Tài liệu Phương trình căn thức chứa trị tuyệt đối ppt

Giải bài kỳ trước Bài 1.. Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và khác 0 thì phương trình fx=abx-ax-b+bcx-bx-c+cax-cx-a=0 luôn có nghiệm.. u + +v uv a=a Tuy nhiên, phé

Giải bài kỳ trước

Bài 1 Chứng minh rằng nếu 5a+4b+6c=0 thì phương trình f(x)=ax2+bx+c=0 có

nghiệm

Ta có: (0) 1 ( )1 (2) 5 4 6 0

4 2

f + f + f = a+ b+ c=

0

Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc [0;2]

Bài 2 Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau thì phương trình

f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)=0

luôn có nghiệm

Giả sử a≤ ≤b c

Xét f b f c( ) ( ) = (bưa).(bưc).(cưa).(cưb) ≤

Do đó phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc [ ;b c]

Bài 3 Chứng minh rằng nếu a,b,c là ba số thoả mãn:2c+3b+6a=0 thì phương trình

f(x)=ax2+bx+c=0 có ít nhất một nghiệm lớn hơn 1

Giải

Rõ ràng x=0 không là nghiệm Chia cả hai vế của phương trình cho x2, rồi đặt

1

t

x = , ta được phương trình:

2

g t =ct + + =bt a

Ta có (xem ví dụ 7)

(0) (1) 1 ( )1 2 3 6 0

4 2

g +g + g = c+ b+ a=

Do đó phương trình g(t) =0 có ít nhất một nghiệm t ∈ (0;1) tức là phương trình f(x)=0

có ít một nghiệm x >1

Bài 4 Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số đôi một khác nhau và khác 0 thì phương

trình

f(x)=ab(x-a)(x-b)+bc(x-b)(x-c)+ca(x-c)(x-a)=0

luôn có nghiệm

Giải tương tự bài 2

Bài 5 Tìm m để hệ bất phương trình sau vô nghiệm:

2

5 6 0 (1)





Giải

(1) ⇔ ≤ ≤ 2 x 3

f x = x ư mxư m + mư

Hệ bất phương trình vô nghiệm khi và chỉ chi

2 2

( ) 0 vô nghiệm khi 2 x 3

f(x)<0 x [2;3]

f(2)=-2m 3 0

5 2 3

f x

m

m m



⇔ 

= ư + + <



 < ư



⇔



>



≤

Bài 6 Tìm m để:

2

f x = m+ x ư m+ xư + > ∀ ∈ ư∞m x

Giải tương tự ví dụ 5 Đáp số:

2 1

2

m

ư ≤ ≤ ư

f x = x +mx+ ≥ ∀ ∈ ưx

Giải

Ta có: 2 2 0

24

a

m

= >





∆ = ư



Trường hợp 1

0 m 2 6 hoặc m>2 6

∆ ≥ ⇔ < ư

( ) 0

( ) 0 [ 1;1]

2 6 2 6 thoả mãn.

m

m

∀ ∈

Trường hợp 2

- ∞ x1 x2 + ∞ + 0 ư 0 +

Khi đó f(x) =0 có hai nghiệm x1;x2 (x1<x2)

1 2

1 2

1 1 ( ) 0 [ 1;1]

1 1

0

( 1) 2(5 ) 0

0

(1) 2(5 ) 0

x x

x x

m m

< ≤ ư <



≥ ∀ ∈ ư ⇔ ư < ≤ ≤





∆ >











 ư ư = ư + <





∆ >







 ư ư = ư ư >





6

Kết hợp cả hai trường hợp ta có đáp số là:

ư ≤ ≤ 5 m 5

Bài 8 Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt

4 3 2

2x ư (6m+ 1)x + (15mư 6)x ư (6m+ 1)x+ = 0 2

Đây là phương trình hồi quy bậc bốn x=0 không là nghiệm, chia cả hai vế cho x2 rồi

