Tư Duy Sáng Tạo Tìm Tòi Lời Giải PT – BPT – HPT đại Số Và Vô Tỷ – Lê Văn Đoàn

774  Tải về (0)

Văn bản

(1)

DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 10, 11, 12

THAM KHẢO CHO GIÁO VIÊN

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

(2)

Bài 1. Phương trình vô tỷ cơ bản ... 3

Bài 2. Giải phương trình vô tỷ bằng cách đưa về tích số ... 11

Sử dụng phép biến đổi tương đương ... 11

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ... 17

Bài 3. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ ... 64

Dạng 1. . ( )a f xb.n f x( ) c 0... 64

Dạng 2. .a f x( )b g x. ( ) 2 . ab f x g x( ). ( )h x( )... 76

Dạng 3.  naf x( ) mbf x( )c... 83

Dạng 4. anA2  b n A B c.  nB2 0 ... 89

Dạng 5. . ( )a f xb g x. ( )c. f x g x( ). ( )... 92

Dạng 6. a f x. ( )b g x. ( )c d f x. . ( )2e g x. ( )2 ... 103

Dạng 7. f x( ) n b x( )a x( )na x( )f x( )b x( ) ... 108

Dạng 8. (ax b )np cx d q x r.n   .  , với n

 

2; 3 ... 117

Dạng 9. x2a x b a  2 b x2a x b a  2 b cx d ... 122

Dạng 10. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn ... 124

Dạng 11. mx n a  1 x b 1 x c 1x2 ... 129

Dạng 12. Đặt ẩn phụ 3 ẩn dựa vào hằng đẳng thức ... 130

Dạng 13. xm x n x .   n x p x .   p x m x .  ... 132

Dạng 14. Đặt 1 ẩn hoặc 2 ẩn đưa về hệ phương trình ... 134

Dạng 15. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ... 152

Bài 4. Giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đánh giá ... 165

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số ... 165

Sử dụng bất đẳng thức cổ điển ... 186

Đưa về tổng các số không âm hoặc AnBn ... 203

Bài 5. Bất phương trình vô tỷ ... 212

Bất phương trình vô tỷ cơ bản ... 212

Bất phương trình sử dụng chia khoảng và tách căn ... 214

Nhóm bất phương trình vô tỷ có mẫu số ... 216

Đưa về dạng tích số bằng phép biến đổi tương đương ... 222

Đưa về tích số bằng kỹ thuật liên hợp ... 225

Sử dụng phương pháp hàm số ... 237

Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ ... 250

Bài 6. Phương trình, bất phương trình chứa tham số ... 251

(3)

Bài 1. Hệ phương trình cơ bản ... 272

Hệ đối xứng loại I ... 273

Hệ đối xứng loại II ... 277

Hệ gần giống đối xứng loại II ... 282

Hệ đẳng cấp cơ bản ... 286

Phương pháp thế tạo phương trình bậc cao hoặc đẳng cấp ... 288

Bài 2. Hệ phương trình đưa về tích số ... 295

Kỹ thuật tách, ghép, nhóm, tam thức bậc hai ... 295

Kỹ thuật nhân lượng liên hợp ... 308

Kỹ thuật dùng phương pháp cộng để đưa về tích số ... 325

Bài 3. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ ... 341

Dạng 1. Đặt một ẩn phụ đưa về phương trình bậc 2, 3 ... 341

Dạng 2. Đặt ẩn phụ dựa vào tính đẳng cấp 1 phương trình ... 346

Dạng 3. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình cơ bản ... 353

Biến đổi 1 phương trình tìm phép ẩn phụ ... 353

Dựa vào Viét tìm ra phép ẩn phụ ... 366

Chia để xác định lượng ẩn phụ ... 373

Liên hợp để phát hiện lượng ẩn phụ ... 384

Biến đổi đẳng thức cơ bản tìm ra phép đặt ẩn ... 387

Đặt ẩn phụ dạng tổng – hiệu ... 390

Dạng 4. Đặt ẩn phụ bằng cách lượng giác hóa ... 405

Dạng 5. Đặt ẩn phụ bằng cách số phức hóa ... 410

Bài 4. Giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá ... 423

Phương pháp đánh giá bằng hàm số ... 423

Một số dạng cơ bản ... 423

Hệ có: ax ( )ax21   by ( )by211... 423

Hệ có: a x1 3b x1 2c x d11a y2 3b y2 2c y2 ... 426

Hệ có: 3 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) a x b x c x d a y b c y d a x b c y d a y b c y d               ... 434

Một số kỹ năng làm xuất hiện hàm đặc trưng ... 443

Chia để xuất hiện hàm đặc trưng ... 443

Phép cộng để tìm hàm đặc trưng ... 453

Phép biến đổi tương đường để tìm hàm đặc trưng ... 461

Phương pháp đánh giá bằng bất đẳng thức cổ điển ... 468

Bài 5. Hệ phương trình chứa tham số ... 492

Phần III. Giải chi tiết bài tập rèn luyện

... 508

(4)

Phần 1. PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ



§1. PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ CƠ BẢN

I. Phương trình bậc bốn quy về bậc hai 1. Dạng: ax4bx3cx2dx e 0 với

2

e d 0.

a b

   

 

Phương pháp giải: Chia hai vế cho x20, rời đặt t x x

  với d

  b 2. Dạng: (x a x b x c x d )(  )(  )(  )e với a c b d   .

Phương pháp giải: Viết lại  (x a x c)(     ) (x b x d)(   ) e

2 2

( ) ( )

x a c x ac x b d x bd e

   

          và đặt tx2 (a c x) . 3. Dạng: (x a x b x c x d )(  )(  )(  )ex2 với a b c d.  . .

Phương pháp giải: Đặt 2

2 a b c d

txab    x thì phương trình

2

2 2

a b c d a b c d

t x t x ex

         

       

    (cĩ dạng đẳng cấp)

4. Dạng: (x a )4(x b )4c

Phương pháp giải: Đặt ( )4 ( )4 2

x t a b       t t c với 2 a b

   5. Dạng: ax4bx3cx2dx e 0 , với b38a d2 4abc.

Phương pháp giải: Đặt

4 x t b

  a

6. Dạng: x4ax2bx c (1)

Phương pháp giải: Tạo ra dạng A2B2 bằng cách thêm hai vế cho mợt lượng 2 .k x2k2, tức phương trình (1) tương đương:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( )x 2kxk (2k a x ) bx c k  (xk) (2k a x ) bx c k  . Cần vế phãi có dạng bình phương 2 20 2

4(2 )( ) 0 ?

VP

k a k

b k a c k

  

       

7. Dạng: x4ax3bx2cx d (2)

Phương pháp giải: Tạo A2B2 bằng cách thêm ỡ vế phãi 1 biễu thức để tạo ra dạng bình phương:

2 2

2 4 3 2 2

2 .

2 4

a a

x x k x axkx kax k

          

 

   

Do đó ta sê cợng thêm hai vế cũa phương trình (2) mợt lượng:

(5)

2

2 2

2 ,

4

k a x kax k

 

  

 

  thì

2 2

2 2 2

2 ( ) .

2 4

a a

x x kk b xka c x k d

           

 

   

Lúc này cần số k thỏa:

2

2

2 2

2 0

4 ?

( ) 4 2 ( ) 0

VP 4

k a b

a k

ka c k b k d

   

  

  

         

  

II. Phương trình vô tỷ cơ bản

2

B 0

A B

A B

 

   

 

0 0

A hay B

A B

A B

  

    

A B 0 B 0

    hoặc 0 0 B A

  

 

3 3

A B A B.

   

III. Một số phương trình vô tỷ cơ bản thường gặp 1. Dạng: ABC0 (1)

Bước 1. Đặt điều kiện.

Bước 2. Chuyển vế để hai vế đều dương, tức (1) ACB Bước 3. Bình phương hai vế A C 2 AC B 2 AC  B A C. 2. Dạng: 3A3B3C (2)

Bước 1. Lũy thừa: (3A3B)3(3C)3   A B 33AB(3A3B)C (2 ) Bước 2. Thế 3A3B3C, thì (2 )   A B 33ABCC.

3. Dạng: ABCD (3) với A C B D   hoặc AC BD . Bước 1. Đặt điều kiện.

Bước 2. Biến đổi (3) ACBD và bình phương hai vế.

 Lưu ý: Biến đỗi của 3 dạng trên là biến đổi hệ quả, do đó khi giãi xong cần thay thế nghiệm lại đề bài và kiễm tra nhằm tránh thu nghiệm ngoại lai. Ví dụ 1. Giải phương trình: 2x 1 x23x 1 0 ( )

Đại học khối D – 2006 Phân tích. Phương trình có dạng tổng quát: mx n ax2bx c , ( , m a0) ta đều giải được theo dạng AB. Nếu sau khi lũy thừa ra được nghiệm hữu tỷ thì sẽ tiến hành chia Hoócner để phân tích thành tích số (đầu rơi, nhân tới, cộng chéo). Còn nếu ra nghiệm vô tỷ ta sẽ tiến hành sử dụng chức năng table của máy tính bỏ túi để tìm lượng nhân tử chung bậc hai, sau đó chia đa thức để đưa về dạng tích số bậc hai nhân bậc hai mà dễ dàng tìm được nghiệm.

Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng AB.

(6)

2 2

2 2

3 1 0

( ) 2 1 3 1

2 1 ( 3 1)

x x

x x x

x x x

   

        

    



2 2

4 3 2 2 2

3 1 0 3 1 0 1

6 11 8 2 0 ( 1) ( 4 2) 0 2 2

x x x x x

x x x x x x x x

         

 

   

           

 

  

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x 2 2.

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình gần đối xứng loại II.

Đặt y 2x 1 0, suy ra:

2 2

2 2

2 1 2 1 0

3 1 0 3 1 0

y x y x

y x x x x y

      

 

 

       

 

 

2 2

(y x ) (x y) 0 (y x y x)( 1) 0 y x

           hoặc y 1 x.

 Với y x , suy ra: 2 1 2 0 1.

2 1 0

x x x x

x x

 

       

 Với y 1 x, suy ra: 2 1

2 1 1 2 2.

4 2 0

x x x x

x x

 

      

  



Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x 2 2.

Ví dụ 2. Giải phương trình: x24x 3 x5 ( )

Phân tích. Để kiểm tra phương trình có nghiệm hữu tỉ hay vô tỷ, ta nhập vào casio:

2 4 3 5

XX  X và bấm shift solve 1 (1 là số nguyên bất kỳ nằm trong khoảng điều kiện) được kết quả X5.192582404 là vô tỷ. Khi đó định hướng tìm lượng nhân tử bậc hai bằng chức năng table. Trước tiên ta lưu biến XA, bằng cách nhập alpha ) shift RCL (–). Kế đến ta chuyển về chế độ table bằng cách bấm mode setup 7 và nhậpf X( )A2AX bằng cách bấm: alpha () x2 – alpha (–) anpha ), rồi bấm = . Nếu casio fx – 570 VN plus hoặc vina calc, ta sẽ bấm tiếp tục dấu =, còn fx – 570 ES thì không cần (tức không nhập g X( )), cho Start là -9, End là 9, Step là 1 thì casio cho ta bảng giá trị

( ) 14 4 6.1925

15 5 1

X F X

và ta chỉ quan tâm đến dòng có giá trị là số nguyên, tức dòng 15 có X5, ( ) 1,F X đó chính là hệ số b, c của nhân tử x2bx c , tức có

2 5 1.

xx Lúc này ta sẽ quyết định lũy thừa 2 vế theo công thức AB được phương trình bậc bốn, sau đó lấy phương trình bậc bốn này chia cho lượng x25x1 sẽ thu được bậc 2 và viết lại tích của 2 bậc hai.

Lời giải 1. Xem đây là phương trình dạng AB.

2

2 2 4 3 2

4 3 0 2 7 2 7

( ) ( 4 3) 5 8 10 23 4 0

x x x x

x x x x x x x

         

 

  

        

 

 

(7)

2 2

2 7 2 7 5 29

( 5 1) ( 3 4) 0 2

x x

x x x x x

      

  

     

 hoặc x 1.

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: 5 29

1, 2

x  x  

Lời giải 2. Đặt một ẩn phụ đưa về hệ đối xứng.

Đặt: y 2 x 5 0, suy ra:

2 2

2 2

( 2) 5 4 1 0

4 3 2 4 1 0

y x y y x

x x y x x y

        

 

 

       

 

 

2 2

( ) 3( ) 0 ( )( 3) 0

3

y x

y x y x y x y x

y x

 

             

 Với y x , suy ra: 2 2 5 29

5 2

5 1 0 2

x x x x

x x

  

      

  



 Với y 3 x, suy ra: 2 1

5 1 1.

3 4 0

x x x x

x x

 

          Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm: 5 29

1, 2

x  x  

Bình luận. Trong lời giải 1, để nâng lũy thừa, ta thường sử dụng hằng đẳng thức 3 số dạng (a b c  )2a2b2c22.(ab bc ca  ) để khai triễn. Tuy cách giải 1 giúp chúng ta tách các đa thức bậc cao thành tích số, nhưng tính toán khá phức tạp, dễ dẫn đến những sai lầm và mất nhiều thời gian. Do đó người giải toán thường tìm những phương pháp đơn giản, ngắn gọn hơn và điển hình đó là lời giải 2 của 2 ví dụ. Phương pháp đặt ẩn phụ sẽ tìm hiểu kỹ bài học sau với dấu hiệu nhận dạng nhất định.

Ví dụ 3. Giải phương trình: 2(x2 x 6) 5 x38 ( )

Đề thi thử Đại học 2013 – THPT Chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An Phân tích. Khác với hai ví dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc 3, ta vẫn giải theo công thức AB, để thu được phương trình bậc bốn. Lúc đó với sự hỗ trợ của máy tính casio, ta sẽ phân tích được thành tích số dạng bậc 2 nhân bậc 2.

Lời giải 1. Điều kiện: x3  8 0 (x2)(x22x4) 0   x 2.

2 2 3 4 3 2

( ) 8.(x  x 6) 25(x 8)8x 41x 104x 96x88 0

2

2 2

2

6 4 0

( 6 4)(8 18 28) 0 3 13.

8 18 28 0 :

x x

x x x x x

x x VN

   

         

  



Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x 3 13.

Lưu ý: Ta có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ sau khi biến đổi phương trình về dạng: 2(x 2) 2(x22x4) 5 ( x2)(x22x4) (1)

Lời giải 2. Đặt ux 2 0, vx22x 4 3.

(8)

2

2 2

(1) 2 2 5 2 u 5 u 2 0 u 2

u v uv

v v v

            

  hoặc 1

2 u v  Suy ra:

2 2

2 2

2 2 2 2 4 4 9 14 0

3 13.

2 2 2 2 4 6 4 0

u v x x x x x

u v x x x x x x

 

             

      

      

Lời giải 3. Chia hai vế cho lượng dương: x22x 4 (x1)2 3 3.

2

2 2

2

2 2

2 2 2 4

(1) 2 5 2 0

2 4 2 4 2 1

2 4 2 x

x x x x

x x x x x

x x

  

    

            

 

2 2

2 4( 2 4)

3 13.

4( 2) 2 4

x x x

x x x x

    

   

   



Ví dụ 4. Giải phương trình: 7x2x x 5 3 2 x x2 ( ) Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản: 0 0

A hay B ,

A B

A B

  

    khi đó có

2 phương án chọn A0 hay B0. Dựa vào đặc điểm của bài toán, ta nên chọn phương án nào đơn giản nhất, tức chọn B 3 2x x20 và có lời giải như sau:

Lời giải. Phương trình

2

2 2

3 2 0

( ) 7 5 3 2

x x

x x x x x

   

  

     



3 1

5 2 x x x

x

  

      (do x0 không là nghiệm của phương trình)

3 2

2 2 2

3 1

2 0

3 1

2 0 2 0 1 1.

16 16 0 4

( 5) ( 2)

x x x

x x x x

x x x x x

x x x

        

   

            

        

   

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

Ví dụ 5. Giải phương trình: 2 3x 1 x 1 2 2x1 ( )

Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản ABC, ta sẽ đặt điều kiện, chuyển vế sao cho 2 vế đều dương và bình phương hai vế để đưa về dạng AB.

Lời giải. Điều kiện: x1. Khi đó: ( ) 2 3x 1 x 1 2 2x1 4(3x 1) x 1 4(2x 1) 4 (x 1)(2x 1)

        

(9)

2

2

4 2 3 1 3 9 1 5.

23 102 65 0

x x x x x

x x

 

       

  



Kết luận: So với điều kiện, phương trình có nghiệm duy nhất x5.

Ví dụ 6. Giải phương trình: 4x27x 2 2 x2  x 1 1 ( ) Phân tích. Phương trình có dạng giống ví dụ trên, ta dám lựa chọn hướng bình phương 2 vế lên là do sau khi lũy thừa, bậc cao nhất 4x2 sẽ triệt tiêu và có lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: 1

x 4 hoặc x2.

2 2 2 2 2

( )  4x 7x  2 1 2 x   x 1 ( 4x 7x 2 1) 4(x  x 1)

2

2

3 5 0 29 4 67

2 4 7 2 3 5

7 58 33 0 7

x x x x x

x x

   

           

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 29 4 67

x 7 

Ví dụ 7. Giải phương trình: x2 x 2 x2x22x0 ( )

Phân tích. Phương trình có dạng tương tự như ví dụ trên, nhưng khi bình phương lên thì sẽ không triệt tiêu được bậc cao nhất. Nhận thấy rằng biểu thức trong các căn thức có chung một nghiệm x0 nên ta sẽ dùng phương pháp chia khoảng và tách căn. Nghĩa là đi tìm điều kiện, dựa vào các khoảng điều kiện để áp dụng các công thức tách căn hợp lý, tức: A B.  A B. khi A0, B0 A B.  ( A) ( B)

.

A B

   khi A0, B0. Từ đó, ta có lời giải chi tiết như sau:

Lời giải. Điều kiện:

2 2

2

0, 0 2 0 0

x x x

x x x

   

  

  

 hoặc 1

2 x x

  

  

 Khi đó ( )  x x(  1) x x( 2)2 x2 (1)

 Trường hợp 1. Nếu x0 thì (1) luôn đúng nên x0 là 1 nghiệm của (1).

 Trường hợp 2. Nếu x1 thì (1) xx 1 xx 2 2 xx

2 2

1 2 2 ( 1 2) (2 )

x x x x x x

         

2 9

2 2 2 1 , (do : 1).

x x x x 8 x

       

 Trường hợp 3. Nếu x    2 x 1 0; x 2 0 nên:

(1)          x x 1 x x 2 2    x x 1    x x 2 2 x

2 2 2

( 1 x x 2) (2 x) 2 x x 2 1 2 :x

            vô nghiệm.

Kết luận: Phương trình đã cho có 2 nghiệm là 9 0; 8 xx 

(10)

Ví dụ 8. Giải phương trình: 3x 1 33x 1 3x1 ( )

Phân tích. Phương trình có dạng cơ bản 3A3B3C, khi đó hướng xử lý là lập phương hai vế và thường sử dụng hằng đẳng thức (a b )3a3b33 (ab a b ), rồi thay thế 3A3B3C vào phương trình thu được sau khi lập phương và giải phương trình hệ quả dạng 3 f x( )g x( ) f x( ) g x( ) .3 Từ đó có lời giải sau:

Lời giải. Tập xác định: D.

3

3 3 3

( ) ( x 1 3x1) ( x1)

3 3

4x 2 3. (3 x 1)(3x 1) ( x 1 3x 1) x 1

          

3 3

3(x 1)(3x 1).( x 1 3x 1) (x 1)

         (1)

Thế: 3x 1 33x 1 3x1 vào (1), suy ra: 3(x1)(3x1)(x1)  (x 1)

3 2

(x 1)(3x 1)(x 1) (x 1) (x 1). (3 x 1)(x 1) (x 1)  0

               (x 1)4x2 0 x 1

      hoặc x0.

