm kép ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

2

3





x

4

3

; (  



4

1

; 4

3 ( : Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt

3 Bài tập tự giải :

1) cos(cosx ) x với x 1 ; 1

2) f(f(x)) x với ( ) 2 5 3



x x x

3) Cho phơng trình :

ax bx c bax bx c c x

Tìm điều kiện của a, b, c để phơng trình trên vô nghiệm

Dạng 4 : Phơng trình mũ và logarit

Trang 13

Giải phơng trình :

e dx b x a c

S x b S





Với a1,a2  0; 0 S 1; a2 a1cd; b2 b1ce

Giải : Điều kiện : a2xb2  0

Đặt : logS(a2xb2 ) a1yb1

2 2

1

1 a x b

S y b



















2 1 2 1 2 2

) ( 1

1 1 1

b x c a a cy a S

b x a S

b a b y

) 2 (

) 1 (

Lấy (1) - (2) ta đợc :

cy a S

cx a

S x b a y b

1

Xét hàm số : f t S a t b a ct

1

1 1 ) (    trên D

Nếu f (t) đơn điệu trên D thì từ (3) suy ra : x  y

Thay vào (1) ta có : S 1x b1 a2x b2







Đặt : g(x) S a1x b1 a2x b2



Có thể sử dụng bất đẳng thức Becnuli hoặc định lý Rôn để giải phơng trình g(x)  0

2 Bài tập :

) 2 1 ( log 1





Giải :

Điều kiện :

2

1 0

2

1  x  x 

Đặt : log3( 1  2x) y 1  2x 3y











1 3

1 2 3

x y x

x y

) 6 (

) 5 (

Lấy (5) - (6) ta đợc :

y

x





Đặt : g t t t



3 ) (







 3 ln 3 1 0 , )

( '

 t)

g

 luôn đồng biến trên R

Vậy (7)  x  y

Thay vào (5) ta đợc : 3x  2x 1

Xét hàm số : g x  3x 2x 1 trên 













 , 2 1

Ta có : g' (x)  3xln 3  2

Trang 14

0 3 ln 3 ) (



 x

x

















2

1

x

)

(x

g













 , 2 1

Theo định lý Rôn : Phơng trình g(x)  0 nếu có nghiệm thì có không quá 2 nghiệm

Nhận thấy : g( 0 ) g( 1 )  0

Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 0 và x = 1

3 7

1 1 2 log ( 6 5 )

6

5 0

5

6x   x

Đặt : log7( 6x 5 ) y 1

1

7 5





Khi đó (9) 7 1 1 6 ( 1 ) 6 5























5 6 7

5 6

7

1 1

x y

y x

)

11

(

)

10

(

Lấy (10) - (11) ta đợc :

) 1 ( 6 7 ) 1 ( 6









Xét hàm số : g(t)  7t  6t

Ta có : g' (t)  7tln 7  6  0, t

)

(t

g

 luôn đồng biến nên (12)  x  y

Thay vào (10) ta có phơng trình : 7 1 6 5





 x x

Xét hàm số : ( ) 7 1 6 5





x













, 6 5

Ta có : ' ( ) 7 1 ln 7 6



 x

x f

0 7 ln 7 ) (



 x

x

6

5 ( 



x

)

(x

f

 luôn lõm trên D

Theo định lý Rôn : Phơng trình f(x)  0 nếu có nghiệm thì có không quá 2

nghiệm

Nhận thấy : f( 1 ) f( 2 )  0

Vậy phơng trình đ cho có 2 nghiệm : x = 1 và x = 2.ã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng

1 )

1 ln(sin sin





Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	800 KB