Đó chính là : Ứng dụng phương trình đường thẳng để giải phương trình dạng căn thức.. Thực hiện qua các bước sau:..[r]
(1)TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG VỀ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN DẠNG CHỨA CĂN CƠ BẢN x x x 0 Giải phương trình HD x x x 0 HD ĐS x x 2 x x x 0;( x 2) x2 x 2 Giải phương trình x ĐS x 2 2 0;( x 4; x 0) x 2 x x x x x 3x Giải phương trình HD Điều kiện 11 x 0; 3 ĐS x 4 Bình phương hai vế hai lần Giải phương trình x x x 4 (KD05) ĐS x 3 HD Điều kiện x Ta có x x 1 x 4 x 1 1 x 4 x 2 DẠNG BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ HẰNG ĐẲNG THỨC Giải phương trình HD ĐK x x x 2 x x ĐS x 1; x 3 x x 2 x x x x x x 0 x 2 Giải phương trình x x 3x x 3 x 1 ĐS x 0; x 2 2 HD ĐK x Biến đổi x 2 x x x x ( x 1)( x x 1) 0 x 1 x2 x 1 Giải phương trình: 0 x x x x x 0 x x x 0 0 ĐS x 1 x x 3 x x x 3.2 x x HD ĐK x 3 Giải phương trinh x 2 x 2x ĐS x 1; (2) x HD ĐK 1 x x x 0 (2 x 1) 2 x x x 4 Biến đổi Giải phương trình x x x 11 ĐS x 1 HD x 3 / Biến đổi PT dạng 11 x x 2 x 0 x x x x 0 x 3 2 Giải phương trình 2(1 x) x x x x HD ĐK x x 0 ĐS x 2 x Biến đổi PT ( x 1) 2( x 1) x x 2 ( x 1) 2( x 1) x x x x 2 x x ( x 1) 2( x 1) x x x2 2x ( x 1) DẠNG NHÂN LIÊN HỢP, BIẾN ĐỔI ĐƯA VỀ TÍCH x2 3x Giải phương trình x Biến đổi HD ĐK 3x 1 x x2 3x ĐS x 1; 6 ĐS x 4;5 3x 1 x x 3x (1 x) 3x 2 Giải phương trình x x 2 x x 8x HD ĐK x 7 Biến đổi x x 2 x x x x x x x x x x 1 7 x x 1 x 1 x 1 x 0 x x 3x x x x x Giải phương trình ĐS x 2 HD ĐK x 3x 0; x 0 Biến đổi 2x2 2x 4 2x2 2x x2 x 2 x x x 3x Giải phương trình x 3x 0 2x2 x2 2x x 16 x 18 x 2 x 2 HD ĐK x 16 x 18 0; x 0 57 32 1; ĐS (3) PT x 2 x x 16 x 18 x 0 x 2 x x 16 x 18 HD ĐK 57 32 ;( x 2) x 3x 14 x 0 3x x 3x 14 x 0 Giải phương trình x (2 x 1) (2) ĐS x 5 x 6 Nhận thấy x 5 là nghiệm nên ta biến đổi 3x 1 HD ĐK x2 0 x2 x x 16 18 x 4 x x Cộng (1) với (2) vế theo vế ta *Giải phương trình (1) 3x x2 (2 x 1) Biến đổi 3x Giải phương trình 3x 15 x ( x 5)(3x 1) 0 3x 1 x 3x x 4 x 3x x (4 x 2) ĐS 3x 1 x x 1/ 2;1; 2 x 0 2x x 14 (3 x 16) x ĐS x 16 / HD ĐK x 2 Nhân liên hợp cho bậc ba xuất nhân tử chung x 16 DẠNG ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH Đặt ẩn phụ hoàn toàn x 5 x 3 Giải phương trình Giải phương trình x 1 x x 3x x 1 x 5 Giải phương trình x x x x 3 10 Giải phương trình x x 2 x 12 x 16 ĐS x 4;1 ĐS x 0;3 ĐS x 1; 2 2 HD ĐK x 4 Đặt t x x x x 16 12 t 12 11 Giải phương trình: x x 4 x x x ĐS x 2 2 HD ĐK x 1 Đặt t x x x x x t 12 Giải phương trình x x 1 x x ĐS x 0; 24 / 25 (4) 2 2 HD ĐK x 1 