Đề tài Sáng kiến kinh nghiệm: Một số phương pháp giảI phương trình vô tỷ

Với mục đích mong muốn đề tài này sẽ góp phần giúp học sinh có thêm những kỹ năng cần thiết để giải ph-ơng trình chứa căn thức nói riêng và các dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời cũn[r]

sở giáo dục và đào tạo hà nội Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I ph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, / 2011 Lop10.com sở giáo dục và đào tạo hà nội Tr-êng ThPt nguyÔn gia thiÒu S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶I ph-¬ng tr×nh v« tû Gi¸o viªn : NguyÔn quèc hoµn Tæ : To¸n Hµ Néi, / 2011 Lop10.com më ®Çu Gi¶i ph-¬ng tr×nh lµ bµi to¸n cã nhiÒu d¹ng vµ gi¶i rÊt linh ho¹t, víi nhiÒu häc sinh kÓ c¶ häc sinh ®-îc cho lµ kh¸ giái nhiÒu cßn lóng tóng tr-íc viÖc giải ph-ơng trình; đó có ph-ơng trình chứa thức đ-ợc coi là khó Nên tôi chọn đề tài: “ Một số ph-ơng pháp giải ph-ơng trình vô tỷ ” để làm sáng kiến kinh nghiệm Với mục đích mong muốn đề tài này góp phần giúp học sinh có thêm kỹ cần thiết để giải ph-ơng trình chứa thức nói riêng và các dạng ph-ơng trình nói chung, đồng thời mong muốn đây là tài liệu tham khảo bổ ích cho quan tâm đến môn toán KiÕn thøc thÓ hiÖn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy hoµn toµn ch-¬ng tr×nh To¸n bËc THPT hiÖn hµnh Mét phÇn s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy có thể sử dụng để chuyển sang phần bất ph-ơng trình đ-ợc; xong chuyển sang bất ph-ơng trình có phần đ-ợc mở rộng để có bài toán hay Do đó ng-ời nghiên cứu có thể sử dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào nhiều mục đích giáo dục khác đ-ợc Néi dung s¸ng kiÕn kinh nghiÖm nµy gåm cã ph-¬ng ph¸p gi¶i to¸n kh¸c Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều S¸ng kiÕn kinh nghiÖm: Mét sè ph-¬ng ph¸p gi¶i ph-¬ng tr×nh v« tû Bài toán mở đầu x  x2  x   x (*) (Trích ĐH QGHN, khối A năm 2000) Giải Điều kiện  x  * Cách 1: (*) 2    1  x  x   x  1 x   4 1 x  x2   x  x2   x  x  x   x Giải phương trình      x  x2   x  x2     x  x2 x  x2    x  x2    x  x2   x    x   x  x  x    x   x  x   x   x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  * Cách 2: Nhận xét: x  x biểu diễn qua  x  1 x x và  x nhờ vào đẳng thức    x  x2 Vậy có cách Đặt t  x   x , 1 t  H1 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều t2 1 Phương trình (*) trở thành t2   t    3t 1 t t  , không thoả mãn  x  x2  t   t  3t     t  x  x   x   x  x2    x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  t  1, có * Cách 3: Nhận xét: x và  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể  x   1 x  1 Vậy ta có cách Từ (*) ta có x  x   x  x  3 x 3 x 3 9 vì thay x  vào phương trình không thoả mãn) 4 3t  Đặt t  x , nên  x  2t   1 x     (x    3t   Lại có x   x  , nên t    1 t    2 2  t  4t  12t    9t  18t   4t  12t  2  4t  12t  14t  6t   t  2t  6t  7t  3   t  t  1  2t  4t  3  t  x    t  x  x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  * Cách 4: Cùng nhận xét trên, ta có thêm cách khác a  0, b  Đặt a  x , b   x ,   1  ab  a  b 3  2ab   a  b   Ta có hệ phương trình   a  b   a  b   2ab  H2 Lop10.com (1) (2) Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Thay (1) vào (2) có  a  b   a  b   3 a  b     3 a  b   3  Với a  b  1, có a b   a   b    a    b  a  b   a  b  x   x  3 Với