phương pháp giải phương trình tham số

VI.PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC 1 Dùng tọa độ của véc tơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: ( ) ( ) 1 1 2 2 ; , ;u x y v x y= = r r khi đó ta có  ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 u v u v x x y y x y x y+ ≤ + ⇔ + + + ≤ + + + r r r r Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ ,u v r r cùng hướng 1 1 2 2 0 x y k x y ⇔ = = ≥ , chú ý tỉ số phải dương  . . .cos .u v u v u v α = ≤ r r r r r r , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u v α = ⇔ ↑↑ r r 2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC+ + ≥ + + với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M O ≡ .  Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 0 120 3. Bài tập : I/ Phương pháp dùng hình học, đồ thị 1/ Giải phương trình: 222222 3232 cacacxcbbaxa +−−=+−++− với a,x,c > 0 Đặt OA=a ; OB=x, OC=c sao cho · · 0 0 45 , 30AOB BOC= = Áp dụng định lý Cosin, ta có: 22 2 xaxaAB +−= 22 3 cxcxBC +−= Dễ dàng chứng minh 2 32 75 0 − =Cos nên cũng theo định lý Cosin ta có: 22 32 cacaAC +−−= ACBCAB ≥+⇒ Do dấu bằng xảy ra nên A, B, C thẳng hàng 1 45 0 30 0 A B C O OACOBCOAB SSS =+⇔ 4 32 75sin 2 1 44 2 0 + ==+         ⇔ ac ac xcax         + + =⇔ ca ac x 2 32 Vậy tập nghiệm của phương trình là           + + = ca ac S 2 32 2/ Bài tập tương tự ( ) ( ) 311321132122 222 =+−+++−−++− xxxxxx 3/ Giải phương trình 176cos4cos3cos2cos 22 =++++− xxxx Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm cố định ( ) 3;22N và điểm biến thiên ( ) xM cos1;2 − . Do 2cos10 ≤−≤ x , nên điểm M chạy trên đoạn thẳng 10 MM với M 0 ( )0;2 và ( ) 2;2 1 M . Ta có: ( ) 2 2 3 2 2 17OM MN ON+ ≥ = + = Do dấu “=” xảy ra nên M ≡ M 1 2 1 cos −=⇔ x π π kx 2 3 2 +±=⇔ (k Z∈ ) 4) Bài tập tương tự: 2 y x 3 2 2 2 2 O 1-cosx M1 N M M0 1126cos4cos3cos2cos 22 +=++++− xxxx 5) Giải phương trình: ( ) ( ) 311321132122 222 =+−−++++++− xxxxxx pt ( ) 3 2 3 2 1 2 3 2 1 1 2 2 2 2 2 =         −+       ++         ++       ++−+⇔ xxxxxx Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy các điểm ( ) ( )         −         −− 2 1 ; 2 3 , 2 1 ; 2 3 ,1;0,; CBAxxM Dễ dàng chứng minh Tam giác ABC đều VT= MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC = 3 Do dấu “=” xảy ra nên M ≡ 0 ⇔ x=0 6) Biện luận theo m nghiệm của phương trình sau: mmxx −+=− 24 2 (1) Ta biết rằng số nghiệm của pt (1) chính là số giao điểm của 2 đường 2 4 xy −= và mmxy −+= 2 vì 44 222 =+⇔−= yxxy ; 0≥y nên đồ thị của 2 4 xy −= là nửa đường trên (phần nằm trên trục hoành) tâm tại gốc tọa độ, bán kính bằng 2. Còn y = mx + 2 - m là một họ đường thẳng luôn đi qua điểm cố định 3 3 2 3 2 − A 1 M x y x x B C O A(1;2) với mọi m. Ta nhận thấy có hai tiếp tuyến với đường trên kể từ A: đường thẳng y = 2 song song với trục hoạnh và tiếp tuyến AD. Gọi B (-2 ; 0) và C (2 ; 0) là 2 đầu mút của đường kính BOC. Giả sử m 1 , m 2 , m 3 , m 4 tương ứng là hệ số góc các đường thẳng AC, AD, AB, AE thì: * m 1 = - tan · 2ACO = − * m 2 = -tan · · · ( ) 4 tan tan 2 3 DCO EAD OAE − = − = − = (vì tan · 2OAE = − ) * m 3 =tan · 2 3 ABO = * m 4 =0 Từ đó suy ra 1- Phương trình (1) có 2 nghiệm      − ≤≤− ≤< ⇔ 3 4 2 3 2 0 m m 2- Phương trình (1) có 1 nghiệm         − = = −< > ⇔ 3 4 0 2 3 2 m m m m 3- Phương trình (1) vô nghiệm 0 3 4 << − ⇔ m 7) Biện luận số nghiệm phương trình theo a ( ) ( ) 039 2 =−+− axxxa (1) Đặt 99 222 =+⇒=− yxyx 4 2 E A 1 2-2 B C D O y x Phương trình (1) ( ) ( )    =−+ =+ ⇔ 03 9 22 axxay yx )3( )2( Dễ thấy phương trình (2) biểu diễn trên đường tròn tâm tại gốc tọa độ, bán kính 3, còn phương trình (3) biểu diễn 2 đường thẳng 3ax = và x a y 1− = (nếu a ≠ 0). Số nghiệm của hệ chính là số giao điểm của 2 đường thẳng với đường tròn. Ta chỉ cần xét khi a > 0 ( vì khi a > 0 ta có kết quả tương tự, còn khi a = 0 thì (3) ⇔ x = 0 và lúc đó hệ số 2 nghiệm). Ta xét khi x a yax 1 ;3 −== và đường tròn đồng quy. Gọi (x 0 ; y 0 ) là điểm đồng quy thì ta có x 0 2 + y 0 2 = 9, x 0 = 3a và y 0 = 0 1 x a − và do a> 0 nên suy ra a = 2 5 x 1 y x a = − 3 3 x a a = > y 3 O a/ Phương trình có 4 nghiệm      ≠ << ⇔ 2 30 a a b/ Phương trình có 3 nghiệm     > = ⇔ 2 3 a a c/ Phương trình có 2 nghiệm    > = ⇔ 3 0 a a 8/ Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất ( )( ) mxxxx +−=−+ 264 2 Điều kiện : 64 ≤≤− x 6 1 y x a = − 3 3 x a a = = y x 3 O 1 y x a = − 3 0 3 x a a = < < y x 3 O Đặt ( )( ) xxy −+= 64 thì ta có 0≥y và ( ) 251 2 2 =+− yx . Vậy đồ thị của hàm số ( )( ) xxy −+= 64 là nửa đường tròn (phần nằm trên trục hoành) tâm tại điểm 0 1 (1 ; 0) và bán kính 5. Còn mxxy +−= 2 2 là Parabal luôn có cực tiểu nằm trên đường x = 1. Để phương trình có 1 nghiệm duy nhất thì đỉnh của Parabal ở trên đường thẳng: x = 1, phải nằm trùng điểm M(1 ; 5). 5 4 = ∆ −⇔ a 51 =−⇔ m 6 =⇔ m II/ Ứng dụng tích vô hướng để giải phương trình vô tỷ 9/ 1231 2 +=−++ xxxx Điều kiện : 31 ≤≤− x Đặt ( ) xxbxa −+== 3;1),1;( Khi đó xxxba −++= 31. ( ) ( ) 22 2 31.1 xxxba +++= = 1 2 +x Do đó bababa ⇒= cộng tuyến 7 y x 1 O-2 6 y=x 2 -2x+m O1 5 M x xx − + =⇔ 3 1 1 (đk: 0 < x < 3) x x x − + =⇔ 3 1 2 ⇔ 013 22 =++− xxx ⇔ ( ) ( ) 121 2 −−− xxx = 0      −= += = ⇔ 21 21 1 3 2 1 x x x )(loai * Bài tập tương tự: 10/ xx −+− 321 = 10 8 VII. PHƯƠNG PHÁP TÍNH CHẤT HÀM SỐ Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: ( )f x k= Bước 2: Xét hàm số ( )y f x= Bước 3: Nhận xét: • Với 0 0 ( ) ( )x x f x f x k= ⇔ = = do đó 0 x là nghiệm • Với 0 0 ( ) ( )x x f x f x k> ⇔ > = do đó phương trình vô nghiệm • Với 0 0 ( ) ( )x x f x f x k< ⇔ < = do đó phương trình vô nghiệm • Vậy 0 x là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: ( ) ( )f x g x= Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng ( )f x và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định 0 x sao cho 0 0 ( ) ( )f x g x= Bước 3: Vậy 0 x là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng ( ) ( )f u f v= Bước 2: Xét hàm số ( )y f x= , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó ( ) ( )f u f v u v= ⇔ = Ví dụ: Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + = Giải: pt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = − Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 3f t t t= + + , là hàm đồng biến trên R, ta có 1 5 x = −  Dựa vào kết quả : “ Nếu ( ) y f t= là hàm đơn điệu thì ( ) ( ) f x f t x t= ⇔ = ” ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : ( ) 3 2 2 1y f x x x= = + + mọi 0x ≥ ta xây dựng phương trình : ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 1 2 1 2 3 1 (3 1) 1f x f x x x x x= − ⇔ + + = − + − + , Rút gọn ta được phương trình ( ) 3 2 2 3 1 2 3 1 3 1x x x x x+ − + = − − Từ phương trình ( ) ( ) 1 3 1f x f x+ = − thì bài toán sẽ khó hơn ( ) ( ) 3 2 2 7 5 4 2 3 1 3 1x x x x x+ + + = − − Để gải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau : Đặt 3 1y x= − khi đó ta có hệ : 3 2 3 2 2 7 5 4 2 3 1 x x x y x y  + + + =   − =   cộng hai phương trình ta được: 9 ( ) ( ) 3 2 2 1 1x x+ + + = 3 2 2y y+ Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phương trình : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0x x x x x+ + + + + + + = Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 2 1 3 3 2 3 3 2 1 3x x x x f x f x⇔ + + + + = − + − + ⇔ + = − Xét hàm số ( ) ( ) 2 2 3f t t t= + + , là hàm đồng biến trên R, ta có 1 5 x = − Bài 2. Giải phương trình 3 2 23 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − Giải . Đặt 23 7 9 4y x x= + − , ta có hệ : ( ) ( ) 3 2 3 3 2 3 4 5 6 1 1 7 9 4 x x x y y y x x x x y  − − + =  ⇒ + = + + +  + − =   Xét hàm số : ( ) 3 f t t t= + , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình ( ) ( ) ( ) 23 5 1 1 1 7 9 4 1 5 2 x f y f x y x x x x x =   =  +  ⇔ = + ⇔ + = + − ⇔ − ±    =   Bài 3. Giải phương trình : 3 3 6 1 8 4 1x x x+ = − − Bài tập: Giải phương trình: a) 2 4 1 4 1 1x x− + − = b) 3 1 4 5x x x− = − − + c) 2 1 3x x x− = + − d) 2 3 1 2 2x x x x= − + − e) 1 2 3x x− + + = f) 2 2 1 3 4x x x− + + = − 10 [...]... 0 . C O A(1;2) với mọi m. Ta nhận thấy có hai tiếp tuyến với đường trên kể từ A: đường thẳng y = 2 song song với trục hoạnh và tiếp tuyến AD. Gọi B (-2 ; 0) và C (2 ; 0) là 2 đầu mút của đường kính. đường tròn đơn vị (C ) có (0,0) 1 O R   =  Phương trình (3) là phương trình đường thẳng (d) song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất x-y=0. Ta đi tìm hai vị trí giới hạn cho (d) là: *. (2) là phương trình Elíp (E) có tâm I góc O Phương trình (3) là phương trình đường thẳng (d) song song với đường phân giác góc phần tư thứ nhất x - y = 0. Ta đi tìm hai vị trì tới hạn cho (d)