 Với x 1 thì phương trình ( ) sai nên loại nghiệm x 1.

 Với x0 thì phương trình ( ) đúng nên nhận nghiệm x0.

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x0.

Ví dụ 9. Giải phương trình: 10x 1 3x 5 9x 4 2x2 ( ) Phân tích. Phương trình có dạng: ABCD với A C B D   , cụ thể:

(10x 1) (2x 2) (9x 4) (3x 5) 12x1, nên ta sẽ chuyển vế đưa về dạng:

ACDBvà bình phương hai vế. Nhưng do khi chuyển vế và bình phương là ta đã giải phương trình hệ quả, vì vậy khi giải xong ta cần thay thế nghiệm vào phương trình đầu đề bài nhằm nhận, loại nghiệm thích hợp.

Lời giải. Điều kiện: 5 3,

x thì ( )  10x 1 2x 2 9x 4 3x5

2 2

( 10x 1 2x 2) ( 9x 4 3x 5)

       

12x 1 2 (10x 1)(2x 2) 12x 1 2 (9x 4)(3x 5)

         

2 6

(10 1)(2 2) (9 4)(3 5) 7 15 18 0 3,

x x x x x x x x 7

              

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình có nghiệm x3.

Ví dụ 10. Giải phương trình: 4x 1 x 7 2 2x 3 5x6 ( ) Phân tích. Nếu biến đổi 2 2x 3 8x12 thì phương trình đã cho đưa về giống như thí dụ trên với (8x12) ( x 7) (5 x 6) (4x 1) 9x5 và có lời giải sau:

(11)

Điều kiện: 2x 3 0. Khi đó: ( )  x 7 8x12 5x 6 4x1

2 2

( x 7 8x 12) ( 5x 6 4x 1)

       

2 13

( 7)(8 12) (5 6)(4 1) 12 63 78 0 , 2.

x x x x x x x 4 x

            

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ), phương trình có nghiệm 13 x 4  Ví dụ 11. Giải phương trình:

3

1 2

1 3 1

3

x x x x x

x

       

 ( )

Đề thi thử Đại học năm 2014 – THPT Hậu Lộc 2 – Thanh Hóa Phân tích. Phương trình có dạng ABCD với A C. B D. , cụ thể ta có

3

2 3

1 ( 3) ( 1)( 1) 1,

3

x x x x x x

x

        

nên sẽ viết về dạng ACDB

và bình phương để giải phương trình hệ quả. Từ đó có lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: x 1.

 

2

3 2

1 2

( ) 3 1 1

3

x x x x x

x

  

 

          

3 3

2 2

1 1

3 2 3 1 1 2 1 1

3 3

x x

x x x x x x x x

x x

 

               

 

3 2 2

1 ( 3)( 1) 2 2 0 1 3

x x x x x x x

             hoặc x 1 3.

Kết luận: So với điều kiện và thế vào ( ) nghiệm cần tìm là x 1 3.

BÀI TẬP RÈN LUYỆN BT 1. Giải phương trình: 2x26x 1 4x5.

BT 2. Giải phương trình: 2x25x 1 7 x31.

BT 3. Giải phương trình: 9x242x49 1 3  x26x6.

BT 4. Giải phương trình: 2x210x 8 x2 1 2x2.

BT 5. Giải phương trình: 2x23x 1 x2  x 2 3x24x1.

BT 6. Giải phương trình: 3x 1 3x 2 3x 3 0.

BT 7. Giải phương trình: 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x 2.

BT 8. Giải phương trình: x 3 3x 1 2 x 2x2.

BT 9. Giải phương trình:

3 2

3 3 2

1 3 4 3.

3

x x x

x x x x

x

         

BT 10. Giải phương trình:

3

8 1 2

2 1 4 2 1 2 3.

2 3

x x x x x

x

       

(12)

§2. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ TÍCH



I. Sử dụng phép biến đổi tương đương

Dùng các phép biến đổi , đờng nhất kết hợp với việc tách , nhĩm, ghép thích hợp đễ đưa phương trình đã cho về dạng tích sớ đơn giãn hơn và biết cách giải, chẳng hạn như: A B.   0 A 0 hoặc B0...

Một sớ biến đổi thường gặp:

f x( )ax2bx c a x x  .(  1)(x x2)với x x1, 2 là 2 nghiệm của f x( ) 0.

 Dùng các hằng đẳng thức cơ bản, lưu ý các biến đổi thường gặp sau:

+ u v  1 uv  (u 1) v u(    1) 0 (u 1)(1    v) 0 u v 1.

+ au bv ab vu   a u b(  ) v u b(    ) 0 (u b a v)(  ) 0.

Ví dụ 12. Giải phương trình: (x3) 10x2x2 x 12 ( )

Phân tích. Thấy vế phải phân tích được thành tích số: x2 x 12 ( x3)(x4) dựa vào f x( )ax2bx c a x x  .(  1)(x x2) với x x là 2 nghiệm của phương 1, 2 trình f x( ) 0, nên sẽ cĩ nhân tử x3 với vế trái và cĩ lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: 10x2  0 10 x 10.

2 2

( ) (x3) 10x (x3)(x4)(x3). 10x (x4)0

2

3 0 3

10 4

x x

x x

  

   

  

 hoặc 24

2 10 6 0

x

x x

 

   

   x 3.

Kết luận: So với điều kiện, phương trình cĩ nghiệm duy nhất x 3.

Ví dụ 13. Giải phương trình: xx 1 x2 x 1 ( )

Phân tích. Với điều kiện x0 thì phương trình xx  1 1 xx1 cĩ dạng u v  1 uv (u 1)(v    1) 0 u v 1 và cĩ lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: x0.

( )  xx  1 1 xx 1 ( x 1) ( x 1 xx1) 0

( x 1)(1 x 1) 0 x 1

       hoặc x   1 1 x 1 hoặc x0.

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm x0, x1.

Ví dụ 14. Giải phương trình: x2 7 x 2 x   1 x2 8x 7 1 ( ) Phân tích. Sử dụng phân tích  x2 8x 7 (x1)(7x) và ghép từng cặp lại với nhau sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về tích số.

Lời giải. Điều kiện: 1 x 7.

(13)

( ) (x 1) 2 x1   2 7 x (x1).(7x)0

1( 1 2) 7 (2 1) 0

x x x x

        

1 2 5

( 1 2).( 1 7 ) 0

1 7 4

x x

x x x

x x x

    

             

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x4, x5.

Ví dụ 15. Giải phương trình: x2 5 x 2 x 2 10 3 x x2 2 ( ) Học sinh giỏi tỉnh Kiên Giang năm 2014 – 2015 Phân tích. Tương tự thí dụ trên, thấy 10 3 x x2  (x2)(5x) nên ghép các biểu thức thích hợp với nhau sẽ đưa được về phương trình tích số và có lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện:   2 x 5.

( ) (x2) (x2)(5x)   2 5 x 2 x20

2( 2 5 ) 2( 2 5 ) 0

x x x x x

         

2 5 3

( 2 5 )( 2 2) 0 2

2 2 2

x x x

x x x

x x

     

            

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là 3 , 2.

x2 x

Ví dụ 16. Giải phương trình: 2 6

3 2 2 2 5

x x x x x

      x ( ) Phân tích. Nếu quy đồng và phân tích

6 2 5 6 ( 2)( 3)

5 x x x x ,

x x x x

   

   

rồi nhóm với cụm x23xx x( 3) sẽ xuất hiện nhân tử và có lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: x0.

( 2)( 3)

( ) ( 3) x x (2 2 2 ) 0

x x x x

x

   

       

 

 

3 x 2 2( 2 ) 0

x x x x

x

  

       

2 3

3 x x 2( 2 ) 0 ( 2 ) x 2 0

x x x x x

x x

 

  

            

2 2 2 0 2

3 4 1 3 2

x x x x x

x x x

x x

        

         

Kết luận: So với điều kiện, phương trình có 2 nghiệm x1, x2.

(14)

Ví dụ 17. Giải: x 2x 3 3( x  5 1) 3x 2x213x15 2x3 ( ) Phân tích. Nếu quan sát kỹ, phương trình chỉ chứa 2 căn thức 2x3, x5 sau khi phân tích 2x213x15 (2x3)(x5) và nhóm nhân tử chung phù hợp sẽ xuất hiện phương trình tích số và có lời giải sau:

Lời giải. Điều kiện: 3x 2 0.

( ) (x 2x 3 3 )x  (2x3)(x5) 2x33( x 5 1)

( 2 3 3) 2 3( 5 1) 3( 5 1)

x x x x x

         

( 2 3 3) ( 5 1)( 2 3 3) ( 2 3 3)( 5 1) 0

x x x x x x x

              

2 3 3 3

5 1 4

x x

x x x

    

      

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm là x3, x4.

Ví dụ 18. Giải phương trình: 3x23x 2 (x6) 3x22x3 ( ) Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:

2 2

3x 3x 2 (3x 2x 3) 5(x1) và xuất hiện thêm hạng tử có chứa (x1), nên phân tích: (x6) 3x22x      3 (x 1) 5 3x22x3, rồi phân phối và ghép hạng tử phù hợp sẽ đưa được về phương trình dạng tích, từ đó có lời giải 1.

Điều kiện: 1 10

6 x 3

   hoặc 1 10 x 3 

Lời giải 1. Tách ghép đưa về phương trình tích số.

2 2 2

( ) (3x 2x    3) 5 (x 1) (x 1) 3x 2x  3 5 3x 2x3

2 2 2 2

( 3x 2x 3) 5 3x 2x 3 5(x 1) (x 1) 3x 2x 3 0

   

              

2 2 2

3x 2x 3( 3x 2x 3 5) (x 1)(5 3x 2x 3) 0

           

2

2 2

2

3 2 3 5

( 3 2 3 5)( 3 2 3 1) 0

3 2 3 1

x x

x x x x x

x x x

   

         

    

2

2

3 2 28 0 1 85 1 85

1 3 3

1 3 1 3

2 4 4 0

x x

x x

x

x x

x x

      

    

            

Kết luận: So với điều kiện, nghiệm phương trình là 1 85 1 3,

x  x 3 

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

(15)

Đặt t 3x22x   3 0 t2 3x22x 3 3x2 t2 2x3. Khi đó:

2 2

( )  t 2x 3 3x 2 (x6).t  t (x 6).t5(x 1) 0 (1) Xem (1) là phương trình bậc 2 với ẩn là t và có biệt số:

2 2 2

( 6) 20( 1) 8 16 ( 4) ,

t x x x x x

          suy ra: t x 1 hoặc t5.

Do đó:

2 2

3 2 3 5

3 2 3 1

x x

x x x

   

    

và giải tương tự như cách giải 1.

Bình luận. Phương trình có dạng ax2bx c (mx n ). ax2px q , ta sẽ giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn nếu biệt số Δ là số chính phương. Bản chất của phương pháp cũng là một hình thức đưa về tích số.

Lời giải 3. Liên hợp sau khi sử dụng casio tìm được nhân tử chung của phương trình là 3x22x28.

2 2

( ) (x6)( 3x 2x 3 5) 3 x 2x28

2 2

2 2

2

3 2 28 0

( 6)(3 2 28)

3 2 28 6

3 2 3 5 1

3 2 3 5

x x

x x x

x x x

x x

x x

   

   

            

2 2

3 2 28 0

3 2 3 1

x x

x x x

   

      và giải tương tự như cách 1.

Nhận xét. Đối với bài toán trên, tôi không tìm được lượng nhân tử chung bằng chức năng table của casio. Khi đó ta sẽ tìm hai nghiệm và dựa vào định lý Viét để tìm ra nhân tử chung như sau: nhập 3X23X 2 (X6) 3X22X3 và bấm shift solve 100 được nghiệm là X 2,739848152, gán nghiệm này vào biến A, tức bấmAnsA, (Ans shift RCL/ / / ( )). Tìm nghiệm thứ hai bằng cách nhập lại phương trình và bấm shift solve 100 ta được nghiệm X3.406514819, rồi cũng lưu nghiệm này vào biến B: AnsB, (Ans shift RCL/ / / ,,,). Khi đó ta tính tổng, tích

của A và B được 2

0,6666666667

A B  3 28

AB  3 nên theo Viét thì A B, 2 nghiệm của X2SX P 0, tức có nhân tử 2 2 28

3 3

xx hay 3x22x28.

Ví dụ 19. Giải phương trình: x24x(x3) x2   x 1 1 0 ( ) Phân tích. Do biểu thức trong và ngoài dấu căn cùng là bậc hai, nên ta nghĩ đến việc phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức trong dấu căn, cụ thể ở đây tôi viết:

2 2

4 1 ( 1) 3

xx  x   x x và xuất hiện thêm hạng tử có chứa 3 ,x nên sẽ phân tích: (x3) x2  x 1 x x2  x 1 3 x2 x 1 và ghép hạng tử phù hợp sẽ xuất hiện nhân tử chung và đưa được về phương tình tích số. Từ đó có lời giải 1.

(16)

Điều kiện: 2 1 5

1 0 2

x     x x  hoặc 1 5 x 2 

Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số.

2 2 2

( ) (x   x 1) x x  x 1(3x3 x   x 1) 0

2 2 2 2

( x x 1) x x x 1 3(x x x 1) 0

 

          

2 2 2

1( 1 ) 3( 1) 0

x x x x x x x x

          

2

2 2

2

( 1 ) ( 1 3) 0 1

1 3

x x x

x x x x x

x x

    

         

   

2

0 1

1 0 1 41:

1 9 2

x x

x x x x

    

   

      

thỏa mãn điều kiện.

Kết luận: Phương trình đã cho có 3 nghiệm là 1 41 1 41

1, ,

2 2

x  x  x  

Lời giải 2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn

Đặt tx2  x 1 0, suy ra: t2x2  x 1 x2  t2 x 1. Khi đó:

2 2

( )    t x 1 4x (x 3).t    1 0 t (x 3).t3x0 (1) Xem (1) là phương trình bậc hai với ẩn là t và có biệt số:

2 2 2

( 3) 12 6 9 ( 3) ,

t x x x x x

         suy ra:

3

t x

t

  

  

 Với tx2 x 1 và giải ra cũng được kết quả như trên.

Lời giải 3. Ghép để liên hợp sau khi tìm nhân tử x2 x 10 bằng casio.

2 2

( ) (x  x 10) ( x3) x   x 1 30

2 2

2

( 3).( 10)

( 10) 0

1 3

x x x

x x

x x

  

    

  

2

2 2 2

10 0 10 0 1 41

3 2

1 1 3 0 1 1

x x

x x x

x x x x x

x x

         

  

              

Ví dụ 20. Giải phương trình: 2x26x10 5.( x2) x 1 0 ( ) Phân tích. Khác với các thí dụ trên, biểu thức trong căn thức là bậc nhất và có dạng tổng quát là ax2bx c (dx e ).   x . Khi đó sẽ phân tích biểu thức ngoài dấu căn theo biểu thức tích mang dấu căn bằng đồng nhất thức, nghĩa là biểu diễn

2 2 2 2

2x 6x10m x.( 2) n.( x1) mx (n4 ).m x(n4 )m và so sánh hệ

(17)

số trước x2, x và hệ số tự do được m n 2. Khi đó, ta có 2 hướng xử lý thường gặp là tách ghép đưa về tích số hoặc đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp, hoặc chia cho lượng dương để đưa về phương trình bậc 2.

Điều kiện: x 1. Khi đó: ( ) 2(x2)22( x1)25(x2) x 1 0 (1)

Lời giải 1. Tách ghép đưa về tích số.

2 2

(1)2(x2) (x2) x1   2( x1) 4(x2) x10 (x 2) 2( x 2) x 1 2 x 1 x 1 2(x 2) 0

            

1 2( 2)

2( 2) 1 ( 2) 2 1 0

2 1 2

x x

x x x x

x x

   

   

              

2 2

2 2

2 2

1 4( 4 4) 4 17 15 0 3

2 2 8

4( 1) 4 4 8 0

x x

x x x x x x

x x x

x x x x x

   

          

 

          

Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có 2 nghiệm x3, x8.

Lời giải 2. Đặt 2 ẩn phụ đưa về phương trình đẳng cấp.

Đặt a x 2, bx 1 0. Do x 1 là nghiệm nên bx 1 0, thì:

2

2 2 2

(1) 2 2 5 0 2 5 2 0

2

a b

a a

a b ab

a b

b b

     

               

Thế vào và giải tương tự như trên cũng được nghiệm là x3, x8.

Lời giải 3. Chia cho lượng dương đưa về phương trình bậc 2.

Do x 1 là nghiệm nên chia hai vế cho ( x1)20 thì:

2 2 2 2

(1) 2 5 2 0 2

1 1 1

x x x

x x x

    

        

  

  hoặc 2 1

1 2 x

x

  

 Giải tương tự như trên cũng được x3, x8.

Lời giải 4. Ghép bậc nhất ax b với căn thức để nhân lượng liên hợp sau khi sử dụng casio nhẩm được 2 nghiệm x3, x8.

( ) (x2). ( x7) 5 x1x211x24 0

2

( 2)( 11 24) 2

( 11 24) 0

5 1 7

x x x

x x

x x

  

    

  

2 2

( 11 24) 1 0

5 1 7

x x x

x x

  

     

  

 

2 11 24 0

5 1 7 2

x x

x x x

   

       Giải tương tự như trên, ta cũng được kết quả x3, x8.

(18)

II. Kỹ thuật nhân lượng liên hợp để đưa về tích số

A B AB A B

A B

A B AB

A B2

A B

3 3

A B 3A23AB3B2 3 2 3 3 2

A B AABB

3 A B 3A2B A B32

3

3 2 3 2

A B AB AB

 Phân tích bài toán và hướng tư duy đi đến lời giải (tương tự cho 3 f x( )) Gi f x( ) g x( )h x( ) 0

ướng f x( )g x( ) h x( ) f x( )g x( ) 3x 2 x 1 2x2 x 3, (3x   2) (x 1) 2x3 2x2  x 3 (2x3)(x1) 2x3 f x( )g x( ) h x( ),

ướng . x xoPP ghép h ng s . f X( ) g X( )h X( ) x xo. ( f X( ) g X( )h X( )) : (X xo)

x xo m n, x xo mf x( ), o ng x( )o x xo [ f x( )m] [ n g x( )]h x( )  m n 0 h x( ) m n.

(19)

câu: 3x 1 6 x 3x214x 8 0.

x5 nên m 3.5 1 4  ( 3x 1 4)

6 5 1

n   (1 6x) x5.

3x214x  5 (x 5)(3x1) x5.

ướng ẹp x x x x1,  2PP ghép ax b . ax ba b, f x( ) 1 1

2 2

( ) ,

( )

f x ax b a b f x ax b

  

 

  



c g x( ). Thí d gi i: 2 3x 4 3 5x 9 x26x13.

x0, x 1 ax bax b 3x4

3.0 4 .0 2

3.( 1) 4 .( 1) 1

a b b

a b a

     

 

       

 2 3x 4 (x2) 5x9 3. 5x 9 (x3) .

 l sau hi nhân lượng liên hợp

(x xo)f x( ) 0 (ax2bx c f x ). ( ) 0. nh f x( ) 0,

( )

f x

f x( ) 0, f x( ) x

( )),f x suy ra ( )f x

 ( ) 0f x  ( AB, AB,...) f x( ) 0 ABk) x.

Hình ảnh

Đang cập nhật...

Tài liệu tham khảo

Chủ đề liên quan :

Tải tài liệu ngay bằng cách
quét QR code trên app 1PDF

Tải app 1PDF tại