a  b  , có a b  , không tồn a , b (Vì  22   ) 2 x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  Nhận xét: chất cách giải này là cách đặt ẩn phụ cách * Cách 5: Cũng nhờ    x  1 x Ta có thêm cách sau: Đặt x  sin a , 0a   1, ta nghĩ đến đẳng thức sin a  cos2 a   2 Phương trình (*) trở thành  sin a  sin a  sin a   sin a   2sin a.cos a  3sin a  3cos a (Vì cos a  ) sin a  cos a    sin a  cos a   3 sin a  cos a     sin a +cos a  a a a a a a  sin a  cos a   2sin cos  2sin   sin  cos  sin   2 2 2 a a  sin a  2sin cos    a 2  sin  x  a    tan sin a  1 x 1  tan a   a   tan   x  0, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0, x  Qua ví dụ trên ta thấy có nhiều cách khác để giải phương trình vô tỉ Tuy nhiên các cách đó dựa trên sở là loại bỏ thức và đưa phương trình đơn giản mà ta đã biết cách giải Sau đây tôi xin vào số phương pháp cụ thể H3 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 1: Phương pháp biến đổi tương đương Bài toán 1: Giải các phương trình sau 1) x  17   3x 2) x    3x  2 (1) (2) x  x  x3  x   x  (3) 3) 4) x2   x2  3x   x  8x  (4) 3 5) 12 x  12  x   x (5) 6) x    x (6) Bài toán 2: Tìm m để phương trình x  2mx   m (I), có nghiệm Bài toán 3: Tìm m để phương trình x  m  x  (II), có hai nghiệm phân biệt Bài toán 4: Giải các phương trình 1) x    x  x   3x (1) 2) x   3x   x  x  (2) 3) x x3   x   x2  x  x (3) x3  x3  4) x   x   (4)  x 1 4x 1 5) x  3x   x   x  (5) Giải Bài toán 1) Nhận xét: ta thấy vế trái luôn không âm, đó vế phải âm thì phương trình vô nghiệm, nên ta cần giải phương trình vế phải không âm, tức là 1  3x   x  Khi đó hai vế không âm và bình phương hai vế ta phương trình tương đương: x  17  1  3x  với x  Do ta không cần đặt điều kiện cho x  17   (1) 1  x   x     x  17  1  3x   x  17   x  x  x     x     x  1    16 9 x  x  16   x   Vậy phương trình có nghiệm x   H4 Lop10.com  x  1 Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều f ( x)  g ( x) Ta làm sau Chú ý: Dạng tổng quát phương trình trên là  g ( x)  f ( x)  g ( x)    f ( x)  g ( x) Bài toán này có thể giải cách đặt ẩn phụ t  x  17 với t  2) Điều kiện 3  x  (2)  x     3x     x32   3x   x   x     3x  x     x     x  1  x   x 1  x  1   x   x  2x   x  1  x  1   x  2 , thỏa mãn điều kiện   x   x  x     x  2  Vậy phương trình có nghiệm x      x  1 x    3)    3 x  x  x  x   x       x  x    3x   x  1   1  x   1  3x    x3  x   (1  3x)  x3  x    x  x    1  x  1  x     x  x  x  8   x  x  x      x      x   x  , thỏa mãn điều kiện   x 1    x  Vậy phương trình có nghiệm x  (3) Chú ý:   x  x  x3  x   Trong bài này ta không cần đặt điều kiện  x  x     H5 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x 1 4) Điều kiện  x  7   x  1 (4)   x   x  3x    x2  8x    x2   x2  3x   x  x  3x   x  8x    x  1 x  1  x  1 x     x  5x  2  x  1  x  1 x     x  1  x   1  x   2 2 x  x  x   x   x            1  x   2   x  1  x  x   x  12 x  36   1  x      x  1  3x  16 x  44    1  x      x  1    x   22  x     x  1  x  x   1, x  thoả mãn điều kiện Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  Chú ý : Bài này có thể giải cách sau (4)   x  1 x  1   x  1 x     x  1 x   * Trường hợp 1: x   , thỏa mãn phương trình (4) * Trường hợp 2: x  1, phương trình (4) trở thành  x 1  x   x   x 1  x 1 x   x   x   6  x   2  4  x  x      x  H6 Lop10.com  x 1  x     x2  x    x x   3x  16 x  44  x7  Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x    x2    x2 22  x     x  , thỏa mãn điều kiện trường hợp * Trường hợp 3: x   , phương trình (4) trở thành 1  x  1  x    1  x  2  x   1  x  7  x    x  2  x  7  x    x  2  x    7  x    x   x 2  x   x  7  x   x 2  x   x  Phương trình vô nghiệm (Vì  x 2  x   x  0, x  7 ) * Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x   1, x  Nhận xét: Khi giải cách này thường mắc sai lầm: Đẳng thức Còn (5) 5)   ab  a b ab  a b a  và b  ab  a b a  và b    x 12 x  12  x   3  x    3 x  1   12 x  12   x  3  3 12 x  12 x  3 12 x  12  x   x   12 x  12 x  3 12 x  12   12  x  1 x  3 x  3( x  1) (5*)  12  x  1 x  3 x  27  x  1   x  1 4  x  3x    x  x +1    x  1   x  x    x 1    x  x   x 1  x  Thay x  1, x  vào phương trình (5) thoả mãn Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  Chú ý : Ở (5*) là không tương đương, (5*) là phương trình hệ phương trình (5) Do đó nghiệm phương trình (5*) phải thay vào phương trình (5) để kiểm tra lại H7 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều      ta lập phương hai vế và sử dụng đẳng thức  a  b   a3  b3  3ab  a  b  để giải bài trên Với dạng tổng quát 6) Điều kiện x   2 1 1  1    x     x    ( x  2)  x    x  x  2  2 4  1  (6.1)  x22x2   x     x  (6.2)  2 x  (6.1) x  x    x2x    x    x   2 x   x x  x    x   (6)   x    x    x 1     x     x  1 x  1 x  1    1  x  x   x   (6.2) x  1  x   x  2x  x 1  1  Chú ý: Có thể đưa dạng f ( x)  g ( x) và giải cách bình phương hai vế, dẫn đến phương trình bậc bốn (nhẩm nghiệm x   , x  ) và tìm nghiệm phương trình Ngoài còn cách là phương pháp đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình (tôi xin trình bày phương pháp 5) Vậy phương trình có hai nghiệm x  , x  Bài toán *) Nếu m  thì phương trình (I) vô nghiệm *) Nếu m  thì: ( I ) m  m     2  x  2mx   m  x  2mx   m  (I*) m   m  (thoả mãn m  ) (I*) có nghiệm  '  m2   m2    m    Kết luận: m  thì phương trình (I) có nghiệm H8 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Bài toán ( II )  x     2 x  m   x    x  2  2 x  m  x  x   x  2   x  x   m (II*) Xét hàm số f ( x)  x  x  , x   2 ;    Bảng biến thiên ∞ x 2 1 +∞ +∞ f ( x) Số nghiệm phương trình (II) số nghiệm phương trình (II*) với x  2 Vậy phương trình (II) có hai nghiệm phân biệt < m  Bài toán 1) Điều kiện  x  (1)   x    2x   2 x   3x   x    x  x   x  x   3x  2 x  3x  x   x  x  3x   x    x   x   3x   2 x2  x  10  6 x2  14 x  x2  13x  10  x   (Thoả mãn điều kiện) x   Vậy phương trình có hai nghiệm là x  , x  Chú ý: ta giải cách trên vì có x    x  x   3x Dạng tổng quát phương trình trên là f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) , với f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) Được giải cách: tìm điều kiện xác định cho phương trình sau đó bình phương hai vế và giải tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện 2) Điều kiện x  (2)  x   x  x +2  3x  H9 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều   x32 x   2 x +2  3x   (2*)  x +3+4x  x  x  x +2+3x 1  2 x  x   x x   x  3x   x( x  3)  (2 x  2)(3x  1)  x2  12 x  x2  8x   x2  x     x  1   x 1 Thay x  vào phương trình (2) thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x  Chú ý: Ta giải cách trên vì có: x   x  x   3x  Biến đổi (2*) là dẫn đến phương trình hệ quả, nên tìm nghiệm (2*) ta phải thay vào phương trình (2) xem có thoả mãn hay không Dạng tổng quát phương trình trên là f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x)  h( x)  g ( x)  k ( x) Được giải cách đưa phương trình f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) , sau đó bình phương và giải phương trình hệ 3) Điều kiện x  2  x3    x   x   x  x    x   x 1  x  x3   x   x  x   x3  x x 1   x  x2  x  x   x2  x3  2x   x  1   x  (Thoả mãn điều kiện) Vậy phương trình có nghiệm x  (3)   Chú ý: x3   x  x  x  x Dạng tổng quát phương trình trên là f ( x)  g ( x)  k ( x)  h( x) , với f ( x).g ( x)  h( x).k ( x) Được giải cách tìm điều kiện xác định cho phương trình, sau đó bình phương hai vế và tìm nghiệm thỏa mãn điều kiện Ta giải cách trên vì có: x H 10 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 4) Điều kiện x  x3   x +1   4x  x3   x 1 x 1 (4) 2   x3    x3    4x     x 1    x    x    3 x 1 x 1  4x    x3    x   x3  4x  x 1 3 x 1 x 1     x+1   x  1  4x  x    x3   x  3x  1   3x    0 x  x         3x    x3  x  3x+2     3x   x    x  x  1  2  x    x  x 1   x   x   (Thoả mãn điều kiện x  1) x 1 Thay x  , x   vào phương trình (4) thấy thỏa mãn Vậy phương trình có hai nghiệm x  , x   Chú ý: x3  x   4x  Ta giải cách trên vì: x3  x 1 x 1 Tuy nhiên ta có thể giải cách: Đặt nhân tử chung x3  vế phải ra, x   x  , cách này có thể ngắn sau đó quy đồng tiếp có nhân tử   cách giải trên Nhưng cách giải trên đã áp dụng dạng tổng quát phương trình: f ( x)  g ( x)  h( x)  k ( x) Trong đó: f ( x).h( x)  k ( x).g ( x) Được giải cách đưa phương trình: f ( x)  h( x)  k ( x)  g ( x) Sau đó bình phương và giải phương trình hệ (5) 5)     x  3x   2x   2x  H 11 Lop10.com  Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều  x  3x   3 x(3x  5).( x  3x  5)  x(3x  5)   x  1 x  6  x   x   x   x     x  1 x    x   x   x(3x  5)   x  1 x    x(3x  5) 3    x   x   3 (2 x  1)(2 x  6)( x   x  6) x  3x   3 3 3 (5*) (Vì: x   x   x   x   )  x(3x  5)  (2 x  1)(2 x  6)  3x2  5x  x2  10 x   x2  5x   x 1   x  6 Thay x  6 , x  vào phương trình (5) thoả mãn Vậy phương trình có hai nghiệm x  6 , x  Chú ý: Phương pháp tương tự các bài toán trên Ở (5*) là ta đã sử dụng từ phương trình đề bài, tức là đã dẫn đến hệ, nên (5*) không tương đương với (5) Thật vậy, ta thay x  3x  không thay bài giải vừa rồi,  tìm nghiệm x    nghiệm này không thoả mãn phương trình (5) Bài tập Bài 1: Giải các phương trình 1) x3  x  x  x  2) x  3x   x  3) x4  x2    x 4) x3  x    x 5) x4  5x2   x2  6) x4  x2   x  7) x  x 1   x 8) x3  x    x 9) x  x   x3  x 11)  10  3x  x  10) x  x   x2  x  (HSG Quèc Gia 2000) 12) x  x   x2  x  13) 3x   x   14) 2x  2 x x 15) x2  x   x2  x   16) x  x2   x  x2   17) x2 x 1 6 5 x 1 x2 18) x  x  12  x  x   x  19)  x2  x2   x  H 12 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều  3x  x   x  20) x2  x   x2  x   22)  3x   x  x  23) 24) x2   x   x2  x  25)  x   x  1 26) x    x  4 x  16 x  15  27) x   x   x2  x   29) x   x    3x   x 30) x3   x3 21) x   x2  x   2x    x  x 28)  x   x   x x3 31) x2  8x  15  x  x  15  x  18x  18 32) x2  8x   x   x  (ĐH BK HN 2001) Bài 2: Tìm m để phương trình: x  mx   x  có hai nghiệm phân biệt Bài 3: Tìm m để phương trình: x  mx  x  có nghiệm H 13 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều Phương pháp 2: Phương pháp đặt ẩn phụ I Bài toán 1: Dạng af  x   b f  x   c  , a  f  x , t  Phương pháp chung là đặt t  1) Cho phương trình:  x  1 x  3   x  1 x  5  m  (1) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình có nghiệm 2) Giải phương trình: x   x  8x   x  (2) II Bài toán 2: Dạng a  f  x   g  x    b f  x  g  x   c  f  x   g  x    d    (Với abc  ) Phương pháp chung là đặt t  f  x   g  x  1) Cho phương trình: x   x  x  x  m a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình vô nghiệm 2) Cho phương trình: x   x   x  x  x   m a) Giải phương trình với m  11 b) Tìm m để phương trình có nghiệm (3) 3) Giải phương trình: x 35  x3 x  35  x3  30 (5)   (4) III Bài toán 3: Đặt ẩn phụ đưa dạng phương trình Giải các phương trình: 1)  x3  x  x (6) (HSG Toán 10, NGT 2007) 2) x3  3x   x  2  6x  (7) 3) x2  x  x   3x  x  (8) 2 4) 5x  14 x   x  x  20  x  (9) IV Bài toán 4: Dạng af  x   b.g  x  f  x   c.h  x   , abc  Giải các phương trình: 1)  x  1 x  x   x  (10) 2) x    3x   x   x 3) 2 x    x  x  16 Giải I Bài toán 1: x 1 1) Điều kiện   x  5 H 14 Lop10.com (11) (12) Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều 1  x  x  x  x    m  Đặt t  x  x  , t   t  x2  4x  Phương trình (1) trở thành: t 5  6t  m    t  6t   m (1.1) (1.1) t  a) m  :  t  6t     t   x  2  13  x2  4x    x2  4x    x2  x         x  7  x  x    x  x   16  x  x  21  x   Vậy với m  , phương trình có bốn nghiệm: x  7 , x  , x  2  13 b) Phương trình (1) có nghiệm  Phương trình (1.1) có nghiệm t  Gọi f  t   t  6t  với t   0;   Bảng biến thiên: t   f t   8  f  t   1, t  Vậy phương trình (1) có nghiệm m  x  2) Điều kiện   x  8x   ( 2)  x   x   x2  8x    x   x 8   x  8x  2   x   x   x  x   x  x   x  10 x  x  10 x  16   Đặt t  x  10 x  16 , t   t  x2  10 x  16 Phương trình (2) trở thành: t  16  2t   t   t  2t     t  2 t  2 , loại H 15 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều x  x  10 x  16   x  10 x  16  16  x  10 x     x  10 Thay x  10 vào điều kiện x2  8x   thoả mãn Vậy phương trình có nghiệm x  10 t  , có Chú ý: Ở đây tôi chưa cần đến giải bất phương trình x2  8x   II Bài toán 2: 1) Điều kiện  x  Đặt t  x   x , với 1  t   x 1  x    t  x   x  x  x (3) t  1 t2 m 1 t2  t  2t   2m (3*) a) m  ,  t  2t   t  3 , loại t  , nên x   x  (3*) t   t  3  x 1 1 x  1  x    x   x 11 x  1 x  x  (vì  x  , x  0;1 ) Vậy với m  phương trình có nghiệm x  b) Phương trình (3) vô nghiệm phương trình (3*) không có nghiệm thoả mãn 1  t  Gọi f  t   t  2t  với 1  t  Bảng biến thiên: t  f t   1 2  2  f  t   , t   1;1  2m  m  Do đó:    2m  2  m  1 Kết luận: m  1 , m  thì phương trình vô nghiệm 2) Điều kiện x  Đặt t  x   x  , t  H 16 Lop10.com Nguyễn Quốc Hoàn – THPT Nguyễn Gia Thiều  t  x   x   x  x   x  x2  x   t2 1  2t  m (4) t2 1  t  4t   2m (4*) a) m  11 ,  t  4t   22 (4*) t  7  t   t  4t  21  t  7 , loại t  , nên x   x    2x   x2  x    x2  x    x 5  x  x  x      x3   x  27 x  x  x   25  10 x  x    Vậy với m  phương trình có nghiệm x  b) Phương trình (4) có nghiệm  Phương trình (4*) có nghiệm thoả mãn t Gọi f  t   t  4t  1, t  Bảng biến thiên: t  2   f t  44  f  t    ; t  Do đó: 2m    m   Kết luận: m   thì phương trình có nghiệm 3) Đặt t  x  35  x3   t  x3  35  x3  3x 35  x3 x  35  x3 t  35 (5*)  x 35  x  3t t  35 Phương trình (5) trở thành: t  30 3t Thay t  vào (5*) có:  H 17 Lop10.com  t  125 t 5