PHUONG TRINH KHONG MAU MUC

L ượ ng giác hoá các ph ươ ng trình... CÁC PH ƯƠ NG TRÌNH KHÁC.[r]

(1)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph1 ương trình khơng mẫu mực

PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG MẪU MỰC

Ta xem phương trình khơng mẫu mực phương trình khơng thể biến đổi tương tương, biến ñổi hệ từ ñầu cho ñến kết thúc Một phân loại có tính tương ñối

I PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ðẶT ẨN PHỤ

1 Mục đích đặt ẩn phụ

1.1 Hạ bậc một số phương trình bậc cao

• ðưa một số phương trình bậc về phương trình trùng phương

Phương trình bậc bốn: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = ( a≠0 ) ñưa phương trình trùng phương đồ thị hàm số:

f(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e

có trục đối xứng Gọi x = x0 trục ñối xứng Phép ñặt ẩn phụ x = x0 + X ñưa

phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = phương trình trùng phương

Ví dụ 1: Giải phương trình x4 - 4x3 - 2x2 + 12x - =

Giải.ðặt y = x4 - 4x3 - 2x2 + 12x -

Giả sửñường thẳng x = x0 trục ñối xứng ñồ thị hàm số

Khi ñó qua phép biến ñổi: x x0 X

y Y

= +

 

=

 hàm sốñã cho trở thành:

Y = (x0 + X)4 - 4(x0 + X)3 - 2(x0 + X)2 + 12(x0 + X) -

= 2

0 o o

x + x X + x X + x X + X -

- 2

0 0

4x −12x X −12x X − 4X -

- 2

0

2x − 4x X − 2X + 12 12

1

x X

+ + −

−

Y hàm số chẵn X

3

0 0

4

4 12 12

x

x x x

− =



⇔

− − + =



Suy ra: x0 = Y = X4 - 8X2 +

Phương trình cho tương đương với: X4 - 8X2 + = ⇔ X2 = ± 10

⇔X = ± 4− 10 , X = ± 4+ 10

Suy phương trình có nghiệm: x = 1± 4− 10, x = 1± 4+ 10

Ví dụ 2: Giải phương trình x4 + 8x3 + 12x2 - 16x + =

Giải.ðặt y = x4 + 8x3 + 12x2 - 16x +

(2)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chun Quảng Bình Ph2 ương trình khơng mẫu mực Khi qua phép biến đổi: x x0 X

y Y

= +

 

=

 hàm sốñã cho trở thành:

Y = (x0 + X)

+ 8(x0 + X)

+ 12(x0 + X)

- 16(x0 + X) + =

= 2

0 o o

x + x X + x X + x X + X -

2

0 0

8x 24x X 24x X 8X

+ + + + +

2

0

12x 24x X 12X

+ + + +

16 16

x X

− − +

+

Y hàm số chẵn, suy ra: x0 = -

Y = X4 - 12X2 + 35

Y = ⇔ X2 = 5, X2 = ⇔ X = ± 5, X = ±

Suy bốn nghiệm X = - ± 5, X = - ±

Bài tập tương tự:

BT1. Giải phương trình 2x4 - 16x3 + 43x2 - 44x + 14 = ðSố: x =

2

± , x = ± BT2. Giải phương trình 6x4 + 24x3 + 23x2 - 2x - = ðSố: x = -

3

± , x = -

2

±

• ðưa phương trình bậc bốn dạng: (x - a)(x - b)(x - c)(x - d) = m, đó a + d = b + c về phương trình bậc hai

Do a + d = b + c nên phương trình cho tương đương:

(x - a)(x - d)(x - b)(x - c) = m ⇔[x2 - (a+d)x + ad] [x2 - (b+c)x + bc] = m

2

( )( )

( ) ( )

X ad X bc m

x a d x X x b c x

+ + =



⇔

− + = = − +



Phương trình cho chuyển chuyển về: (X + ad)(X + bc) = m ⇔X2 + (ad + bc)X + abcd - m =

Ví dụ 1: Giải phương trình (x - 1)(x - 2)(x + 3)(x + 4) = 14

Giải. Phương trình đẫ cho tương đương với: (x - 1)(x + 3)(x - 2)(x + 4) = 14

⇔(x2 + 2x - 3)(x2 + 2x - 8) = 14

2

( 3)( 8) 14

2

X X

x x X

− − =



⇔

+ =

 ⇔

2

11 10

2

X X

x x X

 − + =

 

+ =

 ⇔

1, 10

2

X X

x x X

= =

 

+ =

(3)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chun Quảng Bình Ph3 ương trình khơng mẫu mực

Ví dụ 2: Giải phương trình (x2 - 1)(x + 2)(x + 4) =

Giải. Phương trình đẫ cho tương đương với: (x - 1)(x + 4)(x + 1)(x + 2) =

⇔(x2 + 3x - 4)(x2 + 3x + 2) =

2

( 4)( 2)

3

X X

x x X

− + =



⇔

+ =

 ⇔

2

2 15

3

X X

x x X

 − − =

 

+ =

 ⇔

3,

3

X X

x x X

= − =

 

+ =

 ⇔x =

3 29

2

− ±

Ví dụ 3: Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau: (x2 - 1)(x + 3)(x + 5) = m

a) Có nghiệm

b) Có bốn nghiệm phân biệt

Giải. Phương trình đẫ cho tương đương với: (x - 1)(x + 5)(x + 1)(x + 3) = m

⇔(x2 + 4x - 5)(x2 + 4x + 3) = m

2

( 5)( 3)

4

X X m

x x X

− + =



⇔

+ =

 ⇔

2

2 15 (1)

4 (2)

X X m

x x X

 − − =

 

+ =



a) Phương trình (2) có nghiệm ⇔ X ≥ -

Phương trình cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm X ≥ -

Cách 1: Phương trình (1) có nghiệm X ≥ -

( 4)

'

( 4)

4

f

f b

a

− ≤

   

∆ ≥ 

⇔

− ≥

 

− ≥ −

 

⇔m ≥ - 16

Cách 2: Hàm số f(X) = X2 - 2X - 15 , X ≥ - có f '(X) = 2X - f(X) liên tục

[- 4; + ∞) có cực tiểu X =

Suy ra, [- 4; + ∞) ta có f(X) = f(1) = - 16 Vậy phương trình (1) có nghiệm X ≥ - m ≥ - 16

b) nghiệm phân biệt ?

