CĐ:PT-BấtPT-HệPT vô tỉ

CAC KIEN THUC CO’ BAN Người ta hay dùng các phương trình và bất phương trình chứa căn thức co ban sau day: II.. Phương trình và bất phương trình chứa căn thức cơ bản... Giải các bất ph

CHỦ ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH & BÁT PHƯƠNG TRÌNH

CHUA CAN THUC

I CAC KIEN THUC CO’ BAN

Người ta hay dùng các phương trình và bất phương trình chứa căn thức co ban sau day:

II CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN

Loại 1 Phương trình và bất phương trình chứa căn thức cơ bản

“Thí dụ 2:

Giải các phương trình sau:

4/ Xét phương trình: yx+ 2x =1 +xjx~24jX~1 =2 (1)

Ta có (1) © [ead si} + [er 1)" =2 = W=1+1+|W&=1 ~1|=2 (2)

-Nếu x>2, khi đó @x~1~1>0, vậy: (2) vx~1+1+X~1~1=2©vx~1=1©x=2

~ Nếu 1<x<2, khi đó y«~1~1< 0, vậy:

Giải các bất phương trình sau:

(Từ đó suy ra nghiệm cần tìm

Vilé dé va do 1+-J21—4x2x2 >0 VxeR, tact: @ oS eB

Laido x2 -4x+20>0 VxeR (do A'=4-20<0),nén (3)x+1<0x<-1

12x-8 3/ Xét bất phương trình y2x+4 -22—x > = (1)

48x? +16 (2x+4)~4(2~—x) _ 2(6x~—4)

'Thực hiện phép nhân liên hợp ta có:

(ai nhân liên hợp lần thứ hai)

'Giải các bất phương trình sau:

2/ Xét bất phương trình: Ÿ2=x + =1 >1 (1)

Điều kiện x>1 Đặt y=ŸÏ2~x oy? xex=z-yŸ

Khi đó (1) có dạng: y+aj1-y? >1© 1-y? >1-y (2)

Do x21,nén y=32-x<1

¡~y?>1~2y+y? ` Ìy*+y?~2y<0 ho? +y-2)<0 Ìy<-2

Loại 2 Quy phương trình chứa căn thức về hệ phương trình không chứa căn thức

Bằng cách đặt ấn phụ, ta quy phương trình chứa căn thức về một hệ phương trình không chứa căn thức Trong chuyên đề "Phương trình và hệ phương trình không chứa căn thức” ta đã đề cập đến một số bài tập thuộc loại này

Ta chỉ xét thêm vai thí dụ nữa

Viết lại (1) dưới dạng tương đương sau: 2(x2 +2) =5xX +1.jx2 -x+1 (2)

Đặt u=x% +1; lx2~x+1, với điều kiện x>~1

'Vậy ta dẫn đến: 2(u2 - v2) = 3uv © (u ~2v)(v +2u) =0 ©u= 2v (do 2u + v >0

Bras ois [IE

x=3-l3

Ta có: uŠ +vŠ =(uŠ + vŸ)(u2 + v2)~ u2v2(u + v) (do uv = 1)

= (uŠ +vŸJ(u2 +v2)~(u+v) ~[fu+v)#~3w(u+v) ][fu+ v)? ~2uv]~(u+v)

3X+4+24/2x2+5x+ 3 =25

2 Abi oad 21-94 7 be —46e+ 429-0 2 =lD=s =xza TT

Thử lại x = 3 vào (1) thấy đúng, vây (1) có nghiệm duy nhất x = 3

Loại 4 Hệ phương trình chứa căn thức

Giải các hệ phương trình sau:

Khi đó từ (3) (4) có hệ: fe av aas vei? (

Vậy (1) (2) có hai nghiệm (-9, 25); (5, 4)

ay tar PTY tA =2 0)

x2 +y2 =136 @

@ of kay) + ty -20-0 Jx+y =4 (do Yxry 20) x+y =16

vây hệ (1) (2) có hai nghiệm (10, 6) và (6, 10)

Thí dụ 3:

4#ty+aš=y=4 Œ) Giải hệ phương trình sau:

Tử (3) (4) suy ra: 2j(xy)” + 964 ~ 2xy)+ 81 = 82 ~64 +2xy

= yoy)? + 9(64 ~ 2xy) + 81 = 18+ 2ny (5)

"1 1

J4”

2 Chú

Vậy hệ (1) (2) vô nghiệm

Thí dụ 6:

lãi hệ y desi

Giải hệ phương trình sau:

li 8 (2)

Điều kiện -1<x<2, ~1<y <2

Viết lại hệ (1) (2) dưới dạ (1) (2) ¡ng tương, đương \g Sau: (eee a sau: yee

fest + fly -8

-o lee) kai-fysi 2 X+VÊ pet ee Y

xx+1+xÐ=x=8 3+2[x+1)(2-x) =3

Vậy (1) (2) có hai nghiệm (-1, -1); (2, 2)

Loại 5 Sử dụng phương pháp chiều biến thiên hàm số để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức

Thí dụ 1:

Giải phương trình sau: x”+xŠ~4Ä[=3x+4=0 (1)

Dat F(x) = xP 498 - JT 3K +4, voi xs wie

Khi đó (1) có đạng f(x) = 0, với miền xác định x<

wie

Thí dụ 2:

Giải phương trình sau: yx? +15 =3x-2+yx2+8 (1)

Viết lại (1) dưới dạng f(x) = 3x ~2 +ajx2 + 8 —vjx?+15 =0 (2)

Ham số f(x) xác định với mọi x thuộc R Xét hai khả năng sau:

-Nếu xs 2 — 3x~2 <0, Mặt khác 2+8 —xÄ2+15 <0

Vậy f(x) < 0 khi x< Š = x <` không thể là nghiệm của (2)

-Nếu x>2 A80 469301) 1 2 ox

3 Ness vk? +15 3

Vay (9) 8 ham đồng biến khí x > Š Mặt khác f1) = 0

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của (1)

Tir dé suy ra nghiệm của (2) là x > 0

Viết lại (1) dưới dạng tưởng đương:

f0)= JOP TORT) - 3456 + Vx+ 92x=Ð ~3-fĂ +5 =4

(với miền xác định xã)

S=f@)=(WX+6+ X+2)(J2x~1~ 3)=4 (2)

Từ (2) suy ra y2x-1-320>

Vay moi nghiệm (nếu có) của (1) đều lớn hơn hoặc bằng 5 Vi thé xét f(x) với x> 5

Ta có 4X+6+¬&+2 và 2x~1~ 3 là các hàm đồng biến > 0 khi x> 5

Vay f(x) là hàm đông biến khi x> 5, mặt khác f(7) = (L3 +3)(x/13 - 3) =4

Do đó x = 7 là nghiệm duy nhất của (1)

Đó là hai nghiệm của hệ (1), (2)

Loại 6 Phương pháp đánh giá hai vế để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức Phương pháp này dựa trên nhận xét sau:

vay (1) (2) = {

f@)>A VxeD Với phương trình f(x) = g(x), xD có tính chất sau: li

Giải phương trình sau: yx—2+J4—x =x? -6x+11 (1)

Ta thấy miền xác định của (1) là D= {X:2<x<4}

Thí dụ 2:

Bx? 5x1 — yf? -3x+4 (1)

Ta cb (1) <> 3x2 - 7x43 -4f3x2-5x -1 = yx? -2- i? -3x+4 (2)

TẾ -7x+3>0 (325-130

~ Nấu > 3 và xeD, Öì V3) > 0,VTG) < 0, đo để loại khả năng này,

~ N8ux < 3 và xeD, tÖì V3) < 0, VI) > 0, đo đồ loại khả năng này,

Ta có VT(I)=4B(x+1)2+4 +-j(x+1)2+9>2+3=5 (2)

VP(1) =5 -(x2 + 2x +1) =5-(x+1)? <5 (3)

Từ (2) (3) suy ra: {yO Beoftrine

Vậy x = ~1 là nghiệm duy nhất của (1)

Từ đó (1) -Ñ

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của (1)

Giải các phương trình sau:

Vây (1) cổ nghiệm duy nhất x = ——

Loại 7 Phương trình và bất phương trình chứa căn thức có tham số

và biện luận phương trình và bất phương trình căn thức có tham số

theo a phương trình sau: yx~4a+16 -2w&~2a+4+xX=0 (1)

Viết lại (1) dưới dạng tương đương sau: ýx~ 4a+16 + -/x = 2a/X~ 2a+ 4

~ Nếu m < 0: Phương trình có nghiệm x = 1 - 2m

~ Nếu m = 0: Phương trình có nghiệm x = 0

~ Nếu 9 <m 2: Phương ình có nghiệm x =

Phương trình có nghiệm x

x» a (m+1?, 4

Vậy ta có kết luận sau:

1 Nếu m <~1: x>0

3.Nếu ~1<m<0: xh

3 Nếu m = 0 hoặc m>1: bất phương trình vô nghiệm

4.Nếu 0<m<1: mex

Tóm lại ta có kết luận sau: 1 Nếu a = 0: Phương trình (1) vô nghiệm

2 Nếu a +0: Phương trình (1) có nghiệt

Dạng 2 Các bài toán định tính về phương trình và bất phương trình chứa tham số

Thí dụ 1:

Cho phương trình: y4—x +yx+5=m

Tìm m đế phương trình có nghiệm duy nhất

Do tinh duy nhất nên có xọ =~1~ x = xọ ==2

'Vậy điều kiện cần đế phương trình có nghiệm duy nhất là m = 3-2

Đảo lại: khi m= 32, ta có phương trình: ÿ4-x +¬ƒX+5 = 3/2

Nhận xét:

1

Đặt f(x) = JE=x + yKT5, vO -SExE4

FQ) + 0 - Khi đó phương trình đã cho có dạng f(x) =m_(*)

Lập bảng biến thiên sai

Từ đó suy ra (*) có nghiệm duy nhất (tức là phương trình đã cho có nghiệm duy nhất) khi và chỉ khi:

1

mf[-Ÿ)=3/P

2/ Ta xét cách giải thứ ba như sau:

Khi đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất tương đương với hệ sau: © 4u” +v2 =9 có nghiệm duy nhất

uv20 AV

Từ đó suy ra hệ trên có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đường thẳng

tuyến với cung trồn AB (cung ở góc phần tư thứ nhất), tức là khi và chỉ khi m = 3x/2

u+v=m là

Thí dụ 2:

Cho phương trình: yx+3+J6—x - f(x+3(6-x) =m

‘Tim m 48 phurong trinh có nghiệm

Dễ thấy (1) có nghiém <> (2) (3) c6 nghiém

Cũng thấy ngay điều đó xảy ra khi và chỉ khi đường thẳng u+v =1+-/“10+ 2m nằm giữa hai đường thẳng u + v'

TII BÀI TẬP CỦNG CỐ KIẾN THỨC

1 Các đề thi tuyến sinh BH - CB

(Đại học, Cao đẳng khối B - 2002)

Ä⁄-y=ax-y @) x+y=#+y+? (2)

Vậy hệ (1) (2) có hai nghiém (1, 1), G 5)

Bài 2: (Bai học Cao, đẳng khối D - 2002)

(Đại học, Cao đẳng khối A - 2004)

'Vậy nghiệm của (1) là x >10 /34

(Đại học, Cao đăng khối D - 2004)

Ta có uỄ + vŸ =1~3m© (u+v)Ÿ ~ 3uv(u + v) =1~3m

Khi u+v=1,ta có uy=m

Bai 5: (Bai hoc, Cao đẳng khéi A - 2005)

Vay x = 3 là nghiệm duy nhất cứa (1)

(Đại học, Cao đẳng khối A - 2006)

vay) = fe x

vay (3, 3) là nghiệm duy nhất của (1) (2)

=tssejjg=-3=w=e

Thay (4) vào (5) và có: 4=4&+1+ jÿ+1<4

Điều đó chứng tö rằng trong bất đẳng thức Bunhiacopski có dấu bằng

iat

=v x+1=2 (Đại học, Cao đẳng khối D - 2006)

Bài toán trở thành: Tim m đế hệ (2) (3) có hai nghiệm phân biệt Điều đó xảy ra khi và

phân biệt xị, x; sao cho rome}

ap 56: (1, 9); (9, 1)

Bap 58: (4, 4)

Đấp số: (2, -1)

Dap sO: (1, 4); (4, 1); (1, -4); (-4, -1)

| Giải và biện luận theo a bat phương trình sau: -/x-— a > y¥x- 2a+/x —3a

| Đáp số: 1/ Nếu a < 0: vô nghiệm

.2/ Nếu a>0: 3a sx < 28G - vẼ)

Giải và biện luận theo a bat phương trình sau: +ja+ 2x +¬Ía-^jx <2

Đáp số: 1/ Nếu a < 0: vô nghiệm

2/ Nếu 0<a<1: 0<x<a?

3/ Nếu 1<a<2: 4(a- 1) <x <aˆ

4/ Nếu a > 2: vô nghiệm