tuyển tập phương trình, bpt, hệ pt

Phần cịn lại, ta sẽ căn chỉnh hệ số sao cho thích hợp... TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNHII.Hệ phương trình sử dụng biến đổi tương đương: Đặc điểm chung của dạng

Trang 1

TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I.Vài căn thức cơ bản:

:

3 3

3

 



Chú ý: sao cho bậccủaB

Đây là trình tự trục căn thứcliên hợp cần phải ghi nhớ về bậc số

ví dụ: Khi trục căn chỉ được phép trừ đi các biểu thức bậc

3

3 2

3 4,

     

, đúng trình tự ; 5 khi nó mang dấu âm)

II.Kiến thức về hàm số:

đơn điệu trên D

Nếu thì Nghiệm bội chẵn là cực trị, bội lẻ không là cực trị

đơn điệu trên D

0 2

'( ) 0

f x



III.Chứng minh phương trình bậc 4 vơ nghiệm:

Ta sẽ nhóm biểu thức vô nghiệm về dạng:

Ta sẽ chứng minh vô ng

0

( )

ax bx cx dx e

g x

hiệm:

Sử dụng máy tính, dễ dàng tìm được số m làm cho (1) <0.Vậy ta đã chứng minh được vô nghiệm

2

( )

g x

Giải phương trình bậc 4 dạng: a

C1:Sử dụng máy tính tìm ra 2 nghiệm, sau đó nhóm thành

a

C2:Đồngnhất hệ số, đưa về dạng

0

    

   

          

Cách ni rất phức tạp, tốt nhất là không nên dùng cách này

C3:Xét   4 3 2

0

f x ax bx cx dx e  , cĩ đồ thị ( )C Ta hi vọng bằng một phép chuyển dịch nào đĩ sẽ biến

phương trình này trở thành trùng phương Tiến hành đặt x X x0,x0là tham số và X là ẩn mới, thay thế vào

( )

f x , nếu tìm được số x0 sao cho các hệ số bậc lẻ =0 thì cĩ thể chuyển về phương trình trùng phương để giải

VD: x44x38x28x 5 0

Đặt x y x0, ta được 4 3 2

(yx ) 4(yx ) 8(yx ) 8(yx ) 5 0 Khai triển biểu thức này, chúng ta chỉ

quan tâm đến số mũ lẻ với y mà thơi Ở đây là:

4y x 4yx 4y 12yx 16yx 8y 4x 4 y  4x 12x 16x 8 y Để hàm đã cho trở thành trùng phương thì sẽ các hệ số của y y3, 0 ta thấy ngay x0  1 thoả mãn điều này Đặt y x 1, thế vào phương trình

ta được 4 2

y  y   Đến đây OK

Trang 2

Phần I: PHƯƠNG TRÌNH

1) x35x23x 3 (3x6) 3x4,x 4 / 3

Phân tích: Phương trình này cĩ thể đưa về dạng f a( ) f b( ),sau đĩ xét hàm số đặc trưng và tìm được nghiệm của phương trình Ta phân tích bài tốn này như sau:

C1: VP của phương trình cĩ dạng 3

(3x4) 3x 4 2 3x  4 t 2t(Đặt 3x 4 t t, 0) Phương trình 3 2 3

      , thế nhưng VT khơng thể viết dưới dạng VP, tức dạng

(xm) 2(xm) t 2t, mà ta khơng thể thêm vào t3hoặc tvào 2 vế vì chúng đều liên quan đến 3x4nên ta sẽ thêm vào hai vế một lượng kt2 k(3x4)

(1)x35x2 3x 3 k(3x4)x35x2x(3 3 ) k 4k  3 t3 kt22t(2) Ta sẽ đưa phương trình VT về dạng VP, tức là (x m )3k x m(  )22(x m ) t3 kt22t

Đến đây thì được rồi, ta sẽ giải quyết như sau:

           

Đồng nhất hệ số VT của phương trình (2) và phương trình (3) ta cĩ hệ :

chọn) không thỏa pt (3))

với m1,k2,ta cĩ được phương trình: 3 2 3 2

(x1) 2(x1) 2(x  1) t kt 2t

Giải: x35x23x 3 (3x6) 3x 4 (x1)32(x1)22(x 1) (3x4) 3x 4 2(3x 4) 2 3x4Xét hàm f t( ) t3 2t22t, cĩ 2

'( ) 3 2 2 0,

f t  t     t x nên hàmf t( )đồng biến trên 4;

3

 





Từ đĩ ta cĩ:

