Đang tải... (xem toàn văn)
Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến(nbiến) của hàm số để kết luận nghiệm của phương trình.1. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HOÁ..[r]
(1)Chuyên đề: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ 1 PHƯƠNG PHÁP LUỸ THỪA
Dạng : Phương trình A B A 0(B 0) A B
Dạng 2: Phương trình A B B 02 A B
Tổng quát: 2k A B B 02k A B
Dạng 3: Phương trình
0
)
2
A
A B C B
A B AB C
(chuyển dạng 2)
+)3 A3 B 3C A B 33 A B. A3 B C (1)
và ta sử dụng phép :3 A B C
ta phương trình : A B 33 A B C . C
(2)
Dạng 4: 3 A B A B3 ; 2k1A B A B2k1
Chú ý: - Phương trình (2) phương trình hệ ph tr (1)
-Phép bình phương vế phương trình mà khơng có điều kiện cho vế không âm phép biến đổi hệ Sau tìm nghiệm ta phải thử lại
Giải phương trình sau: 1) 4 6 4
x x
x 2) x2 2x4 2 x 3) 3 4 9
x x
x
4) 3 9 1 2
x x
x 5) 3 2 3 0
x x
x 6) 3 9 1 2
x x
x
7) 3x 3 3x15 8) 4 1 x 2 x 9) x13 x13 5x
10) x53 x63 2x11 11) 3 x13 x23 x30 12) x1 x 2 x 3
13) x3 7 x 2x 8 14) 5x1 3x 2 x10 15) x2 3 x 5 2x
16) y14 12 y 0 17) 3x2 6x 16 x2 2x 2 x2 2x 4
18) 3 2 6 5 2 9 7
x x x x x
x 19) x1 x9 2 20) 9 7 2
x
x
(20) x 3 3x 1 2 x 2x2 Nhận xét :
Nếu phương trình : f x g x h x k x Mà có : f x h x g x k x , ta biến đổi phương trình dạng f x h x k x g x sau bình phương ,giải phương trình hệ
(21)
3
2
1
1 1 3
3
x
x x x x
x
Nhận xét :
Nếu phương trình : f x g x h x k x Mà có : f x h x . k x g x . ta biến đổi
f x h x k x g x sau bình phương ,giải phương trình hệ
2 PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Dạng 1: Các phương trình có dạng :
A B. A B. 0,đặt t A B. A B t.
( )f x . f x( )0, đặt t f x( ) f x( )t2
(2)Chú ý:
Nếu khơng có điều kiện cho t, sau tìm x phải thử lại
Bài 1. Giải phương trình sau: 7) 5x2 10x 1 7 x2 2x
1) ( 1)( 4) 5 5 28
x x x
x 2) 32 3 22 3 7
x x x
x 3) ( 5) 23 5 2 2
x x
x x
4) 4 2 2 4 5
x x x
x 5) 4 (4 )(2 ) 2 12
x x x x 6) (4 )(6 ) 2 12
x x x x
Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm?
a) (12x)(3 x)2x2 5x3m b) 2 4 3 1 3
x x x x m
Bài 3. Cho phương trình: 2 4 (3 )( 1) 2
x x x x m
a Giải phương trình m = 12 b Tìm m để phương trình có nghiệm?
Bài 4. Cho phương trình: m
3 x
1 x ) 3 x ( 4 ) 1 x )( 3 x
(
(Đ3)
a Giải phương trình với m = -3 b Tìm m để phương trình có nghiệm?
Dạng 2: Các phương trình có dạng: A B A B2C0 Đặt t A B Bài 1. Giải phương trình sau:
a) (QGHN-HVNH’00) x x x 1 x 3
2
1 b)
3 5 2 2 3 1 3
2x x x x2 x - 2
c) (AN’01) 7x 7 7x 6 2 49x2 7x 42 181 14x
d) x x 16 6
2
4 x 4
x
e) 4
2 1 2 2
5
5
x x x
x (Đ36) g) (TN- KA, B ‘01) 7
2 1 2 2
3
3
x x x x
h) z 1 z32 (z 1)(z3) 4 2z i) 3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x
x (KTQS‘01)
Bài 2. Cho phương trình: 1x 8 x 1x8 x a (ĐHKTQD - 1998)
a Giải phương trình a = b Tìm a để phương trình cho có nghiệm.?
Bài 3. Cho phương trình: 3x 6 x 3x6 x m (Đ59)
a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm?
Bài 4. Cho phương trình: x1 3 x (x1)(3 x) m (m-tham số) (ĐHSP Vinh 2000)
a Giải phương trình m = b Tìm để phương trình cho có nghiệm
Bài 5. Tìm a để PT sau có nghiệm: 2x 2 x 2x2 x a
Tất tập 2, 3, 4, ta sáng tạo thêm câu hỏi tập sau:
a) Tìm a để phương trình cho có nghiệm nhất? (ĐK cần đủ) b) Tìm a để phương trình cho vơ nghiệm?
