CHUYÊN ĐỀ PT CHỨA HAI PHÉP TOÁN NGƯỢC NHAU

Lời nói đầu: có thể nói chủ đề phương trình là một chủ đề xuyên suốt trong chương trình tóan của trường phổ thông. Do đó gần như tất cả các kỳ thi tuyển sinh ta đều gặp chủ đề này, trong chủ đề phương trình có một loại phương trình rất khó đối với học sinh là phương trình chứa hai phép toán ngược nhau, loại phương trình này cũng dễ ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẳng.Vì lí do đó nên tôi muốn giới thiệu đến học sinh phương pháp giải đối với lọai tóan này. DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI βα +++=+ xedxcbax 2 )( , với d = ac + α và e = bc + β PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Điều kiện: ax + b ≥ 0 a b x − ≥⇔ Đặt baxedy +=+ điều kiện dy +e≥ 0 Khi đó phương trình chuyển thành hệ :      −++−=+ +=+ ⇔      +++=+ +=+ βα βα edyxedxc baxedy xedxcedy baxedy 2 2 2 )( )( )(      ++−=+ +=+ ⇔ )2()()( )1()( 2 2 bcdyxdacedxc cbcaxedyc Lấy (1)-(2) theo vế hai phương trình ta được: d(x – y)h(x,y) = 0    = = ⇔ )4(0),( )3( yxh yx Thế (3) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x. Thay (4) vào (1) ta được phương trình bậc 2 theo x. CÁC VÍ DỤ: Ví Dụ 1:Giải phương trình : )1(541 2 ++=+ xxx Giải: ĐK: x+1≥0 1 −≥⇔ x khi đó, (1) 1)2(1 2 ++=+⇔ xx (ở đây a=b=c=d=β=1, e=2 , α=0 thỏa mãn ). Đặt y +2 = 1+x đk : y+2 ≥0 (*)2−≥⇔ y . Khi đó phương trình chuyển thành hệ:      +=+ +=+ ⇔      +=+ ++=+ )2()2(1 )1()2(1 1)2( 1)2(2 '2 '2 2 2 yx xy xy xy Lấy (1 ’ )-(2 ’ ) theo vế ta được : x – y = - (x – y) (x +y +4) yxyxyx x = →←=++−⇔ −≥ 1,(*) 0)5)(( . Thay x=y vào (1 ’ ) ta được : x 2 +3x+3=0 vô nghiệm. Vậy (1) vô nghiệm. Ví Dụ 2: Giải phương trình : )1(0,77 28 94 2 >+= + xxx x Giải : (1) 4 7 ) 2 1 (7 28 94 2 −+= + ⇔ x x Đặt 28 94 2 1 + =+ x y đk: (*) 72 73 72 3 2 1 − ≥⇔≥+ yy Khi đó phương trình được chuyển về hệ:        +=+ +=+ ⇔        + =+ +=+ )2(77 2 1 )1(77 2 1 28 94 ) 2 1 ( 77 2 1 '2 '2 2 2 yyx xxy x y xxy yxyxyxyxyxyx x = →←=++−⇔−−−−=−⇒ >0(*),22 0)8)(()(7)(7 . Với x = y thay vào (1 ’ ) ta được : 14x 2 +12x-1=0 . 7 350 0 − =→← > x x Vậy (1) có nghiệm là . 7 350 − =x Ví Dụ 3: Giải phương trình : )1()(01312 2 Rxxxx ∈=+−+− Giải: ĐK: 2x-1≥0 2 1 ≥⇔ x (1) 1312 2 −+−=−⇔ xxx )2()1(12 2 xxx +−−=−⇔ . Đặt –y+1= .12 −x ĐK:y≤1 Khi đó phương trình (2) đưa về hệ:      −=− −+=− ⇔      −=− +−−=+− )2(12)1( )1(1)1( )1(12 )1(1 '2 '2 2 2 xy yxx yx xxy yxxyxyyxxy −=−+−⇔−=−−−⇒ )2)(()1()1( 22    −= = ⇔=−+−⇔ xy xy yxxy 1 0)1)(( Thay y=x vào phương trình (2 ’ ) ta được: x 2 - 4x + 2 = 0     −= += ⇔ )(22 )(22 nx lx Thay y=1-x vào phương trình (2 ’ ) ta được: x 2 -2x +1 = 0 1=⇔ x . Vậy phương trình có 2 nghiệm là x=1, 22 −=x . Chú ý: + Trong phương trình (2) nếu đặt y – 1 = 12 −x thì ta không giải được bằng phương pháp này do điều kiện d=ac+α và e=bc+β không thỏa. + Bài này còn có thể giải bằng cách đặt u= 12 −x (u≥0) đưa về phương trình bậc bốn giải bằng cách nhẩm nghiệm.Hoặc đưa về phương trình BA = rồi dùng công thức để giải. DẠNG 2: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC BA VÀ LŨY THỪA BẬC BA βα +++=+ xedxcbax 3 3 )( Với d = ac +α , e = bc + β. PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Đặt 3 baxedy +=+ . Khi đó phương trình được chuyển thành hệ:      +++=+ +=+ βα xedxcedy baxedy 3 3 )( )( )2()()( )1()( )( )( 3 3 3 3 I bcdyxdacedxc bcacxedyc edyxedxc baxedy      ++−=+ +=+ ⇔      −++−=+ +=+ ⇔ βα Trừ hai vế của ( I ) ta được : d (x-y)h(x;y) = 0    = = ⇔ )4(0),( )3( yxh yx Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x. Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x. Ví Dụ 4: Giải phương trình sau: )1(2332 3 3 −=+ xx Giải: (1) 3 2 3 1 23 3 3 +=−⇔ xx (2) (ở đây a = 3, b = -2, ) 3 2 ,0,0,1, 3 1 ===== βα edc . Đặt 3 23 −= xy ta được hệ phương trình      =+ =+ )2(32 )1(32 '3 '3 xy yx 0)2)(()(3 2233 =+++−⇔−=−⇒ yxyxyxxyyx yx =⇔ vì )02 4 3) 2 (2( 2 222 >+++=+++ yy xyxyx . Thay x=y vào (1 ’ ) ta được x 3 - 3x + 2 = 0    −= = ⇔ 2 1 x x Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,x = -2 DẠNG 3: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA MŨ VÀ LÔGARÍT CÙNG MỘT CƠ SỐ βα +++= + xedxcs s bax )(log với βα +=+= bceacd , Giải: Hướng 1: Đk:    >+ ≠< 0 10 edx s Đặt )(log edxbay s +=+ , khi đó phương trình được chuyển về thành hệ:      += +−+= ⇔      += +++= + + + + )2( )1()()( edxs exacdacys edxs xbaycs bay bax bay bax βα )3(acysacxsacxacyss baybaxbaybax +=+⇔−=−⇒ ++++ Xét hàm số actstf bat += + )( là hàm số đơn điệu khi s>1 và ac>0, hoặc 0<s<1 và ac<0. Khi đó (3) yx =⇔ . Thay y=x vào (2) ta được )4(0=−− + edxs bax . (4) được giải bằng pp hàm số. Hướng 2: = +bax s βα +++ xedxc s )(log = bcexacdedxc s −+−++ )()(log = cbaxedxedxc s )()()(log +−+++ )1()()(log)( edxedxccbaxs s bax +++=++⇔ + Xét hàm số f(t) = )0(log >+ ttct s . st c tf ln 1)( ' +=⇒ , xét 0 ln 1 ≥+ st c tìm các khỏang mà ở đó f(t) đơn điệu. Khi đó (1) có dạng: 0)()( =−−⇔+=⇔+= +++ edxsedxsedxfsf baxbaxbax phương trình này giải được bằng phương pháp hàm số. Ví Dụ 5: Giải phương trình sau: )1(1)56(log67 7 1 +−= − x x Giải: Cách 1: ĐK:x > 6 5 Đặt )56(log1 7 −=− xy khi đó: (1)      −= −= ⇔    −=− +−= ⇔ − − − )3(567 )2(567 )56(log1 1)1(67 1 1 7 1 x y xy y y x x )4(67676677 1111 yxxy yxyx +=+⇔−=−⇒ −−−− Xét hàm số: f(t) = 7 t-1 + 6t là hàm số tăng trên R. (4) yxyfxf =⇔=⇔ )()( khi đó (2) có dạng: (*)0567 1 =+− − x x Xét hàm số 567)( 1 +−= − xxg x Ta có : 67ln7)( 1' −= −x xg , 07ln7)(" 21 >= −x xg do đó g(x) là hàm số lõm nên phương trình (*) có không quá 2 nghiệm. Mà g(1) = g(2) = 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x = 2. Cách 2: ĐK: 6 5 >x . )2()56(log656)1(67)56(log6561567)1( 7 1 7 1 −+−=−+⇔−+−+=−+⇔ −− xxxxxx xx Xét )0(log6)( 7 >+= ttttf . Khi đó f(t) là hàm số tăng trên (0;+∞). Từ (2) ta có (*)0567567)56()7( 111 =+−⇔−=⇔−= −−− xxxff xxx Giải (*) như trên. Ví Dụ 6:Giải phương trình: )1()16cos2cos4(log2cos 6 sin) 2 1 ( 3 4 sin2 2 −−+=+ xxx x π Giải: (1) viết lại có dạng: )12cos3(log2cos 2 1 ) 2 1 ( 4 sin2 2 −+=+ xx x (2) ĐK: 3cos2x ≥1. (2) ).12cos3(log)4(log2cos.212.2 42 12cos −+=+⇔ − xx x )3()12cos3(log2cos.212.2 2 12cos −+=+⇔ − xx x Đặt z = cos2x đk 1≤z . khi đó (3) )4()13(log212 2 −+=+⇔ zz z . Đặt y= )13(log 2 −z đk: 3 1 >z . Khi đó phương trình (4) được chuyển thành hệ )5(2222 212 132 zyyz yz z zyzy z y +=+⇔−=−⇒      +=+ −= Xét hàm số f(t) = 2 t + t . Là hàm số tăng trên R. Từ (5) ta có zyzfyf =⇔= )()( . Thay y = z vào )6(0132 =+− y y .phương trình (6) có không quá 2 nghiệm. Do đó y =1, y= 3(loại) là 2 nghiệm của (6). Với z = 1 )(12cos Zkkxx ∈=⇔=⇔ π . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là )( Zkkx ∈= π . BÀI TẬP ÁP DỤNG: GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH SAU: 1. 513413 2 −+−=+ xxx . 2. .55 2 =+− xx 3. .22 2 +−= xx 4. .534 2 +=−− xxx 5. .2032.32152 2 −+=+ xxx 6. 3 3 1221 −=+ xx . 7. 255336853 23 3 −+−=− xxxx . 8. .12)15(log36 6 +++= xx x 9. ).21(log13 3 xx x +++= HẾT. .      +++=+ +=+ βα xedxcedy baxedy 3 3 )( )( )2()()( )1()( )( )( 3 3 3 3 I bcdyxdacedxc bcacxedyc edyxedxc baxedy      ++−=+ +=+ ⇔      −++−=+ +=+ ⇔ βα Trừ hai vế của ( I ) ta được : d (x-y)h(x;y) = 0    = = ⇔ )4(0),( )3( yxh yx Thay (3) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo x. Thay (4) vào (1) ta được một phương trình bậc hai theo. đến học sinh phương pháp giải đối với lọai tóan này. DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẬC HAI VÀ LŨY THỪA BẬC HAI βα +++=+ xedxcbax 2 )( , với d = ac + α và e = bc + β PHƯƠNG PHÁP GIẢI: Điều. phương trình có một loại phương trình rất khó đối với học sinh là phương trình chứa hai phép toán ngược nhau, loại phương trình này cũng dễ ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẳng.Vì