Đang tải... (xem toàn văn)
Tiết 2: Một số phương trình quy về phương trình bậc nhất, bậc hai A.Phương trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối 1.kiÕn thøc c¬ b¶n: a Định nghĩa giá trị tuyệt đôí:.. Nếu cần --Khử d[r]
(1)Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n Chương I: Phương trình và hệ phương trình Tiết 1: Phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai Tiết 2: Một số phương trình quy phương trình bậc nhất, bậc hai A.Phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối 1.kiÕn thøc c¬ b¶n: a) Định nghĩa giá trị tuyệt đôí: A, neuA A A, neuA a b, neua b a b (a b), neua b b) Một số tính chất giá trị tuyệt đối: ab a b a b a b a a b ab b a b a b ab a b a b a b a b a b b( a b) * A víi mäi A ; A A víi mäi A 2.Các phương pháp giải: Phương pháp chung: Đặt điều kiện cho phương trình ( Nếu cần) Khử dấu giá trị tuyệt đối: -Bình phương vế -Dùng định nghĩa giá trị tuyệt đối -Phương pháp chia khoảng -§Æt Èn phô -Phương pháp hàm số KÕt luËn a) Cách bình phương hai vế: ví dụ 1:Giải các phương trình: a) 3x x b) x x ví dụ 2: Giải các phương trình: a) x x x b) x x x c) x3 x x x3 3x x nhận xét: Nếu bình phương vế dẫn đến phương trình bậc cao b) Cách dùng định nghĩa giá trị tuyệt đối ví dụ2: giải các phương trình : a) x x x b) x x x c) x3 x x x3 3x x ví dụ 3: GiảI phương trình: 5x x2 x3 3.các dạng phương trình chứa ẩn dấu giá trị tuyệt đối: *D¹ng 1: f ( x) C (1) , víi C lµ h»ng sè NÕu C<0 th× (1) v« nghiÖm NÕu C=0 th× (1) f(x)=0 … gi¶i… kÕt luËn NÕu C>0 th× (1) f(x)= C … gi¶i….kÕt luËn *D¹ng 2: f ( x) g ( x) (2) Lop10.com (2) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n 2 C1:Bình phương vế: (2) f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) C2:Dùng định nghĩa: f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) Gi¶i hai pt trªn råi lÊy hîp hai tËp nghiÖm ví dụ 4: giải phương trình: x x c1:hai vế pt trên không âm,bình phương vế ta pt tương đương: (x+1)2=(3-2x)2 x2+2x+1=9-12x+4x2 3x2-14x+8=0 VËy pt trªn cã hai nghiÖm lµ x1 x2 vµ C2:Từ định nghĩa giá trị tuyệt đối ta có: x x 1 2x 3 x x 1 2x x (3 x) x x Vậy pt đã cho có hai nghiệm là: vµ C3: Sử dụng bảng phá dấu giá trị tuyệt đối: *D¹ng 3: (3) f ( x) g ( x) g ( x) f ( x) g ( x) C1: f ( x) g ( x) (I) g ( x) (II) f ( x) g ( x) hoÆc Gi¶I hÖ (I), (II) råi lÊy hîp cña hai tËp nghiÖm g ( x) C2: f ( x) g ( x) f ( x) g ( x) ví dụ 5: GiảI phương trình: x2 5x x *D¹ng 4: f ( x) g ( x) h( x) k ( x) (4) C3:Sử dụng bảng phá dấu giá trị tuyệt đối: x x ví dụ 6: GiảI phương trình: ví dụ 7: GiảI phương trình: x x 3x ví dụ 7: GiảI phương trình: x x x x x B.Phương trình vô tỷ-Phương trình chứa thức * Các phương pháp giảI phương trình vô tỷ: I-Phương pháp biến đổi tương đương Bình phương vế phương trình a) Phương pháp D¹ng 1: D¹ng 2: B AB A B A A B B A B A B C D¹ng 3: NÕu C < th× pt v« nghiÖm Lop10.com (3) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn NÕu C=0 th× NÕu C >0 th× gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n A A B 0 B A B C A A A B B B C A B 2 ( A B ) C 2 A.B C A B 4 AB (C A B ) d¹ng 4: A B C A B C A A A A B B B B A B C 2 A ( B C) A B C 2C B 2C B A B C 4C B ( A B C ) A A B B D¹ng 5: A B C gi¶I tiÕp theo d¹ng C C ( A B ) C 2 AB C A B D¹ng 6: A B C D -đặt điều kiện -Bình phương vế dẫn tới pt hệ quả: 2( AB CD ) C D A B đưa dạng b) Ví dụ : ví dụ 1: GiảI phương trình: x x Gi¶i: x x x x x 1 x 2 x x x5 2 27 x ( x x 1) 25 2 ( x 1)(2 x 1) 27 x 4( x 1)(2 x 1) (27 x) thö l¹i thÊy x=5 tho¶ m·n.VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=5 ví dụ 2: GiảI phương trình: x x x x x x2 x2 x x2 x2 x 2 x (2 x x 3) x2 x x x x x x 28 4 x x x 16( x x 3) ( x 8) 15 gi¶i: Thử lại thấy pt đã cho có nghiệm là x=4 và x=-28/15 ví dụ 3: Giải phương trình: 3x x x gi¶i: Lop10.com (4) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn §k: gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x 3 x x x x ( *) x x Với điều kiện (*) ,bình phương vế ta được: x (3 x 4)( x 4) x (3 x 4)( x 4) (3 x 4)( x 4) x 3 x x x Ta cã gi¸ trÞ x=-4/3 kh«ng tho¶ m·n §k (*) nªn lo¹i Giá trị x=4 thoả mãn đk(*) và là nghiệm phương trình VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=4 vÝ dô 4: Giải phương trình sau : x 3x x x T×m c¸ch gi¶i: Đk x Bình phương vế không âm phương trình ta được: x 33 x 1 x x 2 x 1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó phức tạp chút Phương trình giải đơn giản ta chuyển vế phương trình : 3x x x x Bình phương hai vế ta có pt hÖ qu¶: x x x 12 x x (tho¶ man §k) Thử lại x=1 thỏa mãn phương trình VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=1 Lêi gi¶i: Đk x Víi ®k trªn ta cã: x 3x x x 3x x x x Bình phương vế ptrình ta pt hệ quả: x x x 12 x x (tho¶ man §k) Thử lại x=1 thỏa mãn phương trình VËy pt cã nghiÖm nhÊt x=1 Nhận xét : Nếu phương trình : f x g x h x k x Mà có : f x h x g x k x , thì ta biến đổi phương trình dạng : f x h x k x g x sau đó bình phương ,giải phương trình hệ vÝ dô Giải phương trình sau : x3 x x2 x x x3 (1) T×m lêi gi¶i: Điều kiện : x 1 Bình phương vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển nào? Ta có nhận xét : x3 x x x x x3 ta có lời giải sau : Lop10.com ( víi ®k x 1 ), từ nhận xét này (5) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn Gi¶i: Điều kiện : x 1 (2) gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x3 x x2 x x x3 Bình phương vế ta pt hÖ qu¶: x 1 x2 2x x3 x2 x x3 x 3 x Thử lại : x 3, x thoả mãn điều kiện và là nghiệm ptrình Qua lời giải trên ta có nhận xét : Nếu phương trình : f x g x h x k x Mà có : f x .h x k x .g x thì ta biến đổi f x h x k x g x Dïng biÓu thøc liªn hîp 2.1 Dïng biÓu thøc liªn hîp để xuất nhân tử chung a)Phương pháp Thø tù BiÓu thøc BiÓu thøc liªn hîp tÝch A-B A B A B 3 A+B A B A2 AB B 3 A-B A3 B A2 AB B Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm nghiệm x0 , phương trình luụn đưa dạng tớch x x0 A x Khi đó ta cú thể giải phương trỡnh A x chứng minh A x vô nghiệm , chú ý điều kiện phương trình ban ®Çu để ta có thể đánh gía A x vô nghiệm b)Ví dụ vÝ dô 1: Gi¶i PT 2x x 2x , với Đk đó pt tương đương với: ( x x ).