Cao học giải tích chuyên đề phương trình vô tỉ trương văn đại

Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong chuyên đề này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về một loại phương trình rất hay gặp trong kì thi tuyển sinh đại học và cao đẳng , đó là phương trình vô tỉ ( hay còn gọi là phương trình chứa căn) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức là một phần quan trọng của môn Đại số ở bậc phổ thông. Đây cũng là dạng toán khiến các bạn học sinh gặp khó khăn vì dạng bài tập phong phú, đòi hỏi nhiều kỹ năng tính toán và biến đổi. Chính vì vậy tôi xin giới thiệu chuyên đề này, với hi vọng có thể phần nào giúp các bạn học sinh cơ bản nắm được cách giải quyết các bài toán dạng này. Vậy, phương trình vô tỉ là gì ??? Ta định nghĩa phương trình vô tỉ như sau : 1.ĐỊNH NGHĨA : Phương trình f(x) = 0, với f(x) là hàm số có chứa căn thức của biến được gọi là phương trình vô tỉ 2.ĐỊNH LÍ : Sau đây là một số định lí làm cơ sở cho việc giải một phương trình vô tỉ      2 1 2 1 ( ) ( ) k k f x g x f x g x                   2 1 2 1 ( ) ( ) k k f x g x f x g x               2 1 2 1 ( ) g( ) k k f x x f x g x             2 2 0 ( ) ( ) k k g x f x g x f x g x                      2 2 0 ( ) g( ) 0 k k f x f x x g x f x g x               Với k là số tự nhiên khác 0 3.MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ 3.1 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH CƠ BẢN DẠNG 1 :           2 0g x f x g x f x g x              VD1: Giải các phương trình sau:   2 ) 3 2 1 1 a x x x    Giải : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224   1    2 2 1 0 3 2 1 x x x x            1 1 1 x x x         Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =1. b) 3 3 1x x         2 3 1 0 3 3 1 x pt x x           2 1 1 3 1 13 9 7 2 0 2 9 x x x x x x                            Vậy , phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 . 2 ) 1 1 c x x    (Trích đề thi ĐH Huế năm 1999) Giải : (pt)   2 2 2 1 0 1 1 x x x            4 2 1 1 2 0 x x x x x                    2 1 1 1 1 0 x x x x x x                 1 1 5 2 x x           Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1 x   ; 1 5 2 x   2 ) 6 6 2 1d x x x    (Trích đề thi ĐHXD Hà Nội năm 2001) Giải :     2 2 2 1 0 6 6 2 1 x pt x x x             2 1 2 3 2 5 0 x x x           1x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1 . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 2 ) 2 1 3 1 0 e x x x      (Trích đề thi ĐH_CĐ khối D năm 2006) Giải   2 2 1 3 1pt x x x        2 2 2 3 1 0 2 1 3 1 x x x x x                    2 2 3 5 3 5 2 2 1 4 2 x x x x              1 2 2 x x        Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1x  ; 2 2 x   f) Giải phương trình sau ; 4 3 10 3 2x x    (Trích đề thi HSG Quốc Gia năm 2000) Giải :     2 2 0 4 3 10 3 2 x pt x x             2 2 4 3 10 3 4 4 x x x x                 2 2 2 4 4 9 10 3 x x x x            2 2 4 3 10 3 x x x x               2 2 2 4 4 9 10 3 x x x x                 2 2 4 3 2 7 15 0 x x x x x              3 x   Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3 . VD2 : Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1x mx x    (Trích đề tuyển sinh ĐH khối B năm 2006) Giải :     2 2 2 1 0 2 2 1 x pt x mx x             2 1 2 ( ) 3 4 1 x x x m x               Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi hệ ( ) có 2 nghiệm phân biệt . Điều này có nghĩa là phương trình 2 3 4 1x x m x    có 2 nghiệm phân biệt với 1 2 x   Xét hàm số g(x) = 2 3 4 1x x x   Ta có , 2 ' 3 1 ( ) x g x x   >0 0 x   BBT : x 1 2  0 g’ + + Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ycbt 9 2 m   Vậy 9 2 m  là giá trị cần tìm . VD 3 : Tìm m để phương trình 2 2 1 2 x mx m     có nghiệm Giải :  Trường hợp 1 Với m <2 thì phương trình (1) vô nghiệm (loại)  Trường hợp 2 Với m ≥2 khi đó ta có     2 2 1 2 1 2 x mx m     2 2 2 4 3 0 x mx m m       Phương trình (1) có nghiệm  2 2 2 4 3 0 x mx m m      có nghiệm Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Điều đó tương đương với ' 2 2 4 3 0 m m      đúng với mọi m Để ý rằng tam thức 2 2 4 3 m m   >0 với mọi m. Như vậy, phương trình có nghiệm  2 m  , hay 2 m  là tấc cả giá trị cần tìm. VD 4 : Tìm m để phương trình 2 2 3 1x mx x    có 2 nghiệm phân biệt . Giải :     2 2 1 2 3 1 x pt x mx x                 2 1 2 4 0 x x m x              Để ý rằng phương trình    luôn có 2 nghiệm 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0  Tại sao 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0 ??? Ta để ý rằng 2 1 4 2 b b ac x a     có a,c trái dấu do đó 2 1 2 4 20 2 m m m x      >0. 2 2 2 4 20 2 m m m x      <0  Tại sao 2 2 2 4 20 2 m m m x      <0 ??? điều này bạn đọc tự tìm hiểu thêm để hiểu sâu hơn nhé. Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt  phương trình    có 2 nghiệm phân biệt ≥ -1 Điều này 2 2 2 4 20 1 2 m m m x         2 4 4 20 m m m        2 2 4 1 4 4 20 m m m m m               Vậy m ≤ -1 là tấc cả các giá trị cần tìm . DẠNG 2 : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224             0 0 f x f x g x g x f x g x                Chú ý : khi ta viết     0 0 f x g x       ta chỉ cần chọn 1 trong 2 bất phương trình này để làm điều kiện chứ không cần thiết phải lấy cả 2 bất phương trình (thường thì ta chọn bất phương trình nào đơn giản nhất làm điều kiện ) VD: Giải các phương trình: ) 2 3 4 7 a x x    Giải :   2 3 0 2 3 4 7 x pt x x          3 5 2 5 x x x            Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=5 b) 2 6 4 4 x x x    Giải : 2 2 2 4 4 4 6 4 4 0 0 6 4 4 5 0 5 x x x x x x x x x x x x x x                                   Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 c) 2 2 5 4 2 3 12 x x x x       Giải :   2 2 5 4 2 3 12 pt x x x x        2 2 2 5 4 0 5 4 2 3 12 x x x x x x                   2 1 4 0 3 2 8 0 x x x x             Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 1 4 8 4 2 6 3 8 6 x x x x x                            Vậy phương trình đã cho có nghiêmduy nhất 4 3 x   VD2 : Tìm m để phương trình 3.2 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁC PHÉP NÂNG LŨY THỪA Sử dụng phương pháp nâng lũy thừa nhằm biến đổi phương trình đã cho về dạng không còn chứa căn thức. Tuy nhiên khi bình phương hai vế của phương trình nhớ sử đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu (thường thì ta đặt điều kiện sao cho 2 vế của phương trình cùng dương) Chú ý : đối với phương trình có thể giải bằng phương trình hệ quả sau đó thử lại kết quả, còn đối với bất phương trình bắt buộc phải đặt điều kiện cho hai vế cùng dấu DẠNG 1 : ( ) ( ) ( )f x g x h x   Phương pháp giải : Bước 1 : Đặt điều kiện ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 f x g x h x         , khi đó Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Bước 2 :   2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( )pt f x g x f x g x h x     Lúc này ta thu được phương trình dạng cơ bản đã có cách giải VD1 : Giải phương trình 9 5 2 4 x x     (Trích đề thi ĐHQG Tp.HCM,khối D năm 1998) Giải : ( ) 9 2 4 5 pt x x      (1) Điều kiện 9 0 2 4 0 x x        2 x    khi đó; (1)     ( 9) 2 4 2 ( 9) 2 4 25 x x x x         2 12 3 2 2 22 36 x x x          2 2 12 3 0 4 2 22 36 12 3 x x x x             2 4 0 160 0 x x x x          x=0 thỏa điều kiện . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0 VD2 : Giải phương trình 16 9 7 x x     (Trích đề thi ĐH Đà Lạt khối A+B năm 1999) Giải : Điều kiện 16 0 9 0 x x        9 16 x     khi đó;     2 16 9 49 pt x x      2 7 144 12 x x      2 7 0 x x     0 7 x x       (nhận) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=0 ; x=7 VD3 : Giải phương trình : 3 7 1 2 x x     (Trích đề thi CĐ Tài Chính Hải Quan năm 2007 ) Giải : ĐK : 1 x       3 7 2 1pt x x       , với điều kiện 1 x   thì Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224     2 3 7 2 1 x x       3 7 5 4 1x x x      1 2 1x x        2 1 4 1 x x         2 1 0 1 1 4 1 0 1 4 3 x x x x x x                     Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 1 x   ; 3 x  . Nhận xét : phương pháp nâng lũy thừa chỉ tỏ ra hiệu quả khi biểu thức dưới dấu căn là một hàm số bậc nhất ^^ . DẠNG 2 : ( ) ( ) ( )f x g x h x   Phương pháp giải : Cách 1 : (dùng phương trình hệ quả để giải) Với việc sử dụng phương trình hệ quả ta chỉ việc bình phương liên tiếp 2 vế của phương trình tới khi khử nhận được được một phương trình cơ bản hoặc một phương trình bậc cao .Tiến hành giải tìm nghiệm của phương trình vừa thu được sau đó thử lại phương trình đầu và kết luận . VD : Giải phương trình 10 1 3 1 x x     (1) Giải : Bình phương 2 vế ta được (1)   2 10 1 3 1 x x           ' 2 10 1 3 11 1 1 x x x     Tiếp tục bình phương 2 vế ta được   ' 1      2 4 10 1 3 11 1 x x x      2 81 94 13 0 x x     1 13 81 x x        Thử lại ta thấy 13 81 x  không thỏa . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 Vậy phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x=1 Cách 2 (dùng các biến đổi tương đương để giải ) Nhận xét : Để có các biến đổi tương đương ta phải đảm bảo 2 vế của phương trình phải cùng dấu với nhau (tốt nhất là cùng dương ) do đó ta có các bước giải sau ; Bước 1 :   ( ) ( ) ( ) (1) pt f x h x g x   Bước 2 : Điều kiện ( ) 0 ( ) 0 ( ) 0 f x g x h x               2 1 ( ) ( )f x h x g x    Ta đưa về phương trình đã có cách giải . VD : Giải phương trình   3 5 1 4 1 x x    Giải :   1 3 5 4 1x x     Điều kiện 3 5 0 1 1 0 x x x          , với điều kiện 1x  thì     2 1 3 5 4 1 x x      4 1 5x x        2 5 0 16 1 5 x x x            2 5 26 41 0 x x x         5 13 8 2 13 8 2 x x x                13 8 2 x   Với 13 8 2 x   thỏa điều kiện 1x  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 13 8 2 x   . Nhận xét : khi giải phương trình này ta có thể làm đơn giản hơn bằng phương trình hệ quả tức là bình phương 2 lần phương trình trên để phá căn .Và lúc này ta nhận được một phương trình bậc 2 , giải phương trình bậc 2 đó ta thu được nghiệm sau đó thử lại phương trình đầu để kết luận nghiệm của phương trình đã cho. Tuy nhiên việc thử lại không phải lúc nào cũng đơn giản do đó bạn đọc hãy linh hoạt sử dụng 1 trong 2 cách trên để có một lời giải thật đẹp nhé ^^. DẠNG 3 : ( ) ( ) ( )f x g x g x   [...]...     Phương trình   vô nghiệm vì : Với ĐK : x   6 1 1 5 5 thì     2, 5  x  2   5 x  6   x  3  7 x  11  4 9     Điều này chứng tỏ phương trình   vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1; x  2 c) x 2  x  1   x  2  x 2  2 x  2 Phân tích : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích  Bằng cách sử dụng máy tính bỏ túi ta tìm được 2 nghiệm của phương trình là... x  2 x  2    x  2    2 (thỏa) x  4 x  6x  8  0  x  4  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2 ; x  4 SĐT : 01672828224 Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 x  2  x  4 3.3 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁCH NHÓM NHÂN TỬ CHUNG DẠNG 1 : NHÓM NHÂN TỬ CHUNG TRỰC TIẾP phương pháp giải : Thường thì ta sẽ sử dụng một số biến đổi sơ cấp sau để tìm nhân tử chung cho... đây : VD Giải các phương trình sau : 2 2 a) 2 x  x  3  21x  17  x  x  0 Phân tích : Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224  Thứ nhất , dùng máy tính ta nhẩm được phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1; x  2 Do đó phương trình đã   cho sẽ có thể đưa về dạng x 2  3 x  2 g  x   0 Thứ hai , ta thấy rằng không thể nhân chia trực tiếp lượng liên hợp với 2 căn đã cho trong đề Như.. .Trương Văn Đại Phương pháp giải : Cao Học Giải Tích  f ( x)  0  Bước 1 : Điều kiện  g ( x)  0  g ( x)  0  Bước 2 : Với điều kiện trên thì (pt)   f ( x)  g ( x)  2 Lúc này ta đưa về phương trình cơ bản đã có cách giải VD 1 :Giải phương trình 3x  1  2 x  1  6  x Giải : 3x  1  0  1 Điều kiện 2 x  1  0    x  6 2...  1  21x  17    1  0   vô nghiệm Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1 ; x  2 SĐT : 01672828224 b) 2 x 2  4 x  9  5 x  6  7 x  11  0 Phân tích : Cũng trên tinh thần như câu a , với phương trình này ta nhẩm được 2 nghiệm x  1; x  2 do đó ta sẽ làm xuất hiện nhân tử chung là x 2  x  2 Ta có bài giải sau ; Giải : 6 5 ĐK x   ,với điều kiện... 2 x  2   0 vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=3 LOẠI 2 : NHẨM ĐƯỢC 1 NGHIỆM SAU ĐÓ THÊM BỚT ĐỂ XUẤT HIỆN BIỂU THỨC LIÊN HỢP VD : Giải các phương trình sau : x  2  4  x  2 x2  5x  1 a)  Phân tích : ta nhẩm được 1 nghiệm của phương trình trên là x = 3 , và với x = 3 thì ta lại có x  2  4  x  1 do đó ta thêm bớt như sau : Giải : ĐK 2  x  4 Trương Văn Đại  pt   ... 2x 1  x  2  x 2  4 x  4  2 x 2  13x  6  3x 2  17 x  10  0 x  5   x  2 l  3  Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 5 VD2 : Giải phương trình sau x  4  1 x  1  2x Giải :  pt   x  4  1  x  1  2x    g ( x) SĐT : 01672828224 Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích x  4  0 1  x  0     1  2 x  0   x  4  1  x  1  2x    2 1  4  x  2 ...  2 0      0    Trương Văn Đại SĐT : 01672828224 Cao Học Giải Tích     x  1 2  1   x  1  0  x  1 2  1   x  1  x  1 x  1  ( vô nghiệm)  2 2   1  0  x  1  1   x  1  Vậy , phương trình đã cho có 2 nghiệm x  1  8 ; x  1  8 x 4  x 2  4  x 4  20 x  4  7 x (Trích đề thi HSG Tỉnh Thái Bình_khối 12 năm 2010) d) Phân tích :  Ta nhẩm được 2 nghiệm... Giải các phương trình sau ; a)  x  3 x 2  5 x  4  2 x  6 (1) Giải : x  4 x  1 ĐK x 2  5 x  4  0   Với ĐK trên thì 1   x  3 x 2  5 x  4  2( x  3)   x  3  x 2  5 x  4  2   0   x  3  0  2  x  5x  4  2  0  x  3  2  x  5x  4  2  Trương Văn Đại  Với x=3 ( loại )  Cao Học Giải Tích x  0 x2  5x  4  2  x 2  5x  4  4   (nhận) x  5 Vậy phương. .. x2  1  0   ( vô nghiệm ) Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3 LOẠI 3 : NHẨM ĐƯỢC NHIỀU HƠN 1 NGHIỆM TỪ PHƯƠNG TRÌNH ĐÃ CHO Trong phạm vi của ta , tôi chỉ xét trường hợp ta nhẩm được 2 nghiệm của phương trình mà thôi ^^ Cơ sở của phương pháp : Ta chú ý rằng, với phương trình f  x   0 mà ta nhẩm được 2 nghiệm x  x1; x  x2 thì ta luôn có thể đưa phương   trình f  x   0 về . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 CHUYÊN ĐỀ : PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Trong chuyên đề này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về một loại phương trình rất hay gặp trong. thi tuyển sinh đại học và cao đẳng , đó là phương trình vô tỉ ( hay còn gọi là phương trình chứa căn) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức là một phần quan trọng của môn Đại số ở bậc.   2 2 4 x x x             2 4 x x       (thỏa) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 2 x  ; 4 x  . Trương Văn Đại Cao Học Giải Tích SĐT : 01672828224 2 4 x x       3.3 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG CÁCH NHÓM