2

3 0

x



           

  

Vậy phương trình cĩ nghiệm: 1 13

2

(xm) k x( m) 2(xm)(3x4) 3x 4 k x(3 4)2(3x4) Lưu ý: ta cĩ thể giải bằng C2 như sau:x35x23x 3 (3x6) 3x4 (1)

Ta đưa về dạng(xm)3k x( m)22(xm)(3x4) 3x 4 k x(3  4) 2(3x4)đồng nhất với (1):

               

                 



Ta sẽ bốc các hệ số x2, x và hệ số tự do để đồng nhất với phương trình trên, chuyển lượng k(3x4) ở VP qua VT để trừ đi Cách ở trên đọc để hiểu, đi thi nên xài cách số 2 này :3

C3: Table thần thánh Vì biểu thức của phương trình cĩ dạng 3x  4 x mnên ta sẽ nhập vào máy tính như sau:

f x  A AX , với A là nghiệm của biểu thức, shift solve máy tính ta được x2.30277 Lưu nghiệm x này vào

bộ nhớ máy là biến A, ta chọn Start là 0, End 10, Step Khi đĩ bảng hiện ra như sau: Dễ thấy rằng khi X=1, F(x)=1 Vậy ta cĩ được biểu thức 3x   4 x 1 3x  4 x 1 Phần cịn lại, ta sẽ căn chỉnh hệ số sao cho thích hợp

x F(x)

1 1

2 -1.302

Trang 3

TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giải pt:

Gia

2

1

2

5

1 5

4)

t x

x



 

 





ûi pt:

Giải pt:

2

1

2

t



 





2 2

)

x





Kĩ thuật ẩn phụ khơng hồn tồn: đặt t= căn, sau đĩ tách phương trình ra và nhĩm về theo biến t, rồi tìm delta chính phương

để giải ra 2 nghiệm t

Vd x x   x  x Đặt x2   1 t 0 x2  t2 1 Phương trình đã cho tương đương với:

(4x1)t2t  2 2x  1 0 2t (4x1)t2x 1 0 Phương trình đã cho cĩ:

2

0

4 2

3

x

t



3

4

3 1 2 2

3

x

     



  

x 3

2

x

          Nhân 1 vào để đánh giá AM GM

2

x

 



Bài tập tự luyện:

1) x 1 x 4 x 9 x16 x100 2) 3 2 2 2

3 x  x   8 2 x 15

3x 5x 1 x  2 3 x   x 1 x 3x4 4) 2 x27x10 x x212x20

5) 3x27x 3 x2 2 3x25x 1 x23x4 6) 3162x3 2 27x29x 1 1

5x 1 9 x 2x 3x1 8) 2   2

x   x x x  x

9) 3 x 2 x x3x24x   4 x x 1 10) 3 2 2 3

6

x



       



11) 3 2  x22x x6 12) 2x216x18 x2 1 2x4

Trang 4

Phần II: BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Bất phương trình đã cho tương đương với:

2

8

x

 



Kết hợp điều kiện, suy ra nghiệm của bất phương trình là

9

x x









Dễ thấy

(3

x

nên Giao với điều kiện, suy ra nghiệm của bất phương trình là

x

2

1

2

1 1

x

 





 

Dễ thấy

nên So sánh với điều kiện, suy ra nghiệm của bất phương trình là

2

1

1 1 1

1 1

x

 

Giải bất phương trình

loại

Kết hợp điều kiện thu được

2

5

1

x x

x

 











x(2;)

KL: nghiệm của bất phương trình

18

2

x

  

 là 2 x 6

Trang 5

2

2 ( 1)(3 1)



2

2 (3 1)

x x

x

,Chia hai vế cho ta được:

4

1

x

   

   



luôn thỏa mãn.Vậy

2 2

4 0

3

x x x

x

   





3

2

2(

x



3

2 2

3

2

0

x

Vậy

2

3

5( 2) 9

x





Chú ý rằn

2

2( 2)

x



 

                



g ( ) 0, 5nên(1) 1 0 1.Vậy bpt có nghiệm 1

2

g x   x      x x x 

Trang 6

Phần III: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

2

3

2

0

y









2

(3)

1

t





Vậy hệ có nghiệm duy nhất

2

3

2

x







Xét đồng biến trên nên

Thế vào pt (2) ta được:

3

2

1

y

 







Vậy hệ có nghiệm duy nhất

2

3 2

;

0

(1)

y





2 2

3 3

1

2

0

t

x x

 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (

2

0

1 0

x

x x





  

Trang 7

Xét đồng biến trên nên

Thế vào p

2

3

;

9 0



        



     

 

 hương trình ược

(2) ta â :

1 '( )

2 10 (

x

                

 

   







nên đồng biến trên mà nên có nghiệm duy nhất

Suy ra Vậy hệ có các nghiệm

C2:Xét

2

1

( )

x

x y

 

   

đồng biến trên có tối đa 1 nghiệm có tối đa 1 cực trị có tối đa 2 nghiệm

 

   6là 2 nghiệm của phương trình



2 2

2

0

1

y

t









Suy ra đồng biến trên nên

Thế vào phương trình ược

2

3 2 )

y x



 

tạo ra nhân tử Tìm lượng liên hợp sao cho:

Trước hết là với lượng nghĩa là chứa nhân tử và cũng là nghiệm kép c

2 2

1

y

 

 

 

Đạo hàm 2 vế phương trình(4) rồi thay vào(5)thu được

Trang 8

và Tìm lượng liên hợp Thay

2

2 2

      

     

1

0 2

x x

  

Xét

3

3 2 3

2

3 2 3

2 3

3 2 3

4

3

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

(3)

1

   

Vậy hệ có nghiệm

2

2 (3)

y y

 

Xét

3 2 3

3

2

;

0

1

x

y



  



       

 



         

 





 

iên tục trên nghịch biến trên

nên g có nghiệm duy nhất Vậy hệ có nghiệm

4;1

 

 

        Đặt 0 2Pt trở thành:

       

      

Trang 9

Phần IV: MỘT SỐ KĨ NĂNG

I.Kĩ năng xử lí nghiệm xấu:

Vd1:Sử dụng Table,tìm phương trình bậc 2, cho nghiệm

Gán X A;Table

Ta thấy với X

2

( ) ( ) ; 1; 2; 3;

6.793610507 (X)

11

c

x





   (do X gán vào A)

PT:

WHY n=3? thử các giá trị ( (5 để kiểm tra đến khi chọn được các giá trị nguyên Vd2:

2 2

(X) 88 (3 11) 88

11 2 22

3

   



 

Gán X A;Table

a thấy với X

2 2

71 40( 1) 5 1 20 0 ( ) ( 6 171 20) 40 ( 1) (5 1) 0 (1)

    

      

        PT:

Hệ số của x đạo hàm của hàm số tại x=0 chính là hệ số bậc nhất:

Vậy ta có biểu thức

T

2 6

22 5 0

1, (0) 2000,

11640 2000 0

f

        a lấy các giá trị nên chọn là

tạo thành hệ 4 ẩn để tìm a,b,c,d

6

(1), ( 1), (2), ( 2) ( ) ( 11640 2000

(1) ( 11640 2000)

a 12, b 306, c 10012

       





vì luôn

, d 15081

20( 1)

1 2 5 1

x



  

Vd1: Sử dụng Table,tìm phương trình bậc 2, cho nghiệm

Gán X A;Table

Ta thấ

2

)

2.905868846 (X)

x

 

         





y với X

Tại sao lại chọn n=4? thử lần lượt các giá trị

Vd2:

Gán X A;

2

3.791287847

            

      

Ta thấy với X

(đạo hàm, đồng biến,có nghiệm duy

2

2 2

          

             

     

Hai thủ thuật mô tả cách làm, cần bổ trợ linh hoạt cho nhau để giải quyết bài toán

Trang 10

II.Hệ phương trình sử dụng biến đổi tương đương:

Đặc điểm chung của dạng hệ này là sử dụng các kĩ năng biến đổi đồng nhất đặc biệt là kĩ năng phân tích nhằm đưa một PT trong hệ về dạng đơn giản ( có thể rút theo y hoặc ngược lại ) rồi thế vào PT còn lại trong hệ

*Loại thứ nhất , trong hệ có một phương trình bậc nhất với ẩn x hoặc y khi đó ta tìm cách rút y theo x và ngược lại

 

2

x y 1 x y 1 3x 4x 1 1

xy x 1 x 2

      





  



Dễ thấy x = 0 không thỏa mãn PT(2) nên từ (2) ta có :

2

y 1

x



  thay vào (1) ta được

Từ đó , ta được các nghiệm của hệ là : (1;-1) , (-2; 5

2

 )

*Loại thứ hai , Một phương trình trong hệ có thể đưa về dạng tích của các phương trình bậc nhất hai ẩn

 

xy x y x 2y 1

x 2y y x 1 2x 2y 2

    





   

            ( từ điều kiện ta có x+y>0)  x 2y 1 0   x 2y 1 thay vào PT (2) ta được :

y 2x 2y2y 2  y 1 2y2 0 do y0    y 2 x 5

*loại thứ ba , đưa một phương trình trong hệ về dạng phương trình bậc hai của một ẩn , ẩn còn lại là tham số

 

2

y = 5x 4 4 x 1

y 5x 4xy 16x 8y 16 0 2





     



Biến đổi PT (2) về dạng 2   2

y  4x 8 y 5x  16x 16 0 Coi PT (2) là phương trình ẩn y tham số x ta có 2

' 9x

  từ đó ta được nghiệm  

 

y 5x 4 3

y 4 x 4

 





 



Thay (3) vào (1) ta được :   2  

4

    



  

 Thay (4) vào (1) ta được :   2   x 4 y 0

  



        



Vậy nghiệm của hệ là : (0;4) , (4;0) , ( 4

5

 ;0)

III.Hệ phương trình sử dụng đặt ẩn phụ:

Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ af x, y ; b  g x, y có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép biến đổi hằng đẳng thức cơ bản hoặc phép chia cho một biểu thức khác 0

2 2

x 1 y y x 4y 1

x 1 y x 2 y 2







Trang 11

Dễ thấy y=0 không thỏa mãn PT(1) nên HPT

2

y x 4 y

y

 

  



 

  

    

 



Đặt

ab 1 y

 





      

 giải hệ ta được a=b=1 từ đó ta có hệ

2

x y 3

  



 



Ví dụ 5 Giải hệ phương trình

2

3

x y 1







 

2

3

x y 1



 



(x +y ≠0)

x y

 

2 2 3a b 13 1

a b 3 2

  





 



Giải hệ ta được a=2 , b=1 ( do |a|≥2 ) từ đó ta có hệ

1

x y

x y 1

        

  



IV.Hệ phương trình sử dụng hàm số :

Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng f(x)=0 (1)và f(x)=f(y) (2) với f là hàm đơn điệu trên tập D và x,y thuộc D .Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu

* Loại thứ nhất , một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập

D để trên để trên đó hàm f đơn điệu

 

8 4

x 5x y 5y 1

x y 1 2

   





 



Từ PT (2) ta có x81; y4  1 x 1; y 1

Xét hàm số   3  

f t  t 5t; t 1;1 có   2  

f ' t 3t     5 0; t 1;1 do đó f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) hay PT (1) x y thay vào PT (2) ta được PT : x8x4 1 0

Đặt a=x4

≥0 và giải phương trình ta được 1 5 4 1 5

*loại thứ hai , là dạng hệ đối xứng loại hai mà khi giải thường dẫn đến cả hai trường hợp (1) và (2)



     





    



Đặt a x 1;b y 1    ta được hệ  

 

a a 1 3 1

b b 1 3 2







Trừ vế với vế 2 PT ta được : a a2 1 3a  b b2 1 3b(3)

2

t 1 t

t 1

 



t  1 t   t t    1 t 0 f ' t  0, t do đó hàm số f(t) đồng biến trên R

Nên PT (3) a b thay vào PT (1) ta được a a2 1 3a (4)

Trang 12

TUYỂN TẬP PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH Theo nhận xét trên thì a a2 1 0 nên PT (4)  2 

ln a a 1 a ln 3 0

     ( lấy ln hai vế )

2

1

 hay hàm g(a) nghịch biến trên R và do PT (4) có nghiệm a=0 nên PT (4) có nghiệm duy nhất a=0

Từ đó ta được nghiệm của hệ ban đầu là : x=y=1

V.Hệ phương trình sử dụng đánh giá:

Với phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm và nắm vững cách vận dụng các bất đẳng thức

cơ bản

2

3 2

2 2

3

2xy







Ta có : 3 2 3 2

2xy

2

Tương tự

3 2

2xy

xy



  mà theo bất đẳng thức Côsi

2 2

x y 2 xy nên VT(1)≤VP(1)

Dấu bằng xảy ra khi x y 1

x y 0

 



  

 thử lại ta được nghiệm của hệ là : (0;0) , (1;1)

3 3







             

2 3

 Nếu x>2 từ (1) suy ra y-2<0 diều này mâu thuẫn với PT(2) có (x-2) và (y-2) cùng dấu

Tương tự với x<2 ta cũng suy ra điều vô lí Vậy nghiệm của hệ là x=y=2

3 2

6)



7)

To be continued…………

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	0,93 MB