( x x) x 3 2x 2( x 3) 2x x 2x x ( x 3) 2 0 2x x x 3;(Thoamandieukien) 2 0;(2) 2x x xÐt pt : =0 (2) 2x x tõ ®k: x suy >0 Do đó pt (2) vô nghiệm 2x x lêi gi¶i: §iÒu kiÖn: x Vậy pt đã cho có nghiệm x=3 vÝ dô 2:Giải phương trình sau : 3x x x x x 1 x 3x Giải: §k: 3 x x 3( x x 1) x x 3x ( *) Lop10.com (6) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n 2 Ta nhận thấy : 3x x 1 3x 3x 3 2 x vµ x x x x VËy pt 3x x 3( x x 1) x x 3x Với đk (*) pt tương đương với 2 x x x x x 1 3x x x 3x ( x 2) 0 2 x x 3( x x 1) x x x x=2 ( tho¶ m·n (*)) HoÆc x x 3x x x 3( x x 1) =0 ( dÔ thÊy pt nµy v« nghiÖm) VËy x=2 là nghiệm phương trình vÝ dô 3:Gi¶I PT x x 20 3x 10 10 , đó pt đã cho tương đương với: x x 18 x 10 ( x 3).( x 6) 2( x 10 1) lêi gi¶i: §iÒu kiÖn: x 2( x 10 1)( x 10 1) 6( x 3) ( x 3)( x 6) x 10 x 10 ( x 3) x 0 x 10 x 3;(thoamandieukien) x 0;(3) x 10 ( x 3)( x 6) xÐt (3),ta cã: nªn pt (3) v« nghiÖm x 10 10 nªn (3) v« nghiÖm NÕu x 3 th× x+6<3 cßn 3 x 10 .NÕu x 3 th× x+6 >3 cßn Vậy pt đã cho có nghiệm x=-3 vÝ dô 4: Giải phương trình sau x 12 x x T×m lêi gi¶i.: Để phương trình có nghiệm thì : x 12 x x x Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm phương trình , phương trình có thể phân tích dạng x A x , để thực điều đó ta phải nhóm , tách sau : x 12 x x x 12 x x x2 x 12 x x2 x2 x 3 x 2 x2 x 12 Lop10.com x2 x2 (7) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn Dễ dàng chứng minh : x2 x 12 x2 Lêi gi¶i: Để phương trình có nghiệm thì : gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x2 0, x 5 x 12 x x x (*) Pt x 12 3( x 2) ( x 3) ( x 12 4)( x 12 4) x 12 3( x 2) ( x 3)( x 3) x2 x2 x2 x2 x2 ( x 2) 3 3( x 2) 0 x2 x 12 x2 x 12 x 2;(Thoamandieukien) x2 x2 3 =0;(4) 2 x 12 x 5 3 1 xÐt (4) (x+2).[ ]-3=0 (4) x 12 x2 Mµ §k: x (*) suy x+2>0 1 nªn MÆt kh¸c x 12 x x 12 x 2 x 12 x 5 3 1 (x+2).[ ]-3 < 0.Do đó pt (4) vô nghiệm x 12 x2 Vậy pt đã cho có nghiệm x=2 vÝ dô 5: Gi¶i pt: 2x 2 x 6x x2 Giải: Đk: 2 x , đó pt tương đương với: ( x 2 x )( x 2 x ) 2(3 x 2) 2x 2 x x2 2 (3 x 2) 0 x 4 2x 2 x x ;(thoamandieukien) x 2 x x 4;(5) 2(3 x 2) 2(3 x 2) 2x 2 x x2 xét (5); Bình phương vế phương trình (5) ta được: 2(2 x)(2 x) (2 x)( x 4) x 2(2 x) ( x 4) x (6) x=2 ( tho¶ m·n) hoÆc 2(2 x) ( x 4) x =0 ( lo¹i 2(2 x) ( x 4) x >0 víi 2 x ) VËy pt (6) cã mét nghiÖm x=2 KÕt luËn : pt cã hai nghiÖm x=2/3 hoÆc x=2 2.2 Nhân và chia với lượng liên hợp đưa hệ a) Phương pháp Nếu phương trình vô tỉ có dạng A B C , mà : A B C dây C có thể là hàng số ,có thể là biểu thức x Ta có thể giải sau : A B C A B A C C A B , đã ta có hệ: A B A B Lop10.com (8) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n Nếu phương trình vô tỉ có dạng: f ( x) g ( x) h( x) k ( x) (*) f ( x) g ( x) a h( x ) k ( x ) b mµ , víi a,b lµ c¸c h»ng sè th× nh©n vµ chia mçi vÕ cña (*) víi lượng liên hợp chúng ta được: ( f ( x) g ( x))( f ( x) g ( x)) ( h( x) k ( x))( h( x) k ( x)) f ( x) g ( x) h( x ) k ( x ) f ( x) g ( x) h( x ) k ( x ) a b f ( x) g ( x) h( x ) k ( x ) f ( x) g ( x) h( x ) k ( x ) a f ( x) g ( x) ( h( x) k ( x)) (**) b ab ba h( x ) k ( x) Tõ (*) vµ (**) suy f ( x) b b A A B B §a vÒ d¹ng 5: A B C C C ( A B ) C 2 AB C A B b)Ví dụ vÝ dô 1:Gi¶I pt: (8) x9 x2 x x 9 gi¶I : §iÒu kiÖn: x 2 (*) x x 2 với đk trên ,pt tương đương với: x ( x 2) 7 x9 x2 ( x x 2)( x x 2) 7 x9 x2 x 9 x 1 x9 x2 (9) Tõ (8) vµ (9) ta cã hÖ : x x x x x x x x x7 x 16 x x 2 x x ta thấy giá trị x=7 thoả pt (8) , pt đã cho có nghiệm x=7 vÝ dô Giải phương trình sau : x x x x x Giải: để phương trình có nghiệm thì x x 4 Ta thấy : 2 x x 2 x x 1 x 2( x 4) x 4 không phải là nghiệm Xột x 4 , đó pt đã cho tương đương với: ( x x x x 1)( x x x x 1) 2x2 x 2x2 x 2x 2x2 x 2x2 x x4 x4 2( x 4) 2x2 x 2x2 x x4 x x x x ( x 4 ) x x x x Vậy ta có hệ: 2x2 x x 2 x x x x x Lop10.com (9) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x x x 6 x 6 2 2 x 4(2 x x 9) ( x 6) x x 36 x 12 x 36 x x Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 vµ x= vÝ dô 3: Gi¶I pt: (6) x 16 x x x x 8 2 x 16 x 2 x x (*) Gi¶i: §k: 2 x x 2 x x 2 Với Đk: x ,pt đã cho tương đương với: ( x 16 x 1)( x 16 x 1) ( x x 4)( x x 4) x 16 x 2x 2x x 16 (2 x 1) x (2 x 4) 15 x 16 x 2x 2x x 16 x 2x 2x (7) x 16 x 3( x x 4) Tõ (6) vµ (7) ta cã: x 16 x x x x 16 x 3( x x 4) x 16 2 x x x 16 x 2 x x 16 x (2 x 16)(2 x 4) 4(2 x 9) 2 x x 4 x 4 x 40 64 x x0 8 x x 4 x 40 64 (2 x 8) Ta cã x=0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn vµ lµ nghiÖm cña pt (6) Vậy pt đã cho có nghiệm x=0 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : x x x 3 x x 3x3 3x 2 x 11x 21 3 x 10 x x 2 2 x 5 x x x x 3x x x x x 2 x 10 x x 16 x 18 x x x x 1 2x x 15 x x x x 3 x -C§ H¶I Quan 1996 Phương trình biến đổi tích Sử dụng đẳng thức u v uv u 1v 1 au bv ab vu u b v a A2 B vÝ dô Giải phương trình : x x x 3x Lop10.com (10) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn Giải: pt x 1 1 gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x x 1 x 1 Thử lai thoả mãn, pt đã cho có nghiệm x=0 x=-1 vÝ dô Giải phương trình : x x x x x Giải: + x , không phải là nghiệm + x , ta chia hai vế cho x: x 1 x 1 x 1 x 1 1 x x x 1 x Thử lại thoả mãn, pt đã cho có nghiệm x=1 vÝ dô Giải phương trình: x x x x x x Giải: dk : x 1 pt x 2x x x 1 1 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) x thử lại thấy thoả mãn, pt đã cho có nghiệm là x=0 x=1 vÝ dô Giải phương trình : x3 Giải: Đk: x , Chia hai vế pt cho 4x 4 x x3 x ta pt tương đương 4x x 4x 4x 4x 4x 1 4 1 2 1 1 0 x3 x3 x3 x3 x x 3x x ( tho¶ m·n ®iÒu kiÖn x ) x3 Thử lại thấy thoả mãn, pt đã cho có nghiệm x=1 Dùng đẳng thức Biến đổi phương trình dạng : Ak B k 3x x 3x vÝ dô Giải phương trình : Giải: Đk: x đó pt đ cho tương đương : x3 3x x 10 10 10 x x 3 x3 3 3 3 3 3 vÝ dô Giải phương trình sau : x x x Giải: Đk: x 3 đó phương trỡnh tương đương : x x x 1 x xÐt (1): x x;(1) 9x2 x 3 x;(2) x 3 x x x 3x x1 x x (3 x 1) 9 x x x2 vËy (1) cã nghiÖm x=1 Lop10.com 10 (11) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn xÐt (2) : x gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x 3 x 5 97 x x 3 x x 18 x (3 x 1) 9 x x 5 97 x 18 5 97 18 5 97 18 5 97 ta cã c¶ gi¸ trÞ x=1 vµ x thoả mãn điều kiện x 3 18 vËy (2) cã nghiÖm x thử lại giá trị này thoả mãn pt, pt có nghiệm x=1 x 5 97 18 vÝ dô Giải phương trình sau : 3 x x x 3 3x x Giải : pttt x 3x x 1 Bài 1: Giải phương trình: a) x x b) x x c) x x e) 3x x f) x x g) x x h) 3x x x i) ( x 3) 10 x x x 12 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 3x 2m x x Bài 3: Cho phương trình: x x m -Giải phương trình m=1 -Tìm m để phương trình có nghiệm Bài 4: Cho phương trình: x mx x m -Giải phương trình m=3 -Với giá trị nào m thì phương trình có nghiệm II PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ Có bước phương pháp này : - Đặt ẩn phụ và gán luôn điều kiện cho ẩn phụ - Đưa phương trình ban đầu phương trình có biến là ẩn phụ Tiến hành giải phương trình vừa tạo này Đối chiếu với điều kiện để chọn ẩn phụ thích hợp - Giải phương trình cho ẩn phụ vừa tìm và kết luận nghiệm * Nhận xét : - Cái mấu chốt phương pháp này chính là bước đầu tiên Lí là nó định đến toàn lời giải hay, dở , ngắn hay dài bài toán 1.Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường : -Nếu bài toán có chứa f ( x) và f ( x) đó đặt t f ( x) (với điều kiện là t ) Lop10.com 11 (12) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn -Nếu bài toán có chứa f ( x) , g ( x) và đó có thể đặt : t -Nếu bài toán có chứa đặt: t gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n f ( x) g ( x) k (với k là số ,k > 0) g ( x) f ( x) , t đó k t f ( x) g ( x) ; f ( x).g ( x) víi f ( x) g ( x) k đó có thể f ( x) g ( x) suy t2 k f ( x).g ( x) g ( x) g ( x) thì có thể đặt t f ( x) suy f ( x) f ( x) -NÕu bµi to¸n cã chøa f ( x).g ( x) vµ f ( x) t f ( x).g ( x) -Nếu bài toán có chứa a x thì đặt x a sin t với với t -Nếu bài toán có chứa x a thì đặt x t x a cos t a a với t ; \ 0 x sin t cos t 2 với t 0; \ 2 x a ta có thể đặt x a tan t với t ; 2 HoÆc x a cot t với t 0; -Nếu bài toán có chứa -NÕu bµi to¸n chøa ax ax hoÆc thì có thể đặt x=acos2t ax ax ( x a )(b x) đặt x=a+(b-a).sin2t -NÕu bµi to¸n chøa vÝ dô 1: Gi¶I pt: 3x x x x Gi¶i: §iÒu kiÖn : x (*) Với điều kiện (*) , đặt t x , đk: t t Thay vµo pt trë thµnh: 3t 2t 8t t.(3t 2t 8) t t 2;(loai ) Víi t=0 x x 0, (thoaman) Víi t 4 16 x x ;(thoaman) 3 Vậy pt đã cho có nghiệm là x=0 x=16/9 x6 x 10 x2 x6 x6 x6 x6 x2 0 x2 x2 x2 x x gi¶I : §iÒu kiÖn (*) x6 x x 6 x x vÝ dô 2: Gi¶I pt: víi ®iÒu kiÖn (*), §Æt t x6 x2 , t 0 Lop10.com 12 x2 x6 t (13) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n t 10 thay vào, pt trở thành: t 3t 10t ( thoả mãn t>0) t t víi t=3, ta cã: víi t=1/3 ta cã: x6 x6 3 x x 18 x ( tho¶ m·n ®k (*)) x2 x2 x6 x6 x 54 x x 7 ( tho¶ m·n ®k (*)) x2 x2 pt đã cho có nghiệm x=3 x=-7 vÝ dô 3: Gi¶I pt : x x x x gi¶i : pt x x ( x 1)(3 x) x 1 x 1 §iÒu kiÖn: 3 x x 1 x (*) ( x 1)(3 x) 1 x t2 Với đk (*), đặt t x x , t>0 t ( x 1)(3 x) ( x 1)(3 x) 2 t 2;(thoaman) t 4 Thay vµo ,pt trë thµnh: t t 2t t 4;(loai ) t2 Víi t=2 thay vµo ( x 1)(3 x) x 1 x 1 ( x 1)(3 x) ( x 1)(3 x) 3 x x Cả giá trị này thoả điều kiên(*) và là các nghiệm pt đã cho Vậy pt đã cho có nghiệm x=-1 x=3 vÝ dô 4: Gi¶i pt: x 3x x 3x 18 3 33 x Gi¶i: §iÒu kiÖn: x 3x (*) 3 33 x Pt x 3x x 3x 12 đặt y x 3x , đk y là: y y 6 y Thay vµo, pt trë thµnh: y y 12 y y 12 V× y nªn y=-6 (lo¹i); y=2 tho¶ m·n Víi y=2 suy ra: x 5 ( x x x x x x 10 x tho¶ man (*)) Vậy pt đã cho có nghiệm là: x=-5 x=2 vÝ dô 5: Gi¶I pt: x x x 13 x 51 x gi¶i: pt x 3x ( x 4)(3x 1) 51 x Lop10.com 13 (1) (14) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n x 4 x 1 51 điều kiện để pt có nghiệm là: 3x x x 3 51 x 51 x §Æt y x 3x , §k: y (*) y x ( x 1)(3 x 4) ( x 1)(3 x 4) y x y 8 y Thay vµo (1) ta ®uîc: y y x 51 x y y 56 Mµ y nªn y=-8 (lo¹i); y=7 tho¶ m·n Víi y=7,ta cã: 3x 13x 49 x 3x 13x 22 x x 11 22 x x x tho¶ m·n ®k (*) 3 x 13 x (22 x) x 96 Thö l¹i, x=5 tho¶ m·n pt (1).VËy pt (1) cã nghiÖm nhÊt x=5 vÝ dô 6: Gi¶I pt: ( x 3).( x 1) 3( x 3) gi¶i: §iÒu kiÖn: x 1 4 x 3 x x 1 0 x 3 x 1 x 1 suy ra: t ( x 3).( x 1) x 3 t Pt trë thµnh: t 3t t 4 x 1 1 Víi t=1 ta cã ( x 3) x 3 x x x 1 x x x x x ( x 3)( x 1) ( x 3)( x 1) x x x x 1 4 Víi t=-4 ta cã: ( x 3) x 3 x x 1 x 1 x 1 x 1 x x 20 x 20 ( x 3).( x 1) 16 x x 19 ( x 3).( x 1) (4) x 20 §Æt t ( x 3) Vậy pt đã cho có các nghiệm: x và x 20 vÝ dô 7: Giải phương trình: x x2 x x2 Lop10.com 14 (15) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn x 1 Điều kiện: x x x x gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n (*) Nhận xét: víi ®iÒu kiÖn (*): x x x x VËy, Đặt t x x ,®iÒu kiÖn cña t lµ: t>0 , thì x x2 1 Suy phương t t trình có dạng: t t 2t t ( tho¶ m·n ®k cña t) Thay vào ta cã: x x2 x x2 x2 x x 1 x x ( tho¶ m·n ®k (*)) x x ( x 1) Thử lại thấy x=1 thoả mãn pt đã cho.Vậy pt đã cho có nghiệm x=1 vÝ dô 8: Giải phương trình sau : x 2004 x x Giải: đk x Đặt y x , ®k: y suy ra: y x x y x (1 y )2 Thay vµo pt trë thµnh: (1 y )2 (2004 y )(1 y )2 (1 y )2 (1 y )2 (2005 y )(1 y )2 (1 y ) (1 y ) (2005 y ) 1 y y 1;(thoaman) 2 1 y y y 1002 y y 1002 y y 1002 1 4009 y xÐt pt: y y 1002 ( c¶ gi¸ trÞ nµy ko tho¶ m·n §K: y ) 1 4009 y víi y=1 x x x ( tho¶ m·n ®k pt đã cho có nghiệm x=0 vÝ dô Giải phương tr×nh sau : x x x x 1) 3x x x Điều kiện: x x t×m lêi gi¶i: Nh×n vµo pt ta cha nhËn thÊy nã thuéc lo¹i nµo.Tuy nghiªn nÕu chia vÕ cho x#0 ta 1 1 x x Vậy ta có thể đặt t x x x x x x 1 x x2 1 1 x 0 x Gi¶i: Điều kiện: x (*) ,víi ®k nµy x x x x x x ®îc: x x ,Chia hai vế cña pt cho x#0 ta nhận được: x2 x 1 1 3 x x 3 x x x x Lop10.com 15 (16) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n t 1, (thoaman) , ®k: t thay vµo pt trë thµnh: t 2t x t 3, (loai ) 1 x 1 Víi t=1 suy x x x x x x 1 x Đặt t x giá trị này thoả mãn đk (*) và là nghiệm pt pt đã cho có nghiệm x 1 1 hoÆc x 2 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 15 x x x 15 x 11 x x 11 31 ( x 5)(2 x) x x n (1 x) n x n (1 x) (1 x)(2 x) x x x (2004 x )(1 x ) x 17 x x 17 x ( x x 2)( x x 18) 168 x 3x x x 3x x ( x 2)( x 4) 5( x 2) ( x 5)( x 1) 3( x 5) x2 x2 x4 6 x2 1 x x x ( Trang 291-1001 x 1 4 x 5 Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình: 2.1 Đặt ẩn phụ đưa hệ thông thường : Đặt u x , v x … và tìm mối quan hệ x và x … từ đó tìm hệ theo u,v…Chẳng hạn phương trình: m a f x m b f x c ta có u m a f x thể đặt: từ đó suy u m v m a b Khi đó ta có hệ v m b f x u m v m a b u v c vÝ dô 1: Gi¶I pt: Gi¶i: 12 x 14 x t 12 x §Æt (*) suy v 14 x t 12 x t v 26 v 14 x Vậy ta có hệ phương trình: t v t v t v 3 2 t v 26 (t v)(t tv v ) 26 (t v) (t v) 3tv 26 t v t v tv 3 2 3tv 26 K 1 Suy t và v là nghiệm phương trình: K K K Lop10.com 16 (17) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn Vậy có trường hợp: gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n t 1 12 x 1 12 x 1 x 13 Th1: x 13 v 14 x 27 x 13 14 x 12 x t 12 x 27 x 15 x 15 v 1 14 x 1 14 x 1 x 15 Th2: Kết luận: Pt đã cho có hai nghiệm x=13 ; x=-15 vÝ dô 2: GiaØ pt: 1 x x 1 2 Gi¶i: §Æt u x ; u x u v3 v x suy ra: v x Mặt khác, thay vào pt đã cho có: u+v=1 Vậy ta có hệ phương trình: u v u v u v u v 3 u v (u v) (u v) 3uv 1 3uv uv T Vậy u, v là nghiệm phương trình: T T T (T 1) T Vậy có trường hợp: 3 u Th1: v 3 3 u Th2: v 3 x 0 1 x x x 1 x x x 1 2 x 1 1 x x x 1 x x x 0 2 1 Vậy pt đã cho có nghiệm : x ; x 2 3 vÝ dô 3: Gi¶I pt: 35 x x (1) gi¶i: đặt a 35 x ; b x Pt (1) trở thành a+b=5 L¹i cã : a b3 ( 35 x )3 ( x )3 35 VËy ta cã hÖ pt: a b a b a b a b a b 3 2 2 ab a b 35 (a b)(a ab b ) 35 a ab b (a b) 3ab T Suy a,b lµ c¸c nghiÖm cña pt: T 5T T 35 x 35 x 23 a x 27 Th1: x 27 b x 27 x 27 x Lop10.com 17 (18) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n 35 x 35 x 27 a x x 8 b x x x Th2: Thử lại thoả,vậy pt đã cho có ngiệm x=8 x=27 1 x x 1 2 Gi¶i: §iÒu kiÖn: x vÝ dô 4: Gi¶I pt: u x 1 u3 v2 §Æt u x vµ v x , §k: v (*) suy ra: 2 v x v u u v v u v u VËy ta cã hÖ pt: 2 u v u (1 u ) u 2u u u u u v u v u u 0; v u u 1; v u u u u u 2; v u 2 Vậy có trường hợp: 3 Th1: 3 Th2: 3 Th3: x 0 1 x x x (Thoaman) 1 x x x 1 2 x 1 1 x x x (Thoaman) 1 x x x 0 2 x 2 17 1 1 x (2) x 8 x 17 x (Thoaman) 1 x x x 17 x 3 2 1 17 Vậy pt đã cho có nghiệm: x ; x ; x 2 VÝ dô Giải phương trình sau: x x Điều kiện: x Ta cã : x x 1 x 1 x 1 Đặt a x 1, b x 1;(a 0, b 0);(*) thì ta đưa hệ phương trình sau: a b a b 0;(kothoaman(*)) (a b)(a b 1) a b 1 a 1 b a b b a Vậy x 1 1 x 1 x 1 x x Gi¸ trÞ x 11 17 11 17 thoả mãn điều kiện và là nghiệm pt đã cho Lop10.com 18 (19) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn Vậy pt đã cho có nghiệm x gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n 11 17 2.2.Đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng Ví dụ 1: Giải phương trình: Giải: Đặt Vậy ta có hệ phương trình : Trừ hai phương trình hệ ta ®îc: x y x y 2( y x) ( x y )( x xy y 2) 2 x xy y x y x y ( x y ) y 0;(vonghiem) Thay vào hệ ta có: Vậy phương trình có ba nghiệm: VÝ dô Giải phương trình: x 35 x3 x 35 x3 30 Đặt y 35 x3 x3 y 35 xy ( x y ) 30 (hệ đối xứng 3 x y 35 Khi đó phương trình chuyển hệ phương trình sau: lo¹i 1) xy ( x y ) 30 xy ( x y ) 30 2 ( x y )( x xy y ) 35 ( x y ).{( x y ) xy} 35 PS 30 PS 30 PS 30 S x y S §Æt ,§k: S P ta cã: P xy P S ( S 3P ) 35 S 3PS 35 S 125 x y X suy x,y lµ c¸c nghiÖm cña pt: X X xy X VËy Vậy pt đã cho có hai nghiệm là: x=2; x=3 vÝ dô 3: Gi¶I pt : 12 x 14 x Gi¶i: t 12 x t 12 x §Æt (*) suy t v 26 v 14 x v 14 x Vậy ta có hệ phương trình: (hệ đối xứng loại 1) t v t v t v 3 2 t v 26 (t v)(t tv v ) 26 (t v) (t v) 3tv 26 t v S §Æt ,§k: S P , ta ®a vÒ hÖ tv P Lop10.com 19 (20) Trường THPT Bán Công Lục Ngạn ¤n tËp to¸n : §¹i sè líp 10—SGK chuÈn gi¸o viªn: §Æng Th¸i S¬n S S S P 3 S ( S 3P ) 26 S 3PS 26 t v K 1 suy t,v lµ c¸c nghiÖm cña pt: K K tv 3 K VËy cã: Vậy có trường hợp: t 1 12 x 1 12 x 1 x 13 x 13 v 14 x 27 x 13 14 x Th1: 12 x t 12 x 27 x 15 Th2: x 15 v 1 14 x 1 14 x 1 x 15 Kết luận: Pt đã cho có hai nghiệm x=13 ; x=-15 vÝ dô 4: Gi¶I pt: 18 x 64 x 18 x 18 64 (*) x 5 64 x gi¶i: §iÒu kiÖn §Æt u 18 x ; v 64 x , DK : u 0, v (**) Khi đó pt đã cho có dạng: u+v=4 MÆt kh¸c,cã: u v ( 18 x )4 ( 64 x )4 82 u v u v 2 4 2 u v 82 (u v ) 2u v 82 Ta có hệ phương trình: S S S u v S §Æt P 2 uv P ( S P ) P 82 P 32 P 87 P 29 u v K *Víi suy u,v lµ nghiÖm cña pt: K K , tho¶ m·n ®k (**) u.v K u 18 x 18 x 17 Th1: ( tho¶ m·n ®iÒu kiÖn *) x v 64 x 64 x 81 u 18 x 18 x 81 63 ( tho¶ m·n ®iÒu kiÖn *) x v 64 x 64 x Th2: u v suy u,v lµ nghiÖm cña pt: K K 29 , v« nghiÖm u v 29 17 63 Kết luận: pt đã cho có nghiệm x ; x 5 4 vÝ dô 5: Gi¶I pt: x 8 x 8 x x 8 Gi¶i:§iÒu kiÖn: x (*) x x *Víi §Æt u x 8, v x 8, DK : u v (**) Pt trë thµnh: u-v=2 MÆt kh¸c cã: u v ( x 8)4 ( x 8)4 16 u v u v u v 2 2 2 u v 16 (u v )(u v ) 16 (u v)(u v)(u v ) 16 VËy ta cã hÖ: 4 Lop10.com 20 (21)