Dạng 3: Đặt ẩn phụ ẩn ban đầu (Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn )
Từ phương trình tích x 1 1 x 1 x2 0, 2x 3 x 2x 3 x2 0
Khai triển rút gọn ta phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khó phương trình dạng phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát
Từ tìm cách giải phương trình dạng Phương pháp giải thể qua ví dụ sau Bài 1. Giải phương trình :x23 x22 x 1 2 x22
Giải: Đặt t x2 2
, ta có :
3
2 3 3 0
1
t
t x t x
t x
Bài 2 Giải phương trình : x1 x2 2x 3 x21 Giải:
Đặt : t x2 2x 3, t 2
(3)Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có chẵn :
2 2
2 3 1 2 1 0 1 2 1 0
1
t
x x x t x t x t x
t x
Từ phương trình đơn giản : 1 x 2 1x 1 x 2 1x 0, khai triển ta pt sau
Bài 3 Giải phương trình sau : 4 x 1 3x 2 1 x 1 x2
Giải:
Nhận xét : đặt t 1 x, pttt: 4 1x 3x2t t 1x (1) Ta rút x 1 t2
thay vào pt: 3t2 2 1x t 4 1 x 1 0
Nhưng khơng có may mắn để giải phương trình theo t 2 1x2 48 x 1 1 khơng có dạng bình phương
Muốn đạt mục đích ta phải tách 3x theo 1 x 2, 1x2 Cụ thể sau : 3x1 x2 1 x thay vào pt (1) ta được:
Bài 4 Giải phương trình: 2 2x 4 2 x 9x2 16
Giải
Bình phương vế phương trình: 4 2 x416 4 x2 16 2 x 9x216 Ta đặt : t 2 4 x2 0 Ta được: 9x2 16t 32 8 x0
Ta phải tách 9x2 2 4 x29 2 x2 8 cho t có dạng phương
Nhận xét : Thông thường ta cần nhóm cho hết hệ số tự đạt mục đích Bài tập đề nghị: Giải phương trình sau
1) 4x1 x2 12x22x1 2) 21 2 1 2 1
x x x x x 3) x2 x 12 x 1 36
4) 1 x 2x2 4x2 1 2x 1
5) 4 1x 3x3 1 x 1 x2 6) sinxsinxsin2xcosx1
7) 0
x 1 x 3 x 1 1 x
1 x x
2 8) x x x y x y xy
2 2cos 13 4cos2
2 sin 4
. 3 4
(9) 2
2
12 12
12 x x
x x
Một số dạng khác
1) 9 12 3 71 3 42
x x
x 2) 1
3 3 1
3
2
x x x
x 3) 1 3 1
x x
x
4) 10. 8 3 6
x x
x 5) 1 1 2
x x x
x 6) 0
2 12 2 2 12 2
6 4
x
x x
x x
x
7)
12 35 1
2
x x
x 8) 1
1 3 1
1 1 1
3 1
1
2
2 2
2
x
x x
x x x
x x
10) 2 1 3
1
x
x x
x
(Đ141) 11)
1 1 2 2 9
4
2
x x
x
Dạng 4: Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến :
Chúng ta biết cách giải phương trình: u2uvv2 0 (1) cách Xét v0 phương trình trở thành :
2
0
u u
v v
0
v thử trực tiếp
Các trường hợp sau đưa (1)
(4) uv mu2nv2
Chúng ta thay biểu thức A(x) , B(x) biểu thức vơ tỉ nhận phương trình vơ tỉ theo dạng
a) Phương trình dạng : a A x. bB x c A x B x .
Như phương trình Q x P x giải phương pháp
.
P x A x B x
Q x aA x bB x
Xuất phát từ đẳng thức :
3 1 1 1
x x x x
4 1 2 1 2 1 1
x x x x x x x x x
4 1 2 1 2 1
x x x x x
4 2
4x 1 2x 2x1 2x 2x1
Hãy tạo phương trình vơ tỉ dạng ví dụ như:4x2 2 2x 4 x4 1
Để có phương trình đẹp , phải chọn hệ số a,b,c cho phương trình bậc hai at2bt c 0 giải “ nghiệm đẹp”
Bài Giải phương trình : 2x22 5 x31
Giải: Đặt u x 1,v x2 x 1
Phương trình trở thành : 2
2
2 5 1
2
u v
u v uv
u v
Tìm được: 5 37 2
x
Bài 2. Giải phương trình : 3 1 3 1 3
x x x x
Bài 3: giải phương trình sau :2x2 5x 1 7 x3 1
Giải: Đk: x1
Nhận xt : Ta viết x 1x2 x 1 7 x 1x2 x 1 Đồng thức ta được: 3x1 2x2 x 1 7 x1x2 x 1 Đặt u x 1 , v x 2 x 1 0, ta được:
9
3 2 7 1
4
v u
u v uv
v u
Ta :x 4 6
Bài 4. Giải phương trình :x3 3x22 x23 6x0 Giải:
Nhận xét : Đặt y x2 ta biến pt phương trình bậc x y :
3 3 2 6 0 3 2 0
2
x y
x x y x x xy y
x y
Pt có nghiệm :x2, x 2 3
b).Phương trình dạng : u v mu2 nv2
Phương trình cho dạng thường khó “phát “ dạng , nhưg ta bình phương hai vế đưa dạng
Bài giải phương trình : x2 3 x2 1 x4 x2 1
(5)Ta đặt :
2
2 1
u x
v x
phương trình trở thành : u 3v u2 v2
Bài 2.Giải phương trình sau : x2 2x 2x 1 3x2 4x 1
Giải Đk 1
2
x Bình phương vế ta có : x22x2x 1 x2 1 x22x2x 1 x22x 2x 1
Ta đặt :
2 2
2 1
u x x
v x
ta có hệ : 2
1 5
2
1 5
2
u v
uv u v
u v
Do u v, 0 1 5 2 1 52 1
2 2
u v x x x
Bài 3. giải phương trình : 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x 1
Giải:
Đk x5 Chuyển vế bình phương ta được: 2x2 5x 2 5 x2 x 20x1
Nhận xét : không tồn số , để : 2x2 5x 2 x2 x 20 x1 ta đặt
2 20
1
u x x
v x
Nhưng may mắn ta có : x2 x 20x1 x4 x 5 x1 x4x2 4x 5 Ta viết lại phương trình: 2x2 4x 5 3x4 5 (x2 4x 5)(x4) Đến toán giải
Dạng 5: Đặt nhiều ẩn phụ đưa tích
Xuất phát từ số hệ “đại số “ đẹp tạo phương trình vơ tỉ mà giải lại đặt nhiều ẩn phụ tìm mối quan hệ ẩn phụ để đưa hệ
Xuất phát từ đẳng thức a b c 3a3b3c33a b b c c a , Ta có
3
3 3 0
a b c a b c a b a c b c
Từ nhận xét ta tạo phương trình vơ tỉ có chứa bậc ba
2
3
37x 1 x x 8 x 8x 1 2
33x 1 35 x 32x 9 34x 3 0
Bài Giải phương trình :x 2 x 3 x 3 x 5 x 5 x 2 x
Giải :
2 3 5
u x
v x
w x
, ta có :
2
2
2 2
3 3
5 5
u v u w
u uv vw wu
v uv vw wu u v v w
w uv vw wu v w u w
, giải hệ ta được:
30 239
60 120
u x
Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2
(6)Giải Ta đặt :
2
2
2 1
3 2
2 2 3
2
a x
b x x
c x x
d x x
, ta có : a b c d2 2 2 2 x 2
a b c d
Bài Giải phương trình sau
1) 4x2 5x 1 2 x2 x 1 9x 3
4 3 4 2
4 1 1 1 1
x x x x x x x x
3 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TÍCH.
Sử dụng đẳng thức
1 1 1 0
u v uv u v
0
au bv ab vu u b v a
a c x- b d-
ax b cx d
m
2 ( )( ) 0
A B A B A B
a3b3 (ab)(a2+ab+b2)=0 a=b
Bài Giải phương trình : x 1 x 2 1 x2 3x 2
Giải: 1 1 3 2 1 0 0
1
x
pt x x
x
Bi Giải phương trình : x 1 x2 x x2 x
Giải:
+ x0, nghiệm
+ x0, ta chia hai vế cho x: x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 0 x 1
x x
Bài Giải phương trình: x 3 2x x 1 2x x2 4x 3
Giải: dk x: 1
pt 3 2 1 1 0 1 0
x
x x x
x
Bài 4. Giải phương trình : 3 4 4 3
x
x x
x
Giải:
Đk: x0
Chia hai vế cho x3:
2
4 4 4
1 2 1 0 1
3 3 3
x x x
x
x x x
Dùng đẳng thức
Biến đổi phương trình dạng :Ak Bk (A B A)( K1 AK2.B AK3.B2 A B. K2 BK1)
Bài 1. Giải phương trình : 3 x x 3x Giải:
Đk: 0 x 3 pt đ cho tương đương :x3 3x2 x 3 0
3 3
1 10 10 1
3 3 3 3
x x
Bài 2. Giải phương trình sau :2 x 3 9x2 x 4
(7)Đk:x3 phương trình tương đương :
2
1 3 3
1 3 9 5 97
3 1 3
18
x
x x
x x
x
x x
Bài 3. Giải phương trình sau : 2 93 x x2 2 2x 3 33 x x 22
Giải : pttt 3 x 2 33x3 0 x1 ĐS: x=1
Bài tập đề nghị
Giải phương trình sau :
1) 10 21 3 3 2 7 6
x x x
x 4) 8) 8 15 3 3 2 5 6
x x x
x
2) 12 3 12 2 1 0
n n
n x x x (với n N; n 2) 5) x x
x x
4 2
4 7
2
(ĐHDL ĐĐ’01)
3) 2 2 2 2 1
x x x
x 6) x22x1 3 x6 4 x62x13 x2
7) 2 1 1 0
x x x x x
x (1) (HVKT QS - 2001) 4 PHƯƠNG PHÁP GIẢN ƯỚC
1 (ĐHSPHN2’00) x(x 1) x(x 2) x2
4 5 3
4 2
3 2
2
x x x x x
x
3 2002 2001 2003 2002 2004 2003
x x x x x
x 2 x(x 1 x(x 2) x2
5 x(x1) x(x 2) 2 x(x3) 8) 3 2 4 3 2 5 4
x x x x x
x (Đ8)
6. x(x 1) x(x 2) x(x3) 3 2 6 5 2 9 7
x x x x x
x (BKHN- 2001)
5 PHƯƠNG TRÌNH CĨ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI.
1 x2 4x 5 x2 10x 50 5
x3 4 x1 x8 6 x11
3
2 3 1
2 1
2
x x x x
x x23 2x 5 x 2 2x 5 2 2
5 x2 x 1 x 2 x12 (HVCNBC’01) x4 2x2 11 x (Đ24) 8 4 x2 x14
7 x 4x 4 x 4x 4 2 x15 8 x1 x8 6 x11
6 PHƯƠNG PHÁP NHÂN LƯỢNG LIÊN HỢP 6.1 Nhân lượng liên hợp để xuất nhân tử chung
a) Phương pháp
Một số phương trình vơ tỉ ta nhẩm nghiệm x0 phương trình ln đưa dạng tích
x x A x 0 0 ta giải phương trình A x 0 chứng minh A x 0 vô nghiệm , ý điều kiện
nghiệm phương trình để ta đánh gía A x 0 vơ nghiệm
b) Ví dụ
Bài Giải phương trình sau : 3x2 5x 1 x2 2 3x2 x1 x2 3x4 Giải:
(8)Ta trục thức vế :
2
2
2 4 3 6
2 3 4
3 5 1 3 1
x x
x x x
x x x x
Dể dàng nhận thấy x=2 nghiệm phương trình
Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x2 12 3x x2 5
Giải: Để phương trình có nghiệm : 12 5 3 5 0 5 3
x x x x
Ta nhận thấy : x=2 nghiệm phương trình , phương trình phân tích dạng
x 2 A x 0, để thực điều ta phải nhóm , tách sau :
2
2
2
2
4 4
12 3 6 5 3 3 2
12 4 5 3
2 1
2 3 0 2
12 4 5 3
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
Dễ dàng chứng minh :
2
2 2 5
3 0,
3
12 4 5 3
x x
x
x x
Bài 3. Giải phương trình :3 x2 1 x x3 1
Giải :Đk x 2
Nhận thấy x=3 nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình
2
3
2
2
3
3 3 9
3
1 2 3 2 5 3 1
2 5
1 2 1 4
x x x
x
x x x x
x
x x
Ta chứng minh :
2 3 2
3
3 3
1 1 2
1 2 1 4 1 1 3
x x
x x x
2
3 9
2 5
x x
x
Vậy pt có nghiệm x=3
6.2 Đưa “hệ tạm “ a) Phương pháp
Nếu phương trình vơ tỉ có dạng A B C , mà : A B C dây C hàng số ,có thể biểu thức x Ta giải sau :
A B
C A B
A B
, đĩ ta có hệ: 2
A B C
A C
A B
b) Ví dụ
Bài Giải phương trình sau : 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4
Giải:
Ta thấy : 2x2 x 9 2x2 x1 2x4 4
x nghiệm Xét x4
Trục thức ta có : 2
2
2 8
4 2 9 2 1 2
2 9 2 1
x
x x x x x
x x x x
Vậy ta có hệ:
2
2
2
0
2 9 2 1 2
2 2 9 6 8
2 9 2 1 4 7
x
x x x x
x x x
x
x x x x x
(9)Bài 5. Giải phương trình : 2x2 x 1 x2 x 1 3x
Ta thấy : 2x2 x 1 x2 x1 x22x, không thỏa mãn điều kiện Ta chia hai vế cho x đặt t 1
x
tốn trở nên đơn giản
Bài tập đề nghị
Gi i phả ương trình sau :
2 3 1 3 1
x x x x
4 10 3 x x 2 (HSG Toàn Quốc 2002)
2 2 x 5 x x 2 x 10 x
2
3 x 4 x 1 2x 3
2
3 x 1 3x 2 3x 2
2
2x 11x21 4 x 4 0 (OLYMPIC 30/4-2007)
2 2
2x 1 x 3x 2 2x 2x 3 x x2
2
2x 16x18 x 1 2 x4
2 15 3 2 8
x x x
Giải phương trình sau:
1) x(x1) x(x 2) 2 x(x3) 2) 2 x(x 1) x(x 2) x2
3) 2x2 2x 1x
4)
x x x
x
x 21
21 21
21 21
5) x
x x
x x
6 5 7
5 7
3
3
6) x2 3x 2 x2 4x 3 2 x2 5x 4
7) 2x2 1 x2 3x 2 2x2 2x 3 x2 x 2
8) 3 7 3 2 3 5 1 3 4
x x x x x x
x
9) x2 2003x2002 x2 2004x20032 x2 2005x2004
7 PHƯƠNG PHÁP NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ 1 Dùng đẳng thức :
Từ đánh giá bình phương : A2B2 0, phương trình dạng A2B2 0 0 0 A B
2 Dùng bất đẳng thức
Một số phương trình tạo từ dấu bất đẳng thức: A m
B m
dấu ỏ (1) (2) dạt x0
x nghiệm phương trình A B
Ta có : 1x 1 x 2 Dấu x0 1 1 2 1
x
x
, dấu x=0 Vậy ta có phương trình: 1 2008 1 2008 1 1
1
x x x
x
Đơi số phương trình tạo từ ý tưởng : ( )
A f x
B f x
:
A f x
A B
B f x
Nếu ta đốn trước nghiệm việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, có nhiều nghiệm vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta dùng bất đẳng thức để đánh giá
Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): 2 2 9
1 x x
x
Giải: Đk x0
Ta có :
2
2
2 2 1
2 2 1 9
1
1 1
x
x x x
x
x x
Dấu 2 2 1 1
7
1 1 x
x x
(10)Bài 2. Giải phương trình : 13 x2 x4 9 x2 x4 16
Giải: Đk: 1 x 1
Biến đổi pt ta có :
2
2 13 1 9 1 256
x x x
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:
13 13 1 x2 3 3 1 x22 13 27 13 13 x2 3 3x2 40 16 10 x2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi:
2
2 16
10 16 10 64
2
x x
Dấu
2
2
2 1
5 1
3
2 10 16 10
5
x x
x
x
x x
Bài 3. giải phương trình: x3` 3x2 8x 40 44 x 4 0
Ta chứng minh : 8 44 x 4 x 13
x3 3x2 8x40 0 x 3 2 x3 x 13
Bài tập đề nghị
Bài 1: Gi i phả ương trình sau
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
x x
x x
x x
4 x 41 x x 1 x 2 48
4 4
2x 8 4x 4 x 4
4 3
16x 5 4x x
3` 3 8 40 44 4 0
x x x x
3
8x 64 x x 8x 28
2
2
1 1
2 x 2 4 x
x x
Bài 2: Giải phương trình sau:
1) 3x2 6x 7 5x2 10x 14 4 2x x2
2) 6 18
11 6
15
6
2
x x x
x x x
3) 6 11 6 13 4 5 3 2
x x x x x
x 4) 3 3,5 2 2 4 5
x x x x x
x
5) 2 8 12 3 3 12 13
x x x
x 6) 2 5 1 2
x x
x 7) 2( 1 x x) 41 x4 x
8)
x x x
x x
x
2
2
2 2
9) x 2 4 x x2 6x11 (Đ11)
10) x2 2x 3 2x2 x 1 3x 3x2
11) x 2 10 x x2 12x52
8 PHƯƠNG PHÁP ĐƯA VỀ HỆ Dạng 1:Đưa hệ phương trình bình thường Hoặc hệ đối xứng loại một.
Đặt u x v, x tìm mối quan hệ x x từ tìm hệ theo u,v
Bài 1.Giải phương trình: x325 x x3 325 x3 30
Đặt y335 x3 x3y335
Khi phương trình chuyển hệ phương trình sau: 3( 3 ) 30
35
xy x y
x y
, giải hệ ta tìm ( ; ) (2;3) (3;2)x y Tức
là nghiệm phương trình x{2;3}
(11)Điều kiện: 0 x 2 1
Đặt
4
2 1
0 2 1,0 2 1
x u
u v
x v
Ta đưa hệ phương trình sau:
4
2
2 4
4 1 1
2 2
1
2 1 2 1
2
u v
u v
u v v v
Giải phương trình thứ 2:
2
2
4 1
( 1) 0
2
v v
, từ tìm v thay vào tìm nghiệm phương trình
Bài 3.Giải phương trình sau: x 5 x 1 6
Điều kiện: x1
Đặt a x 1,b 5 x 1(a0,b0) ta đưa hệ phương trình sau:
2
5
( )( 1) 0 1 0 1
5
a b
a b a b a b a b
b a
Vậy 1 1 5 1 1 5 11 17
2
x x x x x
Bài Giải phương trình: 6 2 6 2 8
3
5 5
x x
x x
Giải
Điều kiện: 5 x5
Đặt u 5 x v, 5 y 0u v, 10
Khi ta hệ phương trình:
2
2 10 ( ) 10 2
2 4
4 4 8 ( ) 1
2( )
3 3
u v uv
u v
u v u z
uv u v
(12)1) 2 x 1 x 1 (ĐHTCKTHN - 2001)
2) 3 2 1
x x x x
3) 1 1
x x x
x (ĐHDL HP’01)
4) 5 x 4 x 1 2
5) x2 3x 3 x2 3x 6 3
6) x34 x 31 (Đ12)
7) x497 x 5 8) 314x3 12 x2
9) 3 ( 8)2 3 ( 8)2 64
x x
x
10) 17 17 9
x x x
x
11) 1 2
2 1
2
x x
12)3 1 x 31 x 2
13)
8 65
2
3
x
x
14) x 1
2 1 x 2 1
3
3
15) 7tgx3 2 tgx 3 16)3 24 x 12 x
17) 30
1 x x 34
x 34 x x x 34
3
3
18) 2 3 3
x x x x
1
19)3 3
4 x x 2 x x
2
20) 3 3x12 3 3x12 3 9x2 11
21)3 2 x2 3 7x2 2 x7x 3
22) 2x x11 2x x12 x11
23)3 3
4 x cos x
sin
24)sinx 2 sin2x sinx. 2 sin2x 3
25) cos2x
2 x cos
4
4
26)4 10 8sin2x 8cos2x 1 1
27) 17x 17 x 2 (DL Hùng vương- 2001)
28) x11 6 x (CĐ mẫu giáo TW1- 2001)
29) x2 x 5 x2 8x 4 5
30)
2 1 1 x x 1 x
x2
(Đ142)
31) x3 35 x3x 35 x3 30
32) 3x2 5x 3x2 5x 1
33) 2x2 5x 2 2 2x2 5x 6 1
(13)Dạng 2: Đưa phương trình cho hệ đối xứng loại hai
Ta tìm nguồn gốc tốn giải phương trình cách đưa hệ đối xứng loại II
Ta xét hệ phương trình đối xứng loại II sau :
2
1 2 (1)
1 2 (2)
x y
y x
việc giải hệ đơn giản
Bây giời ta biến hệ thành phương trình cách đặt yf x cho (2) , y x2 1 , ta có phương trình : x12 ( x2 1) 1 x22x x2
Vậy để giải phương trình : x22x x2 ta đặt lại đưa hệ Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc :
2
x ay b
y ax b
, ta xây dựng phương trình dạng sau : đặt
y ax b
, ta có phương trình : x 2 a ax b b
Tương tự cho bậc cao : x n a n ax b b
Tóm lại phương trình thường cho dạng khai triển ta phải viết dạng : xn p a x bn ' ' v đặt
n
y ax b
để đưa hệ , ý dấu ???
Việc chọn ; thông thường cần viết dạng : x n p a x bn ' '
chọn
Bài 1. Giải phương trình: x2 2x2 2x 1
Điều kiện: 1
2
x
Ta có phương trình viết lại là: (x 1)2 1 2 x 1
Đặt y 1 2x 1 ta đưa hệ sau:
2
2 2( 1)
2 2( 1)
x x y
y y x
Trừ hai vế phương trình ta (x y x y )( ) 0
Giải ta tìm nghiệm phương trình là: x 2 2
(14)Bài Giải phương trình: 2x2 6x 1 4x5
Giải
Điều kiện 5
4
x
Ta biến đổi phương trình sau: 4x2 12x 2 4 x5 (2x 3)22 4x 5 11
Đặt 2y 3 4x5 ta hệ phương trình sau:
2
(2 3) 4 5
( )( 1) 0
(2 3) 4 5
x y
x y x y
y x
Với x y 2x 3 4x 5 x 2 3 Với x y 1 0 y 1 x x 1 2
Bài tập đề nghị : Giải phương trình sau 1) 1 23 2 1
x
x 2) 3
2 x 3 3 2
x 3) (x2 + 3x - 4)2 + 3(x2 + 3x - 4) = x + 4) 1 1
x
x 5) x2 2 2 x
6) x2 5 x 5 7) 5 5x x
8) ,x 0
28 9 x 4 x 7 x
7
(ĐHAN-D) 9) 4 4x x 10) x 9 x 33 6
11) x2 5 x 5
12) x3 33 3x 2 2
13) x2 1x 1 14) 3 3 x x 9 PHƯƠNG PHÁP ĐẠO HÀM.
1 Các bước:
Tìm tập xác định phương trình
Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) biểu thức
Tính đạo hàm f(x), dựa vào tính đồng biến(nbiến) hàm số để kết luận nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình sau: 32 32
x x
x (1)
Giải: Tập xác định: D = R Đặt f(x) = 2x13 2x23 2x3
Ta có: 0; 21, 1, 23
) 3 2 (
2 )
2 2 (
2 )
1 2 (
2 )
( '
3
3
3
x
x x
x x
f
Suy hàm số f(x) đồng biến tập M=
,
2 3 2
3 , 1 1
, 2 1 2
1 ,
Ta thấy f(-1)=0 x=-1 nghiệm (1) Ta có: ) 3 2 3 ( ; 3 ) 2 1
( f
f
Ta có b ng bi n thiên c a h m s f(x):ả ế ủ à ố
x
-∞
2
-1
+∞ f’(x)
F(x) +∞ -∞ -3
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = x = -1 Vậy phương trình cho có nghiệm x = -1
Bài tập tương tự:
Giải phương trình sau:
1) x23 x13 2x213 2x2 2) 2 1 2 12 33 2 230
x x x
x
(15)3) 2 12000 2 12 1999 2000 1999 0
x x x
x 4) x3 x19 y3 y19
5) (ĐH.B’02) Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
1 x2 1 x2 2 2 1 x4 1 x2 1 x2
m
6) (ĐH.A’08) Tìm giá trị m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: m
x x
x
x 2 6 2 6
2
4
10 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HỐ. Ví dụ Giải phương trình sau: 23
2
1 x x x
x (1) Giải: Tập xác định: D = [-1; 1] (2)
Do (2) nên đặt x = cost (*), với t (A)
Khi phương trình (1) trở thành: cos3t 1 cos2t3 cost 2(1 cos2t)
(3)
Với t (A), ta có: (3) cos3tsin3t 2cost.sint costsint1 sint.cost 2cost.sint(4)
Đặt X = cost + sint (5), X 2 (B) X2 = + 2sint.cost sint.cost = 2
1
2 X Phương trình (4) trở thành phương trình ẩn X:
3 2 1 2 3 2 0
2 1 . 2 2 1 1
. 2 2
X X X X X X X X
X 2 2 2 2 2 X X X X X X X X X
Ta thấy có nghiệm X = 2 X = - 2 + thoả mãn điều kiện (B) + Với X = 2, thay vào (5) ta được:
. , 2 4 2 2 4 1 4 sin 2 4 sin 2 2 cos
sint t t t t k t k kZ
Vì t (A) nên ta có t = 4
Thay vào (*) ta được: x = cos
4
=
2
2 (thoả mãn tập xác định D).
+ Với X = - 2 + 1, thay vào (5) ta được:
. 2 1 2 4 sin 1 2 4 sin 2 (**) 1 2 cos
sin
t t t
t Khi đó, ta có:
2 2 2 2 sin cos 2
t
t 2 1 2 2 4
cos t
cos sin 2 1(6)
2 2 sin cos 2 2 sin sin cos
cos
t t t t t t
Từ (**) (6) suy cost =
2
1 2 2 1
2
Thay vào (5), ta x =
2
1 2 2 1
2
(16)Nhưng có nghiệm x = 2 1 2 2 1
2
thoả mãn tập xác định D.
Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x = 2
2 x =
2
1 2 2 1
2
.
Bài tập tương tự. 1) 4x3 3x 1 x2
(HVQHQT- 2001) 2) x3 1 x23 x 21 x2
3)
2 x 2 1 2 x 1 x 2 1 4)
3
2 x 1 2 x 1 x 1 x 1
1
Một số tập tham khảo:
1 Giải phương trình sau:
1) 9x 5 2x4 8) 4
7 2 2 x x x
15) 6 x 1 x 5 2x
2) 25 1
x x 9) 3x1 x4 1 16) 5x1 3x 2 x 10
3) 4 2 2
x x x 10) 11 x x12 17) 1 x4 x2 x1
4) 1 1
x
x 11) 9x 7 16 x 18) 2 x 5 13 x 6) x2 2x4 6 x 13) x5 2x14 x 7 20) 3 12 x3 4x 4
7) 5 4 1
x x
x 14) x2 9x9 x 9 x 21) 3 x13 x 2 3 2x 3
2 Giải phương trình sau:
1) x2 6 2x2 8x 12 4x
9) 2x2 (x1)(2 x) 12x
2) (x 5)(2 x) 3 x2 3x
10) x2 x2 x2 x7 3x2 3x13
3) 5 8 7 5 1 7 8
x x x
x 11) (4 1) 1 2( ) 1
x x x
x
4) ( 1)( 4) 3 5 2 6
x x x
x 12) 3 1 ( 3) 1
x x x
x
5) x3 6 x 3 (x3)(6 x) 13) 2( 1) 2 1 2 2 2
x x x
x
6) 3 2 x x2 3( x 1 x)
14) x2 3x3 x2 3x6 3
7) 2 3 1 16 3 2 2 5 3
x x x x
x 15) 7 2 3 3 19
x x x x x
x
3 Giải phương trình sau: (ẩn phụ hệ) 1) x3 x 3
2) 3 3 1
x x x x 3) x2 3 10 x2 5 4) 3x2 2x15 3x2 2x87
4 Giải phương trình sau (Đánh giá) 1) 2 5 1 2
x x
x
3) 3 5 8 18
x x x
x 2) 1 231 3
x x 4) x x4 2 x 2 x 4
5 Tìm m để phương trình có nghiệm
1) x1 3 x (x1)(3 x) m 2) x1 1 x a 4) 2 (x2)(4 x)x2 2x m
6 Tìm m để phương trình có nghiệm
1) 4 x x2 m 4) x 2 x m 2)4 x4 2 x m 5) 1 x2 231 x2 m
3) x1 x14 3 x 3 x m 6) x x4 2 x 2 x m
7 Giải phương trình, hệ phương trình:
a) 7 5 12 38
x x x x b) 5 2x 2x 3 3x2 12x14 c) x2 x2004 2004
d) 1 1 1 1 y x y x e) 7 4 1 y x y x
f) 2
2 1 2 1 1 2
x x
x
11 XÂY DỰNG BÀI TỐN TỪ TÍNH CHẤT CỰC TRỊ HÌNH HỌC 11.1 Dùng tọa độ véc tơ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho véc tơ: ux y1; 1, vx y2; 2
(17) u v u v x1x22y1y22 x12 y12 x22y22 Dấu xẩy hai véc tơ u v, hướng 1
2
0
x y
k
x y
, ý tỉ số phải dương
u v. u v .cos u v.
, dấu xẩy cos 1 u v
11.2 Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác
Nếu tam giác ABC tam giác , với điểm M mặt phẳng tam giác, ta có
MA MB MC OA OB OC với O tâm đường tròn Dấu xẩy M O
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn cạnh AB,BC,AC góc 1200
Bài tập: giải phương trình, hệ phương trình sau:
1) 2x2 2x 1 2x2 3 1 x 1 2x2 3 1 x 1 3
2) x2 4x 5 x2 10x50 5 3) 5(x22 )yz 6(y22 )xz 5(z22 ) 4(xy x y z )
4) x y x y 2 x2 1 6(x1)
5)
1 100
1 100
1
1 1 1 1 100 1
100 1
1 1 1 1 100 1
100
x x x x
x x x x
MỘT SỐ ĐỀ THI ĐẠI HỌC: I/ Dạng 1: Giải phương trình.
1/ (Dự bị khối D 2006) : x x x 1 x28x 1 , x R .
2/ (Dự bị khối B 2006) : 3x 2 x 4x 3x 2 5x 2 ,x R .
3/ (Dự bị khối B 2005) : 3x 3 5 x 2x 4 .
4/ ( ĐH KD-2005) 2 x 2 x 1 x 4 ; 5/ ( ĐH KD-2006) : 2x x 2 3x 0 ,x R
6/ 1 x 1 1 x 2x 5 x; 7/ 2x23x 5 2x2 3x 3x
8/ 10x 1 x 1 ; 9/ 3x 5 x 4
10/ 2x 5 x 2 2x 1 ; 11/ x2 1 1x 1 x 1
2 x 1
12/ 1 2x x2 2x2 1
2
II/ Dạng 2: Giải bất phương trình.
1/ (Dự bị khối B 2005) : 8x2 6x 4x 0 ; 2/ (Dự bị khối D 2005) : 2x 7 5 x 3x 2 ;
3/ ( ĐH KD- 02)x2 3x 2x2 3x 0 ; 4/ ( ĐH KA-05) 5x 1 x 1 2x 4 ;
5/ ( ĐH KA-04)
2
2 x 16 7 x
x 3
x 3 x 3
(18)6/ ( ĐH KA-2010): x 2 x 1
1 2(x x 1)
III/ Dạng 3: Tìm điều kiện để phương trình, bất phương trình có nghiệm Thơng thường dạng ta sử dụng phương pháp sau: * PP1: Sử dụng tính chất đồng biến ,nghịch biến hàm số.
* PP2: Sử dụng tương giao đồ thị hàm số.
1/ (Dự bị khối B 2007) : Tìm m để phương trình: 4 2x 1 x m có nghiệm
2/ (Dự bị khối A 2007) :Tìm m để bất phương trình :m x2 2x 1 x(2 x) 0
có nghiệm x0;1 3
3/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình 3 x m x x 4 21 có nghiệm thực 4/ ( ĐH KB-2007) CMR với giá trị m, phương trình x22x 8 m(x 2) có
nghiệm thực phân biệt
5/ ( ĐH KA-2007) Tìm m để phương trình 42x 2x x x 4 m ,m R
có hai nghiệm thực phân biệt
6/ (Khối D-2004): CMR: phương trình sau có nghiệm :x5 x2 2x 0 7/ ( ĐH KB-2004): Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
m 1 x 2 1 x 222 x 4 1 x 2 1 x 2