Đang tải... (xem toàn văn)
Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ chẳng hạn f x g x bằng phương pháp đánh giá, thường là để ta chỉ ra phương trình chỉ có một nghiệm nghiệm duy nhất.Ta thường sử dụng các b[r]
(1)I PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ GIẢI BẰNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG - HỆ QUẢ Kiến thức cần nhớ: n n √ a ¿ =a a=b ⇔ a2 n=b2 n (ab>0) a=b ⇔ a2 n+1=b n+1 , ∀ a , b ¿ Các dạng bản: g( x) ≥ √ f (x )=√ g(x )⇔ f (x) ≥ * Dạng 1: f (x )=g(x) ¿{ * Dạng 2: * Dạng 3: g x 0 f x g x f x g x (Không cần đặt điều kiện f x 0 ) √ f (x)+√ g( x )=√ h(x )⇔ f ( x)+ g(x )+ √ f (x) g (x)=h(x ) f ( x) ≥0 g(x )≥ ¿{{ * Dạng 4: Thay Ví dụ Ví dụ Giải phương trình: (chuyển dạng 2) √3 f (x)+ √3 g(x )=√3 h( x ) 3 ⇔ f (x)+ g (x)+3 √ f ( x ) g(x )( √ f ( x)+ √ g (x))=h (x) √3 h(x)=√3 f ( x )+ √3 g ( x) nhận phương trình hệ √ x2 −2 x − = √ (x - 4) x−4≥0 ¿ x≥4 x − ¿2 ⇔ Lời giải Phương trình đã cho tương đương với: x −11 x+ 28=0 x −2 x − 8=3¿ ¿ x≥4 x=4 ¿ x=7 ¿ ¿⇔ ¿ | Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 4; x = x=4 ¿ x=7 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ví dụ Giải phương trình: √ x −1+ x −3 x +1=0 [ĐH Khối D – 2006] { Biến đổi phương trình thành: x x x (*), đặt điều kiện bình phương vế ta được: x −6 x + 11 x −8 x +2=0 ta dễ dạng nhẩm nghiệm x = sau đó chia đa thức ta được: (*) (x – 1)2(x2 – 4x + 2) = (2) Ví dụ Giải phương trình: √ x+ − √1 − x=√ 1− x Txđ: ¿ x+ ≥ 1− x ≥ 1=2 x ≥0 ⇔−4≤ x≤ ¿{{ ¿ ⇔ √ (1 − x )(1− x )=2 x+1 ⇔ x ≥ −1/ 2 x+1¿ Thông ¿thường dạng √ f (x )+ √ g ( x)= √ h (x)+ √ k (x ) , ta thường bình phương vế, điều đó⇔đôi lại gặp khó khăn giải Nếu có f(x)+h(x)=g(x)+k(x) ¿ f(x)h(x)=g(x)k(x), thì ta biến đổi phương trình dạng: ¿ x)=√ k (x) − √ g(x ) sau đó bình phương, giải phương trình hệ √ f (x )− ¿ −1/2 ≤ x √≤h( 1/2 ¿ (1− x)(1 −2 x)=¿ Ví dụ Giải phương trình: √ x+3+ √3 x +1=2 √ x + √2 x+2 Đkxđ: x ≥ √3 x −1 − √ x +2= √ x − √ x +3 ¿2 ¿ ¿ PT ⇔ √ x+ 1− √2 x+ 2=√ x − √ x+ 3⇒ ¿ Thử lại x=1 thỏa mãn x +1 Ví dụ Giải phương trình: + √ x +1=√ x − x +1+ √ x+ Đkxđ: x x +3 x +1 ⇒ PT ⇔ − √ x +3= √ x − x+1 − √ x +1 x+1 √ x2 − x +1− √ x +1 ¿2 ⇔ xx++13 =x − x −1 ⇔ x −2 x −2=0 ⇔ ¿ x=1 − √ ¿ x=1+ √ ¿ ¿ ¿ x +1 − √ x +3 ¿2 =¿ x +1 ¿ ¿ Thử lại x=1+ √ là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: √3 1− x + √3 2− x = √3 3− x Lời giải Lập phương hai vế phương trình ta có: 1− x+ 2− x +3 √3 1− x √3 2− x √ 1− x + √3 2− x ) = −2 x ¿ Suy √3 1− x √3 2− x √3 3− x = √ √ √ (3) Do đó √3 1− x = √3 2− x = √3 3− x = 0, ta tìm x = ; x = 2; x = Thử lại thấy x =1, x = 2, x = thỏa mãn Bài tập đề nghị Bài Giải các phương trình sau: a √ x −1=x −3 b ❑√ x3 −2 x 2+2 x +1=3 x+ c √ − x − 1=√ x −1 d √ x +1= √ x − 3+ √ − x e √ x +3 − √ x − 2=7 f √ x + 4+ √ x −3=√ x + g √3 x −1+ √3 x − 3+ √3 x −2=0 h √3 x+1+ √3 x +2+ √3 x +3=0 i √3 x+34 − √3 x −3=1 k √3 x −1 − √3 x − 2=2 √3 x − l √ x −8+ √ x +7=√7 x +3+3 √ x+ Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm: √ − x 2+3 x −2= √ m+ x+ x Bài Tìm m để phương trình x 2mx m có nghiêm Bài Tìm m để phương trình x mx x có hai nghiệm phân biệt Bài [ĐH Khối B – 2006] Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt: x mx 2 x II GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Đối với số phương trình có thể đặt ẩn phụ để quy dạng đơn giản Tùy theo dạng phương trình có thể đặt ẩn, nhiều ẩn, quy phương trình hệ phương trình Phương pháp đặt ẩn phụ hoàn toàn a Một số dạng thường gặp Nếu có √ f ( x ) và f(x) thì đặt t = √ f ( x ) Nếu có √ f (x ) , √ g(x ) mà √ f (x ) √ g ( x)=a (hằng số) đặt t=√ f ( x )⇒ g (x)=a/t Nếu có √ f (x )± √ g ( x), √ f ( x )g( x) , f (x )± g(x)=a đặt t=√ f ( x )± √ g(x) b Ví dụ áp dụng Ví dụ Giải phương trình: x −2 x +4 √(4 − x)(x +2) =11 Lời giải Đặt t = √ (− x )( 2+ x) , t ≥ Phương trình đã cho trở thành t + t − 3=0 ⇔ t=1 V t=3 Ta thấy t=1 ,t=3 thỏa mãn t ≥ Với t=1 thì √ (4 − x )(2+ x) = ⇔(4 − x)(2+ x )=1 ⇔ x −2 x − 7=0 ⇔ x=1 ±2 √ Với t=3 thì √( − x )( 2+ x) = ⇔ (4 − x)(2+ x )=9 ⇔ x −2 x +1=0 ⇔ x=1 Vậy phương trình có nghiệm là x=1 ±2 √ , x=1 Ví dụ Giải phương trình √ 3+x+ √6 − x − √(3+x)(6 − x)=3 (*) 3+ x ≥0 ⇔ − 3≤ x ≤ Lời giải Điều kiện 6−x≥0 t −9 Cách 1: Đặt t=√ 3+ x+ √6 − x ⇒ √(3+ x )(6 − x )= Pt đã cho có dạng: t 2− t− =3 ⇒ t −2 t − 3=0 ⇔ t=−1(loai)∨t=3 Với t=3 thay vào biểu thức đặt x=6 ∨ x=− Ví dụ Giải phương trình: 5( √ x −2+ √ x −1)=4 x −9+ √ x −5 x +2 Đkxđ x ≥ đặt t= √ x −2+ √ x − đ/k t ≥ 1dẫn tới pt t2-5t+6=0 { (4) 1+ x ¿2 ¿ 1− x ¿2 Ví dụ Giải phương trình: ¿ ¿ ¿ √¿ x=± không là nghiệm pt đã cho Chia vế PT cho √ 1− x 1+ x 1− x 1+ x ⇔2 + −3=0 đặt t= ⇒2 t+1 /t −3=0 ⇔ t −3 t+1=0 1−x 1+ x 1−x giải có t = 1, t = 1/ suy nghiệm phương trình Bài tập đề nghị a (x − 1)( x +2)+ √ x + x +1=0 −2 x x+4 b + =3 x +1 −2 x c √ 7− x+ √ x +1=x −6 x +13 d √ 1− x + √ x+ 7+2 √− x −6 x +7=8 e x x x x 2 f x 3x x 13 x 51 x √ √ √ √ x2 2x x g 3x x √ h ( x x 2)( x x 18) 168 x 2 m 15 x x x 15 x 11 2 p x x 11 31 q ( x 5)(2 x) 3 x x r (1 x)(2 x) 1 x x 2 s x 17 x x 17 x 9 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Ví dụ Giải phương trình : x2 x x 1 x t 3 t x t x 0 t x , ta có : t x Ví dụ Giải phương trình : x 1 t x x 3, t Đặt : x x 1 t 0 x2 x x2 1 x 1 t x Khi đó phương trình trở thành : Bây ta thêm bớt , để phương trình bậc theo t có chẵn : t 2 x x x 1 t x 1 0 t x 1 t x 1 0 t x Bài tập đề nghị 2 x −1=2 x √ x −2 x x 2+2 x +2−(x +2) √ x 2+ 2=0 Đặt ẩn phụ đưa dạng tích Sử dụng đẳng thức u v 1 uv u 1 v 1 0 au bv ab vu u b v a 0 (4x-1) √ x +1 8x2+2x+1 (5) A2 B Ví dụ Giải phương trình : pt Giải: x 1 3 x x 1 x x x 0 x 0 x 3 3 Ví dụ Giải phương trình : x x x x x Giải: + x 0 , không phải là nghiệm + x 0 , ta chia hai vế cho Ví dụ Giải phương trình: Giải: dk : x √3 x : x 1 x 1 x 1 x 1 x x x x x 2 x x x x 1 x 0 x 0 pt 4x x 3 4 x x 3 Ví dụ Giải phương trình : Giải: Đk: x 0 x 2x 4x 4x 1 2 1 x 3 x 3 x 3 : Chia hai vế cho Đặt ẩn phụ quy hệ phương trình √n a − f ( x)+ √n b+ f ( x )=c → n u=√ a − f ( x) n v= √ b+ f (x ) Dạng 1: đặt ẩn phụ ⇒ n ¿ u +v n =a+b u+ v=c ¿{ 1− x + √3 1+ x=2 → √ u= √1 − x v=√ 1+ x Ví dụ Giải phương trình: ⇒ ¿ u+v =2 u3 + v 3=2 ¿{ 4x 0 x 1 x 3 x 0 x 1 (6) √3 2− x=1− √ x −1 → u=√ − x v= √ x − ⇒ ¿ u +v =1 u+ v=1 ⇒ ¿ u=0 u=1 u=− ⇒ ¿ x=2 x=1 x =10 ¿{ Ví dụ Giải phươngtrình: dx+ e ¿ + nx+m Dạng 2: ẩn phụ chuyển phương trình thành hệ : √ ax +b=c ¿ Ví dụ Giải phương trình: − x +3 ¿ + x +4 dat− y+3=√ x+1 √ x +1=− x +13 x − 5⇒ √3 x +1=− ¿ ⇔ − x +3 ¿2 + x +4 ¿ − y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇔ ¿ −2 y +3 ¿ =x +2 y+ ¿ − y +3 ¿2 =3 x +1 ¿ ⇒ ¿ x= y ¿ y=5 − x ¿ ¿ −2 y +3=−¿ ¿ 15 − √ 97 11 − √ 73 1= y ⇒ x −15 x +8=0⇒ x= ¿ ¿ y =5− x ⇒ x2 −11 x +3=0⇒ x= ¿ 8 Ví dụ Giải phương trình: x x 5 (1) Giải : Điều kiện : x 0 x ¿ x − y=5(2) hệ phương trình : y − x=5(3) ¿{ ¿ Đặt x y với y 0 Từ đó phương trình (1) trở thành (7) 2 Trừ vế với vế (2) và (3) ta : x y x y 0 ( x y )( x y 1) 0 Xảy trường hợp : a) x y 0 hay x y 0 , thay vào (2) phương trình : x x 0 giải : x1 (1 21) 2 x b) y 0 hay y x 0 , thay vào (2) cú : x x 0 giải : x (1 17 ) Kết luận : Với nghiệm x1 , x thỏa mãn điều kiện đề bài nên PT (1) có nghiệm x1 , x trên Dạng 3: Đưa hệ tạm 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 A B C A C B A B , đĩ ta có hệ: 2 Ví dụ Giải phương trình sau : x x x x x 2x Giải: Ta thấy : x x x 1 2 x x không phải là nghiệm Xét x Trục thức ta có : 2x x 2 x x x2 x 2x2 x x x 2 x x x x 2 2 x2 x x x x x x x Vậy ta có hệ: Thử lại thỏa; phương trình có nghiệm : x=0 v x= Ví dụ Giải phương trình : 2x Ta thấy : 2 x x x x 3x x 1 x x 1 x x Ta có thể chia hai vế cho x và đặt t , không thỏa mãn điều kiện trên x thì bài toán trở nên đơn giản Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau: √ 1+ √1 − x 2=x (1+2 √1 − x ) √3 x −2+ √ x +1=3 3 x 2 x (Đặt y= √3 x+ √3 35 − x=5 √ 2− √ 2(1+ x )+ √4 x=1 x 2+ x=√ x+ 2x ) √3 2− x+ √ x − 1=1 x 0 x 8 1 x− +¿ 1− x x x= √ ¿ √ (8) Đặt ẩn phụ đưa phương trình bậc biến : 2 Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u uv v 0 (1) cách u u 0 v Xét v 0 phương trình trở thành: v v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau đưa (1) a A x bB x c A x B x u v mu nv Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) các biểu thức vô tỉ thì nhận phương trình vô tỉ theo dạng này a Phương trình dạng : Như phương trình a A x bB x c A x B x Q x P x có thể giải phương pháp trên P x A x B x Q x aA x bB x Ví dụ Giải phương trình : x 5 x3 Giải: Đặt u x 1, v x x 2 u v Phương trình trở thành : Ví dụ Giải phương trình : u 2v 5uv u 1 v x 3x Tìm được: x 37 x x2 1 3 Ví dụ giải phương trình sau : x x 7 x Giải: Đk: x 1 Nhận xt : Ta viết x 1 x x 1 7 Đồng thức ta được: x 1 x x 1 x 1 x x 1 7 x 1 x x 1 v 9u 3u 2v 7 uv v 1 u u x 0 , v x x , ta được: Đặt Ta : x 4 Ví dụ Giải phương trình : Giải: x3 3x x 2 x 0 Nhận xét : Đặt y x ta hãy biến pt trên phương trình bậc x và y : (9) x y x 3x y x 0 x3 xy y 0 x y Pt có nghiệm : x 2, x 2 2 b.Phương trình dạng : u v mu nv Phương trình cho dạng này thường khó “phát “ dạng trên , nhưg ta bình phương hai vế thì đưa dạng trên 2 Ví dụ giải phương trình : x x x x u x 2 v x2 Giải: Ta đặt : đó phương trình trở thành : u 3v u v Ví dụ 6.Giải phương trình sau : Giải :Đk x x x x x 3x x 1 Bình phương vế ta có : x x 1 x x x x 1 x x x 1 1 v u 2 uv u v u x x 1 u v v 2 x đó ta có hệ : Ta có thể đặt : 1 1 u v x2 2x x 1 2 Do u , v 0 x 14 x Ví dụ giải phương trình : Giải: x x 20 5 x x x 5 x x 20 x 1 x Đk Chuyển vế bình phương ta được: x x x x 20 x 1 , Nhận xét : không tồn số đặt để : ta không thể u x x 20 v x x Nhưng may mắn ta có : x 20 x 1 x x x 1 x x x x x 5 x 5 ( x x 5)( x 4) Ta viết lại phương trình: giải III TRỤC CĂN THỨC ĐỂ XUẤT HIỆN NHÂN TỬ CHUNG Trục thức để xuất nhân tử chung a Phương pháp Đến đây bài toán (10) Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm nghiệm x0 phương trình luôn đưa dạng tích x x0 A x 0 ta có thể giải phương trình A x 0 chứng minh nghiệm , chú ý điều kiện nghiệm phương trình để ta có thể đánh gía b Ví dụ Ví dụ Giải phương trình sau : Giải: Ta nhận thấy : 3x 3x 5x x x x 1 x 3x 3x x V x 2x 3x x x x 1 A x 0 A x 0 vô vô nghiệm x 3x x x 3 x 3x x2 x2 3x Ta có thể trục thức vế : Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm phương trình x 12 3x x 5 x 3x 0 x Ví dụ Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : x 12 Giải: Để phương trình có nghiệm thì : Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm phương trình , phương trình có thể phân tích dạng x A x 0 , để thực điều đó ta phải nhóm , tách sau : x 12 3 x x x2 x 2 x 12 Dễ dàng chứng minh : x2 x 12 3 x x2 x2 x 1 0 x 2 x2 x2 x2 0, x 2 x 12 x 5 3 3 Ví dụ Giải phương trình : x x x Giải :Đk x Nhận thấy x=3 là nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình x 3 x x x 3 x x x x 3 1 3 x2 x3 x x 3 x 3 1 1 x 3x 2 2 3 x 2 x 14 x 1 x3 Ta chứng minh : 3 Vậy pt có nghiệm x=3 Nhân liên hợp Ví dụ Giải phương trình: Giải Điều kiện x 10 x 31x 35 x 13 x x (1) (11) Ta biến đổi phương trình sau: x 18 x 27 ( x 3)( 10 x 31x 35 x 13 x 8) 3( x 3)2 ( x 3)( 10 x 31x 35 x2 13 x 8) x 3 2 (2) 10 x 31x 35 x 13 x 3( x 3) x 0 x 13 x x 2 7 x 13x ( x 3) (Hệ này vô nghiệm) Từ (1) và (2) suy Vậy phương trình có nghiệm x=3 Ví dụ Cho các số thực x, y thoả mãn ( x x 1)( y x y 0 y 1) 1 (1) Chứng minh Giải Nhận thấy ( x x 1)( y trình (1) ta suy ( x Từ (1) và (2) suy y 1)( x x 1)( y ( x x 1)( y y 1) ( x x 1)( y y 1) 1 nên kết hợp với phương y 1) 1 ( x x)( y y ) 1 (2) x 1)( y y 1) x y y x x y y x x y y x 1(*) +) Nếu x=0 thì từ(*) suy y=0 đó x+y=0 +) Nếu x 0 thì từ (*) suy x và y trái dấu Bình phương hai vế (*) ta x (1 y ) y (1 x ) x y x y 0 (Đpcm) IV PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Một số lưu ý Khi giải phương trình vô tỷ (chẳng hạn f ( x ) g ( x ) ) phương pháp đánh giá, thường là để ta phương trình có nghiệm (nghiệm nhất).Ta thường sử dụng các bất đẳng thức cổ điển Cô si, Bunhiacopxki, đưa vế trái tổng bình phương các biểu thức, đồng thời vế phải Ta có thể sử dụng tính đơn điệu hàm số (có thể thấy sử dụng đạo hàm xét biến thiên hàm số) để đánh giá cách hợp lý f ( x) g ( x ) f ( x) C (C ) f ( x) g ( x) C g ( x) C (C ) Thường ta đánh giá sau: , đánh giá f ( x) g ( x) là f ( x ) g ( x) … Ngoài bài cụ thể nào đó ta có cách đánh giá khác Cũng có số phương trình vô tỷ có nhiều ẩn mà ta giải phương pháp đánh giá Một số ví dụ (12) |x +1| + =2 Áp dụng bất đẳng thức cô si cho vế trái phương |x +1| | x+1| |x +1| 3 |x +1| = trình ta có + ≥2 =2 vế phải dấu xẩy |x +1| |x +1| |x +1| x = , x = phương trình có nghiệm x=2,x=4 Ví dụ Giải phương trình sau: √ 2 Ví dụ Giải phương trình: x x x 10 x 14 4 x x Bài này quá đơn giản, đánh giá Vt 5 còn Vp 5 , đó hai vế cùng Ta phương trình có nghiệm là x 2 x x 9 x Ví dụ Giải phương trình Đk x 0 Theo BĐT Bunhiacopxki, ta 2 Vt = x x x 1 ( x 9) x 1 x 1 x x Vp .Phương trình có nghiệm dấu 2 x 1 x 1 x 1 x x x 1 Vậy phương trình có nghiệm là đẳng thức xảy hay x y y x xy Đk x 1; y 1 Ví dụ Giải phương trình Ta có x( y y 1) xy 2 y ( x 1) x( y 1) xy 2 x y y x y ( x x 1) x 1; y 1 2 y ( x 1) x( y 1) 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với Từ đó ta phương trình có nghiệm là ( x; y ) (2; 2) x x 1 27 x 24 x x2 Bài tập đề nghị x x 19 x x 13 13x 17 x 3 3( x 2) 28 27 1 x 6 4 x2 x x3 1 x x x 3x2 x x x x 2 4 13 x x x x 16 ( x 2)(2 x 1) x 4 ( x 6)(2 x 1) x 10 2 2 x x 3x x x x x 16 10 ( x 1996 y 2008) x 1996 y 2008 (13) V PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Một số dạng a Phương trình f ( x) k Nếu f ( x) đơn điệu thì phương trình f ( x ) k có nghiệm x x0 (Để tìm x0 ta nhẩm nghiệm) b Phương trình f ( x) g ( x) Nếu f ( x) đồng biến và g ( x) nghịch biến thì phương trình f ( x) g ( x) có nghiệm x x0 (Để tìm x0 ta nhẩm nghiệm) c Phương trình f (u ) f (v ) Nếu f ( x ) đơn điệu thì phương trình f (u ) f (v) u v Các ví dụ minh họa Ví dụ Giải phương trình: √ x −1+ √ x − 1=1 Đkxđ x ≥ 1/2 Xét hàm số y=√ x −1+ √ x −1 txd x ≥ 1/2 4x , + >0 ∀ x ≥ 1/ hàm số luôn đồng biến trên txđ pt Có đạo hàm y = √ x −1 √ x − không có quá nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: x 5+ x − √ 1− x+ 4=0 Xét hàm số y=x + x − √1 −3 x +4 txđ >0 h/s đồng biến trên txđ phương trình không có x≤1/3 có đạo hàm y '=5 x +3 x + √ 1− x quá nghiệmTa thấy x= -1 là nghiệm bài toán Ví dụ 3.Giải phương trình: √ 3− x+ x − √ 2+ x − x 2=1 ⇔ √ 3− x+ x 2= √ 2+ x − x 2+1 > o hàm số tăng đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 h/s f(t) = √ 3+t txđ [ −3,2 ] f`(t)= √ 3+t t ¿, =− <0 hàm số nghịch biến chúng có thể giao điểm , √ 2− t g(t)=1+ √2 −t ⇒ g ¿ 1± √ thấy t =1 là nghiệm đó t=1 suy pt x2- x =1 có nghiệm x= Ví dụ Giải phương trình : x 1 Xét hàm số x 1 x 1 3x f t t t x x x x 0 3x f x 1 f x , là hàm đồng biến trên R, ta có x 15 3 Ví dụ Giải phương trình x x x x x x3 x x y y y x 1 x 1 3 7 x x y Giải Đặt y x x , ta có hệ : f t t t Xét hàm số : , là hàm đơn điệu tăng Từ phương trình x 5 f y f x 1 y x x 1 x x x Bài tập đề nghị 1 x x 2 x x x 8 x3 x (14) IV PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC Một số lưu ý t ; x 1 2 cho : sin t x và số y với y 0; Nếu thì có số t với cho x cos y t 0; y 0; cho : sin t x và số y với Nếu x 1 thì có số t với cho x cos y t ; 2 cho : x tan t Với số thực x có 2 Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x y 1 , thì có số t với t 2 , cho x sin t , y cos t Một số ví dụ 1 2 2 x x Ví dụ Giải phương trình x cos y, y (0; ), y Phương trình đã cho trở thành Đặt 1 2 sin y cos y 2.sin y cos y sin y Đặt sin y cos y z , z z 2 suy sin y 2sin y cos y z , ta z và Với z thì Với z y x , đó 1 11 x y 2 thì 12 , đó Vậy phương trình có nghiệm là x 1 x 2 và x3 (1 x )3 x 2(1 x ) Ví dụ Giải phương trình x Đk x sin y, y ; 2 suy cos y 0 Đặt 3 Khi đó phương trình trở thành sin y cos y sin y cos y sin y cos y z , z 2; z 1; (chính xác là ), biến đổi phương trình ta z 2.z 3z 0 ( z 2)( z 1)( z 1) 0 z z 1 Đặt Nếu z thì thì y x , đó (15) Nếu z 1 thì sin y cos y 1 x x 1 x 1 x 0 1 x 21 2 Vậy phương trình có nghiệm trên x2 x =1 Ví dụ Giải phương trình x , t ; x 1 sin t 2 Giải: đk: , ta có thể đặt cos t 0 cot t 1 sin x sin 2t Khi đó ptt: x Phương trình có nghiệm : Bài tập đề nghị x 3x x x 8 x (1 x )3 x x 1 2 ( x ) x x x x (1 x ) 3 x 2 x (1 x )3 x2 6 x 20 x x 2 x x x x 1 x x 1 x 1 2x 2x x2 VII MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC Ngoài phương pháp thường gặp trên, đôi ta có lời giải khác lạ số phương trình vô tỷ Cũng có thể ta sử dụng kết hợp các phương pháp trên để giải phương trình Dùng tọa độ véc tơ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u v u v x1 x2 u x1; y1 , v x2 ; y2 đó ta có y1 y2 x12 y12 x22 y22 x y k 0 x2 y2 Dấu xẩy và hai véc tơ u , v cùng hướng , chú ý tỉ số phải dương u.v u v cos u v Ví dụ Giải phương trình: , dấu xẩy và cos α =1 ⇔ u x x 20 x x 29 97 cùng hướng v (16) a ( x 2; 4) b Trong mặt phẳng tọa độ xét hai véc tơ và ( x 2;5) a b 97 a x x 20 a + b=(− ; 9) Khi đó ta , suy và ta có , b x x 29 a b a b Phương trình trở thành , đẳng thức đó xảy a và b cùng x x 2 x Từ đó ta phương trình có nghiệm là chiều Sử dụng tính chất đặc biệt tam giác Nếu tam giác ABC là tam giác , thì với điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm đường tròn Dấu xẩy và M O Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC cùng góc 120 Ví dụ Giải phương trình x 2.x x 2.x 16 5 Nếu x 0 thì Vt 3 7 = Vp (phương trình không có nghiệm) Nếu x thì ta xét tam giác vuông ABC với A 90 , AB = 4; AC = Gọi AD là phân giác góc A, lấy M thuộc tia AD 2 2 Đặt AM = x, xét ACM CM x 2.x và xét ABM BM x 16 2.x Từ đó suy Vt = CM BM BC 5 Dấu đẳng thức xảy M D ,hay CM BM 16CM 9 BM 16 x 16.9 48 2.x 9 x 16.9 36 2.x x 12 2.x 0 12 x 12 x Vậy phương trình có nghiệm là Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Ví dụ CMR phương trình sau có nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): x +6 √3 1− x=3 đặt t= √3 1− x có pt 2t3 – 6t + =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ng t(-2,0) suy có ng x (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ng t (0,1) suy có 1ng x (0,1) , f(1)f(2)< có 1ng t (1,2) suy có ng x (-7,0) Vậy phương trình đã cho có đúng nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9) Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc Tìm tập xác định phương trình Xét hàm số f trên miền D ,tồn đạo hàm bậc suy hàm số lồi lõm trên miền Suy phương trình không có quá nghiệm nhẩm nghiệm thuộc miền D Ví dụ Giải phương trình: √ x +1=3 x − x+ ⇔ đ/k x≥ - (17) 2 √ x +1 −3 x + x −3=0 xét hàm số f(x) = √ x +1 −3 x + x −3 trên tập x/đ x x+ 1¿ ¿ ¿ ≥ -1, hàm số đó có đồ thịlồi trên txđ Do đó phương trình √¿ 3 f , (x )= −6 x +8 ⇒ f ,,`` (x )=− ¿ √ x+ có nghiệm thì không quá nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = là nghiệm Ví dụ Giải phương trình: √ x+ √ x+ 1=x 2+ x +1 điều kiện x ≥ phưong trình tương đương với √ x+ √3 x+ 1− x − x − 1=0 xét hàm số f(x) = √ x+ √ x+ 1− x − x − tập xác định x ≥ x +1 ¿2 ¿ ¿ đồ thị hàm số lồi trên tạp xác định vì 4√¿ f , (x )= + −2 x − 1⇒ f ,, (x)=− − 2 √ x √ x +1 √x ¿ phương trình không có quá nghiệm ,dễ thấy x = ,x = là nghiệm PT tương đương Một số phương trình không mẫu mực 10 Ví dụ Giải phương trình: + =4 đ/k x < 2 −t 3− t 6 > 0⇒ 2− x= ⇔ 3− x=1+ đặt t = 2−x t t 10t =4 ⇔ t +6 t≤4 ¿ Pt thành t+ đócó PT: t4-8t3+12t2-48t+96=0 suy −t ¿ ¿ 10 t =¿ t +6 (t-2)(t3-6t2-48)=0 Có nghiệm t=2 suy x=1/2 cònphương trình: t -6t2-48=t2(t-6) -48 < với o<t≤ vô nghiệm, pt đã cho có nghiệm x=1/2 Ví dụ Giải phương trình: √ x −7 x+ 3− √ x −2= √ x − x −1 − √ x −3 x +4 tưong đương với √ x −7 x+ 3− √ x −5 x −1=√ x −2 − √ x −3 x +4 tương đương với −2 x+ x−6 = 2 √3 x −7 x +3+ √3 x −5 x −1 √ x − 2+√ x2 −3 x +4 *) với x > không thể là nghiệm vì vế trái < 0,vế phải > *) với x < không thể là nghiệm *) với x = là nghiệm phương trình có nghiệm x = √ √ √ √ Bài tập 1) 2) x2 x 1 x2 x2 4x x 1 x2 x 10 x 50 5 x 3 (18)