bai tap

Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp cách là ngược lại tỏ ra khá hiệu quả, bằng những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toá[r]

PHƯƠNG TRÌNH-BÂT PHƯƠNG TRÌNH HỆ PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ

A Phương trình - bất phương trình chứa thức I Phương pháp biến đổi tương đương

1 Kiến thức cần nhớ:  

 

 

 

2

2

2

2

1

2

3 ,

4

5 ,

n n

n n

n n

n n

n n

a a

a b a b ab

a b a b a b

a b a b

a b a b a b

 

 



   

   

   

   

2 Các dạng bản:

* Dạng 1:      

  2 

g x f x g x

f x g x

 



  

 



(Không cần đặt điều kiện f x 0)

* Dạng 2: f x  g x  xét trường hợp:

TH1:  

  0

g x f x

 

 

 



TH2:

  2  ( )

g x

f x g x    

   * Dạng 3:      

  2  ( )

0

f x f x g x g x

f x g x

 



   



 

Lưu ý: + g(x) thường nhị thức bậc (ax+b) có số trường hợp g(x) tam thức bậc hai (ax2+bx+c), tuỳ theo ta mạnh dạn đặt điều kiện cho g x 0 bình phương vế đưa

phương trìnhbất phương trình dạng quen thuộc

+ Chia đa thức tìm nghiệm: Phương trình

0

n n n

n n

a x a x  a x  a x a 

     có nghiệm x=

thì chia vế trái cho cho x– ta   

0

n n

n n

x  b x  b x  b x b

 

     , tương tự cho bất phương trình

* Phương trìnhbất phương trình bậc 3: Nếu nhẩm nghiệm việc giải theo hướng đúng, khơng nhẩm nghiệm ta sử dụng phương pháp hàm số để giải tiếp phương pháp hàm số khơng ta phải quay lại sử dụng phương pháp khác

* Phương trìnhbất phương trình bậc 4, lúc ta phải nhẩm nghiệm việc giải phương trình theo hướng đúng, cịn nhẩm nghiệm sử dụng phương trìnhbất phương trình bậc không ta phải chuyển sang hướng khác

“Cũng khơng ?!”

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2

   

 x x

x (ĐH Khối D – 2006)

Biến đổi phương trình thành: 2x 1 x2 3x 1

    (*), đặt điều kiện bình phương vế ta được:

0 11

6

4

   

 x x x

x ta dễ dạng nhẩm nghiệm x = sau chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) =

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 4x12 2x10 1  2 x2, ĐK:

2

  x

  

2 2 1 5 2 3 2 ( 5) 2 9 5

pt x  x  x x  x  x  x  x (1), Với

x hai vế (1) khơng âm nên ta bình phương vế: x3 – x2 – 5x – 0

x 3 x 12

   

b) Tương tự với dạng: * f x  g x  * f x  g x 

Ví dụ 1: Giải bất phương trình 2x2 6x 1 x 2 1 

    

Giải

 1 2x2 6x 1 x 2

2

2

3 7

2

2 2

2 1 3

x x

x x x x x

x x x x

   

 

  

 

         

 

     

   



Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x2 2mx 1 m 2

    có nghiêm

Giải

* Nếu m <  phương trình vơ nghiệm

* Nếu m  phương trình x22mxm2+4m3=0 Phương trình có =2m24m+3>0 với m.

Vậy với m phương trình cho có nghiêm Ví dụ 3: Tìm m để phương trình

2x mx 3 x có hai nghiệm phân biệt Giải:

Cách 1:

 

2

1

2 0, (*)

x PT

x m x

    

   

 

, phương trình (*) ln có nghiệm:

2

1

2 20 20

0,

2

m m m m m m

x       x       Phương trình cho có nghiệm  (*) có

2 nghiệm x1

 

2

2

2

4

1 4 20

4 20

m

x m m m m

m m m

  

         

   

 

Chú ý: + x1 > 0, x2 < x1 > x2 a.c < nên pt có nghiệm trái dấu

+ Cách thường dùng hệ số a dương âm + Cách 2: Đặt t = x + suy x = t – 1, với x 1 t0

(*) trở thành: t 12 m 2 t 1 0 (**) Để (*) có nghiệm x1thì (**) phải có nghiệm t 0 Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:

2

x mx  x , (1)

Giải:

   

2

2

3 0,

x pt

x m x

  

  

   

 

để (1) có hai nghiệm thực phân biệt (2) có hai nghiệm lớn

bằng

 hay

 42 12

1

0

2

1

2

m

f m

S 

    



  

   

     

    

Chú ý : Cách 2: đặt

t x  , để (2) có hai nghiệm lớn

2



 

2

1

3

2

t m t

   

     

   

   

có hai nghiệm thực lớn

3 Các kỹ năng:

a Để bình phương vế phương trình – bất phương trình ta biến đổi cho vế không âm hai đặt điều kiện cho vế khơng âm.

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 5x 1 x 1 2x (ĐH Khối A – 2005)

Vế phải không âm, vế trái chưa nhận xét ta phải biến đổi thành: 5x 1 x 1 2x ta bình phương vế đưa dạng để giải

Ví dụ 2: Giải phương trình: x x 1 x x 2 2 x2  1

   

Giải

Điều kiện:  

2 *

x x x

       

           

   

 

2 2

2

2 2

2

1 2 2

4 2

8

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x

          

    

  

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0,

(Hãy tìm thêm cách giải khác)

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình 2x2 mx x2 4 0

    có nghiệm

HD: Chuyển vế, đặt điều kiện, bình phương hai vế tìm 1,2 16

m m

x    Kết hợp với điều kiện ta tìm

được |m| 

b Chuyển phương trình – bất phương trình tích:

- Đặt nhân tử chung, đẳng thức

Lưu ý: Để sử dụng phương pháp ta phải ý đến việc thêm, bớt, tách, phân tích

Ví dụ 4: Giải phương trình: x2 x 7 7

  

HD:

 Bình phương hai vế

 Dùng đẳng thức a2b2=0.

 Nghiệm 2, 29

x x  Ví dụ 5: Giải bất phương trình: a

 

2

2

1

x

x x

 

  b  

2 3 2 3 2 0

x  x x  x 

ĐS: a 1x<8, b ;  2 3; 

2

 

   

 

  

Ví dụ 6: (Khối B – 2007): Chứng minh với giá trị dương tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2 2x 8 m x 2

    (1)

Giải: ĐK: x2, m >

       

         

)2( , 32 6 2 2 4

2 3 2

m x x x x m x x

pt Để chứng minh m 0, phương trình (1) có nghiệm phân biệt cần chứng minh phương trình (2) có nghiệm khác

Thật vậy: đặt  

6 32,

f x x  x  x , ta có f(2) = 0, xlim  f x , f x' 3x2 12x0, x

nên f(x) hàm liên tục 2; đồng biến khoảng suy m0 phương trình (2) ln có nghiệm x0 mà < x0 < 

Một số dạng chuyển thành tích:

- Dạng: ax b cx d a c x-  b d-  m



   

Ta biến đổi thành: m ax b(   cx d )ax b   cx d 

Ví dụ: Giải phương trình: 3

x

x  x   ĐS: x=2

- Dạng: u+v=1+uv  (u-1)(v-1)=0

Ví dụ: Giải phương trình: x 1 x 2 1 3x2 3x 2

       ĐS: x=0, x=1

Ví dụ: Giải phương trình: x 1 x 1 4x3 x2 ĐS: x=0, x=1

- Dạng: au+bv=ab+uv  (ub)(va)=0

Ví dụ 1: Giải phương trình:

3 2

x  x x  x x  x ĐS: x=0, x=1 Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 x2 3x 3 2x x2 3 2x2 2x

        ĐS: x=0

- Dạng: a3b3 (ab)(a2+ab+b2)=0  a=b

Ví dụ: Giải phương trình: 2 9 x x2 2 2x3 33 x x 22 ĐS: x=1

c Chuyển dạng: A1 + A2 + + An = với Ai0 1,  i n pt tương đương với:

, ,

1 0 2 0  n 0

A  A  A  . Ví dụ 1: Giải phương trình:

4x 3x 3 4x x3 2 x1

HD: Phương trình tương đương 4x2  4x x3x3 2   x 2 x10 ĐS: x=1

Ví dụ 2: Giải phương trình: 4x y2 y 2 4x2 y

Giải

Bình phương hai vế ta 2 12  22 2  2 4  0 1, 2.

x  y  y x y   x y d Sử dụng lập phương:

Với dạng tổng quát 3a 3b 3c

  ta lập phương hai vế sử dụng đẳng thức

 3 3  

3

a b a b  ab a b phương trình tương đương với hệ

3 3

3

3

a b c

a b abc c

  

 

  

 

Giải hệ ta có nghiệm phương trình

Ví dụ: Giải bất phương trình 3x 1 3x 2 32x 3

     ĐS: 1; 2;

2

x x x e Nếu bất phương trình chứa ẩn mẩu:

- TH1: Mẩu ln dương ln âm ta quy đồng khử mẩu: Ví dụ 1: Giải bất phương trình:    

2

2 16 7

3

3

x x

x

x x

 

  

 

(ĐH Khối A2004)

Giải

ĐK: x4  1 2 16 3 7 2 16 10 2

 x  x   x x    x

   2

5 10

10

10 34

2 16 10

x

x x

x

x

x x

 

 

 

 

 

    

    



   

 

Vậy tập nghiệm bất phương trình là: x10 34

- TH2: Mẩu âm dương khoảng ta chia thành trường hợp: Ví dụ 2: Giải bất phương trình: a x 3 x2 4 x2 9

    b

2

51

1

x x x  

 

HD: a Xét ba trường hợp x=3, x>3 x<3 ĐS:

6

x   x

b Xét hai trừng hợp x1 ĐS: 1 52   x x1

Bài tập

Bài 1: Giải phương trình sau: a x 2 x 1 x x 1 x2 x 0

      

HD: Bình phương vế biến đổi thành: 2x x2 x 4 x2 x x3 4x2 6x 4 0

       

2

(x 2)(2 x x x 2x 2)

      

b 2

4x 5x 1 x  x 9 x3 HD: Nhân lượng liên hợp Bài 2: Giải bất phương trình sau: 1 2x 1 2x 2 x2.

    

HD: Cách 1: Đặt 1 2 1 2 4

16

t t

t  x  x x   Cách 2: Bình phương đưa dạng:A1+A2 = 0, với

A1, A2 0

Bài 3: Giải phương trình 10 3  x  x (HD: Bình phương hai lần phương trình bậc đầy đủ_nhẩm nghiệm (x=3) chia đa thức)

Bài 4: Giải phương trình 1 2 1

3 x x x x

    

Bài 5: Giải phương trình 2x 6x2 1 x 1

   

Bài 6: Giải phương trình sau: x2 1 x 1

   x 232x 1

3 32x23 x 2 39x 4 3 x13x 1 x32

5 1 2

4

x

x x

     3

4

7 5x 3 3x 1 x (HD:Bình phương sử dụng dạng: A1+A2 = 0, với A1, A2 0 )

Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: m x  m x m

Bài 8: Tìm m cho phương trình: 4x x2 x m

  

a Có nghiệm

b Có hai nghiệm phân biệt Bài 9: Giải bất phương trình sau:

a 1 4x2 3

x  



b x2 3x 2 x2 6x 5 2x2 9x 7

       

c x2 x 2 x2 2x 3 x2 4x 5

       

Bài 10: Giải phương trình: a 3x 1 3x2 3x 3x2 x

     b 4

3

x

x x

x

  



c x 4x x

    d x3 9 x2  x e 2x x2 x 1 3x 1 2x2 2x 6

      

II Phương pháp đặt ẩn phụ:

Dạng 1: Fn f x 0, đặt tn f x  (lưu ý n chẵn ta phải thêm điều kiện t  0).

