Lời nói đầu: có thể nói chủ đề phương trình là một chủ đề xuyên suốt trong chương trình tóan của trường phổ thông.. Do đó gần như tất cả các kỳ thi tuyển sinh ta đều gặp chủ đề này, tron
Trang 1Lời nói đầu: có thể nói chủ đề phương trình là một chủ đề xuyên suốt trong
chương trình tóan của trường phổ thông Do đó gần như tất cả các kỳ thi tuyển sinh ta đều gặp chủ đề này, trong chủ đề phương trình có một loại phương trình rất khó đối với học sinh là phương trình chứa hai phép toán ngược nhau, loại phương trình này cũng dễ ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẳng.Vì lí do đó nên tôi muốn giới thiệu đến học sinh phương pháp giải đối với lọai tóan này
DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI
axb c(dxe) 2 x , với d = ac + và e = bc +
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Điều kiện: ax + b ≥ 0 xa b
Đặt dye axb điều kiện dy +e≥ 0
Khi đó phương trình chuyển thành hệ :
c dx e x dy e
b ax e dy
x
e
dx
c
e
dy
b
ax
e
dy
2 2
2 ( )
) (
)
(
) 2 ( )
( )
(
) 1 ( )
(
2
2
bc dy x d ac e
dx
c
cb cax e
dy
c
Lấy (1)-(2) theo vế hai phương trình ta được: d(x – y)h(x,y) = 0
) 4 ( 0 )
,
(
) 3 (
y
x
h
y
x
Thế (3) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x
Thay (4) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x
CÁC VÍ DỤ:
Ví Dụ 1:Giải phương trình : 1 2 4 5 ( 1 )
x
Giải:
ĐK: x+1≥0 x 1 khi đó,
(1) 1 ( 2 ) 2 1
x x (ở đây a=b=c=d=β=1, e=2 , α=0 thỏa mãn )
Đặt y +2 = x 1 đk : y+2 ≥0 y 2 (*)
Khi đó phương trình chuyển thành hệ:
) 2 ( ) 2 ( 1
) 1 ( ) 2 ( 1 1
)
2
(
1
)
2
(
2
' 2 ' 2 2
2
y x
x y
x
y
x
y
Lấy (1’)-(2’) theo vế ta được : x – y = - (x – y) (x +y +4)
y x y
x
y
Thay x=y vào (1’) ta được : x2+3x+3=0 vô nghiệm
Vậy (1) vô nghiệm
Ví Dụ 2: Giải phương trình : 7 7 , 0 ( 1 )
28
9
x x x x
Trang 2Giải : (1) ) 47
2
1 ( 7 28
9
Đặt
28
9 4 2
7 2
7 3 7
2
3 2
y
Khi đó phương trình được chuyển về hệ:
) 2 ( 7 7 2 1
) 1 ( 7 7 2 1
28
9
4
)
2
1
(
7
7
2
1
' 2
' 2 2
2
y y x
x x y
x
y
x
x
y
y x y
x y x y x y
x y
7 ( 2 2) 7 ( ) ( )( 8 ) 0 (*), 0
Với x = y thay vào (1’) ta được : 14x2+12x-1=0 .
7
3 50
x x
Vậy (1) có nghiệm là .
7
3
50
x
Ví Dụ 3: Giải phương trình : 2x 1 x2 3x 1 0 (xR) ( 1 )
Giải:
ĐK: 2x-1≥0 x12
x x x 2x 1 (x 1 ) 2 x ( 2 )
Đặt –y+1= 2 x 1 ĐK:y≤1
Khi đó phương trình (2) đưa về hệ:
) 2 ( 1 2 ) 1 (
) 1 ( 1 ) 1 ( )
1
(
1
2
)
1
(
1
' 2
' 2
2
2
x y y x x y
x
x
x
y
y x x
y x y y x x
( 1 ) 2 ( 1 ) 2 ( )( 2 )
x y
x y y
x
x
y
1 0
) 1 )(
(
Thay y=x vào phương trình (2’) ta được: x2- 4x + 2 = 0
) ( 2 2
) ( 2 2
n x
l x
Thay y=1-x vào phương trình (2’) ta được: x2 -2x +1 = 0 x 1
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=1, x 2 2
Chú ý:
+ Trong phương trình (2) nếu đặt y – 1 = 2 x 1 thì ta không giải được bằng phương pháp này do điều kiện d=ac+α và e=bc+β không thỏa
+ Bài này còn có thể giải bằng cách đặt u= 2 x 1 (u≥0) đưa về phương trình bậc bốn giải bằng cách nhẩm nghiệm.Hoặc đưa về phương trình A Brồi dùng công thức để giải
DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA
3 axb c(dxe) 3 x Với d = ac +α , e = bc + β
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Đặt dye 3 axb
Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:
x e dx c e dy
b ax e dy
3 3
) (
) ) 2 ( ) ( ) (
)1 )
(
)
(
)
(
3 3 3
3
I bc dy x ac e dx
c
bc acx e dy
c
e
dy
x
e
dx
c
b
ax
e
dy
Trừ hai vế của ( I ) ta được : d (x-y)h(x;y) = 0
) 4 ( 0 ) , (
) 3 (
y x h y x
Trang 3Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x.
Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x
Ví Dụ 4: Giải phương trình sau: 3 2 3 3 3 2 ( 1 )
x
Giải:
(1)
3
2 3
1 2
3
2 , 0 , 0 , 1 , 3
1
Đặt y 3 3 x 2 ta được hệ phương trình
) 2 ( 3 2
) 1 ( 3 2
' 3
' 3
x y
y x
0 ) 2 )(
( ) (
3
3
y
x
4 3 ) 2 ( 2 (
2 2 2
2
x y
xy
Thay x=y vào (1’) ta được x3- 3x + 2 = 0
2
1
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,x = -2
DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ VÀ LÔGARÍT CÙNG MỘT CƠ SỐ
s axb clogs(dxe) x với d ac ,ebc
Giải:
Hướng 1:
Đk:
0 1 0
e
dx
s
Đặt ayb logs(dxe), khi đó phương trình được chuyển về thành hệ:
) 2 ( ) 1 ( ) ( )
(
e dx s
e x ac d acy s e
dx
s
x
b
ay
c
s
b ay b ax b
ay
b
ax
) 3 (
acy s
acx s
acx acy s
Xét hàm số f t s at b act
) ( là hàm số đơn điệu khi s>1 và ac>0, hoặc 0<s<1
và ac<0 Khi đó (3) x y
Thay y=x vào (2) ta được s axb dx e 0 ( 4 ) (4) được giải bằng pp hàm số Hướng 2:
ax
s clogs(dxe) x
=clogs(dxe) (d ac)xe bc
=clogs(dxe) (dxe) (axb)c
) 1 ( ) ( ) ( log )
(ax b c c dx e dx e
Xét hàm số f(t) =tclogs t (t 0 )
s t
c t
f
ln 1
)
(
'
ln
s t
c
tìm các khỏang mà ở đó f(t) đơn điệu
Khi đó (1) có dạng: f(s axb) f(dxe) s axb dxe s axb dx e 0
phương trình này giải được bằng phương pháp hàm số
Ví Dụ 5: Giải phương trình sau: 7x 1 6 log7( 6x 5 ) 1 ( 1 )
Giải:
Cách 1:
ĐK:x > 65
Trang 4Đặt y 1 log7( 6x 5 ) khi đó:
) 3 ( 5 6 7
) 2 ( 5 6 7 ) 5 6
(
log
1
1 ) 1
(
6
7
1 1 7
1
x y x
y
y
y x x
) 4 ( 6 7 6 7 6 6 7
7x 1 y 1 y x x1 x y 1 y
Xét hàm số: f(t) = 7t-1+ 6t là hàm số tăng trên R
(4) f(x) f(y) xy khi đó (2) có dạng: 7 1 6 5 0 (*)
x
Xét hàm số ( ) 7 1 6 5
x
Ta có : ' ( ) 7 1 ln 7 6
x
x
0 7
ln 7
) (
x
lõm nên phương trình (*) có không quá 2 nghiệm
Mà g(1) = g(2) = 0 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x = 2
Cách 2:
ĐK: x65
) 2 ( 5 6 ( log 6 5 6 ) 1 ( 6 7 ) 5 6 ( log 6 5 6 1 5 6
7
)
1
7 1
Xét f(t) t 6 log7t (t 0 ) Khi đó f(t) là hàm số tăng trên (0;+∞)
Từ (2) ta có ( 7 1 ) ( 6 5 ) 7 1 6 5 7 1 6 5 0 (*)
Giải (*) như trên
Ví Dụ 6:Giải phương trình: cos 2 log ( 4 cos 2 cos 6 1 ) ( 1 )
6 sin )
2
1
4 sin
Giải:
(1) viết lại có dạng: cos 2 log ( 3 cos 2 1 )
2
1 )
2
1
x
(2) ĐK: 3cos2x ≥1
(2) 2 2 cos 2 1 1 2 cos 2 (log24 ) log4( 3 cos 2 1 ).
2 2 cos 2 1 1 2 cos 2 log2( 3 cos 2 1 ) ( 3 )
Đặt z = cos2x đk z 1 khi đó (3) 2z 1 2z log2( 3z 1 ) ( 4 )
Đặt y=log2( 3z 1 ) đk:
3
1
z Khi đó phương trình (4) được chuyển thành hệ
) 5 ( 2 2
2
2
2
2
1
3
2
z y
y
y
z y z y z
z
y
Xét hàm số f(t) = 2t + t Là hàm số tăng trên R
Từ (5) ta có f(y) f(z) yz
Thay y = z vào 2y 3y 1 0 ( 6 ).phương trình (6) có không quá 2 nghiệm
Do đó y =1, y= 3(loại) là 2 nghiệm của (6)
Với z = 1 cos 2x 1 xk (kZ)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là xk (kZ)
BÀI TẬP ÁP DỤNG:
GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU:
2 2 5 5
x
x
3 2 2 2
x
x
Trang 55 2 15 32 2 32 20
x
6 x3 1 2 3 2x 1
7.3 3x 5 8x3 36x2 53x 25
8 6x 3 log6( 5x 1 ) 2x 1
9 3x 1 x log3( 1 2x).
HẾT