đặt x 1 t; với t 2

x

ứng với mỗi nghiệm có hai nghiệm x phân biệt Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt thì phương trình bậc hai của t phải có cả hai nghiệm

2

t ≥

2 1 2

t ≥ ≥t

m< <m≠

Bài 9.Tìm m để phương trình : x2-2mx+5m-4=0 có duy nhất một nghiệm thuộc [0;1]

5 < <m

Bài 9 Phương trình chứa căn thức

và Dấu trị tuyệt đối

Việc giải một phương trình hay một bất phương trình là quá trình biến đổi phương trình hoặc bất phương trình đó thành một phương trình hoặc bất phương trình tương đương đơn giản hơn Quá trình này thường phức tạp đối với các phương trình

và bất phương trình vô tỉ Một trong những điều cần lưu ý nhất đối với phương trình

và bất phương trình dạng này là tính không thuận nghịch của các phép toán Vì vậy cần xác định một cách đầy đủ các điều kiện để phương trình hoặc bất phương trình nhận được tương đương với phương trình hoặc bất phương trình ban đầu Gộp các điều kiện đó với phương trình hoặc bất phương trình mới, ta được một hệ tương đương

Khi giải các phương trình và bất phương trình vô tỉ cần đặc biệt chú ý đến hai

điều sau:

1)Chỉ ra đầy đủ các tập hợp xác định của các hàm số hoặc biểu thức tham gia vào bất phương trình

2)Chỉ nâng lên luỹ thừa bậc chẵn hai vế của một phương trình hay bất phương trình khi cả hai vế đều không âm

ở đây ra nhắc lại một số phép biến đổi tương đương quan trọng áp dụng cho trường hợp căn thức

Giải sử k là một số nguyên dương, khi đó:

1)2

2

( ) 0 ( ) ( )

( ) ( )

k

k

g x

f x g x

f x g x

≥



=

 Chú ý ở đây không cần thiết đặt điều kiện f(x) ≥ 0 vì nó là hệ quả của đẳng thức

2

( ) k( )

f x =g x

( ) ( ) ( ) k ( )

k+ f x =g x ⇔ f x =g + x

( ) ( )

( ) 0

f x g x

f x

=



 4)2k+1 f(x) = 2k+1 g(x) ⇔ f x( ) =g x( )

5) ( ) ( ) ( ) 02 ( ) 0

( ) ( ) ( ) ( )

f x g x

f x g x

≥

= ±

( ) ( ) ( ) ( ) [ ( ) ( )].[ ( ) ( )] 0 ( ) ( )

f x = g x ⇔ f x =g x ⇔ f x +g x f x ưg x = ⇔ f x = ±g x

7) Trong trường hợp có nhiều dấu trị tuyệt đối:

a A1 1 +a A2 2 + + a A2 n = 0

trong đó ai;Ai là các biểu thức chứa x, ta dùng định nghĩa

nếu A 0

-A nếu A<0

A

= 



để khử dấu trị tuyệt đối

A Một số phương pháp thông dụng và ví dụ minh hoạ

1 quy tắc giản ước

Khác với các phương trình đại số bậc nguyên, khi một nhân tử khác không , ta

có thể giản ước hoặc đặt thừa số chung Đối với các biểu thức chứa căn, cần đặc biệt lưu ý tới điều kiện có nghĩa

Ví dụ 1 Giải phương trình:

x x.( ư + 1) x x.( ư 2) = x x.( + 3)

Điều kiện có nghĩa

( 3) 0

Phương trình đã cho tương đương với

x. xư + 1 x. xư = 2 x. x+ 3

1) Rõ ràng x=0 là một nghiệm

2) Xét x ≥ 2 khi đó có thể giản ước cả hai vế của phương trình cho x, ta có phương trình tương đương:

xư + 1 xư = 2 x+ 3

Cả hai vế đều không âm, bình phương hai vế ta được:

2

2 2 ( 1)( 2)

2 ( 1)( 2) 6

3

x

x

x x

ư ≥



⇔ 



≤



=

 Kết hợp với điều kiện x ≥ 2 ta được nghiệm của phương trình 28

3

x =

3) Xét x ≤ -3, khi đó phương trình đã cho có dạng:

ưx 1 ư + ưx x 2 ư = ưx x. ư ư x3

chia cả hai vế cho ưx:

1 ư +x 2 ư = ư ưx 3 x

Trường hợp này vô nghiệm vì vế trái lớn hơn vế phải

Tóm lại phương trình đã cho có hai nghiệm là 0; 28

3

x = x=

2 Quy tắc thay giá trị

Sử dụng hằng đẳng thức

(u+v)3 =u3+v3+ 3uv u( + )v

3

Từ biểu thức u+v=a dễ dàng suy ra:

3 3

3

u + +v uv a=a

Tuy nhiên, phép thế giá trị u+v=a này vào biểu thức lập phương có thể dẫn đến một phép bình phương và phép biến đổi này không còn là phép biến đổi tương đương, do

đó có thể có nghiệm ngoại lai

Ví dụ 2 Giải phương trình:

3 x+ 34 ư 3 xư = 3 1

Giải

Lập phương hai vế phương trình đã cho ta có:

3 2 3 2

31 102 12

31 1830 0 30

61

x x

=



⇔  = ư

 Thử lại hai nghiệm trên thoả mãn phương trình

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x=30 và x=-61

3 Quy tắc hữu tỉ hoá

Một trong những phương pháp cơ bản để giải phương trình và bất phương trình chứa căn thức là chuyển bài toán đã cho về dạng hữu tỉ bằng cách đặt ẩn phụ

Ví dụ 3 Giải phương trình:

2

(x+ 1)(x+ 4) 3 ư x + 5x+ = 6 2

Giải

Đặt 2

5 2 điều kiện t 0

Khi đó phương trình tương đương với:

2 0 4

3 4 0

t

t

≥



⇔ =



ư ư =



2

x

x

= ư





Ví dụ 4 Giải phương trình:

4 5 ư +x 4 xư = 2 1

Giải

Điều kiện: 1 ≤ ≤x 5

xư = +y ư ≤ ≤y 2

khi đó 2 4 4 4 2 4

x= y+ + ư =x ư +y

Từ đó ta có phương trình

4 4

2

Vậy phương trình có nghiệm:

4

4

x

x











5

1 1

4 Phương pháp chuyển về hệ ( phương pháp hữu tỉ hoá gián tiếp)

Nhìn chung, các phương trình vô tỉ đều có thể chuyển được về một hệ hữu tỉ Tuy nhiên, không phải lúc hệ nhận được cũng có tính ưu việt Thông thường, phép chuyển về hệ sẽ có hiệu quả khi các phép toán có sử dụng các hằng đẳng thức quen biết

Ví dụ 5 Giải phương trình

4 1

2

2

x + ư =x

Giải

Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2

4

2

x u

x v



=



Khi đó ta có hệ đối xứng loại I

2 4

2 4

1

2 2

1

2

2

u

u v

v

u v

Giải (1):

4 2

1

2

1

2 1

2

Vế trái luôn dương, vậy phương trình đã cho vô nghiệm

Ví dụ 6 Giải phương trình

2

5 5

x + x+ =

Giải

x+ =t t≥ ⇒ = + 5t x Khi đó ta có hệ

2

2

2

5

0

1 21

2

2

x t x t

t x

x

x

x

ư =



  ≤









ư ư =









Ví dụ 7 Giải phương trình dạng:

ax2 +bx+ =c Ax+B

Đặt Ax+ =B αy+β

Khi đó ta có hệ:

2 2

ax bx c y







Trong một số trường hợp ta có thể chọn α và β sao cho hệ trên là đối xứng loại II

Ví dụ:Giải phương trình

2

x ư x = xư

Điều kiện 1

2

x ≥

Đặt 2xư = 1 αy+β Khi đó ta có hệ:

2

Chọn α và β sao cho hệ trên là đối xứng loại II ; tức là

ư ư

Vậy ta đặt 2xư = ư 1 y 1

Khi đó ta có hệ đối xứng loại II:

2 2

2 2

2 2

2

2

2 2( 1)

2 2( 1)

0

2

y x

x y

y x

x y

x





  =





= ư

= ư





= ±

Đối chiếu với các điều kiện của x và y ta được nghiệm duy nhất của phương trình:

x =2 + 2

5.Phương pháp phân tích thành nhân tử

Một trong những nội dung khó nhất của phương trình và bất phương trình chứa căn chính là xác định tiêu chuẩn để một biểu thức chứa căn có thể phân tích được thành nhân tử Tuy nhiên, dựa vào đặc thù riêng của từng bài toán, có thể xem một bộ phận thích hợp của biểu thức đã cho như một biến số độc lập và phân tích chúng theo biến phụ đó

Ví dụ 8 Giải phương trình:

4 1 + ư =x 1 3x+ 2 1 ư +x 1ư x (1)

Giải

2 2

Cũng như vậy nếu coi 1 + =x t là ẩn phụ mới thì cũng có một phương trình tương tự Tuy nhiên, sự may mắn để giải được phương trình (2) thường là ít xảy ra Đó chính là điểm khó nhất và quan trọng nhất trong phương pháp đặt ẩn phụ không toàn phần kiểu này: Thông thường, trước khi giải cần xét biểu diễn của số hạng 3x dưới dạng tổ hợp của hai số :

) ;( 1 ) : 3 (1 ) (1 )

và chọn α ;β ; γ thích hợp để tam thức bậc hai theo biến t có biệt thức ∆ bằng 0

Giải:Điều kiện -1≤ x ≤ 1 (1)

Đặt 1 xư =t;

Ta có: 3x = ư ư ( 1 x) + 2(1 +x) 1 ư = ư +t2 2(x+ ư1 1)

Khi đó phương trình đã cho có dạng:

2 2

2

(2 3 1 )

3

5

x





Vậy phương trình có hai nghiệm là 0 hoặc x=-3

5

x =

B.Bài tập tự giải

Bài 1 Giải phương trình 2

x ư x+ = + 4x

Bµi 2 Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

x− − 1 2x− + 2 3x− = 3 4

Bµi 3 Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

3 x− + 1 3 x− = 2 3 2x− 3

Bµi 4.Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

3 2x-1 =x 16 3 − 3 2x+1

Bµi 5.Gi¶i ph−¬ng tr×nh:

3 x 2 + + +x 2 3 -x 2 − + = 4x 2 3

Bµi 6.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2

2x − 6x− = 1 4x+ 5

Bµi 7.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2

x + = x− 8

Bµi 8.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

4 4x+ = 1 x

Bµi 9.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2

x + +x x+ =

Bµi 10.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

x3 + = 1 2 2 3 x− 1

Bµi 11.Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2 2

(4x− 1). x + = 1 2x + 2x+ 1

Bµi 12 (§H B¸ch khoa 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

2 2

2x + 8x+ + 6 x − = 1 2x+ 2

Bµi 13 (§H S− ph¹m hµ néi II 2000)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

x x− + x x+ = x

Bµi 14 (§H Má 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

x+ 4 −x2 = + 2 3 4 −x2

Bµi 15 (Häc viÖn BCVT 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

4 1 3 2 3

5

x

x+ − x− = +

Bµi 16 (§H Ngo¹i ng÷ HN 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

x+ + 1 4 − +x (x+ 1)(4 −x) = 5

Bµi 17 (§H Quèc gia Hµ néi 2001)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

3 1 ( 3)

x + x+ = x+ x +1

Bµi 18 (§H S− ph¹m Vinh 2000)Gi¶i ph−¬ng tr×nh

x− + 1 2 x− − 2 x− − 1 2 x− = 2 1