Tài liệu CHUYÊN ĐỀ : phương trình pdf

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH A.Phương trình vô tỉ: I.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ... Giải bằng định nghĩa... Phương pháp dùng đồ thị Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu về một số phé

CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH A.Phương trình vô tỉ:

I.CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

1.Phương pháp đặt ẩn phụ:

Ví dụ : Giải phương trình 15x2x2 5 2x2 15x 1

Giải: ĐK:2x2 15x110

Đặt 2x2 15x11t ta có t2t60

Tìm t sau đó suy ra x ( chú ý đối chiếu với điều kiện nghiệm đúng )

2.Phương pháp đưa về hệ phương trình:

Thường được dùng để giải pgương trình vô tỉ có dạng axb cxd k

Ví dụ: Giải phương trình: x3 2x14

Đặt a x3 ; b 2x1 Khi đó ta có hệ:















5 2

4 2 2

b a

b a

Giải và tìm a, b rồi suy ra x

3.Phương pháp bất đẳng thức:

Ví dụ : Giải phương trình: y y 6y

2

3 1 4 3 4

2









Giải: Theo bất đẳng thức Cô si ta có :

2

6

6y y



3

) 6 ( 4 2 4 3

4

2 2















y

4.Phương pháp lượng giác:

Giải: ĐK : x 1 Đặt xcosa và biến đổi đơn giản ta có:

  0

2 sin 1 1 cos









 

a suy ra a và từ đó suy ra x 5.Phương pháp nhân liên hợp:

Ví dụ: Giải phương trình: 3 4

2

1 1

16x   x Giải: Phương trình tương đương với:

2

1 2

1 1

2

1

1 2

1

4

1 2

2

1 16 1 2

1 8

1



















































 



















 

x x

x x

x x x

x x

II.MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:

1 2 1 1 2 1 1 2 1

1 x  x   x x  x x

Giải: ĐK:

2

1



Phương trình đã cho trở thành:

1 1

2

3 3 3 3 3

3

1 1

1

1

3 2

3 2

3 2

3 2

3 2

3 2

































  













  





















x x

x b a VT

VP

VP b a ab b

a a b b

a

VT

b a ab b

a

b a ab

b

a

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x1

Bài 2:Giải phương trình: x4 x.2x1. x 12x1

2

1



 x

Đặt 4 x a

4  x b

2 1 Phương trình trở thành: a4 aba2 b21

  4 4

2 2

4

2

b a

a

2 2 2 2

2

;

b a b a

3

1 2







Vậy phương trình có nghiêm duy nhất

3

1



x

Bài 3:Giải phương trình: x2 2x1 2x12 x9 x.2x1

Giải:

Cách 1:

Đặt a x;2x1b vớia,b0

Phương trình đã cho trở thành:

a2b.b2a9abÁp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

aab.abb9ab

Đẳng thức xảy ra khi: ab x  2x1x1

Vậy x1 là nghiệm của phương trình

Cách 2:

ĐK:

2

1



x

x x x x

x x x

x x

x

VT





































3

3 2 1 2 1

9

1 2

1 2 1 2 1

2 2

1 2 2

Mà VT VPx2x1x1t\m

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:x1

Cách 3:

 * 3

2 3

2 3

2











 











 











 

Áp dụng bất đẳng thức  * ta có:

VP VT x

x x x

x x

x























3

1 2 2

3

2 1 2 1

2

Bài 4: Giải phương trình:24 x 4 32x 3

2

2

x x

3

3 2 3

1 1 1 1 1 1 1 1

4



























VT

x x

x VT

mà VT 3x1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x1

Bài 5:Giải phương trình: 6x  x2  x2 6x13

Giải:ĐK: 2 x6

Áp dung bất đẳng thức Bu-nha-a-cốp-xky ta có:

1 1  6  2  4 2

6x x  2  2 x  x 

màx2 6x13x32 44

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi hệ sau có







































3 6

1 2 1 4

4 3

4 2 6

2

x

x x

x

x x

Hệ phương trình trên vô nghiệm nên phương trình vô nghiệm

Bài 6:Giải phương trình: 3x14x13x5

3

1





x

1

3

4 3 2 1































x x

x

x x

x

PT

Đặt 2y3 3x1 ĐK

2

3



y





























































1 3 3 2

1 2 3

2 1

3 3 2

4 3

2 3

2

2 2 2

2

x y

y x x

x y

x x

y



















































x y

y x y

x

y

x

y x y

x y x y

x y

x

2 5 2 0 5 2 2

2 3

4 2

3 2 3

*Với x y thay vào  1 ta có:4x2 15x80

Kết hợp với ĐK

8

97

15



 x

*Với 2y52xThay vào  1 ta được:4x211x30

Kết hợp với ĐK

8

73

11



 x

Bài 7:Giải phương trình: x2 2x5 x2 4x40  73

Giải:

Phương trình đã cho tương đương với: x12 4 x22 36  73 Gọi M  x;0;A1;2  ;B2;6

 

73

36 2

4 1

73 8

3

2 2

2 2



























AB

MB

MA

x

MB

x

MA

AB

Đẳng thức xảy ra







































































0 4 1 3 1

0

6 2

2 1

0

k x

TM k

k k

x k x k

B kM A

Vậy

4

1





x là nghiệm của phương trình

Bài 8:Giải phương trình:4x33 2x12x1 3 2x13 2x116x3 Giải: Áp dụng hằng đẳng thức quen thuộc: ab3 a3 b33abab

Từ đó ta được phương trình ban đầu tương đương:

16 1

2 1 2 16

1 2

1

Thế vào phương trình ban đầu ta dễ dàng giải được

2

1

;

0 

 x x

Bài 9: Giải phương trình:     2

2 2 1

Tập xác định:x2 hoặc x0 hoặc x1

*Với x0 phương trình có nghiệm đúng

8

9 2

2



PT

8

9 2

2

PT

Đáp số:

8

9

;

 x

x

Bài 10:Giải phương trình.3 2x 1 x1

Giải:

Cách 1:Đặt t  x10xt21Và phương trình trở thành

3

; 1

; 0 1

1

3 t2  t t  t  t  TM  x x x

Cách 2:ĐK:x1 Lập phương 2 vế ta có

1 1

3

1

Đặt x1tt0nên t2 x1 ta có:

0 3

4 2

3  

t t t vậy t0;t 1;t3

Xét t 0thì x1

Xét t 3thì x10

Xét t 1thì x2

Cách 3:ĐK x1

Đặt 3 x u

2 x1v

1

3















u u u u

u v

u

v u

 

 

 







































TM x

TM x

TM x

u

u

u

10 1 2 2

1

0

Vậy phương trình có 3 nghiệm: x1;x2;x10

Bài 11:Giải phương trình 4x1 4x2 11

Giải:

ĐK:

2

1 0

1

4

0 1

4















x x

x

2

x

2

















Do đó phương trình có nghiệm duy nhất

2

1



x

Bài 12:Giải phương trình: 2x1x2 3x10xR

2

1 0

t 2

2 









t

Phương trình trở thành:t4 4t2 10 t1 2.t2 2t10















1

2

1

t

t

(Do t 0)

Với t  21 ta có: x2 2

Với t 1 ta có: x1

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x2 2 ; x1

Bài 12:Giải phương trình: x1 9x2 x2 10x9 12 Giải:ĐK: 9 x1 Đặt x1 9x t t0

Nên t2 82 x2 10x9

Phương trình trở thành:tt2812t2t200

Ta được: t 4;t5(loại)

Với t 4 ta có x2 10x250 Vậy x5

Bài 13:Giải phương trình: x2  x55

Giải:

Cách 1:

ĐK x5y0

Đặt y x5 y2 x5







































































































































































































































































































































2

17 1 2

21 1

2

17 1 1 2

21 1

0 5

0 4 1

0 5

0 5

0 4 1

0

5

0 5

0

5

0 1 0 5 0 5

5 0 5

5 5 0

5

2 2

2

2

2

2 2 2 2

2

x x

x x x x

x x x

x x x

x

x

x

y

y

x

x

x

x

y

y

x

y x

y x

y x y x

y x y x

y x y x

x

y

y

x

y

x

Vậy phương trình có 2 nghiệm:

2

21

1



2

17

1





x

Bài 14:Giải phương trình: 2 1

2

2

2 





x

x x

Đặt x 2tant 













2

; 2





t

















2

; 0

t x

(1) trở thành: 2 tan 2sin 1

cos 2

tan 2 2 tan

t

t t

1 3

3 2 4 1 1

2

2 sin

2 sin 1 1 2 2

sin

2 cos 1 2 cos

sin 2

sin 2 2 tan

2

1 3 2

sin

4

; 0

3 1 2 sin 4

; 0 2

sin 2 2 2 sin 4

; 0 cos

sin 2 1 2 sin

2

1

0 sin cos

sin cos 2 sin 2

2 cos

cos sin 2 sin

2 2

2 2













   













































































































































t

t x

t

t t

t

t t

x

t

t

t

t t t

t t t t

t t

t t t t

t t t







B.Chuyên đề phương trình chứa dấu giá trị tuệt đối

I.Cách giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:

Nếu phương trình không thể đưa về các dạng cơ bản sau:

B

A  hay A B

Ta có thể sử dụng các phương pháp sau đây:

1 Giải bằng định nghĩa

Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối, sau đó khử dấu giá trị tuyệt đối bằng định nghĩa (để đơn giản hơn trong quá trình thực hiện, ta cũng có thể dùng bảng xét dấu):















0

0

A Khi A

A Khi A A

VD1: Giải phương trình x1 x1 4  1

Giải:

Nếu x<-1 thì: 1 x1x14x2

Nếu -1<x<1 thì: 1 x1x140x2 vn

Nếu x>1 thì: 1 x1x14x2

Kết luận: S 2;2

VD2: Giải và biện luận phương trình 3x ax2a10

Giải:

TH1: x0 Khi đó:

+ Nếu a = -3: (*) vô nghiệm

+ Nếu a3thì

3

1 2







a

a x

Do

























2 1

3 0

3

1

2

a

a a

a

x

TH2: x < 0 Khi đó:

+Nếu a = 3: (**) vô nghiệm

+Nếu a3thì

3

1 2







a

a x

2

1 0 3

1

2













a

a

x

Kết luận:

+ a < -3:



















3

1 2

a

a S

+

2

1

3 

 a thì S 

+

2

1



a thì S  0

2

1



a thì























3

1 2

; 3

1 2

a

a a

a S

+ a3thì



















3

1 2

a

a S

2 Phương pháp dùng đồ thị

Trước hết, chúng ta hãy tìm hiểu về một số phép biến đổi đồ thị

a Đồ thị y f x

Ta có :          

















0 x f khi

0 x f khi

x f

x f x f

- Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x)

- Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành qua trục hoành

b Đồ thị y f x

Do y f x là hàm số chẵn nên đồ thị đối xứng qua trục tung Oy Vậy, đồ thị gồm hai phần:

- Phần bên phải Oy của đồ thị y=f(x)

- Đối xứng phần trên qua Oy

c Đồ thị y u   x v x

Ta có:                

















0 u khi

0 u khi

x x

v x u

x x

v x u x v x

u

- Phần đồ thị y=f(x) trên miền u x 0

- Đối xứng phần đồ thị y=f(x) trện miền u x 0qua trục hoành

d Đồ thị y  f x

Ta thấy rằng nếu x0; y0 thuộc đồ thị trên thì x0; y 0cũng thuộc đồ thị trên Như vậy

đồ thị y  f x đối xứng qua trục Ox Do đó, đồ thị gồm:

- Phần đồ thị từ trục hoành trở lên của đồ thị y=f(x)

- Đối xứng phần trên qua trục hoành để được phần đồ thị còn lại

3.Phương pháp đặt ẩn số phụ:

VD: Định m để phương trình sau có nghiệm

 * 0 3 2 2

2  mx m xmm  m 

x

Giải:

Đặt t  xm

Ta có:















2 2

2

2

0

m mx x

t

t

Do đó:  * t22mt2m30  **

(*) có nhgiệm (**) có nghiệm không âm































































































3 2 3

0 2

0 3 2

0 3 2

0 3 2

0

0

0

'

0

2

m m

m m

m m m

P

S

P

4.Phương pháp toạ độ:

Ví dụ: Giải phương trình

5 50 10 5

2  x  x  x 

x

Giải:

 *  22 12  52 52 5  1













Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm

Khi đó:  1  MAMB  AB  2

Với một bộ ba điểm ta luôn có bất đẳng thức MAMB  AB

Dấu “=” xảy ra khi A, B, M thẳng hàng và M nằm ngòai AB Do A, B nằm cùng phía với trục hòanh và MOxnên M là giao điểm của đường thằng BA với trục hoành

Gọi A’(2;0) và B’(5;0) là hình chiếu của A, B lên Ox

Theo định lý Talet ta có:

4

5 4

3 ' 5

1 3 '

' '

'

'

'















MA

MA BB

AA

MB

MA

Toa độ điểm 









 0

; 4

5

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

4

5



x

II.Bài tập ứng dụng:

Bài tập ứng dụng phương pháp dùng đồ thị

Bài 1: Tìm a để phương trình sau có 4 nghiệm

Giải:

Ta có:  *  f x 2x2 5x4 x2 5xa0

Lập bảng sau đây:

Ta có:

   

4

43 4

4

43 2

5

4 4 1





























a a

f

a f

f

Bài 2: Xác định m để phương trình sau có bốn nghiệm khác nhau

Giải:

Phương trình viết thành:

Dễ thấy rằng nghiệm của phương trình trên cũng chính là phương trình hoành độ giao điểm của:

Vậy, phương trình có 4 nghiệm khi:

4 43

4a









































































































































































0 1 0 5 0 5

0 5

0 5

5

5

5

0

5

2

2 2 2 2

2

y x

y x

y x y x

y x y x

y x y x

y

y

x

y

x