Skkn giải phương trình có chứa dấu căn bậc hai

  • Số trang: 18 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 18 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

LỜI NÓI ĐẦU Trong quá trình dạy học, tôi đã nghiên cứu và tham khảo các tài liệu về chuyên đề đại số và giải tích ở cấp trung học phổ thông. