Đang tải... (xem toàn văn)
Là phương pháp khá hữu hiệu đối với các bài toán đại số, trong giải phương trình bậc cao cũng vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao về phương trình bậc thấp hơn[r]
(1)Chủ đề 5: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ
Để giải phương trình bậc lớn Ta thường biến đổi phương trình dạng đặc biệt là:
1 Phương pháp đưa dạng tích: Tức biến đổi phương trình:
0
0 f x
F x f x g x
g x
Đưa phương trình tích ta thường dùng cách sau:
Cách 1: Sử dụng đẳng thức đưa dạng:a2 b2 0,a3 b3 0,
Cách 2: Nhẩm nghiệm chia đa thức: Nếu x a nghiệm phương trình f x ta ln có phân tích: f x x a g x Để dự đoán nghiệm ta dựa vào ý sau:
Chú ý:
Cách 3: Sử dụng phương pháp hệ số bất định Ta thường áp dụng cho phương trình bậc bốn. Đặc biệt phương trình bậc 4: Ta sử dụng cách xử lý sau:
Phương trình dạng: x4 ax2bx c
Phương pháp: Ta thêm bớt vào vế lượng: 2mx2m2 phương trình trở thành:
2 2
(x m) (2m a x ) bx c m
Ta mong muốn vế phải có dạng: (Ax B )2
2
2
4(2 )( )
m a
m
b m a c m
Phương trình dạng: x4ax3 bx2cx d Ta tạo vế phải biểu thức bình phương dạng:
2
2
a
x x m
Bằng cách khai triển biểu thức:
2
2 2 2
2
a a
x x m x ax m x amx m
Ta thấy cần thêm vào hai vế lượng:
2
2
2 a
m x amx m
(2)2 2
2 2 ( )
2
a a
x x m m b x am c x m d
Bây ta cần:
2
2
2
2
4
?
( )
4
VP
a
m b
m a
am c m b m d
Ta phân tích để làm rõ cách giải tốn thơng qua ví dụ sau: Ví dụ 1)
Giải phương trình: a) x4 10x2 x20 0 . b) x4 22x2 8x77 0 c) x4 6x38x22x 0 . d) x42x3 5x26x 0 . Lời giải:
a) x4 10x2 x20 0 x4 10x2 x 20 Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx2m2
Khi phương trình trở thành: x42mx2m2 (10 ) m x2 x m2 20 Ta có
2
1 4( 20)(10 )
2
VP m m m
Ta viết lại phương trình thành:
2 2
4 2
9
2 2
x x x x x x
2 17
( 5)( 4)
2
x x x x x
1 21
2
x
b) x4 22x2 8x77 0 x4 22x28x 77
Ta thêm vào vế phương trình lượng: 2mx2m2
Khi phương trình trở thành: x42mx2m2 (22 ) m x28x m 2 77 Ta có VP 1 4(22 )( m m2 77) 0 m9.
Ta viết lại phương trình thành:
2 2
4 18 81 4 8 4 9 2 2 0
x x x x x x
2 2
( 7)( 11)
1 x
x x x x
x
(3)c) Phương trình có dạng: x4 6x38x22x1 0 x4 6x3 8x2 2x1 Ta tạo vế trái dạng: (x2 3x m )2 x4 6x3(9 ) m x2 6mx m
Tức thêm vào hai vế lượng là:(9 ) m x2 6mx m phương trình trở thành:
2 2
(x 3x m ) (2m1)x (6m2)x m 1 Ta cần
2
'VP (3m 1) (2m 1)(m 1) m
Phương trình trở thành: (x2 )x (x1)2
2
2
2
( 1)( 1)
1 2 x
x
x x x x
x x
d) Phương trình cho viết lại sau: x42x3 5x2 6x3 Ta tạo phương trình: (x2 x m)2 (2m6)x2(2m 6)x m 23
Ta cần: 2
2
1 'VP ( 3) (2 6)( 3)
m
m
m m m
Phương trình trở thành: (x2 x 1)2 (2x 2)2
2
3 21
2
( 3)( 1)
3 21
2
x
x x x x
x
Ví dụ 2)
a) Giải phương trình:x4 4x212x 0 (1). b) Giải phương trình:x413x218x 0
c) Giải phương trình:2x410x311x2 x 0 (4)
Lời giải:
a) Ta có phương trình
2
4 2 3 0
x x
(4)
2
2
2
2
2 3 1;
2
x x
x x x x x x
x x
Vậy phương trình có hai nghiệm x1;x3
b) Phương trình
4 4 4 9 18 9 0
x x x x
x2 22 3x 32 0 x2 3x 5 x2 3x 1 0
2
3 29
3 2
3
2
x
x x
x x
x
Vậy phương trình cho có nghiệm
3 29
;
2
x x
c) Ta có phương trình
2
2 1 2 3 1 0
2 4 16
x x x x x x x x x
2
2
2 2
3 13
2
x
x x
x x
x
.
2 Phương pháp đặt ẩn phụ:
Là phương pháp hữu hiệu tốn đại số, giải phương trình bậc cao vậy, người ta thường đặt ẩn phụ để chuyển phương trình bậc cao phương trình bậc thấp Một số dạng sau ta thường dùng đặt ẩn phụ
Dạng 1: Phương trình trùng phương:
4 0 0
ax bx c a (1)
Với dạng ta đặt tx t2, 0 ta chuyển phương trình:at2bt c 0 (2)
Chú ý: Số nghiệm phương trình (1) phụ thuộc vào số nghiệm không âm (2)
(5)
4 2 0 0
ax bx cx kbx k a k Với dạng ta chia hai vế phương trình chox x 2 0ta
được:
2
2
k k
a x b x c
x x
Đặt
k
t x
x
với t 2 k ta có:
2
2
2 2
k k
x x k t k
x x
thay vào ta phương trình:a t 2 2kbt c 0 Dạng 3: Phương trình:x a x b x c x d e,trong a+b=c+d
Phương trình
2
x a b x ab x c d x cd e
Đặt t x 2a b x , ta có:t ab t cd e
Dạng 4: Phương trìnhx a x b x c x d ex2,trong ab cd Với dạng ta chia hai vế phương trình cho
2 0
x x
Phương trình tương đương:
2 2 ab cd
x a b x ab x c d x cd ex x a b x c d e
x x
Đặt
ab cd
t x x
x x
Ta có phương trình:t a b t c d e
Dạng 5: Phương trình
4
x a x b c
Đặt
a b
x t
ta đưa phương trình trùng phương
Ví dụ 1: Giải phương trình:
1) 2x4 5x36x2 5x 2 0 2)
4
1
x x
3) x x 1 x2 x3 24 4) x2 x 3 x4 x 66x2 0 Lời giải:
(6)2
1
2 x x
x x
Đặt
2
2
2
1 1
, 2
t x t x x t
x x x
Ta có:
2
2 1
2
t
t t t t
t
Với
2
1
2 2
t x x x
x
2) Đặt x t 2 ta được:
4 4 2
1 0
t t t t t x Vậy phương trình có nghiệm x 2
Chú ý: Với ta giải cách khác sau: Trước hết ta có BĐT:
4
4
2
a b a b
với a b 0.
Áp dụng BĐT với:ax1,b x 3 VT VP Đẳng thức xảy x 2 3) Ta có phương trình:
2 3 3 2 24
x x x x
Đặt tx23x Ta được:
2 24 2 24 6,
t t t t t t
* t6 x23x 6 phương trình vơ nghiệm
* t 4 x23x 0 x1;x4 Vậy phương trình có hai nghiệm x1;x4 4) Phương trình
2 2 12 12 6 0
x x x x x
Vì x 0 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế phương trình chox2 ta được:
12 12
4
x x
x x
Đặt
12
t x
x
, ta có: 4 1 6 0 3 2 0
2 t
t t t t
t
*
2
12
1 12
3 x
t x x x
x x
(7)Vậy phương trình cho có bốn nghiệm:x3;x4;x 1 13 Ví dụ 2)
a) Giải phương trình:
2
2
3 x x1 x1 5 x 1 b) Giải phương trình:x63x5 6x4 21x3 6x2 3x 1 c) Giải phương trình:
2
1 360
x x x x x
d) Giải phương trình:
3
3 5 5 5 24 30 0
x x x x Lời giải:
a) Vì x 1 khơng nghiệm phương trình nên chia hai vế cho x 3 ta được:
2
2
1
3
1
x x x
x x x
Đặt
2
2
1
3 5 2,
1
x x
t t t t t t
x t
*
2 13
2
2
t x x x
*
2
1
3
3
t x x
phương trình vơ nghiệm
b) Đây phương trình bậc ta thấy hệ số đối xứng ta áp dụng cách giải mà ta giải phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng
Ta thấy x 0 không nghiệm phương trình Chia vế phương trình cho x3 ta được:
3
3
1 1
3 21
x x x
x x x
Đặt
1
,
t x t
x
Ta có:
2
2
1
2;
x t x t t
x x
nên phương trình trở thành:
2 3 3 2 6 21 0
t t t t
2
3 3 9 27 0 3 3 0
3 t
t t t t t
t
*
2
1
3 3
2
t x x x x
x
(8)*
2
3
2
t x x x
Vậy phương trình có bốn nghiệm
3 5
;
2
x x
c) Phương trình
2 6 5 6 8 6 9 360
x x x x x x
Đặt tx26x, ta có phương trình:y5 y8 y9 360
22 157 0 0 6 0
6 x
y y y y x x
x
Vậy phương trình có hai nghiệm:x0;x6
d) Ta có:
3 5 30 5 5 5 5
x x x x x
nên phương trình tương đương
3
5 5 24 24 30
x x x x x x
Đặt ux35x5 Ta hệ:
3
2
3
5
6
5
u u x
u x u ux x u x
x x u
.
3 4 5 0 1 5 0 1
x x x x x x
Vậy x 1 nghiệm phương trình
Dạng 6:
a) Phương trình: 2
ax bx
c
x mx p x nx p với abc 0.
Phương pháp giải: Nhận xét x 0 khơng phải nghiệm phương trình Với x 0, ta chia tử số mẫu số cho x thu được:
a b
c
p p
x m x n
x x
Đặt
2
2
2 2
k k
t x t x k k k
x x
(9)b) Phương trình:
2
2 ax
x b
x a
với a0,xa Phương pháp : Dựa vào đẳng thức
2
2
2
a b a b ab
Ta viết lại phương trình thành:
2
2 2 2 2
2
ax x x x
x a b a b
x a x a x a x a
Đặt
2
x t
x a
quy phương trình bậc
Ví dụ 1) Giải phương trình:
a)
2
2
25
11 x x
x
(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2013)
b) 2
12
1
4 2
x x
x x x x (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh 2010).
c)
2
2
2
2 x
x x
x
(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội 2008)
d)
3
3
3
3
2
1
x x
x
x x
Giải:
a) Điều kiện x 5
Ta viết lại phương trình thành
2
2 2 2 2
5 10 10
11 11
5 5
x x x x
x
x x x x
Đặt
2
5 x t
x
phương trình có dạng
2 10 11 0
11 t
t t
t
Nếu t 1 ta có:
2
2 21
1
5
x
x x x
x
Nếu
2
11 11
5 x t
x
2 11 55 0
x x
(10)b) Để ý x nghiệm x 0 nên ta chia tử số mẫu số vế trái cho x thu
được:
12
1
2
4
x x
x x
Đặt
2
t x
x
phương trình trở thành:
2
12
1 12
6
t
t t t t t t
t
t t
Với t 1 ta có:
2
2
2
x t t
x
vô nghiệm Với t 6 ta có:
2
2
2 2
x x x x
x
c)
2
2
2 3
2 2
x x x
x x x x
x x x
Giải phương trình ta thu nghiệm
3
6;
3
x x
d) Sử dụng HĐT
3
3 3
a b a b ab a b ta viết lại phương trình thành:
3
3 2
3
3
3
2
1 1 1
1
x x x x x x
x x x
x x x x x
x
hay
3
2 2 2
2
3
3 1 1 2
1 1 1
x x x x x
x x
x x x x x
Suy
phương trình cho vơ nghiệm
BÀI TẬP RÈN LUYỆN: Giải phương trình sau:
1)
2 2 3 6
x x x x
2)
2
(11)3)
4
1 82
x x
4) x1 x2 x4 x510
5)
2 2 2 2 2
x x x x x
6) x 2 x1 x 8 x 4 4x2
7)
2
2 2
3 x 2x1 x 3x1 5x 0 8) 3x4 4x3 5x24x 3 0.
9) 2x4 21x334x2105x50 0 . 10)
1 1 1
0
1
xx x x x .
11)
4 8
1 2
x x x x
x x x x
.
12) 2
1
2 12 35 10 24
x x x x
x x x x x x x x
.
13)
2 1 2 2 3 3 4 4
0
1
x x x x x x x x
x x x x
.
14) 2
4
1
4 10
x x
x x x x
15)
2 2
2x 3x1 2x 5x1 9x
16)
2
2 5 1 4 6 1
x x x x 17) x4 9x316x218x 4 0.
18)
2
2
12
3
2 x
x x
x
19) 2
2 13
6
3
x x
x x x x .
20)
2 1 2 1 0
x x x
21)
2 2
2
2
20 20
1 1
x x x
x x x
.
(12)1) Đặt x2 x t Phương trình cho thành
2
3 t t t
t
Với t 2 x2 x 2 x2 x x0 x 1 Với t 3
2 21
2
2
x x x x x
Vậy tập nghiệm phương trình
1 21 21
1;0; ;
2
S
2) Biến đổi phương trình thành
2
36x 84x49 36x 84x48 12
Đặt t36x284x48 phương trình thành
3 12
4 t t t
t
Với t 3
2
36 84 48 36 84 45
2
x x x x x
5
x
Với
t 36x2 84x 48 4 36x2 84x 52 0
, phương trình vơ nghiệm
Vậy tập nghiệm phương trình
5
;
6
S
3) Đặt y x 1 phương trình cho thành
4
24 48 216 82
1
y x
y y
y x
Vậy tập nghiệm phương trình cho S 2;0
4) Đặt
1
3
x x x x
y x
phương trình trở thành:
4 1 10 5 6 0 6
6
y x
y y y y
y x
(13)5) Do x 0 nghiệm phương trình, chia hai vế cho x2 ta
2
1 2
x x
x x
Đặt
2
y x x
phương trình trở thành
2
0
1 2
3 2
3 x
y x x
y y
y x
x x
.
6) Biến đổi phương trình thành
2 8
x x x x x x x x x x
Do x 2 khơng nghiệm nên chia hai vế phương trình cho x2 ta được:
8
6
x x
x x
Đặt
8
y x x
phương trình trở thành
6 9 15 50
10 y
y y y y
y
Với y 5
2
8
5
x x x
x
(vô
nghiệm) Với y 10
2 17
8
10 10
5 17 x
x x x
x x
Vậy tập nghiệm phương trình S 5 17;5 17
7) Do x 0 khơng nghiệm phương trình, chia hai vế phương trình cho x2 ta
được
2
1
3 x 2 x
x x
Đặt
1
y x
x
, phương trình trở thành:
2 2
3 2
1 y
y y y
y
Suy
1
1
2
1 1 5
1
2
x x
x
x x
x
Vậy
tập nghiệm phương trình
1 5
;
2
S
(14)8) Phương trình khơng nhận x 0 nghiệm, chia hai vế cho x2
2
1
3 x x
x x
Đặt
1
t x
x
phương trình trở thành 3t2 4t 1
2
3t 4t 1 t 1
t
Với t 1
2
1
1
2
x x x x
x
1
2
x
Với
t
2
3
1 1 37
3
3
x x x x
x
1 37
x
Vậy tập nghiệm phương trình
1 5 37 37
; ; ;
2 2
S
.
9) 2x4 21x334x2105x50 0 (8). Lời giải:
Ta thấy
105 21
k
2 50 25
2
k
nên phương trình (8) phương trình bậc bốn có hệ số đối xứng tỉ lệ
2
25
8 x 21 x 34
x x
Đặt
5
t x
x
suy
2
2
25 10
t x
x
Phương trình (9) trở thành 2t2 21t54 0 t6
9
t
Với t 6
2
5
6 6
x x x x x
x
Phương trình có hai nghiệm x1 3 14;x2 3 14
Với
x
2
5
2 10
2
x x x
x
Phương trình có hai nghiệm
3
9 161 161
;
4
x x
Vậy PT (8) có tập nghiệm
9 161 161
3 14;3 14; ;
4
S
(15)
2
2 2
1 1 1
0
4 4
x x
x x x x x x x x x x
2 2
1 1
0
4 2( 4)
x x x x x x
Đặt u x2 4x
, phương trình trở thành
1 1
0
3
u u u
2
25 145
5 25 24 0 10
2 25 145
10
u
u u
u u u
u
Do
2
2
25 145
10 25 145
10
x x
x x
Tìm tập nghiệm phương trình là
15 145 15 145 15 145 15 145
2 ; ; ;
10 10 10 10
S
.
11) Biến đổi phương trình thành 2
5 10 10 10 40
1 2
x x x x x x
Đặt u x u 2 1,u4;u0 dẫn đến phương trình
2
16
4 65 16 1
4 u
u u
u
bTìm tập nghiệm phương trình
1
; 4; ;4
2
S
.
12)
Điều kiện x 7; 6; 5; 4; 3; 2; 1;0 Biến đổi phương trình thành
1
2
x x x x
x x x x x x x x
1 1 1
2 2
x x
x x x x
2 1 1
2
x x
x x x x x
(16)1 1 1 1
2
x x x x x x x x
1 1 1 1
7
x x x x x x x x x
2 2
1 1
2
7 10 7 12
x
x x x x x x x
2 2
7
1 1
0(*)
7 10 7 12
x
x x x x x x x x
Đặt ux27x phương trình (*) có dạng
1 1 1 1
0
10 12 10 12
u u u u u u u u
u218u90 0
Mặt khác
2
2 18 90 9 9 0
u u u
với u Do phương trình (*) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm
7
x
13)
Lời giải:
Điều kiện x 4; 3; 2; 1 Biến đổi phương trình thành
1 4
0
1 4
x x x x x x x x
2
3
0
5
x
x x x x
2
0
3
0(*)
5
x
x x x x
.
Đặt ux25x phương trình (*) trở thành
3 11
0
4 u
u u Từ ta có
2
2 10 11
2
x x x
Vậy tập nghiệm phương trình cho
5
0; ;
2
S
(17)14)
Do x 0 không nghiệm phương trình nên chia tử mẫu phân thức vế trái phương trình cho x, đặt
7
y x
x
ta
4
1
8 10
y y .
Phương trình có nghiệm y16,y9
Với y 9
2
7
4x 4x 9x
x
Phương trình vơ nghiệm
Với y 16
2
7
4x 16 4x 16x
x
Phương trình có hai nghiệm
1
;
2
x x
Vậy phương trình cho có tập nghiệm
1 ; 2
S
. 15) Đặt t2x2 x 1, phương trình (1) thành
t 4x t 4x 9x2 t216x2 9x2 t2 25x2 t 5x
t5x.
Với t5x
2
2
2
x x x x x x
Với t5x
2 2
2
2
x x x x x x
Vậy tập nghiệm phương trình (1)
3 2
;
2
16) Lời giải:
Đặt u x 1 đưa phương trình (2) dạng tổng quát u2 7u 3 u2 2u 3 6u2. Bạn đọc giải phương pháp nêu Ta giải cách khác sau Viết phương trình cho dạng
2
2 4 5 5 4 6 1 0
x x x x
(18)Đặt tx2 4, phương trình thành
2 5 5 6 6 1 0 6 6 1 0
t x t x x t x t x
2
2
3
6 6 6
1 21
1 4 1 5 0
2 x
t x x x x x
t x x x x x x
.
Vậy tập nghiệm PT(2)
1 21 21
;3 7; ;3
2
S
.
17) PTtương đương với
4 9 2 16 4 0
x x x x
Đặt tx2 2 t2 x4 4x24, PT thành
2 9 20 0 4 5 0
t xt x t x t x
2
2
2
4 4
5 33
5 5
2 x
t x x x x x
t x x x x x x
Vậy tập nghiệm phương trình
5 33 33
2 6; ;2 6;
2
18) Điều kiện x 2 Khử mẫu thức ta phương trình tương đương:
4 2
3x 6x 16x 36x 12 0 3x 6x x 16x 12 0
đặt tx2 6 t2 x412x236, suy 3x4 3t236x2108, PT thành
2
3t 6xt20t 0 t t3 6x20 0 t
3t 6x 20 Với t 0 thì
2 6 0
x , suy x 6 (thỏa mãn đk) Với 3t 6x 20 ta có 3x2186x 20
hay 3x26x 2 0 suy
3
3
x
(thỏa mãn đk) Vậy tập nghiệm PT(4)
3 3
; 6; ;
3
S
(19)19) 2
2 13
6
3
x x
x x x x (5).
Lời giải: Đặt t 3x2 2 PT(5) trở thành
2 13
6
x x
t x t x ĐK: t5 ,x t x Khử mẫu thức ta PT tương đương
2
2t 13tx11x 0 t x 11t x 0
t x
11
t x
(thỏa mãn ĐK)
Với tx 3x2 2 x 3x2 x 2 0 phương trình vơ nghiệm
Với 11
2
t x
2 11
3 11
2
x x x x x
x
.Vậy tập nghiệm PT(5)
1 ;
.
20) PT
2 1 1 2 1 0
x x x x
x4 x2 x4 x2 2 1 0
x4 x22 2x4 x2 1 0
x4 x2 12 0 x4 x2 1 0
Giải phương trình trùng phương ta tập nghiệm PT
5
;
2
.
21) Lời giải: Điều kiện x 1
Đặt
2
;
1
x x
y z
x x
, PT có dạng:
2
2
(20)Dẫn đến
2
2 2
1
x x
x x x x
x x
2 2
2x 6x x 3x x 9x
9 73
2
x
9 73
2
x
(thỏa mãn điều
kiện) Vậy tập nghiệm PT(2)
9 73 73
;
2