Chuyên đề: Phương trình vô tỉ

Dựa trên các phân tích trên ta có lời giải cho bài toán này ^^ , cụ thể là : Giải : ĐK : 0 x , +) Trường hợp 1 : 1 x thử trực tiếp ta thấy không phải là nghiệm của phương trình

pdf32 trang | Chia sẻ: phanlang | Ngày: 05/05/2015 | Lượt xem: 1555 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Chuyên đề: Phương trình vô tỉ, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong chuyên đề này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về một loại phương trình rất hay gặp trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng , đó là phương trình vô tỉ ( hay còn gọi là phương trình chứa căn) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức là một phần quan trọng của môn Đại số ở bậc phổ thông. Đây cũng là dạng toán khiến các bạn học sinh gặp khó khăn vì dạng bài tập phong phú, đòi hỏi nhiều kỹ năng tính toán và biến đổi. Chính vì vậy tôi xin giới thiệu chuyên đề này, với hi vọng có thể phần nào giúp các bạn học sinh cơ bản nắm được cách giải quyết các bài toán dạng này. Vậy, phương trình vô tỉ là gì ??? Ta định nghĩa phương trình vô tỉ như sau : 1.ĐỊNH NGHĨA : Phương trình f(x) = 0, với f(x) là hàm số có chứa căn thức của biến được gọi là phương trình vô tỉ 2.ĐỊNH LÍ : Sau đây là một số định lí làm cơ sở cho việc giải một phương trình vô tỉ      2 1 2 1 ( ) ( ) k k f x g x f x g x                 2 1 2 1 ( ) ( ) k k f x g x f x g x             2 1 2 1( ) g( )k kf x x f x g x           2 2 0 ( ) ( )k k g x f x g x f x g x                   2 2 0 ( ) g( ) 0k k f x f x x g x f x g x         Với k là số tự nhiên khác 0 3.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 3.1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN DẠNG 1 :           2 0g x f x g x f x g x           VD1: Giải các phương trình sau:  2) 3 2 1 1a x x x    Giải : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  1    22 1 0 3 2 1 x x x x        1 1 1 x x x      Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1. b) 3 3 1x x         2 3 1 0 3 3 1 x pt x x        2 1 1 3 113 9 7 2 0 2 9 x x xx x x                 Vậy , phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . 2) 1 1c x x   (Trích đề thi ĐH Huế năm 1999) Giải : (pt)   2 22 1 0 1 1 x x x         4 2 1 1 2 0 x x x x x             2 1 1 1 1 0 x x x x x x            1 1 5 2 x x       Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1x   ; 1 5 2 x   2) 6 6 2 1d x x x    (Trích đề thi ĐHXD Hà Nội năm 2001) Giải :     22 2 1 0 6 6 2 1 x pt x x x         2 1 2 3 2 5 0 x x x         1x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1 . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 2) 2 1 3 1 0e x x x     (Trích đề thi ĐH_CĐ khối D năm 2006) Giải   22 1 3 1pt x x x        2 22 3 1 0 2 1 3 1 x x x x x               2 2 3 5 3 5 2 2 1 4 2 x x x x            1 2 2 x x      Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1x  ; 2 2x   f) Giải phương trình sau ; 4 3 10 3 2x x    (Trích đề thi HSG Quốc Gia năm 2000) Giải :     2 2 0 4 3 10 3 2 x pt x x         2 2 4 3 10 3 4 4 x x x x             22 2 4 4 9 10 3 x x x x        2 2 4 3 10 3 x x x x           22 2 4 4 9 10 3 x x x x           2 2 4 3 2 7 15 0 x x x x x          3x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3 . VD2 : Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1x mx x    (Trích đề tuyển sinh ĐH khối B năm 2006) Giải :     22 2 1 0 2 2 1 x pt x mx x         2 1 2 ( ) 3 4 1 x x x m x          Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hệ ( ) có 2 nghiệm phân biệt . Điều này có nghĩa là phương trình 23 4 1x x m x    có 2 nghiệm phân biệt với 1 2 x   Xét hàm số g(x) = 23 4 1x x x   Ta có , 2 ' 3 1( ) x g x x   >0 0x  BBT : x 1 2  0 g’ + + Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ycbt 9 2 m  Vậy 9 2 m  là giá trị cần tìm . VD 3 : Tìm m để phương trình 2 2 1 2x mx m    có nghiệm Giải :  Trường hợp 1 Với m <2 thì phương trình (1) vô nghiệm (loại)  Trường hợp 2 Với m ≥2 khi đó ta có     221 2 1 2x mx m     2 22 4 3 0x mx m m      Phương trình (1) có nghiệm  2 22 4 3 0x mx m m     có nghiệm Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Điều đó tương đương với ' 22 4 3 0m m     đúng với mọi m Để ý rằng tam thức 22 4 3m m  >0 với mọi m. Như vậy, phương trình có nghiệm  2m  , hay 2m  là tấc cả giá trị cần tìm. VD 4 : Tìm m để phương trình 22 3 1x mx x    có 2 nghiệm phân biệt . Giải :     22 1 2 3 1 x pt x mx x            2 1 2 4 0 x x m x          Để ý rằng phương trình   luôn có 2 nghiệm 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0  Tại sao 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0 ??? Ta để ý rằng 2 1 4 2 b b ac x a     có a,c trái dấu do đó 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0. 2 2 2 4 20 2 m m m x      <0  Tại sao 2 2 2 4 20 2 m m m x      <0 ??? điều này bạn đọc tự tìm hiểu thêm để hiểu sâu hơn nhé. Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt  phương trình   có 2 nghiệm phân biệt ≥ -1 Điều này 2 2 2 4 20 1 2 m m m x         24 4 20m m m       2 2 4 1 4 4 20 m m m m m          Vậy m ≤ -1 là tấc cả các giá trị cần tìm . DẠNG 2 : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224             0 0 f x f x g x g x f x g x         Chú ý : khi ta viết     0 0 f x g x     ta chỉ cần chọn 1 trong 2 bất phương trình này để làm điều kiện chứ không cần thiết phải lấy cả 2 bất phương trình (thường thì ta chọn bất phương trình nào đơn giản nhất làm điều kiện ) VD: Giải các phương trình: ) 2 3 4 7a x x   Giải :   2 3 0 2 3 4 7 x pt x x        3 52 5 x x x         Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=5 b) 2 6 4 4x x x    Giải : 2 2 2 4 4 4 6 4 4 00 6 4 4 5 0 5 x x x x x x xx x x x x x x                           Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 c) 2 25 4 2 3 12x x x x      Giải :   2 25 4 2 3 12pt x x x x       2 2 2 5 4 0 5 4 2 3 12 x x x x x x                2 1 4 0 3 2 8 0 x x x x          Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 1 4 8 4 2 6 3 8 6 x x xx x                Vậy phương trình đã cho có nghiêmduy nhất 4 3 x   VD2 : Tìm m để phương trình 3.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁC PHÉP NÂNG LŨY THỪA Sử dụng phương pháp nâng lũy thừa nhằm biến đổi phương trình đã cho về dạng không còn chứa căn thức. Tuy nhiên khi bình phương hai vế của phương trình nhớ sử đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu (thường thì ta đặt điều kiện sao cho 2 vế của phương trình cùng dương) Chú ý : đối với phương trình có thể giải bằng phương trình hệ quả sau đó thử lại kết quả, còn đối với bất phương trình bắt buộc phải đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu DẠNG 1 : ( ) ( ) ( )f x g x h x  Phương pháp giải : Bước 1 : Đặt điều kiện ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 f x g x h x      , khi đó Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Bước 2 :  2( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )pt f x g x f x g x h x    Lúc này ta thu được phương trình dạng cơ bản đã có cách giải VD1 : Giải phương trình 9 5 2 4x x    (Trích đề thi ĐHQG Tp.HCM,khối D năm 1998) Giải : ( ) 9 2 4 5pt x x     (1) Điều kiện 9 0 2 4 0 x x      2x   khi đó; (1)    ( 9) 2 4 2 ( 9) 2 4 25x x x x        212 3 2 2 22 36x x x        22 12 3 0 4 2 22 36 12 3 x x x x         2 4 0 160 0 x x x x       x=0 thỏa điều kiện . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0 VD2 : Giải phương trình 16 9 7x x    (Trích đề thi ĐH Đà Lạt khối A+B năm 1999) Giải : Điều kiện 16 0 9 0 x x      9 16x   khi đó;     2 16 9 49pt x x     2 7 144 12x x     2 7 0x x    0 7 x x     (nhận) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=0 ; x=7 VD3 : Giải phương trình : 3 7 1 2x x    (Trích đề thi CĐ Tài Chính Hải Quan năm 2007 ) Giải : ĐK : 1x      3 7 2 1pt x x      , với điều kiện 1x   thì Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     2 3 7 2 1x x      3 7 5 4 1x x x      1 2 1x x        2 1 4 1x x        2 1 0 1 1 4 1 0 1 4 3 x x x x x x                 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1x   ; 3x  . Nhận xét : phương pháp nâng lũy thừa chỉ tỏ ra hiệu quả khi biểu thức dưới dấu căn là một hàm số bậc nhất ^^ . DẠNG 2 : ( ) ( ) ( )f x g x h x  Phương pháp giải : Cách 1 : (dùng phương trình hệ quả để giải) Với việc sử dụng phương trình hệ quả ta chỉ việc bình phương liên tiếp 2 vế của phương trình tới khi khử nhận được được một phương trình cơ bản hoặc một phương trình bậc cao .Tiến hành giải tìm nghiệm của phương trình vừa thu được sau đó thử lại phương trình đầu và kết luận . VD : Giải phương trình 10 1 3 1x x    (1) Giải : Bình phương 2 vế ta được (1)   2 10 1 3 1x x         '2 10 1 3 11 1 1x x x     Tiếp tục bình phương 2 vế ta được  '1     24 10 1 3 11 1x x x     281 94 13 0x x    1 13 81 x x      Thử lại ta thấy 13 81 x  không thỏa . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x=1 Cách 2 (dùng các biến đổi tương đương để giải ) Nhận xét : Để có các biến đổi tương đương ta phải đảm bảo 2 vế của phương trình phải cùng dấu với nhau (tốt nhất là cùng dương ) do đó ta có các bước giải sau ; Bước 1 :   ( ) ( ) ( ) (1)pt f x h x g x   Bước 2 : Điều kiện ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 f x g x h x            2 1 ( ) ( )f x h x g x   Ta đưa về phương trình đã có cách giải . VD : Giải phương trình  3 5 1 4 1x x    Giải :  1 3 5 4 1x x     Điều kiện 3 5 0 1 1 0 x x x       , với điều kiện 1x  thì     2 1 3 5 4 1x x     4 1 5x x        2 5 0 16 1 5 x x x        2 5 26 41 0 x x x       5 13 8 2 13 8 2 x x x         13 8 2x   Với 13 8 2x   thỏa điều kiện 1x  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 13 8 2x   . Nhận xét : khi giải phương trình này ta có thể làm đơn giản hơn bằng phương trình hệ quả tức là bình phương 2 lần phương trình trên để phá căn .Và lúc này ta nhận được một phương trình bậc 2 , giải phương trình bậc 2 đó ta thu được nghiệm sau đó thử lại phương trình đầu để kết luận nghiệm của phương trình đã cho. Tuy nhiên việc thử lại không phải lúc nào cũng đơn giản do đó bạn đọc hãy linh hoạt sử dụng 1 trong 2 cách trên để có một lời giải thật đẹp nhé ^^. DẠNG 3 : ( ) ( ) ( )f x g x g x  Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Phương pháp giải : Bước 1 : Điều kiện ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 f x g x g x      Bước 2 : Với điều kiện trên thì (pt)   2 ( ) ( ) ( )f x g x g x   Lúc này ta đưa về phương trình cơ bản đã có cách giải . VD 1 :Giải phương trình 3 1 2 1 6x x x     Giải : Điều kiện 3 1 0 1 2 1 0 6 2 6 0 x x x x              Với điều kiện trên ta có 3 1 2 1 6 3 1 6 2 1 3 1 6 2 1 2 6 2 1 2 4 2 6 2 1 x x x x x x x x x x x x x x                          2 6 2 1x x x      2x    2 2 2 4 4 2 13 6 3 17 10 0 5 2 3 x x x x x x x x l                 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 . VD2 : Giải phương trình sau 4 1 1 2x x x     Giải :    4 1 1 2pt x x x       Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     2 4 0 1 0 1 2 0 4 1 1 2 x x x x x x                       1 4 2 4 2 3 2 1 1 2 x x x x x                 1 4 2 2 1 1 1 2 x x x x                 2 1 4 2 1 2 2 1 1 1 2 x x x x x                  1 1 2 2 0 7 2 x x x             0x  Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x=0. VD3 :Giải phương trình  3 3 5 2 4 1x x x     (Trích đề tham khảo khối B năm 2005 ) Giải : ĐK 3 3 0 5 0 2 5 2 4 0 x x x x            Với ĐK trên thì  1 3 3 5 2 4x x x            3 3 5 2 4 2 5 2 4x x x x x         22 4 2 2 14 20x x x      22 2 14 20x x x        22 2 0 2 14 20 2 x x x x          2 2 6 8 0 x x x       2 2 4 x x x       2 4 x x     (thỏa) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 2x  ; 4x  . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 2 4 x x     3.3 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁCH NHÓM NHÂN TỬ CHUNG DẠNG 1 : NHÓM NHÂN TỬ CHUNG TRỰC TIẾP phương pháp giải : Thường thì ta sẽ sử dụng một số biến đổi sơ cấp sau để tìm nhân tử chung cho bài toán  Cho tam thức bậc hai : 2ax bx c  . Giả sử tam thức đã cho có hai nghiệm là 1 2;x x . khi đó , Ta có biểu diễn   2 1 2ax bx c a x x x x      Ta có công thức;    . ; , 0 . ; , 0 A B A B A B A B A B       VD : Giải các phương trình sau ;   2) 3 5 4 2 6 (1)a x x x x     Giải : ĐK 2 4 5 4 0 1 x x x x        Với ĐK trên thì     21 3 5 4 2( 3)x x x x        23 5 4 2 0x x x         2 3 0 5 4 2 0 x x x         2 3 5 4 2 x x x       Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Với x=3 ( loại )  2 5 4 2x x   2 0 5 4 4 5 x x x x         (nhận) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 0; 5x x  .    2 2) 3 10 12 1b x x x x     Giải : ĐK 210 0 10 10x x      . Với ĐK trên thì     23 10 3 4x x x x         23 10 4 0x x x         2 3 10 4 x x x         3x   (thỏa   210 4x x    Ta để ý rằng 10 10x   , suy ra 4x  < 0 . Mặt khác 210 0x  do đó pt   vô nghiệm Vậy phương trình đã chó có nghiệm duy nhất x = -3 . c) 22 7 2 1 8 7 1x x x x x         Giải : ĐK 1 7x  Với ĐK trên thì     1 2 1 2 7 1 7 0pt x x x x x             1 1 2 7 1 2 0x x x x           1 2 1 7 0x x x       1 2 0 1 2 1 7 0 1 7 x x x x x x                    Với 1 2 0 5x x     (nhận) Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Với 1 7 0 1 7 4x x x x x          (nhận) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm . d)   22 1 1 0x x x x x x       Giải : ĐK 1x  Với ĐK trên thì       2 1 1 1 1 0pt x x x x x            2 1 1 1 1 1 0x x x x          1 1 1 1 1 0x x x x        1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 x x x x x x x x                      Với 1 1 2x x    (nhận)  Với  1 1 1x x x     Để ý rằng với 1x  thì 1 1x x x   suy ra 1 1x x  > 1x  điều này chứng tỏ   vô nghiệm . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất nghiệm x = 2 DẠNG 2 :DÙNG LƯỢNG LIÊN HỢP ĐỂ NHÓM NHÂN TỬ CHUNG (PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP) phương pháp giải : Việc sử dụng kĩ thuật nhân lượng liên hợp thực sự không khó , tuy nhiên nó đòi hỏi một số khả năng nhất định của bạn đọc . Sau đây là một số điểm mà bạn đọc cần lưu ý khi sử dụng kĩ thuật này :  Ta phải nhớ rằng mục tiêu của việc dùng lượng liên hợp chính là tìm được lượng nhân tử chung  Mặt khác với phương trình đa thức   0p x  , với x = a là nghiệm thì ta luôn tách được thành dạng    1 0x a p x   Hai hằng đẳng thức phải nhớ : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224           a ba b a b a b a b a b              3 33 3 2 3 2 3 3 3 32 3 2 a b a b a ab b a b a b a ab b LOẠI 1 : SỬ DỤNG TRỰC TIẾP LƯỢNG LIÊN HỢP VD : Giải các phương trình sau : a) 21 1 4 3x x x    Giải : ĐK 0x    21 3 (1 4 ) 0pt x x x          2 1 3 1 3 1 4 1 3 x x x x x x x             1 2 1 2 1 2 0 1 3 x x x x x           1 2 1 2 1 2 0 1 3 x x x x x             1 2 0 1 2 1 2 0 1 3 x x x x x             Với 1 2 0x  1 2 x  (nhận)  Với   1 2 1 2 0 1 3 x x x x        , vì 0x  nên 1 2 1 2 1 3 x x x x      >0 Tức là phương trình   vô nghiệm . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 2 x  . b)  3 2 2 2 6x x x     Giải : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 ĐK 3x    3 2 6 2 6pt x x x             3 2 6 3 2 6 2 3 3 2 6 x x x x x x x                     9 2 6 2 3 3 2 6 x x x x x              8 24 2 3 3 2 6 x x x x              8 3 2 3 3 2 6 x x x x            8 3 2 0 3 2 6 x x x                  3 0 8 2 0 3 2 6 x x x               Với 3 0 3x x    (thỏa)  Với     8 2 0 3 2 6x x           8 2 3 2 6x x       3 2 6 4x x     Vì 3x  nên 2; 6x x  >0 do đó ta có thể bình phương 2 vế , tức là    3 2 6 16x x      23 4 12 14 5x x x        22 14 5 0 9 4 12 14 5 x x x x         Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 2 14 5 11 19 0 x x x         14 5 11 45 2 11 45 2 x x x             11 45 2 x    (thỏa) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 3x  ; 11 45 2 x   . Qua ví dụ trên ta thấy rằng để khử các căn thức trong đề ta đã dùng đến hằng đẳng thức      a b a b a b Trong trường hợp tổng quát ta có công thức :   1 2 2 1...n n n n n na b a b a a b ab b          Trong hằng đẳng thức trên thì hai biểu thức (a-b) và 1 2 2 1...n n n na a b ab b       là hai biểu thức liên hợp của nhau . Do đó ta nói phương pháp trên là phương pháp nhân lượng liên hợp . c) 2 3 2 6x x x    Giải : ĐK 3 2 x      2 3 2 3 2 6 2 3 x x x x pt x x x            3 2 3 2 3 x x x x         3 2 3 0 2 3 x x x x          1 3 2 0 2 3 x x x           3 0 1 2 0 2 3 x x x           Với 3 0x  3x  (nhận) Với 1 2 0 2 3x x     vô nghiệm vì với đk 3 2 x  thì 1 2 3x x  <1. Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 d) 10 1 3 5 9 4 2 2x x x x       Giải : ĐK 5 3 x       10 1 9 4 3 5 2 2 0pt x x x x                   10 1 9 4 10 1 9 4 3 5 2 2 3 5 2 2 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x x x x x x x                          3 3 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x x                  1 1 3 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x                       3 0 1 1 0 10 1 9 4 3 5 2 2 x x x x x                  Với 3 0 3x x    (nhận)  Với     1 1 0 10 1 9 4 3 5 2 2x x x x         vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3. LOẠI 2 : NHẨM ĐƯỢC 1 NGHIỆM SAU ĐÓ THÊM BỚT ĐỂ XUẤT HIỆN BIỂU THỨC LIÊN HỢP VD : Giải các phương trình sau : a) 22 4 2 5 1x x x x       Phân tích : ta nhẩm được 1 nghiệm của phương trình trên là x = 3 , và với x = 3 thì ta lại có 2 4 1x x    do đó ta thêm bớt như sau : Giải : ĐK 2 4x  Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224       22 1 4 1 2 5 1pt x x x x                   2 2 1 2 1 4 1 4 1 2 5 1 2 1 4 1 x x x x x x x x                     3 3 3 2 1 2 1 4 1 x x x x x x                1 1 3 2 1 0 2 1 4 1 x x x x                   3 0 1 1 2 1 0 2 1 4 1 x x x x                Với 3 0x  3x  ( nhận)    1 1 2 1 0 2 1 4 1 x x x           1 1 2 1 2 1 4 1 x x x         Phương trình trên vô nghiệm vì với 2 4x  suy ra 1 2 1 1 2x     Suy ra 1 1 1 1 2 2 1x      , tức là VT < 5 (1) Mặt khác VP =   1 2 1 4 1 x x     >5 (vì x≥2 nên 2 1x ≥5) (2) Từ (1) và (2) suy ra   1 1 2 1 0 2 1 4 1 x x x         vô nghiệm . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3. b) 2 224 15 3 2x x x     Giải : Ta để ý rằng 2 24x  > 2 15x  ,suy ra 2 224 15x x   >0 do đó để phương trình trên có nghiệm thì 3 2x  >0 x > 2 3      2 224 5 15 4 3 3pt x x x        Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224           2 2 2 2 2 2 24 5 24 5 15 4 15 4 3( 1) 24 5 15 4 x x x x x x x                       2 2 2 2 1 1 3 1 24 5 15 4 x x x x x                2 2 1 1 1 3 0 24 5 15 4 x x x x x                     2 2 1 0 1 1 3 0 24 5 15 4 x x x x x                 Với 1 0 1x x    (nhận)     2 2 1 1 3 0 24 5 15 4 x x x x             2 2 1 1 3 0 24 5 15 4 x x x x           Ta để ý rằng 2 24x  > 2 15x  ,suy ra  2 1 24 5 x x    <  2 1 15 4 x x    điều này chứng tỏ phương trình    2 2 1 1 3 0 24 5 15 4 x x x x          vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. c) 2 32 11 21 3 4 4x x x    Giải :    2 32 11 15 3 4 4 2pt x x x              23 33 2 33 4 4 2 (4 4) 2 4 4 4 3 2 5 3 (4 4) 2 4 4 4 x x x x x x x                   2 33 4 12 3 2 5 3 (4 4) 2 4 4 4 x x x x x          Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224    2 33 12 3 2 5 0 (4 4) 2 4 4 4 x x x x                  2 33 3 0 12 2 5 0 (4 4) 2 4 4 4 x x x x                Với 3 0 3x x    (nhận)  Với  2 33 12 2 5 0 (4 4) 2 4 4 4 x x x         2 33 12 2 5 0 (4 4) 2 4 4 4 x x x         Để ý rằng với x>3 thì  2 33 2 5 1 12 1 (4 4) 2 4 4 4 x x x            Điều này chứng tỏ phương trình   vô nghiệm. Tương tự với x<3 thì  2 33 2 5 1 12 1 (4 4) 2 4 4 4 x x x            Điều này chứng tỏ phương trình   vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3. d) 22 4 6 11x x x x      Giải : ĐK : 2 4x  Với ĐK trên thì       22 1 4 1 6 9pt x x x x                     2 2 1 2 1 4 1 4 1 3 2 1 4 1 x x x x x x x                   23 3 3 2 1 4 1 x x x x x           Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     1 1 3 3 0 2 1 4 1 x x x x                      4 2 3 3 0 4 1 2 1 x x x x x x                          2( 3) 3 3 0 4 1 2 1 4 2 x x x x x x x                          2 2 3 1 0 4 1 2 1 4 2 x x x x x                          2 3 0 2 1 0 4 1 2 1 4 2 x x x x x                  Với   2 3 0 3x x    (nhận)  Với       2 1 0 4 1 2 1 4 2x x x x            ( vô nghiệm ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3. LOẠI 3 : NHẨM ĐƯỢC NHIỀU HƠN 1 NGHIỆM TỪ PHƯƠNG TRÌNH ĐÃ CHO Trong phạm vi của ta , tôi chỉ xét trường hợp ta nhẩm được 2 nghiệm của phương trình mà thôi ^^ Cơ sở của phương pháp : Ta chú ý rằng, với phương trình   0f x  mà ta nhẩm được 2 nghiệm 1 2;x x x x  thì ta luôn có thể đưa phương trình   0f x  về dạng    2 0x Sx P g x   tức là :      20 0f x x Sx P g x     . Trong đó 1 2 1 2 S x x P x x     Để tiện hình dung về mặt kĩ năng ta quan sát các ví dụ sau đây : VD Giải các phương trình sau : a) 2 22 3 21 17 0x x x x x       Phân tích : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Thứ nhất , dùng máy tính ta nhẩm được phương trình đã cho có 2 nghiệm 1; 2x x  . Do đó phương trình đã cho sẽ có thể đưa về dạng    2 3 2 0x x g x   .  Thứ hai , ta thấy rằng không thể nhân chia trực tiếp lượng liên hợp với 2 căn đã cho trong đề . Như vây , một câu hỏi đặt ra là làm sao để có được nhân tử chung là  2 3 2x x  ??? Tôi xin giải đáp câu hỏi trên bằng thuật toán sau : Đầu tiên ta nhóm giả định    22 3 ; 21 17x x mx n px q x       Sau đó thay 1; 2x x  vào hệ phương trình       22 3 0 21 17 0 x x mx n px q x            Giải hệ   ta thu được    ; 1;1m n  và    p;q 3; 1  từ đó ta có lời giải như sau : Giải : ĐK 17 21 x  , với ĐK trên thì      2 22 3 1 3 1 21 17 3 2 0pt x x x x x x x                              2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 3 1 21 17 3 1 21 17 3 2 0 3 1 21 172 3 1 x x x x x x x x x x x x x xx x x                                                    22 2 2 9 3 23 2 3 2 0 3 1 21 172 3 1 x xx x x x x xx x x                            2 2 1 9 3 2 1 0 3 1 21 172 3 1 x x x xx x x                             2 2 3 2 0 1 9 1 0 3 1 21 172 3 1 x x x xx x x                           Với 2 1 3 2 0 2 x x x x        (nhận)        2 1 9 1 0 3 1 21 172 3 1 x xx x x                 vô nghiệm Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1x  ; 2x  . b) 22 4 9 5 6 7 11 0x x x x       Phân tích : Cũng trên tinh thần như câu a , với phương trình này ta nhẩm được 2 nghiệm 1; 2x x   do đó ta sẽ làm xuất hiện nhân tử chung là 2 2x x  . Ta có bài giải sau ; Giải : ĐK 6 5 x   ,với điều kiện trên thì :        22 2 2 5 6 3 7 11pt x x x x x x                               2 2 5 6 2 5 6 3 7 11 3 7 11 2 2 2 5 6 3 7 11 x x x x x x x x x x x x x x                                                 2 2 2 2 22 2 2 5 6 3 7 11 x x x x x x x x x x                            2 2 0 1 1 2 2 5 6 3 7 11 x x x x x x                         Với 2 1 2 0 2 x x x x         (nhận)  Với       1 1 2 2 5 6 3 7 11x x x x                Phương trình   vô nghiệm vì : Với ĐK : 6 5 x   thì     1 1 5 5 2 4 92 5 6 3 7 11x x x x                 , Điều này chứng tỏ phương trình   vô nghiệm . Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1; 2x x   . c)  2 21 2 2 2x x x x x      Phân tích : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Bằng cách sử dụng máy tính bỏ túi ta tìm được 2 nghiệm của phương trình là : 3,828427125 1 8 ; 1,828427125 1 8x x        Quan sát 2 nghiệm ta có nhận xét rằng 2 nghiệm trên có tổng và tích là 2 7 S P     , điều này chứng tỏ phương trình sẽ có nhân tử chung là 2 2 7x x  . dựa vào những cơ sở trên ta có lời giải sau : Giải :      2 22 7 3 2 2 2 2 0pt x x x x x x             2 22 7 2 3 2 2 0x x x x x           2 2 2 2 7 2 7 2 0 3 2 2 x x x x x x x                   2 2 2 2 7 1 0 3 2 2 x x x x x                 2 2 2 3 2 2 2 2 7 0 3 2 2 x x x x x x x                     2 2 2 2 2 1 2 7 0 3 2 2 x x x x x x x                      2 2 2 1 1 1 2 7 0 3 2 2 x x x x x x                      2 2 2 2 7 0 1 1 1 0 3 2 2 x x x x x x                   Với 2 1 8 2 7 0 1 8 x x         (nhận)  Với       2 2 1 1 1 0 3 2 2 x x x x              2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2 7 2 0 3 2 2 x x x x x x x x x                      Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224       2 1 1 1 0x x           2 1 1 1x x         2 2 1 1 1 01 1 1 x x x x           ( vô nghiệm) Vậy , phương trình đã cho có 2 nghiệm 1 8x   ; 1 8x   . d) 4 2 44 20 4 7x x x x x      (Trích đề thi HSG Tỉnh Thái Bình_khối 12. năm 2010) Phân tích :  Ta nhẩm được 2 nghiệm x = 1 và x = 2  Trong phương trình của ta gồm có 2 căn với biểu thức trong căn là một đa thức bậc 4 , do đó việc nhóm như các ví dụ trước là bất khả thi ^^, tuy nhiên ta có thể ta ra nhân tử từ việc tách lượng 7x ở VP kết hợp với 2 nghiệm mà ta nhẩm được . Cụ thể như sau : Ta nhóm giả định 4 2 4 ( )x x ax b    và  4 20 4x x cx d    sau đó thay x =1 và x = 2 vào hệ phương trình sau :   4 2 4 4 ( ) 0 20 4 0 x x ax b x x cx d             Thay vào ta được        ; 2;0 ; ; 5;0a b c d    Do vậy ta sẽ biến đổi phương trình như sau : Giải : Để phương trình có nghiệm thì 0x  ( vì : 4 20 4 0x x   suy ra 4 2 44 20 4 0x x x x      điều này chứng tỏ rằng để 4 2 44 20 4 7x x x x x      thì 7 0 0x x   ) Ta có : 4 2 44 20 4 7x x x x x      4 2 44 20 4 7 0x x x x x        ( ĐK 0x  ) , với ĐK trên thì ,      4 2 44 2 20 4 5 0pt x x x x x x                   4 2 4 2 4 4 4 2 4 4 2 4 2 20 4 5 20 4 5 0 4 2 20 4 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x x                      4 2 4 2 4 2 4 2 5 4 5 4 0 4 2 20 4 5 x x x x x x x x x x              Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  4 2 4 2 4 2 1 1 5 4 0 4 2 20 4 5 x x x x x x x x                  4 2 4 2 4 2 5 4 0 1 1 0 4 2 20 4 5 x x x x x x x x                  Với 4 2 1 5 4 0 2 x x x x        (nhận)  Với   4 2 4 2 1 1 0 4 2 20 4 5x x x x x x          Vì 4 2 4 2 1 1 0 4 2 20 4 5x x x x x x         nên   4 2 4 2 1 1 0 4 2 20 4 5x x x x x x          vô nghiệm. vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1 và x = 2 . LOẠI 4 : THÊM BỚT LƯỢNG GIẢ ĐỊNH ĐỂ TẠO BIỂU THỨC LIÊN HỢP Phương pháp : Đây là loại bài toán khó , thường được sử dụng trong các đề thi HSG , nó đòi hỏi bạn đọc phải rất tinh tế và linh hoạt trong việc nhìn nhận đề bài để từ đó đưa ra các lượng giả định cho phù hợp . Để hiểu rõ hơn về mặt phương pháp tôi xin trình bày 1 số ví dụ sau : VD : Giải các phương trình sau : a)  2 26 1 2 1 2 3x x x x x      Phân tích :  1 2 x   không phải là nghiệm của phương trình do đó ; Với 1 2 x   thì   2 26 1 2 3 2 1 x x pt x x x         Tới đây ta chưa thể thấy được lượng nhân tử chung của phương trình , hơn nữa ta cũng không thấy được lượng liên hợp trong phương trình này là gì . Như vậy , làm thế nào để có nhân tử chung ??? Để trả lời câu hỏi trên , mời bạn xem cách làm sau : ta tiến hành thêm vào 2 vế của phương trình lượng giả định như sau 2 26 1 2 3 2 1 x x a x x a x         Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     2 22 2 2 3 2 36 1 2 1 2 1 2 3 x x a x x ax x a x x x x a                   2 2 2 2 6 2 1 2 3 2 1 2 3 x a x a x x a x x x a               Tới đây , để có nhân tử chung thì    2 2 26 2 1 2 3x a x a x x a        , Điều này tương đương với 2 2 2 6 2 2 2 21 3 1 2 0 2 a a a aa a a a a a                        Dựa trên các phân tích trên ta có lời giải cho bài toán này ^^ , cụ thể là : Giải : +) Trường hợp 1 : 1 2 x   thử trực tiếp ta thấy không phải là nghiệm của phương trình +) Trường hợp 2 : Với 1 2 x     2 26 1 2 3 2 1 x x pt x x x        2 26 1 2 2 3 2 2 1 x x x x x             2 22 2 2 3 2 2 3 22 1 2 1 2 3 2 x x x xx x x x x              2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 x x x x x x x           2 2 2 2 1 2 1 0 2 1 2 3 2 x x x x x x x             2 2 1 1 2 1 0 2 1 2 3 2 x x x x x                2 2 2 1 0 1 1 0 2 1 2 3 2 x x x x x               Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Với 2 1 2 2 1 0 1 2 x x x x             ( nhận )  Với   2 1 1 0 2 1 2 3 2x x x          2 2 3 2 2 1x x x       2 2 3 2 1x x x       22 2 1 0 2 3 2 1 x x x x         2 2 2 1 1 2 2 2 3 4 4 1 3 6 2 0 x x x x x x x x                   1 2 3 153 15 33 3 15 3 x xx x               (nhận) Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là 3 15 3  ; 1 2  ; 1 2  . b)      2 22 1 1 2 2 6x x x x x x x       Phân tích :     3 2 3 22 2 6 1 2 2 4pt x x x x x x x         Ta thấy ngay x = 1 không phải là nghiệm của phương trình đã cho , do đó Với 1x  ta có   3 2 3 22 2 6 2 2 4 1 x x x pt x x x x         Ta tiến hành thêm vào 2 vế của phương trình lượng giả định như sau 3 2 3 22 2 6 2 2 4 1 x x x a x x x a x          Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224        3 2 3 23 2 3 2 2 2 4 2 2 42 2 6 1 1 2 2 4 x x x a x x x ax x x a x x x x x a                  3 2 3 2 2 3 2 2 2 1 6 2 2 4 1 2 2 4 x x a x a x x x a x x x x a               Để có nhân tử chung thì  3 2 3 2 22 2 1 6 2 2 4x x a x a x x x a         , Điều này tương đương với 2 2 3 1 4 3 33 6 6 0 2 a a a aa a a a a a                           Dựa trên các phân tích trên ta có lời giải cho bài toán này ^^ , cụ thể là : Giải : ĐK : 0x  , +) Trường hợp 1 : 1x  thử trực tiếp ta thấy không phải là nghiệm của phương trình +) Trường hợp 2 : Với 1x    3 2 3 22 2 6 2 2 4 1 x x x pt x x x x         Để ý rằng với 0x  thì 3 22 2 4 3x x x   =0 ( hay 3 22 2 4 9x x x   =0) vô nghiệm 3 2 3 22 2 6 3 2 2 4 3 1 x x x x x x x              3 2 3 23 2 3 2 2 2 4 3 2 2 4 32 2 4 9 1 2 2 4 3 x x x x x xx x x x x x x               3 2 3 2 3 2 2 2 4 9 2 2 4 9 1 2 2 4 3 x x x x x x x x x x             3 2 3 2 3 2 2 2 4 9 2 2 4 9 0 1 2 2 4 3 x x x x x x x x x x               3 2 3 2 1 1 2 2 4 9 0 1 2 2 4 3 x x x x x x x               Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     3 2 3 2 2 2 9 0 1 1 1 0 2 1 2 2 4 3 x x x x x x x                  1 vô nghiệm  Giải (2) , 3 2 1 1 0 1 2 2 4 3x x x x         3 2 3 22 2 2 4 3 1 2 2 4 2x x x x x x x x             2 3 2 23 2 2 0 2 2 2 4 4 42 2 4 2 x x x x x x xx x x x                   23 2 22 2 2 2 22 3 4 0 xx x x x xx x                (nhận) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2x  .

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfchuyen_de_pt_vo_ti_4486.pdf
Tài liệu liên quan