Thấy phương trình x2 + 4x = X1, x2 + 4x = X2 có nghiệm trùng

và X1 = X2 Do phương trình cho có nghiệm phân biệt

(4)

Cách 1. Ta phải có:

'

( 4)

4

f b

a

 ∆ > 

− ≥

 

− > −



⇔- 16 < m ≤

Cách 2: Hàm số f(X) = X2 - 2X - 15 , X ≥ - có f '(X) = 2X -

X - + ∞

f '(X) - +

f(X)

+ ∞

- 16

BT1. Giải phương trình x4 - 2x3 - 7x2 + 8x + =

HD Tìm a, b: (x2 - x + a)(x2 - x + b) = x4 - 2x3 - 7x2 + 8x + ðặt x2 - x = t BT2. Cho phương trình (x + 1)(x + 2)(x + 3)( x + 4) = m

• ðưa phương trình bậc bốn dạng: ax4 + bx3+ cx2 + bx + a = 0(a ≠0)

Thấy x = khơng thoả phương trình Chia hai vế phương trình cho x2:

Phương trình cho tương ñương : ax2 + bx + c + b1

x + a

1

x =

2

1

( )

a x b x c

x x

 

⇔  + + + + =

  ( )

2

a X bX c

⇔ − + + = ,

trong X = x +

x hay x

2

- Xx + = 0, X ≥2

VD1. Giải phương trình 2x4 + 3x3 - 10x2 + 3x + =

2

1

2 x 3(x ) 10

x x

 

⇔  + + + − =

  ( )

2

2 X 3X 10

⇔ − + − = ⇔2X2+3X−14=0

7 2,

2

X X

⇔ = = − , X = x +

x hay x

2

- Xx + = 0, X ≥2

i) X = 2: x2 - 2x + = ⇔x = ii) X = -

2: 2x

2

+ 7x + = ⇔ 33 − ±

VD2. Cho phương trình x4 + hx3 - x2 + hx + =

(5)

Giải. 2

1

( )

x h x

x x

 

⇔ + + + − =

  ( )

2

X hX

⇔ − + − =

3

X hX

⇔ + − = (1),

X = x +

x hay x

2

- Xx + = (2) , X ≥2

Cách 1. Phương trình (2) X ≥2thì có hai nghiệm dấu Nên muốn có nghiệm âm

- b/a = X < Suy X ≤ - Nhưng (1) ln ln có hai nghiệm X1 < < X2 nên

chỉ mang cho (2) ñược X1 Vậy X1 < - < < X2 Khi f(- 2) < 0, f(X) =

2

3

X +hX −

1 2h

⇔ − <

2

h

⇔ >

Cách 2. (1) ⇔

2

3 X

h X −

= , X ≥2

ðặt

2

( ) X

f X

X −

= , X ≥2 ⇒

2

3

'( ) X X 0,

f X

X X

− − −

= = < X ≥2

X - ∞ - +∞

f '(X) - -

f(X) +∞ -

1

2

- ∞

Phương trình (2) X ≥2thì có hai nghiệm dấu Nên muốn có nghiệm âm

- b/a = X < Suy X ≤ - Nhưng (1) ln ln có hai nghiệm X1 < < X2 nên

chỉ mang cho (2) ñược X1 Vậy X1 < - < < X2 Theo trên:

1

h>

BT1. Giải phương trình 2x4 - 5x3 + 2x2 - 5x + = BT2. Cho phương trình x4 + mx3 - 2x2 + mx + =

Tìm m để phương trình có khơng hai nghiệm dương phân biệt

1.2 Làm mất căn thức

VD1. Giải phương trình x(x + 5) = 23

5 2

x + x− −

Giải.ðặt

5

x + x− = X ⇒

2

X + =x + x

Phương trình cho ⇔ X3−2X +4=0⇔X = - ⇒

5

x + x+ = ⇒ x = - 2, x = -

(6)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph6 ương trình khơng mẫu mực 1) Giải phương trình m =

2) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm

Giải.ðặt 3+x+ 6−x=t, 3− ≤x≤6 ⇒ ' 1 ,

2

t x

x x

= − − < <

+ −

' 3

t ≥ ⇔ − <x≤

X - 3/

f '(X) + -

f(X) Suy ra: ≤ t ≤ Ta có (3 )(6 ) t x x − + − = Phương trình cho tương ñương: t - t − = m ⇔t2 - 2t + 2m - = (*) VD3. Cho phương trình ( 3)( 1) 4( 3) x x x x m x + − + + − = − (1)

1) Giải phương trình m = - 2) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm HD.ðặt ( 3) x x t x + − = − (1)

⇒

(x−3)(x+1)=t , x ≤ - x > (2)

Phương trình ⇔t2 + 4t = m (3)

1) m = - 3: Phương trình (3)⇔t2 + 4t + = ⇔t = - 1, t = - Thay vào (1):

* t = - 1: ( 3) 1 2

( 3)( 1)

3

x x

x x x

− <

− < 



+

− = − ⇔ ⇔

− + =

−   − − = ⇔x= −1

1

x= − thoảñiều kiện x ≤ -

* t = - 3: ( 3) 3 2

( 3)( 1)

3 12

x x

x x x

− <

− < 



+

− = − ⇔ ⇔

− + =

−   − − = ⇔x= −1 13

1 13

x= − thoảñiều kiện x ≤ -

2) (3) có nghiệm t ⇔m ≥ - Xét phương trình

(x−3)(x+1)=t , x ≤ - x > ⇔x2 - 2x - = t2, x ≤ - x >

(7)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph7 ương trình khơng mẫu mực f '(x) = 2x -

x - ∞ - +∞

f '(x) - +

f(x)

+∞ +∞

t2 ≥ nên (2) ln ln có nghiệm

Cách 2.Nếu dùng ñịnh lý ñảo về dấu của tam thức bậc hai với m ≥ - Xét trường hợp thay vào (1):

i) t = 0: ( 3)

x x

x

+

− =

− : Phương trình có nghiệm x = -

ii) t > 0: (1) 2 2 2

( 3)( 1) ( )

x x

x x t F x x x t

− > >

 

⇔

 

− + = = − − − =

 

Thấy F(3) = - t2 < nên F(x) có nghiệm x > 3i) t < 0: (1) 2 2 2

( 3)( 1) ( )

x x

x x t F x x x t

+ ≤ ≤ −

 

⇔

 

− + = = − − − =

 

Thấy F(- 1) = - t2 < nên F(x) có nghiệm x ≤ -

VD4. Giải phương trình 2

( 1) ( 1) 2n 1,

n x+ − n x− = − x − n≥

HD. Thấy x = ± không thoả phương trình Với x ≠ ± 1:

Chia hai vế phương trình cho

n

x − , ta có:

1

n x n x

x x

+ −

− = −

− + (1)

ðặt

1

n x t

x

+ =

− , ñó (1) ⇔t -

t + = ⇔t

2

+ 2t - = ⇔t = 1, t = -

i) t = : 1 1

1

n x x

x x

+ +

= ⇔ =

− − : Vô nghiệm ii) t = - 3:

1

n x

x

+ = −

− (2) + n chẵn: (2) vô nghiệm

+ n lẻ: (2) ⇔ ( 3) ( 1)( 3) (3 1) 3

1

n

n n n n

n

x

x x x x

x

+ −

= − ⇔ + = − − ⇔ + = − ⇔ =

− +

1.3 Làm mất giá trị tuyệt đối

VD1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2

2

(8)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph8 ương trình không mẫu mực

HD ðặt x− = ≥1 t ⇒ x2−2x=t2−1

Phương trình cho tương ñương t2 - mt + m2 - = (1)

Phương trình cho có nghiệm khi phương trình (1) có nghiệm t ≥

∆ = m2 - 4m2 + = - 3m2

i) ∆= ⇔4 - 3m2 = ⇔m =

3

± : Pt(1) có nghiệm kép t =

m ⇒

m =

3 thoả

ii) ∆ > ⇔-

3 < m <

3:

+ (1) có nghiệm dương ⇔P > 0, S > ⇔m > Suy < m <

3 thoả + (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔P < ⇔- < m <

+ (1) có nghiệm ⇔m = ±1 Khi nghiệm t = m nên m = thoả

KL: - < m ≤

VD2 Cho phương trình

2

x − x+m =x− (1) 1) Giải phương trình m =

2) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt

HD ðặt x - = t ⇒ 2

2

x − x=t −

Pt(1) ⇔ t2− +1 m =t ⇔

2

1

0

1

t

t t m

t

t t m

 ≥



− − + =

  

≥

 

 + − + = 

⇔

2

( )

0

( )

t

f t t t m

t

g t t t m

 ≥



= − − = −

  

≥

 

 = + − = − 

f '(t) = 2t - 1, g'(t) = 2t +

Vì x = + t nên mỗi nghiệm t cho (1) một nghiệm x Suy khơng có m thoả

1.4 Lượng giác hố phương trình VD Giải phương trình 3

(1 ) 2(1 )

x + −x =x −x

HD. Do - x2 ≥ ⇔- ≤ x ≤ ðặt x = cost, t∈[0;π] Ptrình cho ⇔ cos3t+sin3t= sin cost t

x + ∞

g '(x) +

g(x)

+ ∞

- x 1/2 + ∞

f '(x) - +

f(x)

- + ∞

(9)

⇔

(cost+sin )t −3sin cos (sint t t+cos )t = sin cost t (1)

ðặt sint + cost = X ⇒

2

cos , 2,sin cos

4 2

X X

x π X t t −

 

− = ≤ =

 

 

(1) ⇔

2

3 1

3

2

X X

X − X − = − ⇔ X3+ 2X2−3X − 2=0

2

(X 2)(X 2X 1)

⇔ − + + = ⇔ X − 2,X = − 1± Nhưng X ≤ 2⇒X = 2,X = −1

i) X = 2: sint + cost = ⇔x+ 1−x2 = 2

1 x x

⇔ − = −

2

1 2

2

x x x

x

 − = − +



⇔

− ≥



2

2 2

2

x x

x

 − + =



⇔

≤



1

x

⇔ =

i) X = 1- 2: sint + cost = - ⇔x+ 1−x2 = −1 2

1 x x

⇔ − = − −

2

1 2 2(1 2)

1

x x x

x

 − = − − − +



⇔

− − ≥



2

(1 2)

1

x x

x

 − − + − =



⇔

≤ −



1 2

2

x − − −

⇔ =

1.5 ðại số hoá phương trình lượng giác, mũ, loga

VD1 Giải phương trình ( 3) ( 3)

x x

− + + =

HD.ðặt ( 3) x

t

+ = > ⇒ ( 3) x

t

− = Pt ⇔ t

t+ = ⇔ t

2

- 4t + = ⇔ t=2±

⇔ ( )

( )

2 3

x



+ = +

  

+ = −



⇔

( ) ( )2

2

2 3

x

−

=

 

 + = − = +



2,

x x

⇔ = = −

VD2 Cho phương trình (5 6)tan (5 6) x tanx

m

+ + − =

1) Giải phương trình m = 2) Giải biện luận phương trình (1) theo m

HD.ðặt (5 6)tan x

t

+ = > ⇒ (5 6)tan x

t

− =

Pt ñã cho tương ñương

1

t m t mt

t

(10)

1) m = 4: t=2± ( ) ( )

tan

5

5 log

x

tanx +

⇔ + = ± ⇔ = ±

x arctan log5 6(2 3) kπ

+

 

⇔ =  ± +

2) Ptrình cho có nghiệm Pt(1) có nghiệm t >

Thấy rằng, (1) có nghiệm có hai nghiệm dấu Do pt (1) có nghiệm dương có hai nghiệm dương Suy ra, cần ñủ là:

2 m m S m ∆ = − ≥ ⇔ ≥  = >

 Khi t =

2

m± m −

⇔ ( )

2

tan 4

5

2

x m± m −

+ =

⇔

2

5 6

4

tan log arctan log

2

m m m m

x x kπ

+ +   ± − ± − = ⇔ =  +    

2 Các kiểu ñặt ẩn phụ

1.1.ðặt một ẩn phụ chuyển phương trình về phương trình của ẩn phụ. VD. Giải biện luận phương trình

3 x− +1 m x+ =1 x −1

HD. Thấy x = - khơng thoả ptrình Pt cho tương đương với 3 24

1 x x m x x − − + =

+ + (1)

ðặt 0 x t x − = ≥

+ Khi (1) ⇔

2

3t −2t+m=0 (2)

Ptrình cho có nghiệm (2) có nghiệm khơng âm

Cách 1: Phương trình (2) có nghiệm trái dấu ⇔m < Phương trình (2) có nghiệm khơng âm ⇔

' 0 P S ∆ ≥   ≥   ≥ 

⇔

m

≤ ≤

Hai nghiệm (2) 1 3

m

t = ± −

Như thế, khi m < 0:

1

3

m

t= + − 1

1 x m x − + − ⇒ = + 1 1

1 1

1

M x m M x x M   − − + − ⇒ =  = ⇒ = +   +

khi ≤m

3

≤ : 1

1 x m x − ± − ⇒ = + 1 1

1 1

1

M x m M x x M   − − + − ⇒ =  = ⇒ = +   +

4

2

1 1

1

M x m M x x M   − − − − =  = ⇒ = +   +

1.2.ðặt một ẩn phụ trì ẩn cũ một phương trình VD1. Giải phương trình 2(1 - x) 2

2

(11)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph11 ương trình khơng mẫu mực HD Cách 1:ðặt

2

x + x− = ≥t 2 2

2

x x t x x t x

⇒ + − = ⇒ − − = −

Pt ⇔ 2(1−x t) =t2−4x⇔ t2−2(1−x t) −4x=0

' (x 1)

∆ = + ⇒ t=(1−x) (± x+1)⇔ =t 2,t= −2x

2 0

t= − x≥ ⇒x≤ : 2 2

2 2

x + x− = − x⇔x + x− = x ⇒ x − x+ = : VN

t= : 2

2 2 5

x + x− = ⇔ x + x− = ⇒x= − ± Cách 2: Pt ⇔ (x - 1)2 - 2(x - 1)

2

x + x− - =

VD2. Giải phương trình (4x - 1) 2

1 2

x + = x + x+ Cách 1:ðặt

1

x + =t

Cách 2: Bình phương hai vế

1.3.ðặt một ẩn phụ trì ẩn cũ một hệ phương trình

VD1. Giải phương trình x2 + x+5=5

HD.ðặt

5

x+ = y≥ ⇒y =x+ (1) Từ Pt ñã cho ⇒ x2

= - y (2)

Trừ vế (1) (2) ta có: y2 - x2 = x + y ⇔x + y = y - x - =

i) x = y = ⇔y = - x ≥ ⇒ x ≤ 0: (1) ⇔x2 - x - = ⇔x = 21

− ±

Nhưng x ≤ nên 21

x=− −

ii) y - x - = ⇔y = x + ≥ ⇔x ≥ - 1: (2) ⇔ x2 - x - = ⇔x = 17

2

− ±

Nhưng x ≥ - nên 17

− +

Cách 2.(Biến đổi Pt về dạng tích)

x2 + x+5=5 ⇔x2−(x+5) (+ x+ x+5)=0 ⇔(x+ x+5)(x− x+5 1)+ =0

VD2. Giải phương trình x3 + = 2x−1

HD.ðặt 3

2x+ =1 y⇒ y =2x+1 (1) Từ Pt ñã cho ⇒ x3

= 2y - (2) Hệ (1)&(2) hệ ñối xứng loại

Cách 2.(Dùng tính chất đồ thị của hai hàm ngược nhau)

Pt ñã cho tương ñương

3

2

x

+

= − (1)

Các hàm số

3

, y

2

x

y= + = x− hàm số ngược Vậy nên phương

trình (1) tương đương

3

x

+

=

2

x x

⇔ − + = 1, x = -1

2

x ±

(12)

VD3. Giải phương trình (x2 - 3x - 4)2 - 3x2 + 8x + =

HD. Ptrình cho tương đương (x2 - 3x - 4)2 - 3(x2 - 3x - 4) - - x =

⇔(x2 - 3x - 4)2 - 3(x2 - 3x - 4) = + x

ðặt x2 - 3x - = y ⇒ x2 - 3x = + y (1)

Từ phương trình cho suy y2 - yx = + x (2) Hệ (1)&(2) hệ ñối xứng loại

VD4. Giải phương trình 7x2 + 7x =

28

x+

PP chuyển về hệ ñối xứng loại 2: - VT bậc hai, VP hai

- Nên ñặt

28

x+

= at + b (bậc t để bình phương thành bậc hai) - Khi ñặt ta ñược : 7x2 + 7x = at + b

Ta phải có pt mới: 7t2 + 7t = ax + b

28

x+

= at + b ⇒ x = 7a2

t2 + 14abt + 7b2 - 9/4

⇒ ax + b = 7a3t2 + 14a2bt + 7ab2 - 9

4a ≡ 7t2 + 7t

Ta phải có:

3

2

7

14

9

7

4

a a b

ab a b



=

 

=

 

 − + =



⇒ a = 1, b = 1

BT1. Giải phương trình 2x2 - 6x - = 4x+5

(Thi chọn ðT12QB 21/12/2004)

BT2. Giải biện luận theo a phương trình x3+a(2−a2)=2 23 x+a a( 2−2)

1.4.ðặt hai ẩn phụ đưa phương trình về phương trình hai ẩn phụ VD1. Giải phương trình 2

3 15

x − + x + −x = + x +x − x − x+ ðưa phương trình dạng u + v = + uv

VD2. Giải phương trình 2 15 2 13 2x − x+ +2x− x− = +1 x − x−

ðưa phương trình dạng u + v = + uv

1.5.ðặt hai ẩn phụ đưa phương trình về hệ phương trình hai ẩn VD1. Giải phương trình 4+x+ 5−x =3

HD.ðặt 4+x =u≥0, 5−x =v≥0 2

9

u v

(13)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph13 ương trình khơng mẫu mực Ta có hệ phương trình

2

9

u v u v  + =



+ =



Cách 2. Bình phương hai vế

Cách 3.ðặt f(x) = 4+x+ 5−x ≥0 ⇒ f2( )x = +9 (4+x)(5−x)≥9⇔ f x( )≥3

Dấu ñẳng thức xảy khi x = - x =

Cách 4.ðặt f(x) = 4+x+ 5−x, x∈[-4;5] Khảo sát, lập bảng biến thiên

VD2. Giải phương trình 3+x+ 6−x− (3+x)(6−x)=3

HD.ðặt 3+x =u≥0, 6−x=v≥0 2

9

u v

⇒ + = Ta có hệ phương trình

2

9

u v u v uv  + = 

+ − =



Cách 2.ðặt

2

3 (3 )(6 )

2

X

x x X x x −

+ + − = ≥ ⇒ + − =

Phương trình cho tương đương

2

3

X X − − =

VD3. Giải phương trình

1 2( 1) 1

x+ + x+ =x− + −x+ −x

(TS 10 Chuyên Tốn ðHSPHNI, 97 - 98) ðưa phương trình hệ có phương trình tích :

u + 2u2 = - v2 + v + 3uv ⇔u - v + v2 - 3uv + 2v2 = ⇔u - v + (v - u)(v - 2u) =

1.6.ðặt hai vế của phương trình cho một ẩn phụ.

VD1. Giải phương trình 2log cotgx3 =log cosx2

HD. ðặt 2log cotgx3 =log cosx2 = t ta có:

2 2

2

cos cos cos

cos

cos 4

cot 3 sin

sin 3

cos 0, cot

cos 0,sin cot 0,sin cos 0, sin

cos 1

cos

1

sin

cos 0,sin

t t t

t

t t

t t t

t t

t

x x x

x

x x

x

x x

x x x x x x

x

x t

x

x x

 =  =  =

 =   

   

= ⇔ = ⇔ = ⇔ + =

   

 > >   

  > >  > >  > >

 = 

=

 

⇔ = − ⇔

 > > >



2

x π k π

⇔ = +



(14)

HD. ðặt log x7 =log ( x3 +2)= t , Ta có:

7

49

7

2

x

3

t t

t t t

x x

x t

 =

 =   =

  

⇔ ⇔   ⇔ ⇒ =

     

=

+ =

+ = + =

    

     

 

 



VD3. Giải phương trình 31−x = 1+x

HD.ðặt 31−x = 1+x= t ≥ 0, ta có:

3

2

1

2

1

x t

t t t x

x t

 − =



⇒ + − = ⇒ = ⇒ =



+ =



II PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ðỐI LẬP Dạng 1. Nếu f(x) ≥ M, (1) (hay f(x) ≤ M, (2)) thì:

Phương trình f(x) = M tương ñương dấu ñẳng thức (1) hay (2) xảy

VD1. Giải phương trình tanx + cotx + tan2x + cot2x + tan3x + cot3x =

HD. Phương trình cho ⇔tanx(1 + tanx + tan2x) + cotx(1 + cotx + cot2x) = (1) + tanx + tan2x > 0, + cotx + cot2x > với

2

x kπ

∀ ≠

tanx cotx dấu

Do vậy, từ (6) ñể ý vế phải dương, suy tanx > 0, cotx > Theo Côsi: tanx + cotx ≥

tan2x + cot2x ≥ ⇒tanx + cotx + tan2x + cot2x + tan3x + cot3x ≥ tan3x + cot3x ≥

Phương trình cho tương ñương:

2

3

tan cot

tan

x x

x

+ =

 

+ =

 

+ =

  > 

2

3

tan cot

4

x x

x x x π kπ

= =

 

⇔ = =



= =



⇔ = = ⇔ = +

2

1

4

x y

+ + + =

HD. ðK x ≠ 0, y ≠

2

1

4

x y

+ + + = ⇔ x2 12 y2 12

x y

+ + + =

Ta có: 2

2

1

2, y

x

x y

+ ≥ + ≥ ⇒ x2 12 y2 12

x y

(15)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph15 ương trình khơng mẫu mực Phương trình cho tương ñương với:

2 2

2

1 1

2

x y x y

 + =  = =

 

⇔

 

+ = + =

 

 

⇔nghiệm

phương trình cho (1; 1), (1; - 1), (-1; 1), (- 1; - 1)

Dạng

Phương trình : ( ) ( )

( ) ( )

f x g x f x M g x

=

 

≤ ≤

 ⇔

( ) ( )

f x M g x M

=

 

=



VD1. Giải phương trình 4(x2- 2)(3 - x2) =

( 2x− 5) +1

HD. (x2- 2)(3 - x2) > ⇔ < x2 < ⇒ - x2

> 0, x2- > Theo Côsi:

2

2 2 2

( 2)(3 ) 4( 2)(3 )

2

x x

x − −x ≤ − + −  = ⇒ x − −x ≤

 

Mặt khác

( 2x− 5) +1 ≥

Phươngtrình cho tương đương:

( )

2

4( 2)(3 )

2 1

x x

x

 − − =

 

− + =



2

5

2

x x

 − = −



⇔ ⇔ =

=

  VD2. Giải phương trình

2 11

x− + −x =x − x+ HD. ðK ≤ x ≤ Ta có:

2

2 2( ) 2, 11 ( 3) 2

x− + −x ≤ x− + −x = x − x+ = x− + ≥ Phươngtrình cho tương đương:

2

( 3) 2

x x

 − + − =



⇔ =



− + =

 3 Dạng

Phương trình :

( ) ( )

( ) , ( )

( : ( ) , ( ) )

f x g x M N f x M g x N

hay f x M g x N

+ = +

 

≤ ≤

 

≥ ≥



⇔ ( )

( )

f x M

g x N

=

 

=



VD1. Giải phương trình 36 28

2 x y

x y

+ = − − − −

− −

HD. Pt ñã cho 36 4 28

2 x y

x y

⇔ + − + + − =

− − (1)

36

4 24,

2 x y

x y

+ − ≥ + − ≥

− −

(16)

36 36

4 24

11

2

4

1

x x

x

x x

y

y y

 

+ − = = −

 

=

− − 

 

⇔ ⇔

  

=



 + − =  = −

 −  −

 

VD2. Giải phương trình cos3x - cosx - =

cos3x + cosx

HD. Pt ñã cho tương ñương:

cos3x - cos3x cosx - cosx =

cos3x + cosx

ðK: cos3x > 0, cosx >

PT⇔ cos3x(1 - cos3x) + cosx(1 - cosx) = (1) Ta ñã biết a(1 - a) 1,

4 a

≤ ∀ Suy ra: ≤ cos3x(1 - cos3x) ≤

4

⇒ cos3x(1 - cos3x)

≤

Tương tự cosx(1 - cosx)

2

≤

Như Ptrình (1)

⇔

3

1 1

cos3x(1 - cos3x) = cos3x = 4cos x - 3cosx =

2 2

1 1

cos3x(1 - cos3x) = cosx = cosx =

2 2

  

  

⇔ ⇔

  

  

  

: Vô nghiệm

4 Dạng

Phương trình :

1

( ) ( ) ( )

( ) 0, ( ) 0, , ( )

n n

f x f x f x

+ + + =

 

≥ ≥ ≥

 ⇔

1

( )

n

f x f x

f x

=

 

=

  

 =

 VD1 Giải phương trình x2 - 2xsinxy + =

HD. Pt ñã cho tương ñương: (x - sinxy)2 + - (sinxy)2 =

⇔

2

1

sin sin

2

1

sin sin

sin

1 sin sin sin( ) 1

1

2

x

xy y

y k

x x

x xy x xy

xy

xy xy y x

x x

y k

π π

 =

 

 =  = 



  = +

  

= =

− = =

    

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

    

= ±

− =   = −  − = −  = −

   

 



= − = −

 

  = +

 

(17)

VD2 Tìm tất cặp số thực (x, y) thoả mãn :

x + 2y - 2xy - 2x + 4y + = 02

(Thi HSG L9 Quảng Bình 2007 - 2008)

HD. Ta có: x + 2y - 2xy - 2x + 4y + = 02

( ) ( )2

2

x - y + x + y + (1)

⇔ =

Xét phương trình bậc hai (1) ẩn x y tham số

Ta có: ∆ =' (y+1)2−2(y+1)2 = −(y+1)2 ≤0, y∀

Do đó, phương trình (1) có nghiệm x

'

0 (y 1) y

∆ = ⇔ − + = ⇔ = −

Khi phương trình (1) có nghiệm kép x = Vậy cặp số (x, y) cần tìm ( 0, -1)

Ghi chú: Có thể giải tốn cách đưa dạng A + B = 02

2

x + 2y - 2xy - 2x + 4y + = ⇔ (y - x + 1)2 +(y+1)2 =0

III PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP DỰ ðỐN NGHIỆM VÀ CHỨNG MINH KHƠNG CỊN NGHIỆM

Phương pháp gồm hai bước:

1. Dự đốn nghiệm, thử vào phương trình

2. Chứng minh khơng cịn nghiệm

VD1. Giải phương trình 3x + 4x = 5x

HD Bước 1. Dự đốn: x = nghiệm Chứng minh: 32 + 42 = 52

Bước 2. Chứng minh khơng cịn nghiệm Thật vậy: Pt tương ñương với

5

x x    

+ =

        i) Nếu x > i) Nếu x >

2

3 4

1

5 5

x x

       

+ < + =

       

        : Không thoả pt ii) Nếu x > i) Nếu x <

2

3 4

1

5 5

x x

       

+ > + =

       

        : Khơng thoả pt VD2. Giải phương trình 4

2x + +2x + +1956x =49

HD Bước 1. Dự đốn: x = nghiệm

Chứng minh: 24 + 25 + 19560 = 49 Bước 2. Chứng minh khơng cịn nghiệm Thật vậy: Nếu x ≠0 x4 > 0, x4 + > 4, x5 + >

⇒ 4 4 5 5 0

2x + >2 =16, 2x + >2 =32,1956x >1956 =1

⇒ 4 5

(18)

20−x +9−x +1956−x =1985

HD x = nghiệm x ≠0 ⇒ x2

> ⇒ - x2

< ⇒ 1 1 1

20−x <20, 9−x <9, 1956−x <1956

⇒ 1 1 1

20−x + 9−x + 1956−x <1985

VD4. Giải phương trình 4 19−x +5−x +1890−x =3

HD x = ± nghiệm

- < x < ⇒ - x2 > ⇒ 1 1 1 0 0 0

19−x +5−x +1890−x >19 +5 +1890 =3

x < - x > ⇒ - x2 < ⇒ 1 1 1 0 0 0

19−x +5−x +1890−x <19 +5 +1890 =3

28 23

x + + x + + x− + x= +

HD x = nghiệm

26 3

x + + x+ x+ =

HD x = nghiệm

VD7. Giải phương trình x−20071956+ x−20081981=1

HD x = 2007, x= 2008 nghiệm

i) x < 2007 ⇒ x - 2008 < - ⇒ 1981

2008 2008

x− > ⇒ x− >

⇒ x−20071956+ x−20081981>1

ii) x > 2008 ⇒ x - 2007 > ⇒ 1956

2007 2007

x− > ⇒ x− >

⇒ x−20071956+ x−20081981>1

iii) 2007 < x < 2008 ⇒ < x - 2007 < ⇒ x−2007 = x - 2007 x−2007 < ⇒ 1956

2007 2007 2007

x− < x− =x− (1) Tuơng tự: - < x - 2008 < ⇒ x−2008 = 2008 - x

x−2008 < ⇒ 1981

2008 2008 2008

x− < x− = −x (2) Từ (1)&(2) suy ra: ⇒ x−20071956+ x−20081981<1

IV BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP ðẠO HÀM

VD1. Biện luận theo m số nghiệm phương trình 4

4

x + x+m+ x + x+m =

HD ðặt 4

4

x + x+m = ≥t

Pt ñã cho ⇔t2 + t - = ⇔t = 2, t = - 3(loại)

Ta có 4

4 16

x + x+m = ⇔x + x= −m (1)

Pt ñã cho có nghiệm pt(1) có nghiệm

ðặt f(x) = x4 + 4x, x ∈ R

(19)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chun Quảng Bình Ph19 ương trình khơng mẫu mực x - ∞ -1 + ∞

f '(x) - +

f(x)

+ ∞ + ∞

-

Ta có kết quả: i) 16 - m < - ⇔ m > 19: Vô nghiệm ii) 16 - m = - ⇔ m = 19: x = -

iii) 16 - m > - ⇔ m < 19: Hai nghiệm phân biệt

VD2. Biện luận theo m số nghiệm phương trình

x+m=m x + HD

x = nghiệm với m

x ≠ 0: Pt ñã cho ⇔ x=m( x2+ −1 1)⇔

2

1

x

m x

= + − ðặt

2

( )

1

x f x

x

=

+ − , x

≠

( ) ( )

2

2 2

1

1 '( )

1 1 1

x

x x

f x

x x x

+ − −

− +

+

= =

+ − + + −

< 0, x ≠

x - ∞ + ∞ f '(x) - +

f(x)

1 + ∞

- ∞

Ta có kết quả: i) m = ⇔ x =

ii) m ≠ ⇔ x = nghiệm khác

BT1. Chứng minh n số tự nhiên chẵn a số lớn phương trình sau vơ nghiệm: (n + 1)xn + - 3(n + 2)xn + + an + =

BT2. Tìm k để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x4 - 4x3 + 8x - k =

Giải phương trình k =

BT3. Cho ≤ n ∈N Tìm nghiệm x 0;

2

π

 

∈ 

 của phương trình:

2

cos sin

n

n n

x x

−

(20)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph20 ương trình khơng mẫu mực Chú ý rằng, tốn Trần Phương có cách giải khác cách lập bảng biến

thiên hàm số, cách giải ñầy " ấn tượng":

( )

(2 )

2 2

(2 )

2 2

sin sin 2 sin sin

cos cos 2 cos cos

n n n n n

n n n n

n n n n n

n n n n

x x n x n x

− −



+ + + ≥ =



+ 

+ + + ≥ =



2 2

2

2 2

2

2(sin cos ) ( 2).2 (sin cos )

sin cos (1)

n n n

n n

n

n n

x x n n x x n

x x n

− − −

−

⇒ + + − ≥ + =

⇒ + ≥

ðể ý sinx > 0, cosx > Dấu ñẳng thức (1) xảy khi cosx = sinx

4

x π

⇔ =

V BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH XÉT CÁC DẤU HIỆU CẦN VÀ ðỦ

VD1 Tìm tất nghiệm nguyên phương trình

12 36

x +x+ x+ =

HD Pt ñã cho ⇔12 x+ =1 36− −x x2

•Dấu hiệu cần: x = nghiệm 2 1 145

36

x

x x x

+ ≥

 − +

⇔ − ≤ ≤ <



− − ≥



x nguyên nên x ∈ {0,1, 2,3, 4, 5}

•Dấu hiệu đủ: Thử vào Ptrình thấy x = thoả

VD2 Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm

2x + x = 1− x +x +m

HD •Dấu hiệu cần: Thấy x nghiệm - x nghiệm Vậy, cầnđể Pt cho có nghiệm x = - x ⇒ x = ⇒ m = •Dấu hiệu đủ: Khi m = 0, Pt ñã cho trở thành

2x + x = 1− x +x

Thấy x = nghiệm

Với x ≠ 0: ðK ptrình cho 1− x ≥0 ⇔ − ≤1 x≤1⇒ x ≥x2 (1)

0

0 2x

x > ⇒ > = > 1− x (2) Từ (1)&(2)suy

2x + x > 1− x +x

Như x = nghiệm Vậy m = thoả

VD3 Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm 4−x+ 5+x =m

HD •Dấu hiệu cần: x nghiệm ⇔ 4−x+ 5−x =m

⇔ ( 1− − −x x) + (1+ −x)=m

Trong vế có n -

hạng tử 2

(21)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chuyên Quảng Bình Ph21 ương trình không mẫu mực ⇔- - x nghiệm

vậy, cần để Pt cho có nghiệm x = - - x ⇔x = -

2 ⇒ m = •Dấu hiệu đủ: Khi m = 2pt ñã cho trở thành 4−x+ 5+x =3

Giải Ptrình thấy có nghiệm x = -

2 Suy m = thoả

VD4 Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm 4

1

x+ −x+ x+ −x=m

HD •Dấu hiệu cần: x nghiệm ⇔ 4

1

x+ −x+ x+ −x=m

⇔ 41−x+41 (1− −x)+ 1−x+ 1 (1− −x) =m

⇔ - x nghiệm

vậy, cần để Pt cho có nghiệm x = - x ⇔x =

2

⇒ m = 4 1

2+ + 2+ =

4

4 1

2 2 2

2+ = + = +

•Dấu hiệu đủ: Khi m = 2 + pt ñã cho trở thành:

4

1

x+ −x+ x+ −x = 2 +

Ta có 4 ( )

1 2 2( ) 2

x+ −x≤ x+ −x ≤ x+ −x =

x+ 1−x≤ 2(x+ −1 x)=

Như Pt tương ñương với

4

1

2

x x

x

x x

 = −



⇔ = 

= −

 nghiệm

Suy m = 2 + 2thoả

VD5 Tìm tất giá trị a để hệ phương trình sau có nghiệm với b

( ) ( )

2

1

a y

x b

a bxy x y

 + + + =

 

 + + =



HD •Dấu hiệu cần: Hệ có nghiệm với b có nghiệm với b = Khi ñó hệ trở thành ( )

2

1 (1)

1 (2) a

x a x y

 + =

 

 + =



Từ (1) suy x = a tuỳ ý.Từ (2) suy a = Cũng từ (1) suy x ≠0 a =

(22)

i) a = : hệ trở thành ( )

2

1 (3)

1 (4) y

b

bxy x y

 + =

 

 + =



Khi b≠0 : (3) ⇒ y = không thoả (4) Suy a = không thoả

ii) a = : hệ trở thành ( )

2

1 (3)

0 (4) y

x b

bxy x y

 + + =

 

 + =



Khi b = (4) ⇔x = y = thoả (3) với b Suy a = thoả

BT1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: 3+x+ 6−x =m

BT2. Tìm a ñể hệ sau có nghiệm nhất:

2

1

x

x y x a

x y

 + = + + 



+ =



BT3. Tìm a để hệ sau có nghiệm nhất:

2

1 sin

tan

ax a y x

x y  + − = −

 

+ =



BT4. Tìm a để hệ sau có nhiều nghiệm:

2

( )

1

x y a x y x y a

x y bxy

 − + + = − +

 

+ + − =



BT5. Tìm x để phương trình sau nghiệm với a:

2 2

log (a x −5a x − 6−x)=log +a (3− x−1)

VI BIỆN LUẬN NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP DÙNG MIN, MAX

•Với f(x) liên tục D, phương trình f(x) = m có nghiệm m thuộc tập giá trị f(x)

•Với f(x) liên tục D đạt giá trị lớn nhỏ D Khi phương trình f(x) = m có nghiệm khi:

( ) max ( )

x D∈ f x m x D∈f x ≤ ≤

VD1. Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm 2

1

x + + −x x − + =x m HD.ðặt f(x) = 2

1

x + + −x x − +x , x ∈R

Cách 1. f '(x) =

2

1

x x

x x x x

+ −

−

+ + − +

• -1

2 ≤ x ≤

(23)

• x >

2: f '(x) > ⇔ 2

2

0

1

x x

x x x x

+ − > > + + − + ⇔ 2 2

(2 1) (2 1)

1

x x

x x x x

+ −

>

+ + − + ⇔

2 2

(2x+1) (x − +x 1)>(2x−1) (x +x+1) ⇔x > Vậy x >

2 ⇒ f '(x) >

• x < -

2: f '(x) > ⇔0 > 2

2

1

x x

x x x x

+ − > + + − + ⇔ 2 2

(2 1) (2 1)

1

x x

x x x x

+ −

<

+ + − + ⇔

2 2

(2x+1) (x − +x 1)<(2x−1) (x + +x 1) ⇔x < Vậy x < -

2

⇒ f '(x) >

Mặt khác

2

lim ( ) lim lim

1 1

1

x x x

x x

f x

x x x x

x x

x x x x

→∞ →∞ →∞ = = + + + − + + + + − + = 2 2 lim

1 1

1

2

lim

1 1

1

x

x x x x

x

x x x x

→+∞ →−∞  =   + + + − +    = −  − + + − − +  

⇒ Tập giá trị của f(x): (- 1; 1)

Suy ra, phương trình có nghiệm chỉ - < m < Cách 2. f x( ) =

2

1

x

x +x+ + x − +x = 2

2

1 3

2 4

x x x     + + + − +         =

= 2

1 1

2 2

x x x

x

x x x x

≤ = =

+ + − + + −

⇒ f x( ) ≤

Dấu đẳng thức (1) khơng xảy dấu đẳng thức (1) xảy khi:

0 (1)

1

0 (2)

2

0 (3)

x

x x x

x =       = ∨ + − ≥          ≠ 

: Hệ vô nghiệm (1) (3)

Suy f x( ) < ⇔ - < f(x) <

Mặt khác:

lim ( )

x x f x f x →+∞ →−∞ =   = −

 f(x) liên tục

(24)

VD2. Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm 3+x+ 6−x =m

HD.ðặt f(x) = 3+x+ 6−x, x ∈ −[ 3; 6]

Cách 1. f '(x) = 2

3+x − 6−x , ∀x ∈ −( 3; 6)

f '(x) ≥ ⇔x

≤

f(-3) = 3, f(6) = 3,

f   

  = 2, f(x) liên tục [−3; 6]

[ 3;6] [ 3;6]

min ( )f x 3, max ( )f x

− −

⇒ = =

Cách f x( )≤ 2(3+ + −x x) =3 2, dấu ñẳng thức xảy khi

2

x=

Mặt khác f(x) ≥ 0, x ∈ −[ 3; 6], (f x( ))2 =9+ (x+3)(x−6)≥9⇔ f x( )≥3, dấu ñẳng thức xảy khi

2

x= f(x) liên tục [−3; 6] Suy

[ 3;6] [ 3;6]

min ( )f x 3, max ( )f x

− −

⇒ = =

VD3. Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm 3+x− 6−x=m

HD f '(x) = 2

3+x + 6−x > 0, ∀x ∈ −[ 3; 6]

f(-3) = - 3, f(6) = 3, f(x) liên tục [−3; 6]

[ 3;6] [ 3;6]

min ( )f x 3, max ( )f x

− −

⇒ = − =

Suy ra, Pt ñã cho có nghiệm - ≤m≤3

VD4. Tìm tất giá trị m để phương trình sau có nghiệm sinx + cosx = m

2sinx + cosx +

HD.ðặt y = sinx + cosx 2sinx + cosx +

Với x: 2sinx ≥ −2, cosx ≥ −1⇒2 sinx+cosx> −3 (dấu đẳng thức khơng xảy sinx cosx khơng đồng thời nhận giá trị - 1)

Suy sinx+cosx+ ≠3 0,∀x ⇒ TXð: R

Ta tìm tập giá trị của hàm số:

y giá trị thuộc tập giá trị ⇔phương trình y = sinx + cosx

2sinx + cosx + có nghiệm Ptrình y = sinx + cosx

2sinx + cosx + ⇔(2y - 1)sinx + (y - 1)cosx + 3y =

(25)

⇔ 17 17

4 y

− − − +

≤ ≤

Suy ra, tập giá trị y: 17; 17

4

− − − + 

 

 

BT1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2

1

x + + +x x − + =x m

BT2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

2

2 cos sin

2sin 3cos

x x

m

x x

+

=

+ −

VII PHƯƠNG PHÁP TOẠðỘ VÀ HÌNH HỌC VD1. Cho hệ phương trình

2

2(1 )

( )

x y a

x y

 + = +

 

+ =

 1) Giải hệ a =

2) Tìm tất giá trị a để hệ có ñúng hai nghiệm

HD. Cách 1.

2 2

2

2(1 ) 2(1 )

( 2)( 2)

( )

x y a x y a

x y x y

x y

 + = +  + = +



⇔

 

+ − + + =

+ =

 



2 2 2

2(1 ) (2 ) 2(1 ) (1)

2 2 (2)

2(1 ) (2 ) 2(1 ) (3)

2 2

x y a x x a x x a

x y y x y x

x y a x x a x x a

x y y x y x

 + = +  + − = +  − + − =

  

+ − = = − = −

  

 

⇔ ⇔ ⇔

 + = +  + + = + + + − =

 

 + + =  = − − = − −

  (4)

      

1) a = 1: Hệ ñã cho trở thành

2

2 0

2

0

2

x x x x

y x y x

x x

y x

 − =  = ∨ =

 

= − = −

 

 

⇔ ⇔

= ∨ = −

 + = 

 

= − −

 = − −  

Suy nghiệm (0; 2), (2; 0), (0; - 2), (- 2; 0)

2) Hệ có hai nghiệm

Nhận xét (1) (3) có biệt số ∆' = a Suy a ≥0

• a > 0: Mỗi phương trình (1) (3) có nghiệm phân biệt, từ (2) (4) ta có - x ≠ - - x với ∀x nên hệ có nghiệm Suy a > không thoả

• a = 0: Hệ (1)&(2) có nghiệm (1; 1), hệ (3)&(4) có nhiệm (- 1; - 1) Vậy a = thoả

Cách (PP Hình học).

Thấy a ≥0 Trong hệ toạựộ đê-các Oxy: Xem Pt 2

2(1 )

x +y = +a , a ≥0 Pt đường trịn (O, R), R = 2(1+a)

Xem (x + y)2 = ⇔(x + y - 2)(x + y + 2) = phương trình hai đường thẳng:

1:

(26)

Trần Xuân Bang- GV Trường THPT Chun Quảng Bình Ph26 ương trình khơng mẫu mực Hai ñường thẳng ñối xứng qua O

Pt có hai nghiệm ⇔ ∆1 tiếp xúc với (O, R)( ∆2cũng tiếp xúc với (O, R))

⇔d(O, ∆1) = R ⇔

0

2(1 )

2 a

+ −

= + ⇔a =

VD2. Cho hệ phương trình 2 2

0

x ay a

x y x

+ − =

 

+ − =



1) Tìm tất giá trị a ñể hệ có hai nghiệm phân biệt

2) Gọi hai nghiệm (x ; y ), (x ; y )1 2 hai nghiệm Chứng minh rằng:

2

1 2

(x - x ) + (y - y ) ≤1

HD.1) Trong hệ toạựộ đê-các Oxy:

Xem phương trình x + ay - a = phương trình đường thẳng d Xem phương trình x2 + y2 - x = phương trình đường trịn I(1

2; 0), R =

Hệ có hai nghiệm phân biệt khi đường thẳng cắt đường trịn hai điểm phân biệt

⇔d(I, d) < R ⇔ 2

2

1

2

1 4

2

1

a

a a a a a a

a

−

< ⇔ + > − ⇔ + > − + ⇔ < < +

2) Gọi A, B giao ñiểm ñường tròn I(1

2; 0) ñường thẳng d Khi

1 2

A(x ; y ), B(x ; y ) AB dây cung đường trịn nên AB ≤ 2R =1

ðể ý AB = 2

1 2

(x - x ) + (y - y ) Ta có đpcm

4 10 50

x − x+ − x − x+ =

HD Ptrình tương đương 2 2

(x−2) +1 − (x−5) +5 =5 (1) Trong hệ toạ ñộ Oxy, chọn M(x; 0), A(2; 1), B(5; 5)

(1) ⇔ AM −BM = AB ⇔ A, B, M thẳng hàng M AB

Mặt khác A, B phía Ox Suy M giao điểm đường thẳng AB, kí hiệu (AB), với Ox

Phương trình (AB): 4( 2) 3( 1)

5

x y

− −

= ⇔ − = −

− −

Hồnh độ giao điểm với Ox: y = ⇒ x = 5

4

2x −2x+ +1 2x −( 1)− x+ +1 2x +( 1)+ x+ =1

(27)

2 2 2

2 3

( 1)

2 2

x x x x x x

       

+ − +  −  + +  +  +  + +  =

   

    (1)

Trong mặt phẳng Oxy, chọn A(0; 1), B( ; -

1

2), C(-3 ; -

1 2) Khi đó, (1) ⇔MA + MB + MC = (2)

Thấy tam giác ABC ñều, tâm O OA = OB = OC = (1) suy MA + MB + MC = OA + OB + OC (2)

Ta biết rằng: Nếu tam giác ABC tâm O mội điểm M thuộc mặt phẳng tam giác có MA + MB + MC ≥ OA + OB + OC Dấu ñẳng thức xảy

khi M ≡ O

Suy (2) ⇔M ≡ O ⇔x =

VD5. Giải phương trình x x+ +1 3−x =2 x+1

HD.ðặt u=( ;1)x

, v=( x+1; 3−x)

Ta có: u v

= x x+ +1 3−x, u v

= x+1 Phương trình cho tương đương với u v

= u v

⇔ u v,

chiều

,

u v

cùng phương ⇔

1

x x

x

+ =

−

≥ 0⇔

2

(3 )

1

0

x x x

x x

x

 − = +

⇔ = ∨ = +



≤ <

 VD6. Giải hệ phương trình:

1 1980

1981

1 1980

1980 1979

1 1980

1980

x x x



+ + + + + + =

   

− + − + + − =

 HD.

ðặt ( )

= 1, 1980

1 ;

i i i

i

a = +x −x

⇒ ai =

(i = 1, 2, , 1980),

1980

1

1980 i

i

a

=

∑

(1)

Mặt khác ( )

1980

1 1980 1980

1

1 ;

i i

a x x x x

=

= + + + + − + + −

∑

⇒ 1980 ( 1 1980)2 (( 1 1980)2)

1

1 1

i i

a x x x x

=

= + + + + + − + + −

∑

= = 1980.1981 1980.1979+ =1980 (2)

Từ (1)&(2) suy véc tơ a ii( =1,1980)

cùng phương, hướng, ñộ dài Như x1 = x2 = x1980 ⇒ 1980

1981

1

1980

x x x

+ = + = = + =

(28)

IX CÁC PHƯƠNG TRÌNH KHÁC

VD1 Cho số thực a, b, c số nguyên dương m thoả: a + b + c =

m + m + m

Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = (*) có nghiệm x∈(0; 1)

HD. (Sử dụng ñịnh lý Lagrăng). Với hàm số f(x) xác ñịnh liên tục, khả vi [a; b] tồn c thuộc (a; b):

f c'( ) f b( ) f a( )

b a

− =

− ðặt f(x) = a m + b m + c m

x + x + x

m + m + m , x ∈ [0; 1]

f '(x) = m + m m -

ax + bx + cx

Tồn x0 ∈ (0; 1) : f '(x0) = axm + 10 + bx + cxm0 m - 10 =

f(1) - f(0) - =

= a + b + c =

m + m + m

m + m m -

0 0

ax + bx + cx = ⇔ m -

0 0

x (a x + b x + c ) = ⇔

0

a x + b x + c =

VD2 Cho a > - Giải phương trình:

2

10 2( 1) 2(5 6)

x − x − a− x + a+ x+ a+a =

HD (Xem vế trái tam thức bậc hai của tham số a)

2

2 ( 1) ( 10 22 12 )

a − a x − x− + x − x + x + x =

2

' (x 1) a (x 5x 1) (x 1)

∆ = − ⇒ = − − ± −

Suy hai nghiệm: x2 - 6x x2 - 4x -

Phương trình cho tương đương: [a - ( x2 - 6x )][a - (x2 - 4x - 2)] =

2

6

4

x x a

 − − =

⇔

− − − =



Do a > - ⇒∆ =1' 9+a>0, ∆2'=6+a>0 suy nghiệm pt ñã cho:

x= ±3 a+9, x=2± a+6

VD3 Cho hệ phương trình:

2 2

ax bx c y ay by c z az bz c x  + + =



+ + =

 

+ + =



, ñó

0, ( 1)

a≠ b− − ac<

Chứng minh hệ phương trình vô nghiệm

HD (Chứng minh phản chứng)

(29)

2

0 0

2

0 0

2

0 0

(1) (2) (3)

ax bx c y ay by c z az bz c x

 + + =



+ + =

 

+ + =



Cộng vế (1)(2)(3) ta có:

2

0 ( 1) 0 ( 1) 0 ( 1) 0

ax b x c ay b y c az b z c

 + − +  + + − +  + + − + =

      (4)

ðặt

( ) ( 1)

f t =at + b− t+cthì (4) ⇔f(x0) + f(y0) +f(z0) = (5)

Do

0, ( 1)

a≠ b− − ac< ⇒ af(t) > 0, ∀t

Vì a > nên f(t) > 0, ∀t ⇒ f(x0) > 0, f(y0) > 0, f(z0) > Trái với (5)

Định dạng
Số trang	29
Dung lượng	392,06 KB