Ví dụ 1: Giải phương trình: a x2 x2 11 31

   b x5 2   x3 x23x

HD: a Đặt t x2 11, t 0

   ĐS: x=5

b Đặt t x2 3 ,x t 0

   ĐS: 109

2

x 

Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 2x 2m 5 2x x2 m2

    

Giải

Đặt: t 5 2x x2 6 x 12 t 0; 6

        

Khi phương trình trở thành t2  2mt m  *   t m Phương trình cho có nghiệm (*) có nghiệm t0; 6 hay 6

0 6

m m

m m

       



 

     

 

 

Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình: m( x2 2x 2 1) x2 x 0

      , (1) có nghiệmx0;1 3

Giải: Đặt t x2 2x 2 x2 2x t2 2

       Nếu x0;1 3 t  x 12 11;2

BPT trở thành: m t 1 2 t2 0, 2 

   

Khi ta có 2

t

m t

 

 , với 1 t Đặt  

2 2

1

t f t

t  

 , dùng đồ thị ta tìm

2

m Dạng 2:

   

          

m f x  g x  n f x g x n f x g x p , đặt t f x   g x  , bình phương hai vế để biểu diễn đại lượng lại qua t

Ví dụ 1: Cho phương trình 3x 6 x m  3x 6 x a Giải phương trình m=3

b Tìm m để phương trình cho có nghiệm Giải

Đặt: t 3 x 6 x t2 9 3 x 6 x  *

         Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

   

2 3x 6 x 9 nên từ (*) ta có 3 t Phương trình cho trở thành t22t9=2m (1).

b PT cho có nghiệm (1) có nghiệm t3; 2

  Xét hàm số  

2 2 9

f t t  t với 3;

t  , ta thấy f(t) hàm đb nên: 6f(3)f t f3 2  9 với t3; 2 Do (1) có nghiệm t3; 2

 

6

6

2

m  m

      

Chú ý: Để tìm miền giá trị t ta có cách thương dùng sau:

Cách 1: dùng BĐT trên 2: dùng pp hàm số ( xem phần PP hàm số ).

Ví dụ 2: Giải phương trình x335 x3x335 x330 HD: đặt: 335 335 3 35

3

t

t x x x

t 

     ĐS: x=2, x=3

Ví dụ 3: Giải bất phương trình 7x 7 7x 6 49x2 7x 42 181 14x

       

HD: Đặt t 7x7 7x 0  … 6

7 x

Dạng 3:

   

n ,n 

F f x g x  , F(t) phương trình đẳng cấp bậc k TH1: Kiểm tra nghiệm với g x 0

TH2: Giả sử g x 0 chia hai vế phương trình cho gk x

đặt    

n f x t

g x



Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x3 1 2x2 2

  

ĐK: x1 x3  1 2x2 2 x1x2  x1 2x2 x12x1

2 2

1

x x

x x x x

 

   

   

Đặt 2 ,

1

x

t t

x x 

 

  Phương trình trở thành

2

2

2 1

2

t t t

t   

   

  

 Với t=2: Phương trình cho vơ nghiệm  Với

2

t : Phương trình cho có nghiệm 37

x 

Ví dụ 2: Giải phương trình 2

5x 14x9 x  x 20 5 x1 Giải

ĐK: x5 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1 5x2 14x 9 5 x 1 x2 x 20

              

Bình phương hai vế: 2x2  4x 53x45 x2  4x 5x4 Đặt 5,

4

x x

t t

x  

 

 phương trình trở thành

2

2 1,

2

t  t   t t

 Với t = 1: Phương trình cho có nghiệm 61 5, 61

2

x   x    Với

2

t : Phương trình cho có nghiệm 5,

5

x  x 

Vậy phương trình cho có hai nghiệm: 61,

x  x

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

3 x 1m x 1 x 

HD: ĐK x1 Xét hai trường hợp x = x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho x2 1

 đặt

4 41

1

x t

x x



  

  0 t 1 ĐS

1

3

m   

       

af x g x f x h x  Đặt t f x  , phương trình trở thành at2 g x t h x    0 Ví dụ: Giải phương trình 2 1 x x2 2x 1 x2 2x 1

     

HD

Đặt t x2 2x 1 x 1 6

     

(Phương pháp áp dụng cho phương trình, bất phương trình lượng giác, mũ, logrit,…rất hay!)

Bài tập

Giải phương trình sau:

1 2x2 5x 2 2x3 21x 20

     ĐS: 193, 17 73

4

x  x 

2 x3 3x2 2 x 23 6x 0

     Đặt y x2, ĐS: x2, x 2

3 2x2 3x 2 3 x3 8

    ĐS: x 3 13

4 2x x 1 x

x x x



     Đặt t 1

x

  , ĐS:

2

x  Dạng 5: (Đặt ẩn phụ với hàm lượng giác)

Khi giải phương trình, bất phương trình lượng giác thường tìm cách đặt ẩn phụ để chuyển phương trình, bất phương trình đại số Tuy nhiên, nhiều trường hợp cách ngược lại tỏ hiệu quả, tính chất hàm lượng giác ta đưa toán đại số toán lượng giác giải tốn lượng giác

Lưu ý vài tính chất bản:

* sina 1, cosa 1 * sin2a cos2a 1

 

*

2

1 tan

cos

a

a

  *

2

1 cot

sin

a

a

 

Ví dụ 1: Giải phương trình 2

1 1 x 2x

Giải

ĐK x 1 Đặt xcos ,t t0; Khi phương trình trở thành

2 2

1 cos t2 cos t sin tsint 0. Ta tìm được: sint12 Khi

2

cos sin

2

x t  t 

Nhận xét: * Nếu tốn có tập xác định u x  a Ta nghĩ đến cách đặt   sin , ; 2

u x a t t   

 

hoặc đặt u x acos ,t t0;

* Nếu u x 0;a ta đặt   sin ,2 0;

2

u x a t t    

Ví dụ 2: Giải phương trình x3 1 x23 x 2 1 x2

   

HD: Đặt xcos ,t t0; dưa phương trình lượng giác sintcost 1 sin cos t t sin cost t Để gải

phương trình ta lại đặt usintcos ,t u 

ĐS: 2, 2

2

x x   

Ví dụ 3: Giải phương trình 1 x2 4x3 3x

   ĐS: , 2

4

x x  Dạng 6: (Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình)

Đặt una f x v , mb f x  Khi ta hệ phương trình sau:  , 

n m

F u v

u v a b

 

 

  

 

Giải hệ tìm u,

v ta lại tìm x Khi tìm x ta giải hai phương trình una f x  vmb f x .

Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x 6 x  3 3x 6 x ĐS: x0, x3 Ví dụ 2: Giải phương trình: 324 x 12 x 6

    ĐS: x24, x88, x3

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 417 x 3

   ĐS: x1, x16

Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 2 3 2    

2 x  7x  2 x 7x 3 ĐS: x1, x6 Ví dụ 5: Giải phương trình: x13x 332, đặt u3 x1,v3x 3, pt trở thành:

3

3

2

u v u v     

 

 

Ví dụ 6: Giải phương trình: 1

2x  2 x  , đặt

1

,

2

u x v  x

Ví dụ 7: Với giá trị a phương trình: 31 x31x acó nghiệm

Đặt u31 x,v31x Phương trình trở thành:  

2 2

a u v uv u v a

   

 

   

TH1: a = hệ phương trình vơ nghiệm

TH2: a0, hệ phương trình trở thành 2

u v a uv a

a    

  

   

  



Hệ có nghiệm S2 4P 0 0 a 2

     Vậy

phương trình có nghiệm 0a2

* Khi gặp phương trình có dạng fn x b a af xn   b

   .

Đặt tf x , ynaf x  b ta có hệ

n

n

t b ay y b at    



  



Ví dụ 1: Giải phương trình 2x3 1 23 x 1

   ĐS: 1,

2

x x 

Ví dụ 2: Giải phương trình 2 4

2

x x  x 

Giải

ĐK x3 2 2 12  1  12 1 1

2 2

x

x x

x  x   x      x    

Đặt 1, 1 1 1

2 2

x t t

t x  y      y   Ta hệ phương trình

2

2

1

2 1

2

t y

y t



  

 

   



Giải thêm chút

ta kết quả! ĐS: 17, 13

4

x   x 

Chú ý: khơng thể sử dụng phương pháp bình phương không nhẩm nghiệm, nên ta phải biến đổi để xuất biểu thức giống từ ta đặt ẩn phụ

Ví dụ 3: Giải phương trình 4x2 7x 1 2 x 2

    ĐS: 1, 7,

4

x x x Chú ý: Bài sử dụng phương pháp bình phương.

Bài tập:

Bài 1: Giải phương trình sau:

1 3x 2 x 1 4x 9 3x2 5x 2

        x2 x2x2 x

3 x2 x 4 x2 x 1 2x2 2x 9

        4 x x 2x

x   x    x

1 5x2 10x 1 2x x2

     324x 12 x6

3 2x2 x2 5x 6 10x 15

    

2

1

4

x

x x

    

Bài 3: Giải phương trình sau: 312 x 314 x 2

    x1 x 332

3 1 x2 2 13 x2 3

    x22 2 x

5 1 2

4

x

x x

     (đặt t 1x 1 x) III Phương pháp hàm số

Các tính chất:

Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) khoảng (a;b) phương trình f(x)=k (kR) có khơng q

nghiệm khoảng (a;b)

Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) khoảng (a;b) u, v(a,b) ta có f u( )f v  u v Tính chất 3: Nếu hàm f tăng g hàm giảm khoảng (a;b) phương trình f(x)=g(x) có nhiều nghiệm thuộc khoảng (a;b)

Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục đoạn [a;b] tồn F'(x) khoảng (a;b) ca;b:

     

' F b F a

F c

b a  

 Khi áp dụng giải phương trình: có F(b) – F(a) =

 ; : '  ' 

c a b F c F x

     có nghiệm thuộc (a;b)

Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm miền D phương trình f(x)=0 khơng có q hai nghiệm thuộc D

Từ tính chất ta có phương án biến đổi sau:

Phương án 1: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = k, nhẩm nghiệm chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy phương trình có nghiệm

Phương án 2: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = g(x), nhẩm nghiệm dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến g(x) nghịch biến hàm suy phương trình có nghiệm

Phương án 3: Biến đổi phương trình dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu ta có: u = v Ví dụ: Giải phương trình:

4x1 4x  1

ĐK:

x Đặt f x  4x1 4x2 1 Miền xác định:

x , '  42

4

x f x

x x

  

 

Do hàm số đồng biến với

x , nên phương trình có nghiệm nghiệm Thấy

x nghiệm phương trình

Đối với phương trình chứa tham số ta thực sau:

Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1)

B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) số giao điểm đồ thị (C ): y = f(x,m) đường thẳng

d: y = g(m)

B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m)

B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: minx D f x m , g m maxx D f x m , .

* phương trình có k nghiệm: d cắt (C) k điểm * phương trình vơ nghiệm khi: d khơng cắt (C ) Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: x2 x 1 x2 x 1 m

      có nghiệm TXĐ: R

Xét hs: y f x  x2 x 1 x2 x 1

       , Df = R, 2 2

2

'

1

 

 

   

x x

y

x x x x

       

       

' 2

2 2

2

0 1 1

2 1 1

   



          

      

 

x x

y x x x x x x

x x x x x x (v.nghiệm)

Giới hạn:

2

2

2

lim lim

1

2

lim lim

1

x x

x x

x

x x x x

x

x x x x

     

   

 

    

 

    

BBT: x   

y’ +

y

1

Vậy phương trình có nghiệm 1 < m <

Chú ý: Trong tốn khơng thực việc xác định giới hạn hàm số, ngộ nhận tập giá trị hàm số R dẩn đến việc kết luận sai lầm phương trình có nghiệm với m Do việc tìm giới hạn toán khảo sát cần thiết để tìm tập giá trị

Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx x 3m1, ĐK: x3

1

1

x

bpt m

x  

 

 , xét hs  2

1

'

1 2 3 1

x x

y y

x x x

  

  

  

' 0 5

y   x limx y0 f(3) = 1

2 BBT:

x 

y’ + 

y y(5)

1

0

Vậy bất phương trình có nghiệm  5

y m m 

   

Ví dụ 3: Tìm m để phương trình: x x x12m 5 x 4 x có nghiệm Giải: ĐK: 0 x

 

( 12)

pt x x x  x  x m xét hs yf x  (x x x12) 5 x 4 x Miền xác định: D0; 4

Nhận xét: Hàm số h x  x x x12 đồng biến D Hàm số g x   5 x 4 x đồng biến D

Suy y = f(x) = h(x).g(x) hàm đồng biến D Vậy phương trình có nghiệm

 0  4

f mf

Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình:

3

x m x 

Giải: Phương trình viết lại dạng: 2

x

m x

  

Số nghiệm phương trình số giao điểm (C): 2

x y

x  

 đường thẳng: y = m

Lập BBT :

x   1/3 

y’ + 

y 10

1

1

1 m

   m 10: phương trình có nghiệm

1m 10: phương trình có nghiệm phân biệt

Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x1 3 x x1 3   xm, (1) Giải: ĐK: 1 x Đặt t x 1 3 x, lập BBT t(x) với 1 x 3 ta có 2 t Khi phương trình (1) trở thành:

2

 t2 + t + = m, lập bảng biến thiên hàm số vế trái với 2 t từ kết luận: 1m

Bài tập:

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 9 x x2 9x m

     

Bài Giải phương trình sau: x2  x 1 x2 x 1 3 1

2 x 1 3 x x 3   x 1

3 x x x12 12  5 x 4 x

B Hệ phương trình - hệ bất phương trình chứa căn. 1 Phương pháp biến đổi tương đương:

Ta thực theo bước sau:

B1: Đặt điều kiện (nếu có)

B2: Biến đổi phương trình – bất phương trình  hệ phương trình đơn giản mà ta biết cách giải cách: thế, khử biến

B3: Kết luận (chú ý điều kiện biến đổi tương đương hay hệ quả) Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

2

x y

x y

    

 

   

 

Giải

Điều kiện: 2

x y

  





Bình phương vế trừ vế theo vế ta có: x5 y 2  x 2 y5  xy

Thay x = y vào phương trình, giải ta x = y = 11

Ví dụ 2: Giải hệ bất phương trình:

2

x y y x

  

 

  



Giải

Điều kiện: x,y 0.

cộng vế theo vế ta được: 2 x y x y2  x 1 2 y 12  0 x y Ví dụ 3: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm nhất:

1

x y m x xy

   

 

 

 

 

 

 

 

2

2

2

2

2 (*)

1

1 , 1, 0

y x m

y x m x

hpt x x m x m x

x

xy x y x x

x   

 

 

 

            

 

    





Phải tìm m để (*) có nghiệm thoả: x1,x0 TH1: xét x = 1:

TH2: (*) có nghiệm kép x1: TH3: (*) có nghiệm x1  1 x2:

Chú ý: Có thể dùng đồ thị  

2

1

, 1,

x

y x x

x 

  

Ví dụ 4: giải:

2 2

2 2

( ) 185

( ) 65

x xy y x y x xy y x y

    

 

   

Giải: Cộng vế phương trình ta được:

 2 2  23 2

2 x y x y 250 x y 125 x y 5 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 2, 1 

1, (2)

x y x y

y x y x

    

 

    



Giải: ĐK: y x ,x y  1 2

4

x

x y x

x y             

2 2

4

y

y y x

x y             

KQ: 17 5; 12

 

 

 

Bài tập: Giải hệ: phương trình sau:

3 x y y x         

2

3

x y xy x y          

3  

2 3 3

x y x y xy x y           2 420 280

x y xy y x xy

        

2 2

1

x y x y

x y x y

            

2 2

2

x y x y

x y x y

            

2 2 2

x y x y a

x y x y a

            

(a > 0)

2

2

x y x y

x y x y

    

 

    



9    

2 3 3

x y x y y x y x          

10 30

35

x y y x x x y y

         11 2 1 1 x y y x           

Bài 2: Tìm a để hệ phương trình có nghiệm: x y xy a

x y a

         

Bài Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:

x y m

x y m

           2 Phương pháp đặt ẩn phụ:

Ta thực theo bước sau:

B1: Điều kiện (nếu có)

B2: Lựa chọn ẩn phụ, tìm đk cho ẩn phụ

B3: Giải hệ nhận được, từ suy nghiệm x, y B4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm từ kết luận Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình:

1 1

3 x y x y           

điều kiện: ,x y1 Đặt u 1 x v,  1 y ĐK: ,u v0, hệ biến đổi dạng:

2 2

1 0 1

0 0

3

1 4

2

u v u

u x x

u v u u

                           

Vậy nghịêm hệ cặp nghiệm (x; y) thoả:

 2

0

1 1

Ví dụ 2: (ĐH Khối A – 2006) Giải hệ phương trình: ( , )

1

x y xy

x y R

x y

   



 

   

 

Điều kiện: xy0,x1,y1 Đặt t xy  x y  3 t Bình phương phương trình 2, thay ẩn phụ vào,

giải tìm được t = Giải thêm chút xíu ta nghiệm

Bài tập: Giải hệ phương trình sau: 3 

9

x y xy

xy

  

 

  

2

2 2 8 2

4

x y xy

x y

   

 

 

 

3

1 2

x y

x y

   

 

  

 

4

3

3 4

x y x y x y x y

   

 

   

 

5

1

3

2

x x y

y x y

y 

    

  

   

 

6 2 2 14

84

x y xy x y xy

   

 

  

 

`

BỔ SUNG

PHƯƠNG PH P LÁ ƯỢNG GI C HÁ Ố:

1) MỘ T SỐ V DÍ Ụ

Ví dụ 1:Giải phương trình: 1 1 x2 x1 1  x2

Giải:Điều kiện:  1 x 1 Đặt sin , ;

2 2

x t t   

  Ta được: 3 1 cos sin (1 2cos ) sin sin 2 2 cos 2cos sin

2 2 2

t t t

t t t t t

      

Vì ; cos 0

2 2 2

t

t     

  ,ta được:

1

2 3 6

sin 2

2 2 1

2

t x

t

x t

  

 

 



   



  

 

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 1 x25  x5 1.

Giải:Điều kiện:0 x 1 Đặt x=cost với 0

2

t 

  Ta có sin5t cos52t 1

  .

Do sin5t sin ;cos2t 52t cos2t

  nên

5

5 2 2

sin cos sin cos 1. 0;

2

t t t t   t  

  bất PT có

http://kinhhoa.violet.vn phương trình: