PTVT CHUYÊN TIỀN GIANG

LỜI NÓI ĐẦUPhương trình vô tỷ là một đề tài thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiêncứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu.. Chính vì

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TIỀN GIANG

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN TIỀN GIANG

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: THẦY ĐỖ KIM SƠN

NHÓM THỰC HIỆN:

NGUYỄN ĐÌNH THU NGUYỄN MINH TÂM

LÊ TRUNG HIẾU

ĐỖ QUANG BÌNH TRẦN ANH KIỆT

LÊ MẠNH THÔNG LỚP 10 TOÁN

NĂM HỌC 2008-2009

1

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình vô tỷ là một đề tài thú vị của Đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiêncứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu Tuy đãđược nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mànhững người đam mê Toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy

Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp Điều này

có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo Bên cánh đó, cácbài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán ở cáccấp THCS, THPT Chính vì thế, chúng tôi quyết tâm sưu tầm tài liệu, chọn lọc chi tiết vàdưới sự hướng dẫn, dìu dắt của quý thầy cô bộ môn Toán trường THPT Chuyên TiềnGiang, chúng tôi biên sọan chuyên đề “ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” này để mọi người cócái nhìn tổng quát về phương trình vô tỷ Cụ thể là:

 Hệ thống hóa kiến thức và kỹ năng giải phương trình vô tỷ

 Cung cấp tài liệu và kỹ năng giải phương trình vô tỷ

 Đặc biệt là để kỉ niệm ngày Nhà giáo Việt Nam 20/11; chúng tôi muốn dànhchuyên đề“ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ” kính tặng quý thầy cô; kính chúc thầy côluôn dồi dào sức khỏe, nhiều may mắn và thành công trong cuộc sống

Chúng tôi hy vọng chuyên đề này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích vàgiúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của Toán học qua các phương trình vô tỷ

Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề có thể còn một vài thiếu sót Chúng tôiluôn biết ơn khi nhận được những ý kiến đóng góp quý báu và sự thông cảm!

Cuối cùng chúng tôi xin cảm ơn thầy Đỗ Kim Sơn và quý thầy cô đã tạo mọi điềukiện để chúng tôi hoàn thành chuyên đề này

CÁC HỌC SINH LỚP TOÁN KHÓA 2008- 2011

I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 4

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 9

III PHƯƠNG PHÁP HỆ PHƯƠNG TRÌNH 32

IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC 37

V PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC 48

VI PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 61

VII PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 69

VIII PHƯƠNG PHÁP NHÂN BIỂU THỨC LIÊN HỢP 71

IX PHƯƠNG PHÁP LOẠI TRỪ 72

X GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 73

XI CÁC SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHÍ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 87

XII TRẮC NGHIỆM 89

XIII BÀI TẬP TỰ LUYỆN 91

XIV CÓ THỂ EM CHƯA BIẾT 104

XV PHỤ LUC 109

I PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

1 Bình phương 2 vế của phương trình

Bài 2 Giải phương trình sau:

để ta có thể đánh gía A x  0 vô nghiệm

Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế :

Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 2 Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x212 5 3  x x25

Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C

ở dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức của x Ta có thể giải như sau :

Ta thấy : 2x2  x 1 x2  x 1 x22x, ( không có dấu hiệu trên ).

Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt 1

t x

 thì bài toán trở nên đơn giản hơn

3 Phương trình biến đổi về tích

+ x0, không phải là nghiệm

+ x�0, ta chia hai vế cho x:

II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ

1 Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường

 Đối với nhiều phương trình vơ tỉ, để giải chúng ta cĩ thể đặt t  f x  và chú

ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến

t quan trọng hơn ta cĩ thể giải được phương trình đĩ theo t thì việc đặt phụ xem

như “ hồn tồn” Nĩi chung những phương trình mà cĩ thể đặt hồn tồn

Thay vào tìm được x1

Bài 2 Giải phương trình: 2x26x 1 4x5

Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: x 1 2 vàx 2 3

Cách khác: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện

2

2x 6x �1 0

Ta được: x x2( 3)2 (x 1)2  , từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng.0

Đơn giản nhất là ta đặt : 2y 3 4x và đưa về hệ đối xứng 5

(Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ)

Điều kiện: 1� �x 6

Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp

bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải

2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :

0

u uvv  (1) bằng cách Xét v� phương trình trở thành : 0

x  x  x  xGiải:

Nhận xét : Đặt y x ta biến pt trình về dạng phương trình thuần nhất bậc 3 2đối với x và y :

Đk x� Chuyển vế bình phương ta được: 5 2x25x 2 5 x2 x 20 x1

2x 5x 2  x  x 20  x 1vậy ta không thể đặt

2

201

3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn

 Từ những phương trình tích  x 1 1 x    ,1 x 2 0

 2x 3 x 2x   3 x 2 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát

Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau

Ta rút x  thay vào thì được pt: 1 t2 3t2 2 1x t 4 1  x 1 0

Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t

Cụ thể như sau : 3x   1 x 2 1 thay vào pt (1)x

Bài 4 Giải phương trình: 2 2x 4 4 2 x 9x216

Giải:

4 2x 4 16 2 4x 16 2 x 9x 16

a/ Giải phương trình với m = 23

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm

x x

x 3 2  4   4  4 

9/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

m x

x x



341

1

11

2(3

1)3(3)

x x

)25(

16)

25

29/

2

516

11

y

54

x

31/ 2

5

33

2 2

b/ Tìm các giá trị của n để phương trình có nghiệm: Điều kiện

x

Đặt ẩn phụ t  x1 3 x,t 0

Khi đó t2 42 (x1)(3 x)

Hay 2 (x1)(3 x) t2  4 (2) a/ Với n = 2 và ẩn phụ t, phương trình (1) trở thành

2,

0

0

2

4)

0)3

2

2)

t

n t

t

+   5 2n�0 thì phương trình có nghiệm

n t

251

2512 1

Để phương trình có nghiệm thì 2t2 2 (theo công thức tổng quát ở trên) Với t2 không thoả mãn Với t1 có 21 5 2n 2 2

 2 2 2n2

Điều kiện này bảo đảm phương trình (2) có nghiệm x Vậy phương trình (1)

có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 2n2

2/

6969

a/ Giải phương trình với m = 23

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm

,027

0,09

12

93

3

6

9)

3()

t m

t

t m t

t

m t

t

t

m t

,

4

3,032

12

2

2

t t

t t

Phương trình này có nghiệm khi 18 < m ≤ 27

Vậy phương trình có nghiệm khi m ≤ 27.

2

2 2

x

x

144

12251

2

2 2

x

(2)

Đặt

12

Phương trình (3) có 2 nghiệm trái dấu.

Suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm:

5

;4

3

3 3

3 2

2

2

a z

y

a z y a

u x v

2

2

2 2

3 3 2

uv x

v u v

uv u v u v

u

v u v

u v u

2

S

24/

x x



341

1

11

1

x x

2341

Thử lại ta thấy tập nghiệm của phương trình là

513

x

21

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {3}

26/ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số  để phương trình sau có nghiệm:

)1)(

2(3

1)3(3)

3,03

1

x

x x

x x

3

1)3

y

Nếu x > 3 và y ≤ 0 nếu x ≤ -1

)1)(

1(3

1)3(3)

1

3

13

1

3

a x

x

x

a x

x

x

Xét phương trình

y x

11

2 2

2 1

y x

y a

)1(4

)1(4

;84

;84

16)

Với điều kiện 5x + 2 ≠ 0

16)

)14(2

322

5

422

5

825

2)

x x

1

121

;2

375

2 3

x x

v

x x

11

22

11

2

11

33

))(

(

33

v

v u u

1

0)22)(

1

(

02

x

x x

11

0

0

1 2

x x

x x

x

(*) Vớu điều kiện (*),đặt u  x

4 2

u x

5218

1948

32

081

65.9

16

2

321

.2

2

9

4

32

1.2321

.232

1321

3

2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2

2

2

4 4 2

u

v u v

u v

u

v u

v u v u

v u v

u v

u

v u

v u

v u v

1948

3

2

)(018

1948

y

a y

2 2 2

1

1

1

y v

y u

23

185

645

180

x x

x u

564

5184

82)(240

2 2 4

4

v v

uv v

u

v u v

40

08732

4

0,

0

822

2

4

2

2 2

2

P

P P

S P

2

y

y y

1

v

u v

35183

564

1518

4

4 4

4

x

x x

81518815

64

1518

x

x x

x

5

635

(2) Với S = 4, P = 29  không tồn tại u và v

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là

u

a v

u

2

25

4

2)(

2.2)(

)

(

.)(

.)

(

v u v u v

u v u v u v u v u v

u

v u v u v u v u

3 2

5 3

3 5

5

2 2 4

5

0

2

05

5

22

55

2

2)55

(

2

S P

P

a S

PS S P

a S

a PS PS

S

a S

a P

PS

S

S

a S

5

2

02

00

2

a u

v a v

u v

u

a v u

x a a

x a

x a

5 5

5 5

5

5

2

02

112

x x u

112

1122 2

v u

x v

u

x v u

Thử lại ta thấy x = 3 là nghiệm của phương trình 39/ x3 x2  1 x3 x2 2 3

Đặt u = x3 + x2

22

2

112

321

u u

u u

52

2

x t

t x

0)1)(

()(2

1 172

x x

80

8

0

8

x x

x x

x

(*)

8,

8

1680

8

280

20

0

2

0

0)43(

20

2243

2

0

0)442)(

22(2

20

16))(

)(

(

20

16

2

4 4

2 2

3

2 2

2

4

4

x x

x x

x v

u v

v v v

v u v

u

v v

u

v u

v u

v v v

v u v

u

v u v u

v

u

v u

2

17 1

0 4

y x

;1

S

III PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường

 Đặt u  x v,   x và tìm mối quan hệ giữa   x và   x từ đó tìm được hệ theo u,v

Bài 1 Giải phương trình: x335x x3 335x3 30

2

4

11

22

nghiệm của phương trình

Bài 3 Giải phương trình sau: x 5 x 1 6

Khi đó ta được hệ phương trình:

2 Xây dựng phương trình vô tỉ từ hệ đối xứng loại II

 Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa

giải hệ này thì đơn giản

Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt y f x  sao cho (2) luôn đúng , y x  , khi đó ta có phương trình :2 1

Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng:

 x n  p a x b n '   v đặt '  y  n ax b để đưa về hệ , chú ý về dấu của 

Việc chọn ;  thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng

Bài 2 Giải phương trình: 2x26x 1 4x5

Các bạn hãy xây dựng một số hệ dạng này ?

Ta xt hệ sau :

2 2

nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài toán phương trình sau :

Bài 1 Giải phương trình: 4x2 5 13x 3x 1 0

Nhận xét : Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước :

thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng )

2 2

khi đó đặt 3x    , nếu đặt 21 2y 3 y 3 3x thì chúng ta không thu 1được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của  cùng dấu với dấu trước căn.

và hơn nữa hệ phải giải được

Một số phương trình được xây dựng từ hệ

Giải các phương trình sau

IV.PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC

1 Một số kiến thức cơ bản:

t �  �

��� �� sao cho : sin t x và một

số y với y� 0; sao cho xcosy

t����  ��� sao cho : xtant

 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2 y2  , thì có một số t với 01 � � , t 2

sao cho xsin ,t ycost

Từ đó chúng ta có phương pháp giải toán :

 Nếu x � thì đặt sin t x1  với ;

t

2 2

t����  ��� , tương tự cho trường hợp khác

2 2

x t t����  ���

Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ?

Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x f t  thì phải đảm bảo với mỗi x

có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này (xem lại đường tròn

lượng giác )

2 Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ?

Từ các phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sint, ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ

cos3t 4cos t3cost ta có phương trình vô tỉ: 4x33x 1x2 (1)

Nếu thay x bằng 1

x ta lại có phương trình :4 3 x2  x2 x2 1(2)

Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ có phương trình vố tỉ khó:

4x 12x 9x 1 2x x (3)

Việc giải phương trình (2) và (3) không đơn giản chút nào ?

Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x,…….hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác

3 Một số ví dụ

33

1 2cos

x x

Bài 3 Giải phương trình sau: 36x 1 2x

2

x  x � x  xXét : x � , đặt 1 xcos ,t t� 0; Khi đó ta được cos ;cos5 ;cos7

 

2 2 2

2

2

11

1

x x

2 2

x t t����  ���Khi đó pttt.2sin cos 2t tcos 2t 1 0�sin 1 sint  t 2sin2t 0

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm 1

3

xTÓM TẮT

(

)0

;

;(2

2

2 2

sin

b

c y a

tan.2

x a

a x

cos2

x

a x

8) Có: a + b + c = a.b.c





tantantan







c b

x x

6. Giải và biện luận : x  1 x m (*)

11

2

x x

8 Biện luận theo m số nghiệm của pt: 1 x2 x m (1)

9 Biện luận theo m số nghiệm của pt: 12 3x2 x m (1)

)tan.tan.tan1(2)tan1)(

tan1)(

(

1tan.tantan

.tantan

.tan2

;

;

.2)

(

tan.tan.tan

tantan

tan2

;

;

.)

Chỉ cần chọn  mà 0   , khi đó

- 1 cos  = x 1

Và sin 0 và vì thế 1sin1sin

Phương trình đã cho biến đổi được về dạng

11

2 2 3

122

Loai u

u

u

Ta thu được 1 2

2

1cos



x

Thỏa mãn điều kiện (*) chỉ có

3

sin12

sin12

5cos1

3cos

Do

22

2cos,02sin   

Ta thu được phương trình

2

cos2sin22.2

cos2

cos2



x=cos

1cos  

NHẬN XÉT: Ta nhận thấy, nếu dùng các phép biến đổi tương đương thì khả

năng hữu tỉ hóa phương trình trên gặp khó khăn lớn vì phương trình đó chứa quá nhiều các căn thức Vì thế khả năng hữu tỉ hóa bằng việc chọn ẩn phụ lượng giác (đã trình bày) tỏ rõ tính hiệu quả của nó.

Vì vế phải dương nên có điều kiện là x > 0

tan22tan

t

t t

2cost sintsin2t

Với điều kiện của t thì sin2t > 0  cost sint 0

312sin  

312sin t  (nhận)

 3 1

tan1

tan231

 3 1tan2  2tan  310

Giải phương trình ta có:

113

3321

3321

33212

GIẢI

Vì vế phải dương nên ta có điều kiện x > 0 và x210 x1

t t

x

Phương trình viết:

12

35tan

11

12

35sin

1cos

 t t t t sin2t

2

35cos.sin35cossin

sin

1

05762sin5762sin

49

242

sin,25

242

sin t t2  (loại)

25

72

cos25

4925

2412cos25

242

2 2

16cos

25

71cos225

72

04

5cos

25

71cos225

72

cos t   2t   t2t 

5

3cos 

3

5cos

S là 2 nghiệm của phương trình

6/Giải và biện luận : x  1 x m (*)

GIẢI Điều kiện 0x1.đặt 

a a x

2

24

2

2 1

2

1

;2121

2

2

2 1

m m

x

m m

11

2

x x

GIẢI Đặt xcosa0a

Phương trình đã cho thành:

3

22sin

1cos

3

11cossin2

cossin

a a

2    

36

;2

36

x x

(Các giá trị này đều thử đúng phương trình đã cho)

8/ Biện luận theo m số nghiệm của pt: 1 x2 x m (1)

GIẢI Đặt x sin t với t  

2

;2

24

32

 pt (2) có 2 nghiệm phân biệt  pt (1) có 2 nghiệm phân biệt.

9/ Biện luận theo m số nghiệm của pt: 12 3x2 x m (1)

GIẢI

Đặt x2sint với  

2

;2

3sin

sin3cos.sint    t m

43

52

sin

)

(

m y

t t

y  với cung tròn AB (màu đỏ) Do đó lập luận như VD

trước thì pt (1) vô nghiệm với

4

m

m

thì pt (1) vô nghiệm với   

;2

4

m

m

thì pt (1) có nghiệm duy nhất Với m 4 ; 2 thì pt (1) có 2 nghiệm phân biệt

(2) cùng đạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình A B

Ta có : 1 x 1 �x 2 Dấu bằng khi và chỉ khi x0 và 1

2 1

2 2

a b

51

5

x x

x y y

x y

282427

13 2

41

2

32

324

411

x x x

x

4

34

79952

26

60002002

2

2 3 2

x x x x x

Do đó x 3 5 x x2  8x18

42

188

25

x x

Vậy phương trình có nghiệm x = 4

Thử lại x = 2 là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2

3 x2 42 x4 42 x4  4(*)

Để giải bài toán này, đầu tiên ta cần chứng minh bài toán phụ

)(

4   x 

)1(4

x  



Áp dụng bài toán phụ

)2(442

42

)4(4)4(4242

42

2 4

4

4 4

4 4

x x

x

x x

x x

x x

x x

x x

42

42

4

442

42

4

4 4

4

2 4

4 4

Vậy phương trình vô nghiệm.

(I) chứng minh bài toán phụ:

2 2

b

4

x x

x x x

x x

x x

.11

11

Dấu “=” xảy ra, do đó:

x

11

1

11

01



x

5 x4 8x x4 8x2 4x11 x4 11x2 6x19 2

2 2 2

2 4

2 2 2 2

2 2

4 8x 2(x1) (x 3)  3(x1) (x 4) x 8x (x 3)  (x 4)

x

22)22()1(

2)484()12(

43

8

2 2

2

2 2

4

2 2

x x x

x

x x

x x

(loại)(nhận)

Dấu “=” xảy ra

2 2

2 2 2

2( 1) 03( 1) 0

1

(2 2) 0

x x

x x

0

02

2

x x

x

x x

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số x2 x; x x2 ta có:

12

12

11

)(

1)

(

2 2

2 2

12

2

x x

x

x x

Thử lại x = 0 không là nghiệm của phương trình

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

2

(

0)122.(

)1

2

(

0122

8

51634

4

4634

4

2 2

2 2

3 4

4 2

3 3 2

x x

x do x

x x x

x x x

x x

x

x x x

14

22