Đặt t 2 x x t 5 3x x x x t 2 Khi đó x x 1 x x t 1 t t 2; t 3 13 KB11 x x 4 x 10 x HD t x 2 x Đặt ẩn phụ không hoàn toàn x 1 14 Giải phương trình x 2 x x ĐS x 2 2 2 HD Đặt t x t x x x 2( x 1) x 2t x x 2 x x x 1 t 2t x 2t x t x 0 x 1 Khi đó 15 Giải phương trình x 10 x x 1 x x 0 ĐS x 59 /10 2 2 HD Đặt t x x x 10 x 6 x x x t x Khi đó x 10 x x 1 x x 0 t x 1 t x 0 2 16 Giải phương trình x x 2(1 x) x x HD ĐK x ĐS x 2 2 x Đặt t x x x x x x x t x 2 Khi đó x x 2(1 x) x x t 2( x 1)t x 0 2 17 Giải phương trình x x (1 x) x x 2 2 HD Đặt t x x x x 4 x x x t x 2 Khi đó x x (1 x) x x t (2 x 1)t x 0 Dạng đặc biệt 18 Giải phương trình x 1 HD ĐK x x 3 Đặt Khi đó x 1 x 1 19 Giải phương trình x 1 t x 1 x 12 x 1 ĐS x 1 5; x 1 2 x t x 1 x 3 x x x 1 t x 1 x 12 t 2t 0 t 2 t x 1 x 1 x x 1 x2 0 t x 1 x HD đặt x2 x (5) 20 Giải phương trình 3 x x 1 x x x 1 x 1 hd 3 x x x3 x x x x 21 Giải phương trình HD Biến đổi 3 x x x x3 x 1; 2 ĐS x x x3 x x DẠNG ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giải phương trình x 1 x ĐS x 1; 2;10 u x 2 x u u v 1 x v v x HD (1) và u 1 v Giải phương trình: 3x x 0 u 3x v x HD Đặt ĐS x = –2 3x u 5u 3v 8 6 x v (1) và 2u 3v 0 (2) 3 Giải phương trình x 2 x x 2 2 HD u x 0; v x x Ta có x x 2( x x 4) 2( x 2) 2(v u ) 2 Khi đó phương trình trở thành 3uv 2(v u ) (2v u )(v 2u ) 0 v 2u 0 …? Ta có x x x PT đã biết cách giải Giải phương trình x x 5 ĐS x 3 13 ĐS 1 x 21 ;x 17 2 2 HD Đặt u x u x (1) và x u 5 x 5 u (2) Lấy (1) trừ (2) ta u x x u u x 1 x u 0 Đưa hệ đối xứng loại 2 Giải phương trình x x 2 x HD ĐK x 2 Khi đó x x 2 x ( x 1) 2 x Đặt y x 1; y 1 ( x 1) 2 y ( y 1) 2 x Ta hệ PT (Hệ đã biết cách giải) x 1; 29 / ĐS 2 HD ĐK x Khi đó x x x ( x 2) x Đặt y x 5;( y 2) Giải phương trình x x x (6) x y ; y 2 y x ta hệ PT x y ; y 2 x y x y 3 0 x 15 32 x 32 x 20 *Giải phương trình HD ĐK x 15 / Khi đó ĐS x 15 32 x 32 x 20 y x 15; y Ta hệ PT Đặt x 1/ 2; 221 /16 2 x 15 2 x 28 (4 y 2)2 2 x 15 (4 x 2) 2 y 15 3 Giải phương trình x 3x 3x 1 3x x 1 HD Biến đổi PT Ta lại có x 1 3 3 3 x 3 Đặt 3 3 x x 1 3 y 3 x y 1 3x x x 1 3 y 3 Giải phương trình 3x 8 x 36 x 53x 25 (Thi tuyển chọn HSG 2014) 3 10 Giải phương trình x x 12 x 5 x 12 ĐS 11 Giải phương trình x 2 x ĐS x 1; 17 / x 1; x 1 3 HD Đặt t x t 2 x t 2 x Ta có hệ PT x 2t 3 t 2 x x 2t 2 (t x)(t xt x 2) 0 và chú ý PT t xt x 0 vô nghiệm! x2 2x 12 Giải phương trình x x x 1 x2 QG15 ĐS x 2; x 13 (7) GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH THÊM, BỚT - TÁCH - NHÂN LIÊN HỢP Thêm bớt số B10 GPT 3x x x2 14 x 0 HD Biến đổi 3x TTB10 GPT 4x HD Biến đổi x 1 D14 x 1 HD Biến đổi GPT GPT x 1 HD Biến đổi GPT x 1 x 3x x 0 ĐS x 3 x x x 0 x x 6 ĐS x 2 x x x x x 3x 0 ĐS x 1 x x 3x 0 x 3 2 2 x x 3x 0 x 1 x 12 HD Biến đổi x x 14 x 0 x x x x x 12 x 3 HD Biến đổi ĐS x 5 ĐS x 2 x x x 10 0 x 3 x x 12 ĐS x 2 x 3x GPT x 22 x x (Xem bài 15) HD ĐK x 22 / Biến đổi x2 4 ĐS x 1; 2 x2 4 x 2 x 2 0 x 22 x Xét hàm số f x x x 22 3x trên 22 2; 22 x 0 (8) f ' x 1 x2 2 x2 Có Mà f 1 0 GPT 22 3x 22 x x 1; 2 nên x là nghiệm PT có hai nghiệm x x x HD Biến đổi 22 0, x 2; ĐS x 2 x x x Giải phương trình x x 4 x 13x 13 ĐS x 2;5 / 4 ĐS x 1; 2 HD Xem VD13 trang 107 Thêm bớt đa thức có chứa biến 10 GPT HD ĐK x x3 x x 0 3x 1 x x 1 , biến đổi 3x x 4 x 12 x x 11 GPT x x x ĐS x 1 / HD Biến đổi x x x x 12 Giải phương trình x x x x B13 HD Biến đổi 13 D14 x 1 HD Biến đổi x2 x x 1 3x x 14 Giải phương trình x x 6 ĐS x 2 x x x x x x 4 x x4 HD Biến đổi x2 x2 x 22 3x 3 x Biến đổi ĐS 4x 5x 15 Giải phương trình x 22 x x HD Biến đổi x 0;1 x 0 x x x x x 12 x 1 ĐS ĐS x 1; 2 x x x 0 x 1; 2 12 x x 16 22 3x 14 x 3 x x 16 Giải phương trình 3x x x2 HD Biến đổi 7x x x 1 x 0 ĐS x 1; 2 x x x 0 (9) 17 Giải ptrình x x 26 x 51 x 1 HD Biến đổi 7x x 18 Giải P trình x x 5x HD Biến đổi x 3 x 0 ĐS x 2;3 x x3 x2 28 x 48 0 x 11 x 11 x 3x 1 19 Giải phương trình 7x x 0 ĐS x 1; 2 x x x x 0 3x x3 x x 0 x2 2x 20 Giải phương trình x x x 1 x2 THPTQG15 ĐƯA VỀ HỆ HAI ẨN 21 GPT x x 3 x x HD Bến đổi ĐS x 2 x x 3 x x u 2v 3uv u v u 2v 0 Đặt u x 4, v x ĐK u 0, v 0 ta 22 GPT x3 2 x ĐS x 37 2 2 HD Đặt u x 1 0, v x x 0 thì u v x Va ta có pt 23 GPT u v 5uv u 2v 2u v 0 x3 x x x 0 ĐS x 2; 3 HD Đặt y x 0 ta phương trình x 3x y x 0 x3 3x x y 0 x3 xy y3 0 24 GPT x y x y 0 10 x 3x x 1 x ĐS x 1; / HD Đặt u 6 x 1, v x 0 u2 10 x x x 1 x v 4 4 Ta có 2 u v uv u 2v 9 u 2v 3 PT thành 25 GPT x 10 x 14 5 x ĐS x 5 /3 (10) HD Biến đổi x 10 x 14 5 x2 2x 2 x2 2x 2 2 Đặt u x x 0, v x x 0 x 10 x 14 x x x x u 6v 2 u 2v u 3v 0 PT u 5uv 6v 0 GIẢI PHƯƠNG TRÌNH XUẤT PHÁT TỪ HẰNG ĐẲNG THỨC BẬC BA Cơ Sở Lí Thuyết: Ta đã biết Khi đó Hay a b c a b c a b3 c a b b c c a a b3 c3 a b b c c a 0 a b c a b3 c3 a b b c c a 0 Từ đó ta hình thành ý tưởng xây dựng phương trình sau: 3 + Nếu chọn a x x 2002; b x x 2003; c x 2004 thì ta có BT1 Giải phương trình 3 x x 2002 3 x x 2003 x 2004 2003 3 2 HD Đặt a x x 2002; b x x 2003; c x 2004 3 3 3 Suy a 3x x 2002; b 3x x 2003; c x 2004 a b c 2003 3 3 a b c a3 b3 c3 Phương trình đã cho trở thành a b c a b c hay Khi và a b b c c a 0 b c x 13 / TH1: Với a b x 1/ TH2: Với x 1/ 5; 13 / TH3: Với c a ptvn Vậy phương trình có nghiệm 3 2 + Nếu Chọn a 3x x 2014; b 3x x 2015; c x 2016 3 Thì ta có a b c 2015 Như ta có các bài toán sau BT2 Giải phương trình 3 x x 2014 3 x x 2015 x 2016 2015 (11) 3 2 3 3 HD: Đặt a 3x x 2014; b 3x x 2015; c x 2016 Thì a b c 2015 PT đã cho tương đương a b c a b3 c a b b c c a 0 3 + Nếu chọn a x 2014; b x 2015; c x x 2016 thì ta có BT3 Giải phương trình x 2014 x 2015 x x 2016 2015 3 2 + Nếu chọn a x 2013; b x 2014; c x x 2015 thì ta có BT4 Giải phương trình x 2013 x 2014 x x 2015 x 2014 3 + Nếu chọn a 3x 1; b x ; c x thì ta BT5 Giải phương trình 3x 1 x x x 0 BT6 Giải phương trình x x x x x x x GIẢI PHƯƠNG TRÌNH XUẤT PHÁT TỪ HỆ ĐỐI XỨNG XUẤT PHÁT TỪ HỆ ĐỐI XỨNG BẬC HAI Cơ sở lí thuyết u x a x b x v x ;(1) v x a x b x u x ;(2) Chẳng hạn xuất phát từ hệ đối xứng bậc hai Từ phương trình (2) rút v x b x u x a x thay vào phương trình (1) ta u x a x b x b x u x a x ; * + Nếu chọn x 2 u x x 2, a x x 1, b x 2 x x x 3 BT1 Giải phương trình + Nếu chọn x 5 2 x 3x x 3 x x u x 2 x 5, a x x 3, b x x BT2 Giải phương trình x 1 x 3 x x 1 Viết gọn phương trình này ta x x + Nếu chọn thì ta dạng phương trình x x x 3 thì ta phương trình dạng Viết gọn phương trình này thì ta x 21x 22 x x x 13 u x 2 x 1, a x 3 x 2, b x x x x 3 ĐS x 2 x 3 x 1 3x 17 37 x 3; ĐS thay vào pt (*) ta Viết gọn phương trình này thì ta (12) BT3 Giải phương trình + Nếu chọn x 1 x x x 3 x x u x x 1, a x x 2, b x x x x 3 BT4 Giải phương trình thay vào phương trình (*) ta x 3 x 1 x Thu gọn phương trình này thì ta x 3x x 3 x x BTLT1: Giải phương trình x 11x 10 x 1 x x BTLT2: Giải phương trình x x x x 10 x ĐS VN XUẤT PHÁT TỪ HỆ ĐỐI XỨNG BẬC BA Cơ sở lí thuyết u x a x b x v x ;(1) v x a x b x u x ;(2) Ta xuất phát từ hệ đối xứng bậc ba Từ phương trình (2) rút v x 3 b x u x a x thay vào phương trình (1) ta u x a x b x b x u x a x ; * + Nếu chọn x 1 u x x 1, a x x x 1 , b x x x x 1 x BT1 Giải phương trình HD Biến đổi x 1 3 x x 1 x 3x 1 x3 x x 3x x x 3x 1 x thì ta dạng phương trình Viết gọn pt này ta ĐS x 1; x 2 x x 1 x 3x 1 u x x 1 x v u x 1; v x x 1 x x 1 v x 3x 1 x u Đặt ta hệ Trừ vế theo vế u v u uv v x 0 TH1: u v x 3x x x 2; x (13) u u uv v x v u x 2 2 TH2: u uv v x 0 Xét 2 3 3x 10 x 11 u x x 1 x 0 2 4 Suy u uv v x 0 VN Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 1; x 2 + Nếu chọn x 1 u x x 1, a x x 3, b x x x x BT2 Giải phương trình x x 1 x 3 thì ta dạng phương trình Thu gọn ta x3 x x x 3 x ĐS x 2; x 1 BTLT1 Giải phương trình x x x x x x ĐS x 2 BTLT2 Giải phương trình x 13x x x 1 3x ĐS BTLT3 Giải phương trình x x x x 3x x x 1/ 8;1 ĐS x 3x 1 PP TÍCH VÔ HƯỚNG HAI VECTƠ VÀ BĐT VECTƠ Cơ sở lí thuyết Ta đã biết định nghĩa tích vô hướng Từ đó suy a.b a b cos a, b a.b a b cos a , b 1 + Bằng cách chọn và hai vec tơ cùng hướng x 1; x a.b a b thay vào pthương trình ta a x;1 , b BT1 Giải phương trình x x x 2 x a x;1 , b x 1; x a HD + Bằng cách chọn đó ta có b x x x và a b 2 x Khi đó phương trình đã cho có dạng a.b a b x x 1 3 x nên ta phải có Từ đó tìm hai nghiệm là x 1; x 1 a x 1; x , b x 1; x a.b a b + Bằng cách chọn thay vào ta BT2 Giải phương trình sau x x x x x x ĐS x 1 a x 1; x , b x 1; x a.b a b + Bằng cách chọn thay vào ta (14) x 1 l ; x 2 BT3 Giải phương trình x x 2 x x 3 x ĐS a x;1 , b x 2; x a.b a b + Bằng cách chọn thay vào ta x 3x x x 1 x 3 BT4 Giải phương trình ĐS x 2; x 1 a x; x ; b x 2; x + Bằng cách chọn thì ta bài toán sau BT5 Giải phươg trình x x x x x 15 a x; / 3 ; b x 8; 17 x + Nếu chọn thì ta có bài toán sau ĐS x 2 BT6 Giải phương trình 3x x 17 x 5 x 16 a x 2;1 ; b x; x + Bằng cách chọn thì ta bài toán ĐS x 1 Ta dễ chứng minh a b a b cos a, b 1 và hai vec tơ cùng hướng a b a b a x 2; , b x 2;5 + Bằng cách chọn thay vào ta BT1 Giải phương trình x x 20 x x 29 97 ĐS x 2 / Tương tự, cách chọn các vec tơ thích hợp hãy làm các bài toán sau BT2 Giải phương trình x x x x 2 BT3 Giải phương trình x x x x 10 29 BT4 Giải phương trình x x x 12 x 25 x 12 x 29 BT5 Giải phương trình x x 17 x 24 x 10 x x ĐS x 1 BTLT1 Giải phương trình x x 816 x 10 x 267 2003 2 BTLT2 Giải phương trình cos x cos x cos x cos x 3 ĐS x 0 ĐS x 56 / 31 (15) GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ BẰNG PP LƯỢNG GIÁC HÓA Cơ sở lí thuyết Đầu tiên ta chứng minh phương trình vô nghiệm ngoài đoạn a; a , sau đó đặt x a.sin t x a.cos t đưa phương trình đã cho phương trình lượng giác Dấu hiệu a x x a cos t , t 0; ; x a t a / cos t , t 0; BÀI TẬP ÁP DỤNG Giải phương trình x 4 x x ĐS x cos 5 3 ; x cos ; x cos 8 x cos t , t 0; cos t 4cos3 t 3cos t sin t cos 3t HD ĐK x 1 Đặt , PT cos t 0; sin t 0 2 Do Vì PT t cos 3t k t t k và Giải Lấy các nghiệm ứng với k 0; k 1 1 2 2 x x Giải phương trình ĐS x x cos t , t 0; HD Điều kiện x 1, x 0 Đặt và t / 2 11 ; x cos 12 (16) 1 2 sin t sin 2t cos t t / k 2 ; t / k 2 / 3 4 cos t PT 2 Giải phương trình x x x 0 ĐS x cos / ; x cos 5 / x cos t , t 0; HD Điều kiện x Đặt PT cos t cos t cos t 0 cos 2t sin 2t 2 Giải phương trình x x x 3x x 0 ĐS x 1/ 2; x cos 11 HD Đặt điều kiện và đưa cos 3t cos 2t sin 2t 0 Giải phương trình x3 Giải phương trình 1 x x x x x x ĐS 2 21 ĐS x 1/ 2; x 1 2 Giải phương trình x x x x 1 ĐS x 0; x 7 /10 2 x x 1 x 1 2x 2x x2 Giải phương trình 1 x / 2; x ĐS x 1/ PHƯƠNG PHÁP ỨNG DỤNG ĐƯỜNG THẲNG Ứng dụng đường thẳng giải phương trình BT1 Giải phương trình HD Đặt: x 12 x 10 x 1 3t 1 & 12 x 3 t Đk: t 3 (1) x (1 3t ) 3 12 x (3 t ) t 1 20 10t 10 t 1 t (loai ) Lấy (3)+(4) theo vế ta có: Với t 1 x 8 x 2 Vậy x = là nghiệm phương trình Các em thắc mắc tự hỏi: “Thuật toán nào đã giúp ta nhìn thấy cách đặt ẩn t ??? Đó chính là : Ứng dụng phương trình đường thẳng để giải phương trình dạng thức Thực qua các bước sau: (17) 3 x 12 x 10 Bước 1: X Y Từ đó ta có phương trình đường thẳng: X+3Y=10 X 1 3t Bước 2: Ta viết lại phương trình đường thẳng trên tham số: Y 3 t với t : tham số Lúc này phương trình đã qui ẩn t và việc giải phương trình trên là không khó X 4 3t CHÚ ý: Ta có thể đưa phương trình đường thẳng trên tham số: Y 2 t x x 1 X BT2 Giải phương trình: Y X 1 t Ta có phương trình đường thẳng X + Y = Viết dạng tham số: Y 0 t x 1 t x 1 2t t t 1 3 x t x t Bây ta đặt: Lấy phương trình (2) trừ phương trình(1) ta t t 2t t t 2t 0 t 0 x Vậy x = -2 là nghiệm phương trình BTLT1 Giải phương trình x 1 x BTLT2 Giải phương trình: x x 0 ĐS x 1; 2;10 ĐS x = –2 Ứng dụng đường thẳng giải hệ phương trình x y xy 3 (1) x y 4 BT1 Giải hệ phương trình ( Đề thi Đại Học_ 2005) 2 x 2 t x t 4t x t 4t ( t 2) 2 y t t y t y t 4t HD Đặt: Thay vào phương trình (1) ta phương trình: 2t (t 4t )(t 4t ) 3 t 0 t 10t 2t 3t 22t 0 t 0 x y 3 t 22 loai x y x y 2 2 2 x y x y 4 BT2 Giải hệ phương trình có: (18) x y x y 3 x 10 y 108 15 y x 26 BT3 Giải hệ phương trình HD Đặt Và x y 3 t ; x y t x 10 y 108 t tìm x 3t 6t t 12t 18 ;y 5 và 15 y x 30t 45 Thay vao và tìm t 2 x 9 / 5; y / x y 5 x y 45 y 7 / BT4 Giải hệ phương trình HD Chọn M 3;1 , u 2; 1 Từ đó tìm x 3 2t ; / t 1 y t Đặt x y 45 t 18t 81 t và x 4t 12t 12 y t 2t t t 2t 7 / Tìm t 2 / t 1/ x y 2 72 xy x y 29 x y 4 BT5 Giải hệ phương trình 2 M 1;1 , u 1; 1 x 1 t ; y 1 t HD Chọn Đặt Tìm x t 2t , y t 2t 2 9t 7t 0 Khi đó xy t 4t ; x y 4t; x y 8t và đưa PP DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC CÔSI, BUNHIACOPSKI Cơ sở lí thuyết Xét phương trình Nếu f x A; g x A Suy f x g x f x g x f x A g x 2 + BĐT Côsi a b 2 a.b ; a 0, b 0 ; a b 2ab và số BĐT hệ có liên quan + BĐT Bunhiacopski ax by a b2 x2 y + BĐT Bunhiacopski cho ba cặp số a; b , x; y ax by cz a b2 c x y z BÀI TẬP VẬN DỤNG Giải phương trình x x x x 11 HD Điều kiện x 4 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ĐS x 3 (19) x x 12 12 Ta có x x 2 x x 11 x 2 và 2 Giải phương trình x 2 x x 1 x ĐS x 1 HD Điều kiện x 2 Vì x 0 không phải là nghiệm nên biến đổi phương trình x 2 2 x Ta có 2 x x x 2 x x 4 x x x 4; x 3x x x x x2 Giải phương trình 7x 2 x4 HD Điều kiện x / x 1 Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho cặp số ta x x x x x 12 12 x 3x x x x x2 1 Hay x 5x2 x 2x 3x x2 x x 1 x 5x x 5x2 x 2x 2 dấu xảy x và 5x2 x 7x 2 x4 Dấu xảy x 1; x 4 / x x 4 x x x Giải phương trình HD Điều kiện x 3 / Biến đổi phương trình 1 x 1 x Áp dụng BĐT AM-GM Do đó ĐS x 1/ x 8x 4 x3 3x x x x 1 2 2x Và 1.1.1 x 3 x x 1 1 1 2 4x x 8x 4, x 3 / x x Đẳng thức xảy x 1/ Mặt khác x3 3x 4 x3 3x x 1 x 1 4, x 3 / Dấu đẳng thức xảy x 1/ Vậy phương trình có nghiệm x 1/ Giải phương trình x 2 x x 4 x x x x3 30 HD Điều kiện x 4 Áp dụng BĐT AM-GM ta có x 2 x ĐS x 3 x 24 x 1 (20) 3 Và x x 2 27 x x 27 và Cộng các vế lại 4 x 4 4 x x 2 x x 4 x x 2 x x 2 x x x x3 30 Đẳng thức xảy x 4 x; x 27; x x Tìm x 3 4 Giải phương trình x x x 3 HD Điều kiện x 1 Ta có Và 1 x x ĐS x 0 x 4 x x x 1 1 x ; x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 4 Suy x x x 1 x x x 1 x x 1 x 1 x x x 2 và 2 Mặt khác Suy x x 1 2 x 2 x 3 2 Đẳng thức xảy x x ;1 x 1;1 x 1 x 0 Giải phương trình x 3x x 40 8 x ĐS x 3 4 x 4 x 1 4.4.4 x 1 x 13 HD Điều kiện x Ta có Suy x3 x x 40 x 13 x 3 x 3 0 x 3 2 Giải phương trình x 11x 25 x 12 x x HD Điều kiện x 4 / Biến đổi Ta có x x2 x 2 x 4 x2 x 4 x2 x 3 ĐS x 1; x 7 x x x hay x x 2 x x2 x 3 Dấu xảy x x x x 1; x 7 x2 x Giải phương trình x2 x 3 HD Điều kiện x x Biến đổi x2 x 1 ĐS x 1 x2 2 x x x12 x (21) Và đưa phương trình x2 Ta có x2 x x12 2 x2 x12 1 2 x 0 x x Mặt khác Đẳng thức xảy x2 x2 10 Giải phương trình x x 1 x2 x x12 0 Kết luận x 1 x 13x x 16 ĐS x 4 HD Điều kiện x 1 Ta có vế trái x x 13 x x 6 Áp dụng BĐT AM – GM ta có 26 Và Suy 3x x2 x 26 x4 2 39 x 3x x4 x 6 1 x4 3 2 4 x2 x4 39 x x 26 1 x 13 2 4 x x 13x x 6 3x x2 x 26 x 16 2 3x2 x x 4 x ; x4 Dấu đẳng thức xảy Giải tìm BÀI TẬP LUYỆN TẬP 11 Giải phương trình x 10 x x 3 x ĐS x 1 12 Giải phương trình x x x x 2 x x ĐS x 1 2 x x 9 13 Giải phương trình x 1 2015 x 2015 x 14 Giải phương trình ĐS x 1/ 1 x x 1 ĐS x 0 4 15 Giải phương trình 13 x x x x 16 HD Điều kiện x 1 Biến đổi phương trình ta cớ Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có x 13 x x 256 (22) 13 13 x 3 x 13 27 13 13x 3x 40 16 10 x 10 x 16 10 x 10 x 16 10 x 64 40 x 16 10 x 64.4 256 Mặt khác ta có Suy x2 x 2 / x2 x 2 / 2 10 x 16 10 x Dấu xảy (23)