Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 20 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
20
Dung lượng
906 KB
Nội dung
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
KĨ THUẬTCHUYÊNSÂUGIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨAẨNTRONG CĂN
LỜI TỰA: Phương trình chứaẩntrongcăn là một trong những mảng kiến
thức hay của chương trình Toán 10; tần số xuất hiện trong đề thi Đại học hàng năm
tương đối cao. Về căn bản các em đã được học các phương pháp giảiPTchứaẩn
trong căn; trong đó phải kể đến 3 PP cơ bản hay gặp nhất, đó là:
PP biến đổi ( bđ tđ, bđ về pt hệ quả )
PP đặt ẩn phụ ( đổi biến )
PP đánh giá
Tuy nhiên vì vấn đề thời lượng các em chưa thể lĩnh hội được nhiều kĩthuậtgiải
trong mỗi PP. Để đáp ứng nhu cầu tìm tòi, khám phá, sáng tạo và đặc biệt là ôn thi
Đại học của các em, sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu chuyênsâu từng PP giải trên và
khai thác mở rộng để thấy được cái hay trong từng tình huống, từng bài toán cụ thể.
I )Phương pháp biến đổi
Trước đây các em đã được làm quen việc bình phương(hoặc mũ 3) 2 vế của
một phương trình trong một điều kiện xác định nào đó.
1/ KĨTHUẬT 1: Bình phương( mũ hóa ) 2 vế
- Kiến thức cơ bản :
+)
2
( ) ( 0) ( ) ;f x a a f x a= ≥ ⇔ =
+)
2
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x= ⇔ =
+)
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x
f x g x
f x g x
≥
= ⇔
=
+)
( ) ( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
f x hoac g x
f x g x
f x g x
≥
= ⇔
=
+)
3
3
( ) ( ) ( ) ( );f x g x f x g x= ⇔ =
+)
3 3
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x= ⇔ =
* Chú ý trong các công thức trên thông thường
( ) & ( )f x g x
là các hàm
xác định trên R; các trường hợp khác phải tìm điều kiện xác định trước khi biến đổi
Ví dụ 1: giảiPT
2
4 2 2 1x x x− + = −
HS tự làm – vận dụng kiến thức quen thuộc: bình phương 2 vế (điều kiện)
- có những PT phải bình phương 2 vế 2 lần mới khử hết căn bậc 2, ta xét các PT dưới
đây
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Ví dụ 2: giải các PT
a/
1 2 2 3x x x+ + − = +
b)
1 2 3x x+ + − =
c)
2 3 2 4 1x x x− + + − +
=0
- Hãy luôn nhớ đến điều kiện khi biến đổi, tìm thao tác dễ hiểu nhất cho mình.
- Tổng quát: dạng
ax ex 0m b n cx d p f+ + + + + =
(có 3 căn b2 hoặc 2 căn và 1 số
khác không)
PP giải: PP biến đổi, kĩthuật giải: bình phương 2 vế 2 lần(đk)
- Tình huống mới nảy sinh: xem bài toán sau
Ví dụ 3: giảiPT
11 1 2x x− − − =
(1)
Một bạn HS giải như sau:
(1)
2
2
1 11
1 11
1 11
12 11 9
11 1 2 (11 )( 1) 4
12 11 3
x
x
x
x x
x x x x
x x
≤ ≤
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔ ⇔
− + − =
− + − − − − =
− + − =
2
1 11
1 11
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔
= =
− + =
2, 10x x⇔ = =
2
1 11
1 11
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ⇔
= =
− + =
Vậy nghiệm của PT là x=2, x=10
Hỏi lời giải trên Đúng hay Sai? Vì sao?
Vấn đề Sai ngay từ bước biến đổi đầu tiên( mở rộng điều kiện xác định dẫn đến thừa
nghiệm ).
Khắc phuc:
(1)
2
1 11
1 11 1 11
11 1 2 4 0
11 1 4 1 4 2 1 4
4 4 8 16
x
x x
x x x
x x x x x
x x x
≤ ≤
≤ ≤ ≤ ≤
⇔ − = − + ⇔ ⇔ ⇔ − + ≥
− = − + − + − = − +
− = − +
2
1 11
1 4
4 2
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x
x x
≤ ≤
≤ ≤
⇔ ≤ ⇔ ⇔ =
= =
− + =
Vậy nghiệm của PT là x=2./.
BT 1 ( vận dụng ): giảiPT
4 1 1 2x x x+ − − = −
( đáp số x= 0 )
BT 2 ( vận dụng nâng cao ) giảiPT
2 2
3 1 9 10 9x x x x x+ − − − = −
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
- Tiếp tục khai thác phát triển kĩthuật 1 ta mạnh dạn đưa vào áp dụng cho PT có số
lượng biểu thức căn nhiều hơn sau đây.
Ví dụ 4: giảiPT
3 2 2 3 4 3 2x x x x+ + + = + + +
- Tổng quát ví dụ 4: dạng
ax mx pxb cx d n q+ + + = + + +
a,b,c,d,m,n,p,q là các hệ số thực thỏa mãn đk
a c m q
b d n q
+ = +
+ = +
PP giải: PP biến đổi, kĩthuật giải: bình phương 2 vế 2 lần(đk)
BT 3 ( vận dụng ): giải các PT
a)
2 5 3 5 11 4 9x x x x+ − + = + − +
( Đk
11
5
x
−
≥
… nghiệm là x = - 2)
b)
2 1 7 6 6 16 3 2x x x x+ − + = + − +
c)
10 1 2 2 9 4 3 5x x x x+ − − = + − −
( Dự bị Đại học khối B-2008 )
- Bài tập củng cố-về nhà
BT 4: giải các PT
a)
5 1 3 2 1x x x− − − = −
b)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7 0x x x x x x+ + + + + − + + =
c)
8 2 2 3 7 4 5x x x x+ + + = + + +
d)
8 2 7 1 7 4x x x x+ + + + + − + =
e)
3 3 3
1 2 2 3x x x− + − = −
( mở rộng nâng cao )
BT 5: giảiPT
( )
−
=
− − +
2
x x
1
1 2 x x 1
( Theo Đại học khối A - 2010 )
HD:
Ta có:
( ) ( )
− + = − + ≥ ∀ ⇒ − − + < ∀
÷
2
2 2
1 3 3
2 x x 1 2 x , x 1 2 x x 1 0, x
2 4 2
pt
( )
⇔ − = − − +
2
x x 1 2 x x 1
( )
( )
⇔ − + = + −
2
2 x x 1 x 1 x
( )
( )
( )
⇔ − + = + −
2
2
2 1 x x x 1 x
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
( )
( )
( )
+ − ≥
⇔
− − =
2
x 1 x 0
1 x x 0
− ≥
+ − ≥
⇔ ⇔
− =
− =
2
1 x 0
x 1 x 0
(1 x ) x
1 x x
−
⇔ ⇔ =
3 5
x
2
- BT5 trên đây đã có sự kết hợp tinh tế giữa KT1 với một góc nhìn mới mà các em sẽ
được khai thác mở rộng sâu hơn trong phần cuối của bài viết và phần PP đặt ẩn phụ.
- Sau đây các em hãy nhìn lại phần c bài tập 3 ở trên và xét ở góc độ khác với một
cách nhìn khác; lưu ý ta đã biết rằng
a b
a b
a b
−
− =
+
và
a b
a b
a b
−
+ =
−
( nhân với biểu thức liên hợp)
Tất nhiên các biến đổi thực hiện trong điều kiện xác định.
2/ KĨTHUẬT 2: Nhân liên hợp
Ví dụ 5: giảiPT
10 1 2 2 9 4 3 5x x x x+ − − = + − −
(1) (Dự bị Đại học khối B-2008)
Giải: đk
5
3
x ≥
. Khi đó
(1)
( 10 1 9 4) ( 3 5 2 2) 0x x x x⇔ + − + + − − − =
1 1
( 3)( ) 0
10 1 9 4 3 5 2 2
3 0 3( / )
x
x x x x
x x t m
⇔ − + =
+ + + − + −
⇔ − = ⇔ =
… (vì
1 1
10 1 9 4 3 5 2 2x x x x
+
+ + + − + −
>0 với mọi x thỏa mãn đk trên)
- Hãy tìm cách tương tự đối với những bài 3ab, 4c xem sao……
- Tuy nhiên không phải bài nào cũng dễ dàng tìm được nhiều lơaj chọn trong cách
giải, ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 6: giảiPT
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
(1)
Giải: đk Khi đó
(1)
2 2 2 2
( 3 5 1 3 7 3) ( 2 3 4) 0x x x x x x x⇔ − − − − + + − − − + =
2 2 2 2
2 3
( 2)( ) 0
3 5 1 3 7 3 2 3 4
2 0 2( / )
x
x x x x x x x
x x t m
⇔ − + =
− − + − + − + − +
⇔ − = ⇔ =
(Vì ….)
- Thật khó để tìm được cách giải khác cho ví dụ 6 ở trên! Tiếp theo đây các em hãy
suy nghĩ xem KT2 có vận dung được cho những bài tập kiểu khác hay không?
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Ví dụ 7: giảiPT
2 1 2 2x x x− − + = −
(1)
Giải: đk
1x ≥
. Khi đó
(1)
2 0(2)
4( 1) ( 2) 3
2 ( 2)( 1) 0
3
1 0(3)
2 1 2 2 1 2
2 1 2
x
x x
x x
x x x x
x x
− =
− − −
⇔ = − ⇔ − − = ⇔
− =
− + + − + +
− + +
+) (2)
2( / )x t m⇔ =
+) (3)
2 1 2 3x x⇔ − + + =
( đã biết cách giải )
- Tổng quát cho ví dụ 7: dạng
ax ( )b m cx d n px q+ + + = +
a,b,c,d,m,n,p,q là các hệ số thực thỏa mãn đk
2
2
, , , 0
p a m c
q b m d
a c m p
= −
= −
≠
PP giải: PP biến đổi, kĩthuật giải: nhân với biểu thức liên hợp ở vế trái làm
xuất hiện nhân tử.
BT 6 ( vận dụng ): giải các PT
a)
3
4 1 3 2
5
x
x x
+
+ − − =
b)
3 2 (1 2011 ) 1x x x x− − = − −
- Có những tình huống đề bài toán có chứa biểu thức căn lồng(căn trong căn) hoặc
xuất hiện đan xen căn thức với giá trị tuyệt đối đòi hỏi ta phải chia khoảng và xét
từng trường hợp có thể xảy ra của biến x. ta xét ví dụ sau đây với kĩthuật đó
3/ KĨTHUẬT 3: Chia khoảng
Ví dụ 8: giảiPT
2 2 2
10 9 2 1 4 4x x x x x x+ + = + + + + +
(1)
Giải: đk
2
2 2
2
10 9 0
1
2 1 0 10 9 0
9
4 4 0
x x
x
x x x x
x
x x
+ + ≥
≥ −
+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔
≤ −
+ + ≥
(*)
Khi đó, (1)
2
10 9 1 2x x x x⇔ + + = + + +
Do (*) nên ta xét 2 trường hợp sau
TH1:
1x ≥ −
,
(1)
2
2 2
2
3
0
2 3 0
10 9 2 3 ( / )
2
2
10 9 (2 3)
3 2 0
3
x
x
x
x x x t m
x
x x x
x x
−
=
+ ≥
≥
⇔ + + = + ⇔ ⇔ ⇔
−
=
+ + = +
+ =
TH2:
9x ≤ −
,
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
(1)
2
2 2
2
3
2 3 0
10 9 2 3
2
10 9 ( 2 3)
3 2 0
x
x
x x x x
x x x
x x
−
− − ≥
≤
⇔ + + = − − ⇔ ⇔ ⇔ ∈∅
+ + = − −
+ =
Vậy PT đã cho có nghiệm là
0x
=
,
2
3
x
−
=
.
BT 7 ( vận dụng ): giải các PT
a)
3
2 1 2 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
b)
2 1 2 1 1x x x x x+ − + − − = −
c)
3 1 5 1x x− = + − −
d)
2 2
2 5 2 2 3 6x x x x x+ + − + − = +
e)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7 0x x x x x x+ + + + + − + + =
f)
2 2 2
2 5 7 3( 7 6) 7 6 1x x x x x x+ − + − + = − −
g)
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + = −
- Đôi khi lúc làm toán các em gặp phải những tình huống mà các phép biến đổi thông
thường đều bị vô hiệu hóa; đó lại là lúc mà các em phải quay về nguồn cội với kĩ
thuật tách, thêm – bớt nhằm xuất hiện nhân tử chung để đưa về PT tích (thậm chí
phải dùng đồng nhất hệ số)
4/ KĨTHUẬT 4: Đưa về PT tích
* Chú ý
+)
0
. 0
0
A
A B
B
=
= ⇔
=
( trong điều kiện xác định )
+)
0
0
0
. 0 0
0
0
0
0
A
A
B
A B B
B
A
A
B
≥
≥
=
= ⇔ ≥ ⇔
≥
=
=
=
+)
0
. 0
0
0
A
A B
B
B
=
= ⇔
≥
=
( trong điều kiện xác định )
Ví dụ 9: giảiPT
2
( 2) 3 2 4x x x x− + = −
(1)
Giải: đk
3x ≥ −
Khi đó (1)
2 0
( 2) 3 2 ( 2) 0 ( 2)( 3 2 ) 0
3 2 0
x
x x x x x x x
x x
− =
⇔ − + − − = ⇔ − + − = ⇔
+ − =
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
đã thạo cách giải
- chú ý ở các bài kiểu này các em phải đặt điều kiện ngay từ bước đầu tiên để tránh
sai sót khi BĐổi.
Ví dụ 10: giải các PT
a)
2
( 3) 2 1 3 11 6x x x x− − = − +
b)
2
(3 1) 3 2 3x x x x+ − = +
c)
2 2
( 2) 2 1 2 6x x x x+ − = + −
- Không phải khi nào việc đưa về tích cũng đơn giản như những ví dụ trên
Ví dụ 11: giải các PT
a)
2
3 2 2 3 3 2 3 2 7 6x x x x x+ + + = + + + +
( đưa về
( 2 3 2)( 2 3 3) 0x x x+ − + + − =
)
b)
2
2 8 9 2 12 1 3 2 0x x x x x+ − + + − − + − =
( đưa về
( 2 4)(2 2 3 1 1) 0x x x+ − + − − − =
)
- Tổng quát cho ví dụ 11: dạng
( )( ) 0ax b c mx n d px q e mx n px q+ + + + + + + + =
Hãy cố gắng tìm mọi cách biến đổi để đưa về PT tích
(khi những cách thông thường, đơn giản không giải quyết được)
BT 8 ( vận dụng ): giải các PT
a)
2
5 4 2 2 2 3 3 2 6 0x x x x x− − + + − − + − =
(1)
b)
2
3 8 2 3 1 11 1 3 4 1 0x x x x x+ + + − + + + + =
( PTb
( 3 1 2 1 3)( 3 1 3 1 1) 0x x x x⇔ + + + − + − + + =
)
c)
2
3 1 2 1 4 1 1 0x x x x+ + − − + + − =
( PTc
( 1 2 1 )( 1 1 2) 0x x x x⇔ − − + − + + − =
)
- Ta hãy phân tích chi tiết những cách nghĩ nhằm giải quyết bài toán phần a BT8 sao
cho tự nhiên và thấy được ngồn gốc của vấn đề
Đk
3
2
x ≥
, khi đó
2
2 6 ( 2)(2 3) 2. 2 3x x x x x x+ − = + − = + −
cho ta 2 cách nghĩ sau:
Cách nghĩ 1: giả sử (1) được viết ở dạng
( 2 2 3 )( 2 2 3 ) 0a x b x c d x e x f+ + − + + + − + =
(2)
Nhân phá VT(2) và đồng nhất hệ số với VT(1) ta có hệ
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
2 5
2 3 4
3
af 1
2
ad be
ad be cf
ae bd
cd
bf ce
+ =
− + = −
+ = −
+ = −
+ =
mạnh dạn chọn a=1, d=1 ta có
2
3 6
3
f 1
2
be
be cf
e b
c
bf ce
=
− + = −
+ = −
+ = −
+ =
Từ đó tìm được b = -2, e = -1, c = 0, f = -1
Do đó (1)
( 2 2 2 3)( 2 2 3 1) 0x x x x⇔ + − − + − − − =
- chú ý rằng việc tìm các hệ số trên chỉ là một trong rất nhiều phép thử. Nếu ở bước
chọn trên thay vì chọn a=1,d=1 ta chọn b=1, e=1 thì sẽ không tìm được a,c,d,f như
mong đợi; vấn đề là phải có góc nhìn tinh tế và kinh nghiệm chọn các hệ số đặc biệt
sẽ rút ngắn được thời gian đi tìm lời giải bài toán.
Cách nghĩ 2: ta phát hiện 5x – 4
≡
(x + 2) + 2(2x – 3)
Do đó (1)
2 2(2 3) 2 2 2 3 3 ( 2)(2 3) 0
2 2 ( 2)(2 3) ( 2 2 2 3) 2(2 3) ( 2)(2 3) 0
( 2)( 2 2 2 3) ( 2 2 2 3) 2 2 3( 2 2 2 3) 0
( 2 2 2 3)( 2 2 3 1) 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
⇔ + + − − + + − − + − =
⇔ + − + − − + − − + − − + − =
⇔ + + − − − + − − − − + − − =
⇔ + − − + − − − =
Ta thu được kết quả như giống cách nghĩ trên việc còn lại giải nốt trọn vẹn
bài toán là hoàn toàn không khó với các em.
.
- Để kết thúc bài viết kĩthuậtchuyênsâu về PP biến đổi giảiPTchứaẩntrongcăn
sau đây các em sẽ được tham khảo những cách nhìn mới, tinh tế và độc đáo giúp các
em hiểu được rằng việc tư duy linh hoạt, sáng tạo, tỉ mỉ tronggiải toán là không thể
thiếu…
BT 9 ( vận dụng nâng cao ): giải các PT
a)
2 2
2 7 3 3 7 4 2 15 7 3 3x x x x x x+ + − + = − + + + +
b)
2 2 2
2 6 5 4 12 6 0x x x x x− + + + − + + =
(
2( ) 2 .u v u v u v u v+ = + ⇔ = +
)
c)
2 2 2
3 2 6 5 4 3 11 0x x x x x x− + + + + − − + =
(
3 2 . 2u v u v u v u+ = + ⇔ =
)
d)
2 2 2
2 3 4 3 7 6 19 45 58x x x x x x− + − + + = + +
(
2 3 4 7 12 . 2 0u v u v u v v− = + ⇒ − + =
)
e)
( ) ( ) ( )
3 4 12 28x x x x+ − + = −
( kiểu 2uv = u
2
+ v
2
- 1
↔
(u - v)
2
=1 với u = x + 3 , v =
( ) ( )
4 12x x− +
)
Tập nghiệm S=
{
}
31 3;4 2 4− −
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
- Sau đây là hướng giải quyết cho BT9 phần a, các phần còn lại xin dành cho các em
suy nghĩ, tìm tòi.
BT 9 a)
Giải: đk
2
2
2 7 3 0
7 0
1
2
2 15 7 0
3 0
x x
x
x
x x
x
+ + ≥
+ ≥
−
⇔ ⇔ ≥
+ + ≥
+ ≥
(*)
Khi đó ta có 4 = (x + 7) – (x + 3) =
( ) ( )
7 3 7 3x x x x+ + + + − +
Nên (1) tương đương với
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(2 1)( 3) 3 7 7 3 7 3 (2 1)( 7) 3 3
7 3 2 1 7 3 ( 7 3 3)
2 1 7 3 3
2 1 3 7 3(2)
x x x x x x x x x x
x x x x x x x
x x x
x x x
+ + − + = + + + + − + − + + + +
⇔ + + + + = + + + + − + +
⇔ + = + − + +
⇔ + − = + − +
Do (*) nên VP(2) > 0 vì thế ta chỉ cần xét (2) với
2 1 3 0 2 1 9 4( / (*))x x x t m+ − > ⇔ + > ⇔ >
Khi đó
2
2
2
(2) 2 1 6 2 1 9 7 2 ( 7)( 3) 3
10 21 3 2 1
10 21 18 9
8 11 0
4 5( / )
4 5( / )
x x x x x x
x x x
x x x
x x
x t m
x kt m
⇔ + − + + = + − + + + +
⇔ + + = +
⇔ + + = +
⇔ − + =
= +
⇔
= −
Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất
4 5x = +
.
- Cuối cùng các em hãy phát triển và hoàn thiện chuyên đề theo hướng tư duy dưới
đây
II) Phương pháp đặt ẩn phụ
- Kĩthuật đầu tiên cần xem xét mà các em đã được hoc là
1/ KĨTHUẬT 1: Đặt 1 ẩn đưa về PT 1 ẩn mới( đặt ẩn phụ hoàn toàn )
Ví dụ 1: GiảiPT
2 2
2 2 3 15 0x x x x− + − − − =
Giải: đk
2
2 3 0x x− − ≥
Đặt t =
2
2 3 0x x− − ≥
PT thành t
2
+ t – 12 = 0
⇔
t = 3, t = - 4 (loại)
t = 3 ta được
2 2 2
2 3 3 2 3 9 2 12 0x x x x x x− − = ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔
x =
1 13±
(t/m)
KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Vậy nghiệm của PT là x =
1 13±
- Tổng quát: af(x) + b
( )f x
+ c = 0
PP giải: đk
( ) 0f x ≥
Đặt t =
( ) 0f x ≥
PT thành at
2
+ bt + c = 0
- ta hãy mở rộng VD 1 ra một chút như VD 2 sau đây
Ví dụ 2: GiảiPT
2 2
2 5 2 2 2 5 6 1x x x x+ + − + − =
Giải: đk
2
2
2 5 2 0
2 5 6 0
x x
x x
+ + ≥
+ − ≥
Đặt t =
2
2 5 2x x+ + ≥
0, PT thành
t - 2
2
8t −
= 1
2
2 2 2
1
1 0 1
2 8 1 3
11
3,
4( 8) ( 1) 3 2 33 0
3
t
t t
t t t
t t
t t t t
≥
− ≥ ≥
⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
−
= =
− = − + − =
t = 3 ta được
2 2 2
7
2 5 2 3 2 5 2 9 2 5 7 0 1,
2
x x x x x x x x
−
+ + = ⇔ + + = ⇔ + + − = ⇔ = =
Vậy nghiệm PT là
7
1,
2
x x
−
= =
- Nhận thấy ví dụ trên có rất nhiều cách lựa chọn khi đặt ẩn, các em hãy suy nghĩ
thêm và tìm cho mình cách đặt tốt nhất, dễ hiểu và hiệu quả.
BT 1 giảiPT
a)
2 2
2 3 3 2 3 2 1x x x x− + + − − + =
b)
3 2 3 2
4 1 3x x x x− + + − + =
c)
4 8
4
x
x x+ − = −
- Tổng quát cho ví dụ 2:
a
( )
m
f x
+ b
( )
n
pf x q+
+ c = 0
trong đó thông thường
{ }
, 1,2,3m n∈
PP giải: đặt t =
( )
m
f x
, hoặc đặt t =
( )
n
pf x q+
(tuỳ tình huống cụ thể)
Đưa về PT một ẩn t biết cách giải
- Vận dụng dạng trên ta nghiên cứu các ví dụ 3 sau đây
Ví dụ 3: Giải các PT
a)
3
2 3 2 3 6 5 8 0x x− + − − =
b)
3
9 5 8x x− = − +
c)
3
9 1 2x x− + − =
d)
3 33 3
2 2 1 3 7 4x x+ + − =
[...]... +1 = 2x (x- y)(x2 + y 2 + xy + 2) = 0 và nghiệm PT đã cho là x = 1, …) 4/ KĨTHUẬT 4: Đặt 2 ẩn đưa về HPT 2 ẩn (thậm chí có bài phải đặt 3 ẩn phụ) Được hệ PT đối xứng hoặc đã biết cách giảiKĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN Ví dụ 9: GiảiPT 3 NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) 1− x + 3 1+ x = 2 u = 3 1 − x Giải: đặt 3 khi đó kết hợp PT đầu và cách đặt ta có hệ v = 1 + x u + v = 2... 11 – 12, các em sẽ được nghiên cứu sau - như vậy về căn bản các em đã có một lượng kiến thức và kĩ năng tương đối đầy đủ để giải các phương trình chứaẩntrongcăn đặc biệt những kinh nghiệm quí ấy hầu hết vẫn được sử dụng trong quá trình giải bất phương trình chứaẩntrongcăn thức KĨ THUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) Tuy nhiên kho tàng kiến thức Toán học là... 1 = 2 x x 2 + 2 x KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPT CHỨA ẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) b) x 2 + 4 x + 7 = (2 x + 4) x 2 − 2 x + 4 c) (4 x − 1) x3 + 1 = 2 x 3 + 2 x + 1 3/ KĨTHUẬT 3: Đặt 1 ẩn đưa về HPT 2 ẩn (ẩn mới + ẩn cũ)( đặt ẩn phụ không hoàn toàn) x2 + x + 1 = 1 Ví dụ 6: giảiPT Giải: đk x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 đặt y = x + 1 ≥ 0 khi đó ta có y 2 = x + 1 , theo phép đặt thì PT đầu trở thành...KĨ THUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) BT 2 (vận dụng) GiảiPT 3 2 − x + x −1 = 1 − x −1 - Tổng quát cho BT 2: 3 ax + b + c dx + e = f dx + e + g PP giải: Thông thường đặt t = dx + e ≥ 0 ( đk dx + e ≥ 0 ) PT thành 3 mt 2 + nt + p = f t + g ( đưa về PT bậc 3 nhẩm được 1 nghiệm ∈ ¤ ) - Những bài kiểu như ví dụ 3 hay BT 2 thường có nhiều cách lựa chọn khi đặt ẩn. .. đặt) BT 4 (vận dụng nâng cao) Cho PT 8 − x + x + 1 + (1 + x )(8 − x ) = m a) giảiPT khi m = 3 b) tìm m để PT có nghiệm 2/ KĨTHUẬT 2: Đặt 1 ẩn đưa về PT 2 ẩn (ẩn mới + ẩn cũ)( đặt ẩn phụ k hoàn toàn ) Ví dụ 5: giảiPT x 2 − 1 = 2 x x 2 − 2 x - Để tìm hướng giải bài toán, ta mạnh dạn đặt t = x 2 − 2 x (đk x 2 − 2 x ≥ 0 ) Khi đó x 2 − 2 x = t 2 ⇒ x 2 = t 2 + 2 x , nên PT có thể viết ở dạng t − 1 = 0... PP giải: đk… đặt t = ax + b ± cx + d (đk nếu có), lí luận đưa PT đã cho trở thành nt2 + mt + q = 0 ( đã biết cách giải) BT 3 Giải các PT a) 7 x + 6 + 7 x − 6 − 2 49 x 2 + 7 x − 42 = 181 + 14 x b) 2 x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 16 c) x + 1 − x = 1 + 2 x − x2 3 d) 2 (1 + x) 2 − 3 1 − x 2 + (1 − x) 2 = 0 ( mở rộng nâng cao ) KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPT CHỨA ẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT... ( x) g ( x) theo t 2 π π Nếu có a 2 − x 2 đặt x = a sin t , − ≤ t ≤ 2 2 Nếu có x2 − a2 đặt x = III) Phương pháp đánh giá Với các KĨ THUẬT: a π π − ≤t ≤ ,t ≠ 0 sin t 2 2 KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) - Đánh giá căn bản 2 vế của PT f ( x) = 0 1) f2(x) + g2(x) + t2(x) = 0 ⇔ g ( x) = 0 t ( x) = 0 2) f(x) + g(x) = a ( a là hằng số) f ( x) = b g... gpt: 6 10 + =4 2− x 3− x KĨTHUẬTCHUYÊNSÂUGIẢIPTCHỨAẨNTRONGCĂN đ/k x < 2 đặt t = NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) 6 6 6 > 0 ⇒ 2 − x = 2 ⇔ 3 − x = 1+ 2 2− x t t t ≤ 4 10t 2 4 3 2 = 4 ⇔ 10t 2 Pt thành t+ 2 2 khi đócó PT: t -8t +12t -48t+96=0 t +6 = (4 − t ) 2 t + 6 hay (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2 3 2 cònphương trình: t -6t -48=t2(t-6) -48 < 0 với o . KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG) KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN LỜI TỰA: Phương trình chứa ẩn trong căn là một trong. trình chứa ẩn trong căn đặc biệt những kinh nghiệm quí ấy hầu hết vẫn được sử dụng trong quá trình giải bất phương trình chứa ẩn trong căn thức. KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN. nghiệm PT đã cho là x = 1, …) 4/ KĨ THUẬT 4: Đặt 2 ẩn đưa về HPT 2 ẩn (thậm chí có bài phải đặt 3 ẩn phụ) Được hệ PT đối xứng hoặc đã biết cách giải KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG