1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

(TIỂU LUẬN) CHUYÊN đề bồi DƢỠNG học SINH GIỎI một số PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – hệ PHƢƠNG TRÌNH

92 8 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Tiêu đề Một số phương pháp giải phương trình – hệ phương trình
Tác giả Trần Hoài Vũ
Trường học Trường THPT Chuyên Lào Cai
Chuyên ngành Toán
Thể loại Chuyên đề
Năm xuất bản 2020 – 2021
Thành phố Lào Cai
Định dạng
Số trang 92
Dung lượng 1,9 MB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƢỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG HỌC SINH GIỎI MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH – HỆ PHƢƠNG TRÌNH Năm học 2020 – 2021 Giáo viên: Trần Hồi Vũ Tổ chun mơn: Tốn – Tin I Phƣơng pháp biến đổi đại số, rút Sử dụng phép biến đổi tương đương bản: Nâng lên lũy thừa hai vế (Chú ý điều kiện) Rút ẩn biểu thức từ phương trình hệ vào phương trình cịn lại Phân tích phương trình hệ tổ hợp phương trình hệ phương trình tích  Bài số 1: Giải hệ phương trình  Điều kiện: : x2 − ( x + y) ≥ ; Từ (1) suy y ≥ (Vì y < VT (1) ≥ >VP(1): vơ lý) Dễ thấy y = không thỏa mãn Xét y > Phương trình (1) tương đương: x − ( x + y ) ( x − y − 1) + ( x − ( x + y ) − y) = ⇔ ⇔ ⇔x−y−1=0 x − ( x + y)( ( x − y − 1)( Thế y = x - vào (2) ta được: 4x − 4x + − 2x − = 11 ⇔ (2x − 1)2 − 2x − − 10 = Đặt t = 2x −1 , ( t ≥ ), ta có phương trình: t − 3t − 10 = ⇔ (t − 2)(t + 2t + 4t + 5) = ⇔ t = Với t = ta giải nghiệm hệ (x; y) = (  Bài số : Giải hệ phương trình  Điều kiện: x > 0, y > Đặt Hệ phương trình cho tương đương với    a −b =  a4  + 14a b + b =  Lấy hai vế Lấy hai vế Lấy (4) cộng (3) theo vế ta : (a + b)5 Lấy (4) trừ (3) theo vế ta : (a − b)5 (a + b)5 = 32  ⇒ ) (  a−b    2+ = x ⇔    y= Vậy hpt có nghiệm nhất: (x , y ) =  Bài số 3: Giải hệ phương trình  Từ (1) : x = y +1 ⇔ x + x − xy + x − y − = ⇔ x + − xy + x − y −6=02  x + x (1 − y ) + y − y − = (2) Coi vế trái phương trình bậc hai x, có  = 9(1− y ) − 8(4 y − y − 2) = (2 y − 5)2 +) Với x = 2y – thay vào (1) ta : 2(4 y − y + 4) − y2 =  ⇔7y y= − 16 y + = ⇔   y=  +) Với x = (2 y +1)2 ⇔2y2 +4y−1=0⇔ Vậy phương trình có nghiệm Bài số 4: Giải hệ phương trình  4x − y + x − y = 3xy ( 2x − y)   − y + + x = x y + xy − 4x −1 ( 2) Giải x ≥ −2 Điều kiện  (1) ⇔  (2x−y )3 + ( 2x − y ) = y ( x − y − y ) ((2 x − y ) +y +y (2x−y )+y ) + ⇔ x = y Thay y=x vào phương trình (2) ta được:  3−x+ 2+x=x x3+x2−4x−1−  Với −2 ≤ x ≤ 3, ta có    1 (*) ⇔     ⇔ ( − x + x + 2)   − x2 + x + = ⇔ x = −1 x = Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x:y) (-1;-1) (2;2) Bài số 5: Giải hệ phương trình Giải Phương trình (2) hệ viết lại sau 3x 3x 2y 3x 0k Ta thấy x phương trình y ⇔ +1− x  PT (1) hệ viết lại sau x2 y TH1: x x y TH2: x y 1 x x Thay vào (4) ta hai nghiệm trùng với hai nghiệm Vậy hệ phương trình có hai nghiệm Bài số 6: Giải hệ phương trình    Giải ĐK: y ≥  ( () x2 + y2 − y 2 2 2 1⇔ x + y − y x + y + y x + y − y = )( x2 + y2 + y )= ⇔ x2 + y2 = y (do x + y + y > ) Với x + y = y ⇒ x = Thay vào (2) ta được: y − = y − y + (*   )2 4y−5+1 = )⇔2  ( y − 2) ⇔ y − = y − 12 y + y − = y − (3)   y − = − y (4)  y Giải (3):    y  y  Giải (4):   y Vậy hệ phương trình có nghiệm: (x; y ) =  Bài số 7: Giải hệ phương trình   ĐKXĐ:  x x + y   y Ta có x + y2  (x + y − )  ( x + y) + 4( x + y) − xy =  (x + y − )  x + y2 + 4( x + y)  = (*) Do x + y > x 2x Mặt khác,  x2 có:   8y +  x2 Suy phương trình thứ hai hệ ⇔ Do hệ cho x + y = ⇔  x   8y = Bài số 59: Giải phương trình x − + x − + x + + x = x x + − 6+5 Giải Đk: x ≥ Phương trình cho tương đương với:  x2 − − )+ x−3+ ( x + x+1−2 +(x−3 )= x − 6−2 ) ⇔ −1 x2 (   ⇔ x−3     x=3 100 Bài số 60: Giải phương trình ∑ k x + k = x2 + 5049 =2 Giải Ta nhẩm thấy x= nghiệm phương trình nên ta bi ến đổi: n ∑k= ⇒ n ( n + 1) k =1 100 (*) ⇔ ∑( k=2 100 ⇔ ∑ k =2 (x + k )2 Xét phương trình (**), ta có: Suy (**) vô nghiệm Vậy (*) có nghiệm x = 50 VII Phƣơng pháp sử dụng tọa độ vector Bổ đề 1: Cho hai vectơ u , v Khi đó: i) u + v ≤ u + v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↑ v ii) u + v ≥ u − v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↓ v Trong ii) ta thay v −v ta có: iii) u − v ≥ u − v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↑ v h n minh i) Đặt u = AB, v = BC ⇒ u + v = AC Với điểm A, B, C ln có: AC ≤ AB + BC (đpcm) Đẳng thức xảy ⇔ A, B, C thảng hàng theo thứ tự ⇔ u ↑↑ v ii) Đặt u = AB, v = BC ⇒ u + v = AC Với điểm A, B, C ln có: AC ≥ AB − BC (đpcm) Đẳng thức xảy ⇔ A, C, B thảng hàng theo thứ tự ⇔ u ↑↓ v iii) Hiển nhiên có từ ii) Bổ đề 2: Với vectơ u, ta có: u2 ≥ Đẳng thức xảy ⇔ u = h n minh (Dễ dàng) Bổ đề 3: Cho hai vectơ u , v Khi đó: i) u.v ≤ u v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↑ v ii) u.v ≥ − u v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↓ v h n minh 51 u.v = u v cos(u , v) ⇒ đpcm i) Ta có:  cos(u , v) 1 Đẳng thức xảy ⇔ cos(u , v ) = ⇔ u ↑↑ v  v cos(u , v) ⇒ đpcm  u  −1 v = u ii) Ta có:   osc (u , v) Đẳng thức xảy ⇔ cos(u , v ) = −1 ⇔ u ↑↓ v Bài số 61: Giải phương trình: x2 −2x+5+ x2 +2 x + 10 = 29 (1) Giải (1) ⇔ ( x − 1) + 2 + ( x + 1) + 32 = 29 Chọn u ( x − 1; 2), v ( − x − 1;3) ⇒ u + v = ( −2;5) ⇒ u + v (1) trở thành: u + v = u + v Mặt khác, ta ln có: u + v ≥ u + v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↑ v ⇔ − x −1 ⇔x= x − =  29 nh uận : Mấu chốt việc chọn oành độ) dấu Chẳng hạn: -2 -3 tọa độ cho hai vectơ gì? Rất đơn giản, phải thỏa mãn điều H x2 −2x+5− x2 − x + 10 = (2) Giải kiện: t Bài số 62: Giải phương trình: à: Vectơ tổng phải vectơ khơng đổi ( có tọa độ cụ thể) u + v = 29 i à: H ve ct ch ọ n p i có tu n g đ ộ ( h oặ c h 52 (2) ⇔ ( x − 1) + 2 − ( x − 3) + 12 = Chọn u ( x − 1; 2), v ( x − 3;1) ⇒ u − v = (2;1) (2) trở thành: u − v = u − v Mặt khác, ln có: u − v≤ u −v Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↑ v ⇔ − = x x − ⇔x=5 ách hác: Chọn u ( x − 1; 2), v (3 − x; −1) ⇒ u +v= (2;1) (2) trở − − x thành: u − ⇔ v =u+v x Mặt khác, = ln có: u −v ≤ Đẳng thức xảy ⇔ u ↑↓ v ⇔ x − = u+v u.v = nh uận: Nếu đề sau giải nào?  x − x + − x − x + 10 =  x − x + 10 − x − x + = Rất đơn giản, đặt điều kiện để VT > 0, giải bình Bài số 65: Giải bpt: thường sau kiểm tra no tìm với điều kiện Điều kiện: Bài số 63: Giải phương trình: − x = + x2 (3) x − 18 x + 36 x Hình thức ko khác số 4, Giải Bài ko giống dạng trước, ta tìm hướng giải khác nhiên Viết lại pt(3) sau: x − 18 x + 36 x làm đơn − x = + x2 (3) số Điều kiện: ≤ x ≤ ko thể có vế  phải 6x Vì phải biến đổi n h Chọn u (1;1), v ( x thuật sau: Mặt khác, có: u.v ≤ 53 Kết hợp với pt(3), ta có: + x Vậy pt(3) có no x = Bài số 64: Giải bpt: x (5) ⇔1 Ta chọn vector cho: = ⇒ u (1; 2), = x + 3x −1 = 3x + 9x − u.v 54 Bpt(5) trở thành: u.v ≥ u v (*) Mặt khác, ln có: u.v ≤ u v (**) Từ (*) (**) suy ra: u.v = u v ⇔ u ↑↑ v ⇔ x = −1(l)  2x + 3x + = ⇔∈∅x2= − (l) ⇔ x nh uận: Việc viết số thật ko tự nhiên chút nào? Mò ch ng? Ta thấy VP ko âm, ta viết vế trái sau: + x2 + x Chọn u (α ; β ), v ( u Hay là: Đến việc thật đơn giản, cần tìm α , β cho: α2 +β2   =3 α 2(α2 + β2)2   2(α2  β −  Ta cần chọn α = 1, β = xong Bài số 66: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x + x + − x − x + = m (6) 5 (6) ⇔ ( x + Chọn u ( x − 3 ; ), v ( x + ; ) ⇒ u − v = ( −1;0) ⇒ u − v 1 Ta có: m = u − v ≤ u − v = ⇒ m ≤1 Đẳng thức xảy ⇔ Vậy: Để pt có no nh uận: Từ tốn ta dẫn xuất toán sau: +) Bài tốn 1: Xác định m đề pt sau có nghiệm: x2 − x + − x2 + x + = m ( Tất nhiên đáp số ko thay đổi) +) Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức sau: −1 < x − x + − x + x + +) m = x2 + x + 1 1 1 2 2 x + (x + 1) + + x + (x − 1) + > +) m = x + x + + x − x + = +) m = x + x + + x − x + = 2 2 2 2 x + (x + 3) + + x + (x − 3) + > i, thán năm 021 Trần Hoài Vũ ... Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm (x:y) (-1;-1) (2;2) Bài số 5: Giải hệ phương trình Giải Phương trình (2) hệ viết lại sau 3x 3x 2y 3x 0k Ta thấy x phương trình y ⇔ +1− x  PT (1) hệ viết... phương trình hệ ta    x+y     Nhân hai vế hai phương trình (1) (2) ta Thay vào ta giải nghiệm hệ  AI Phƣơng pháp đạt ẩn số phụ Đặt ẩn phụ đưa phương trình cho phương trình đại số khơng... 0, thay a + b = vào (3) ta có a – b = ±1 Giải hệ: Bài số 9: Giải hệ phương trình Nếu ( x;y) nghiệm hệ x.y ≠   Do đó: Hệ (I) ⇔  1+   1−   Nhân vế với vế PT hệ (II) ta PT: x2+y2  x = y ⇔

Ngày đăng: 07/12/2022, 09:50

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w