phương pháp điều kiện cần và đủ, áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán.

36 2.2K 0
phương  pháp  điều kiện cần và đủ, áp dụng phương pháp lagrange để giải quyết một số dạng bài toán.

Đang tải... (xem toàn văn)

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

Thông tin tài liệu

1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN KHOA TOÁN LỚP SƯ PHẠM TỐN K29 *Nhóm sinh viên thực : Hồ Ngọc Cảnh Nguyễn Thị Kiều Chi Phạm Thị Yến Chi Nguyễn Quốc Chính Nguyễn Văn Cơng Huỳnh Thị Mỹ Dung Trần Thị Dung “Ứng dụng phương pháp biến thiên số & định lý lagrange & điều kiện cần đủ giải phương trình” Giáo viên hướng dẫn: Dương Thanh Vỹ Quy Nhơn 27/ 11/2009 Lời nói đầu Ngồi phương pháp giải túy như: biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, tính chất hàm số mũ; tính chất giá tị tuyệt đối; tam thức bậc hai… đề tài đề cập đến phương pháp giải phương trình dựa vào tráo đổi vai trò ẩn số hăng số.Đồng thời kết hợp phương pháp điều kiện cần đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải số dạng toán Đề tài bao gồm chương: Chương I: Phương pháp biến thiên số Chương II: Phương pháp điều kiện cần đủ Chương III: Sự kết hợp phương pháp biến thiên số với dịnh lý lagrange ; điều kiện cần đủ Trong chương I ,chương II chi làm sở để phát triển lên phương pháp chương III Nhưng trọng tâm để tài chương I chương II (toàn chương I ý tưởng nhóm) Vì thời gian có hạn nên chúng tơi khơng thể tránh thiếu sót,mong góp ý bạn đọc.Xin chân thành cảm ơn Nhóm thực Chương I *Phương pháp biến thiên số*  Thực chất phương pháp trao đổi vai trò ẩn số số, ẩn số xem tham số số xem ẩn số phương trình mới.Cụ thể sau : Cho phương trình f(x)=0 Sau số bước biến đổi sơ cấp, ta nhận thấy biểu thức f(x) viết lại dạng khác g(t) ta có g(a)=0.Với a=const, nghĩa từ phương trình g(t)=0 thay t=a phương trình f(x)=0 * Nảy sinh ý tưởng dùng a ẩn số,x làm tham số phương trình g(t)=0 Như phương trình g(t)=0 ln ln có nghiệm t=a Và xét phương trình g(t)=0 khơng cần điều kiện t Đây điểm khác biệt phương pháp với phương pháp đặt ẩn phụ Với g(t)=0, từ phương trình f(x)=0 sau biến đổi, nhận xét phương trình có nghiện t=a Giải g(t)=0 ta nghiệm t phụ thuộc vào x, thay t=a vào giải tìm x * Chú ý: - Thơng thường phương trình g(t)=0 giải tìm t đơn giản khơng phức tạp phương trình f(x)=0 ban đầu - Phương pháp giải từ phương trình f(x)=0 sau vài bước biến đổi ta nhận số a Cách đề:- Chọn số làm ẩn cho phương trình - Lập phương trình nhận số làm nghiệm (phương trình giải nghiệm theo x) - Từ phương trình có đưa phương trình phương trình theo ẩn x, đưa số chọn làm nghiệm vào phương trình này, ta phương trình theo x Mở rộng: Ta không dùng số để làm ẩn phương trình mà thay đổi số theo x Lúc độ phức tạp toán mở rộng tùy ý hàm sơ cấp: hàm lũy thừa, hàm mũ, hàm logarit… ta nhận hàm ϕ ( x ) nghiệm g(t)=0 vai trị a * Ví dụ 1: [1] Giải phương trình sau: 2(5x − log5 x) + ( 5x log5 x − 1) x − = (1) Giải: Điều kiện: x > ⇒ x >1  x >1  x (1) ⇔ 2.5 − 2.log5 x + x − 1 5x log5 x − x − = ⇔ 2.25x − 2.5x.log5 x + x − 1.log5 x − 5x x − = ⇔ 2.(5x )2 − (2 log5 x − x − 1)5x + x − 1.log5 x = (*) Xét phương trình bậc hai: 2u2 − (2 log5 x − x − 1)u + x − 1.log5 x = (2) Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm u=5x Ta giải (2): ∆ = [ − (2 log5 x − x − 1)]2 − 4.2 x − 1.log5 x = log2 x + ( x − 1)2 − x − 1.log5 x = (2 log5 x − x − 1)2 ≥ Phương trình (2) có hai nghiệm là: u =  x 5 = x − Khi ta có:   5x = log5 x  (3) (4) x − u = log5 x Giải (3) (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm x Cách đề: - Chọn u =5x làm nghiệm phương trình (*) - Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo u với ∆ số phương giải ( ∆ = (2log5 x − x − 1)2 ) - Từ (*) thay u=5x, biến đổi sơ cấp hàm theo biến x có phương trình ta phương trình ban đầu (1) - Tùy vào mức độ khó dễ tốn mà phương trình bậc hai theo u ta chọn nghiệm u1 , u2 số ,hàm số theo x Sau  u = 5x = f(x) giải ta   u = 5x = g(x)  * Chú ý: Phương pháp khác với phương pháp đặt ẩn phụ đặt ẩn phụ ta phải tìm điều kiện ẩn cho phương trình tồn Ở ta xét phương trình nhận số (hàm số) làm nghiệm * Ví dụ 2: [1] Giải phương trình sau: 42x + 23x +1 + 2x + − 16 = (1) Giải: Đặt t=2x >0 (1) trở thành t + 2t + 2.4t − 42 = (*) Ta xét phương trình bậc hai có dạng u2 − 2t.u − t − 2t = (2) Từ (*) ta suy phương trình (2) có nghiệm u=4 Giải (2): ∆′ = (− t)2 + t + 2t = t (t + 1)2 ≥0 Phương trình (2)có 2nghiệm: u = t + t(t + 1) = t + 2t u = t − t(t + 1) = −t  = t + 2t Khi ta có:   = −t (VN)   t = −1 + ⇒ t + 2t − = ⇔   t = −1 − (loaïi)  ⇒ x = log2 ( − 1)  Nhận xét: - Với cách giải thay giải phương trình bậc bốn ta đưa việc giải phương trình bậc hai biết trước nghiệm Lúc ngày ta chọn nghiệm biết làm ẩn phương trình Bài tốn giải phương trình bậc hai có ∆ số phương * Ví dụ 3: [2] Giải phương trình sau: x2 + x + = (1) Giải: 5 − x ≥  Ta có (1) ⇔ x + = − x ⇔  2 x + = (5 − x )  (2) (3) Ta xét phương trình (3): x + = 52 − 2x2 + x ⇔ 52 − (2x − 1)5 + x − x = Xét phương trình bậc hai dạng: u2 − (2x2 − 1)u + x − x = (*) (4) Từ (*) ta suy phương trình (4) có nghiệm u=5 Giải (4): ∆ =  −(2x2 − 1) − 4(x − x) = (2x + 1)2 ≥   Phương trình (4)có nghiệm: u = x − x u = x + x + 5 = x − x Khi ta có:  5 = x2 + x +  x − x − = ⇔ x2 + x − =   (1 ± 21) x = ⇔  (−1 ± 17) x =   − 21 x = Từ (2) ta suy   −1 + 17 x =   Nhận xét: - Bài tốn giải phương pháp đặt ẩn phụ x2 + t =  giải phương pháp x + = t Sau chuyển hệ  t − x =  biến đổi tương đương - Cách giải thay đổi vai trò ẩn số số.Ẩn x chuyển thành vai trò tham số,còn số đươc xem ẩn phương trình bậc theo u,nhờ việc chuyển mà thay ggiải phương trình bậc theo x,ta cần giải phương trình bậc theo u,phương trình ta lại biết nghiệm - Phương trình bậc theo u có ∆ số phương nên việc tìmu dễ dàng  Tổng qt: Ta nhận dạng phương trình f (x) + f(x) + a = a với điều kiện f(x) ≥ a=const tùy ý Khi ta thay f(x) hàm sơ cấp hàm lũy thừa,hàm mũ,hàm logarit…,nhưng giải cần phải đặt điều kiện.Chẳng hạn : Với f(x) =3x ta có phương trình 32x + 3x + a = a Với f(x) =log5x ta có phương trình log2 x + log5 x + a = a * Ví dụ 4: [3] Giải: Giải phương trình sau: (2x −1 − 1) x − + x − = Điều kiện : x ≥ Ta có (1) ⇔ 2x − x − − x − + 2x − = (1) ⇔ 2x x − + (2x − x − 1)2 − = ⇔ 22 − (2x − x − 1)2 − 2x x − = (*) Xét phương trình bậc hai dạng ⇔ u2 − (2x − x − 1)u − x x − = (2) Từ (*) ta thấy u=2 la nghiệm (2) Ta có (2) ⇔ x − 1(u − 2x ) + u(u − x ) = ⇔ ( x − + u)(u − x ) = u = − x − ⇔  u = 2x   = − x − (vô nghiêm) ⇔ x =1 Khi ta có  x 2 =  * Ví dụ 5: [4] Giải phương trình : −x5 + 3x2 (x − 1) + 9x(x + 1) + 27 = Giải: (1) (1) ⇔ − x + 3(x − x ) + 9(x3 + x) + 27 = ⇔ 33 + (x3 + x)32 + (x − x )3 − x = Ta xét phương trình : (*) u3+( x3 + x )u2+( x − x )u −x5 =0 Từ (*) ta thấy u=3 nghiệm phương trình (2) Giải (2): ta có (2) ⇔ u(u2 + xu − x ) + x3 (u2 + xu − x ) = ⇔ (u+x3 )(u2 + xu − x ) =  u+x3 = (3) ⇔   u2 + xu − x = (4)  (2) Từ (3) ta có −x3 = ⇒ x = −3 Từ (4) ta có u2 + xu − x = (5), với ∆ = x2 − 4(− x ) = 5x ≥  −x + 5x u = (5) ⇔   −x − 5x u =    (−1 + 5)x x = 3 = −1 + ⇔  ⇔    (−1 − 5)x x = 3 = −1 −    Tổng quát: - Cách giải không giải cho lớp tập cụ thể, mà trình biến đổi, ta khéo léo nhìn số phương trình nghiệm.Từ ta chuyển phương trình cho có bậc cao hay phức tạp dạng phương trình đơn giản quen thuộc biết cách giải, điều quan trọng ta biết trước nghiệm - Vì khơng phải tất phương trình sau chuyển phương trình giải nên phương pháp hạn chế,chẳng hạn như: chuyển ta ∆ số phương,khi gặp khó khăn khơng thể giải  Mở rộng: Vấn đề ta chọn số dể làm ẩn nên ta thay số hàm f(x) lầ tham số giải nào? Để trả lời vấn đề ta xét ví dụ sau: * Giải phương trình x3 + x − x = (1 − m)3 + (m − 2m)x + m(x − x ) (1) Giải: (1) ⇔ mx + x3 + (1 − m)x − (1 − m)2 x − (1 − m)3 = ⇔ (1 − m)3 + x(1 − m)2 − x (1 − m) − mx + x − x − x3 = ⇔ (1 − m)3 + x(1 − m)2 + (x − x )(1 − m) − x − x3 = Xét phương trình : u3 + xu2 + (x − x )u − x − x3 = (2) Từ (*) ta suy u = − m nghiệm phương trình (2) (*) 10 Ta có (2) ⇔ (u-x)(u2 +2ux+x +x3 )=0  u-x=0 ⇔  2  u +2ux+x +x =  1-m=xx3 +   x3 +x2 + 2(1 − m)x + (1 − m)2 =  Khi ta có * Ví dụ 6: [2] Giải phương trình 68 x3 + Giải: x = 15 x (1) Điều kiện x ≠ Giả sử x0 nghiệm phương trình (1) Khi (1) ⇒ x + ⇔ x0 + 68 x3 17 x3 = 15 x0 = 17 − x0 ⇔ x0 + 17 x3 = ( 17)2 − x0 ⇔ x ( 17)2 − 17 − x − 2x = 0 0  x4 +  17 = x0 ⇔   17 = −x  (*) (**) Tư (*) (**) ta có x2 = − 17 Vơ nghiệm 22 * Ví dụ 2: [3] Tìm a,b để pt sau nghiệm x : a x + − x + bx + = (4) Giải: Điều kiện cần: Giả sử (4) có nghiệm x ⇔x = nghiệm (4) Khi (4) ⇔ a – = ⇔ a = Với a = (2) ⇔ x + = x + bx + ⇔ x2 +1 = x2 + bx + ⇔ b=0 Suy a = b = Với a =1 , b = pt (4) có dạng x + − x + = ⇔ = Vậy a = b = phương trình nghiệm x  Nhận xét: Qua ví dụ trên,với tốn tìm điều kiện hay nhiều tham số thực theo tuần tự: - Chọn nghiệm xo thuộc (a,b) cho việc tính giá trị tham số diễn cách đơn giản (nếu thuộc (a,b) nên chọn xo = ) - Thay xo vào pt tìm giá trị tham số thứ - Thay giá trị tham số thứ vào pt tìm giá trị tham số - Thay giá trị tham số vào pt giải pt khơng có tham số tìm khoảng nghiệm x kết luận 23 Tìm m để phương trình sau nghiệm ∀x > : * Ví dụ 3:[1] m3x + 3log m + x = x Giải: Điều kiện cần : Giả sử (1) có nghiệm ∀x > ⇒ x =1 nghiệm phương trình Khi : (1) ⇔ 8m +1 = ⇔ m=0 Điều kiện đủ: Với m = , (1) có dạng : 3log x = x ⇔ x = x Vậy với m = phương trình nghiệm ∀x>0 * Ví dụ 4: [3] Tìm m để phương trình sau nghiệm với x ≥ −2 lg(x − m)2 = 2(x + 4) Giải : (1) Điều kiện x ≠ m Để phương trình (1) nghiệm ∀x ≥ −2 ta phải có x < −2 Biến đổi phương trình (1) dạng : lg x − m = 2(x + 4) ⇔ x − m = (x + 4) (2) Điều kiện cần: Phương trình (1) nghiệm ∀x ≥ −2 ⇒ x= − nghiệm (2) Tức là:  m = (loaïi) x−2 =2 ⇔   m = −4 Do m = −4 điều kiện cần để thõa yêu cầu toán 24 Đều kiện đủ: Với m = −4 ta có : ⇔ x + = x + ⇔ x+4 = x+4 ∀x ≥ −2 Vậy với m = −4 phương trình cho nghiệm ∀x ≥ −2  Nhận xét : Bài tốn phát biểu dạng “Tìm m để phương trình x − m = (x + 4) tương đương với bất phương trình f(x) ≥ 0;(f(x) ≤ 0) , nghiệm bất phương trình x ≥ −2  Bài tập đề nghị: Bài 1: Tìm m để phương trình nghiệm ∀x∈  0,2  :   − x = − m + ( m + 1) x − x Bài 2: Cho phương trình : log2 (mx3 − 5mx + − x) = log2 (3 − x − 1) a)Giải phương trình với m=0 b)Tìm giá trị x nghiệm phương trình với ∀m ≥ Bài 3: Cho phương trình : loga2 + (4 − + 2x) = loga2 x2 + (4 − 3x) Tìm giá trị x nghiệm phương trình với ∀a ≥ 2 Bài 4: Cho phương trình : log2 (a x + 5a x + − x) = loga2 + (3 − x − 1) Tìm giá trị x nghiệm phương trình với ∀a ≥ Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm ∀x > logm +1 x 2 =x Bài 6: Tìm m để phương trình nghiệm ∀x ≥1: x − 2x + m − 3m + = mx - 25  Dạng 3: Tìm m để phương trình f(x)=0 tương đương với bất phương trình Phương pháp : Để giải đươc dạng ta thực hai bước sau : Bước 1: Giải bất phương trình tìm khoảng nghiệm K bất phương trình Bước 2: Bài tốn cho qui “Tìm m để phương trình cho nghiệm ∀x ∈ K *Ví dụ1:[2] Cho phương trình (x + 5) (2 –x) = 3m x + 3x + m −1 x4 + 6x3 – 9x2 –16 = (1) (2) Tìm m để pt tương đương Giải : Giải pt (2) (2) ⇔ (x2+3x)2 – 16 =0 ⇔ (x –1)(x +4)(x2 + 3x + ) = x = ⇔  x = −4 Điều kiện cần : Giả sử (1) (2) tương đương Suy x = nghiệm pt (1) ⇔ = 3m m + m ≥ ⇔ 4 = m (m + 3) 26 m ≥ ⇔ (m − 1)(m + 4m + 4) ⇔ m=1 Vậy m = điều kiện cần để (1) (2) tương đương Điều kiện đủ : Với m = (1) có dạng -x2 – 3x + 10 = x + 3x Đặt t= x + 3x (3) t≥0 Khi (3) ⇔t2 + 3t – 10 =  t = −5 ⇔ t = ⇔ x + 3x = x = ⇔ x2 + 3x = ⇔   x = −4 ⇒ (1) tương đương (2) Vậy m=1 (1) tương đương với (2)  Nhận xét: - Đối với tốn tìm m để phương trình f(x,m) =0; g(x)=0 tương đương ta giải theo trình tự sau - Giải tìm tập nghiệm S2 phương trình (2) - Khi tốn quy tìm m dể phương trình f(x,m)=0 nhận S2 làm tập nghiệm - Từ ví dụ ta nhận thấy phương trình chứa thức có tồn phương trình mà tập nghiệm khoảng,do phương trình chứa thức tương đương với bất phương 27 trình, (hoặc phát biểu dạng nghiệm với x  D) Ta xét ví dụ sau : *Ví dụ :[3] Tìm m để (1) (2) tương đương: x −1 + 2m x − + x −1 − 2m x − = x + 3x + ≤ x + 2x + (1) (2) Giải: Điều kiện cần: (2) ⇔(x2 + 3x +2)2 ≤ (x2 +2x +5)2 ⇔(x-3)(2x2 +5x +7)≤ 0⇔ x≤ Điều kiện cần: giả sử (1) (2) tương đương x =3 nghiệm (1) (1) ⇔ ⇔ + 2m + − 2m =2 − 4m =0 ⇔ m = ± Điều kiện đủ: • Với m = 1, phương trình có dạng: x −1 + x − + x −1 − x − =2 ⇔ x − + + x − −1 = ⇔ x − + + x − −1 = ( x − + 1) + (1 − x − 2) ⇔ ( x − + 1)(1 − x − 2) ≥ ⇔ − (x − 2) ≥ ⇔ x ≤ Tức (1) (2) tương đương Ta thấy phương trình (1) tham số m có tính đối xứng nên m = -1 thoả mãn điều kiện toán Vậy m = ±1 thi (1) (2) tương đương 28  Nhận xét: Với tốn tìn điều kiện tham số m để phương trình có nghiệm ∀x ∈ D ta viết thành tốn khác -Tìm m để phương trình cho tương đương với bất phương trình đó, bất phương trình có nghiệm ∀x ∈ D * Xét ví dụ: [3] Tìm a,b để phương trình 2sin x − + 2sin x − a = b có nghiệm phân biệt thuộc [0,2) Giải : Đặt t = 2sinx , điều kiện t ≤ , Khi phương trình (1) có dạng : t − + t − a = b (2) Để (1) có nghiệm phân biệt thuộc [0,2) (2) có nghiệm thuộc [-2,2]  Nhận xét : Bài toán cho qui dạng tổng quát ví dụ Trong toán ta dùng phương pháp đồ thị để giải phải chia khoảng để xét,hơi phức tạp.Đặc biệt tham số biểu thức có bậc cao sẻ găp khó khăn việc vẽ đồ thị cuar hàm y = f(m) Mặc khác ta dùng phương pháp đơn điệu hàm số ta gặp khó khăn việc tính đạo hàm Chính vậy,mà phương pháp điều kiện cần đủ tỏ hiệu giải lớp toán Nhưng phương pháp cịn hạn chế ta tìm nghiệm yo=f(xo,m).Và phương pháp giải lớp toán Mở rộng : Nảy sinh tốn “Tìm điều kiện a,b,c để phương trình 29 f(x) − a + f(x) − b = c có nghiệm thuộc K” Dùng phương pháp đặt ẩn phụ : f(x) = t , phương trình cho qui t − a + t − b = c ; từ điều kiện toán cho chuyển tìm điều kiện ẩn t *Ví dụ :[4] Tìm m để phương trình sau tương đương: x + 3x +1 −4=0 ∣m - 4∣.2x-2 + m.4x-1 = (1) (2) Giải: Giải (1), đặt t = 3x ta nghiệm : x = ⇒Để phương trình tương đương tốn quy tìm điều kiện m để phương trình (2) có nghiệm x = Điều kiện cần: Giả sử (2) có nghiệm x = 0: ∣m - 4∣2-2 + m4-1 =1 ⇔ ∣m - 4∣ + m = ⇔ ∣m - 4∣ = – m Điều kiện đủ: ⇔m – ≤ 0⇔ m ≤ Với ≤ Đặt t = 2x, t > (2) có dạng (4 - m)t +mt2 = ⇔ mt2 + (4 – m)t - = • Với m = ,(3) ⇔ t =1 ⇔ 2x = ⇔ x = Vậy m = (1) (2) tương đương (3) 30 t = • Với ≠ m ≤ (3) ⇔  t = −  m  − m = m = −4  ⇔ Do để (1) ⇔ (2) :  − < m >  m   m = −4 Vì 0≠m ≤ Suy  0 < m < Vậy với ≤ m ≤ m = – (1) (2) tương đương  Bài tập đề nghị : 1) Tìm m để phương trình có nghiệm : a) 4−x + x +5 = m b) c) 1− x + − x = m d) 3− x + e) x −1 + x + 4 − x + x −1 − x = m ( x + = m − x + x +1 ) 2− x = m 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : ( ax + b ) + ( ax − b ) + ( a x − b ) = b 2 3) Tìm m để phương trình sau tương đương: 4x+1 + 2x+4 = 2x+2 + 16 ∣m-9∣ 3x-2 + m9x-1 =  Dạng 4: Tìm điều kiện tham số để pt có với giá trị tham số 31 Đối với dạng phương trình có chứa tham số.Chọn giá trị đặc biệt(giá trị mà làm cho phương trình đơn giản) số thay vào phương trình.Khi phương trình trở dạng trên.Ở không sâu dạng khơng phục vụcho chương sau Chương III SỰ KẾT HỢP GIỮA PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ VỚI ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ a h(x) − b h(x) = k(a − b)h(x)  Dạng 1: (1) Trong < a ≠ 1,0 < b ≠ 1,k ≥ k=1, h(x) xác định liên tục đoạn [a,b] Cách giải: (1) ⇔ a h(x) − kah(x) = b h (x ) − kbh(x) *Điều kiện cần : Xét hàm số : f (t) = t h (x ) − kth(x) Từ (1) ta có f(a)=f(b) (2) Lấy đạo hàm hàm f(t) (a,b) ta : f ′(t) = h(x)[t h (x )−1 − k] 32 (2) Theo định lý lagrange, ∃ c ∈ [a,b] cho (a − b)f ′(c)=f(a) − f(b) = ⇒ f ′(c) = ⇔ h(x)[c h (x )−1 − k]=0 h(x) =  ⇔  h(x) −1 −k=0 c  (3) *Điều kiện đủ: Thay giá trị (3) vào (1) để chọn nghiệm Chú ý: *Ví dụ1 : Xét trường hợp k Giải phương trình sau 7log3 x = 2log3 x + log x (1) Giải: Giả sử là nghiệm phương trình (1),Tức 7log3 α = 2log3 α + 5log α ⇔ 7log3 α = 2log3 α + (7 − 2)log α ⇔ log3 α − 7log α = 2log3 α − 2log α Xét hàm số f (t) = t log α (2) − t log α Đk: < t ≠ Từ (2) ta có f(7)=f(2) Tính f ′(t) = log α[t log3 α−1 − 1] Theo định lý lagrange, ∃c ∈ (2,7) cho (7 − 2)f ′(c) = f (7) − f (2) = log α = α = x = ⇔ log α[clog3 α−1 − 1]=0 ⇔  log α−1 ⇔ ⇔ = α =  x = c Thử lại ta thấy hai nghiệm thỏa phương trình Vậy x=1 x=3 nghiệm 33  Dạng 2: (a + d) h(x) − a h(x) = (b + d) h(x) − b h(x) (1) 00, b>a, h(x) xác định liên tục h x (1) ⇔ (a + d) h (x ) − (b + d) h (x ) = a h (x ) − b ( ) Cách giải: (2) *Điều kiện cần: Xét hàm số f (t) = (t + d) h (x ) − t h(x ) [a,b] Từ (2) ⇔ f(a)=f(b) ⇔ f(a) –f(b)=0 Ta có f ′(t) = h(x)[(t + d) h (x )−1 − t h (x )−1 ] (2) Theo định lý Lagrange, ∃ c ∈ [a,b] cho (a − b)f ′(c)=f(a) − f(b) =  h(x) = ⇒ f ′(c) = ⇔ h(c)[(t + d) h (c)−1 − t h (c) −1 ]=0 ⇔   h(x) = *Điều kiện đủ: Thử lại nghiệm Giải phương trình : 2log5 x + 2log5 x = x + x log5 *Ví dụ 1: [4] (1) Giải: Giả sử x = α nghiệm (1).Khi (1) ⇔ 2log5 α + 2log5 α = α + α log5 ⇔ 8log5 α + 4log5 α = 5log5 α + log5 α ⇔ 8log5 α − 5log5 α = 7log5 α − 4log5 α (2) Xét hàm số f (t) = (t + 3)log5 α − t log5 α ∀t > Từ (2) ta có f(5)=f(4) Vì hàm f(t) liên tục R nên f(t) liên tục [4,5] có đạo hàm (4,5) Ta có f ′(t) = log α[(t + 3) log5 α−1 − t log5 α−1 ] Theo định lý lagrange ∃c ∈ (4,5) cho (5 − 4)f ′(c) = f (5) − f (4) = ⇔ log α[(c + 3)log5 α−1 − clog5 α−1 ]=0 log α = ⇔ log α−1 = clog5 α−1 (c + 3) 34 log α = ⇔ log α = α = x = ⇔ ⇔ α = x = Thay x=1 x=5 vào phương trình (1) thỏa mãn Kết luận: x=1 x=5 nghiệm phương trình  Dạng 3: (a + d) h(x) − a h(x) = (b + d) h(x) , b+d=a, 00, h(x) xác định liên tục đoạn [a,b] giải tương tự dạng  Bài tập đề nghị: Giải phương trình sau: x x 1/ 7cot x − 11cot x = 12cot x 1 5 4 2/ x − x =  ÷ −  ÷  11   11  3/ x log7 11 + 3log7 11 = 2x, x > 4/ 36sin x + 4sin x = 25sin x + 9sin x 5/ x = x log + (x − 1)x log 6/ 4log x + 2log x = 2x 35 T ài li ệu tham kh ảo 1)Lê Hồng Đức(chủ biên),Lê Bích Ngọc,Lê Hữu Trí,Phương pháp giải toán đại số,NXB Hà Nội năm 2000 2)Lê Hồng Đức(chủ biên), Phương pháp giải tốn đại số(phương trình-bất phương trình & hệ chứa giá trị tuyệt đối),NXB Đại học sư phạm 2004 3)Trần Phương(chủ biên),Lê Hồng Đức, Phương pháp giải tốn đại số(phương trình bất phương trình),NXB Hà Nội 2002 4)WWW.violet.com.vn 36 MỤC LỤC Lời nói đầu ………………………………………………………………Trang Chương I: Phương pháp biến thiên hăng số…………………………… Chương II: Phương pháp điều kiện cần đủ………………………… 13 Phương pháp chung …………………………………………………13 Các dạng toán……………………………………………………… 13 Dạng 1: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm ……………………………………………… 13 Dạng 2: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm x Ỵ D Í Df Với Df tập xác định f(x)……………20 Dạng 3:Tìm m để phương trình f(x)=0 tương đương với bất phương trình đó……………………………… 25 Dạng 4: Tìm điều kiện tham số để pt có với giá trị tham số.…………………………………………… 30 Chương III: Sự kết hợp phương pháp biến thiên số với định lý lagrange ; điều kiện cần đủ………………………………… 31 Dạng 1: a h(x) − b h(x) = k(a − b)h(x) …………………………… 31 Dạng 2: (a + d) h ( x ) − a h ( x) = (b + d) h ( x ) − b h ( x ) ………….….32 ... ẩn số hăng số. Đồng thời kết hợp phương pháp điều kiện cần đủ; áp dụng phương pháp lagrange để giải số dạng toán Đề tài bao gồm chương: Chương I: Phương pháp biến thiên số Chương II: Phương pháp. .. − = Chương II  *Phương pháp điều kiện cần đủ*  Phương pháp hiệu giải phương trình ,giải quuyết lớp toán I Phương pháp chung : *Khi ta thực bước sau : Bước 1: Đặt điều kiện để phương trình có... Tìm điều kiện cần cho hệ dựa đánh giá tính đối xứng hệ Bước 3: Kiểm tra điều kiện đủ, bước cần có số kĩ II Các dạng tốn:  Dạng 1: Tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm Phương pháp

Ngày đăng: 20/12/2014, 21:24

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan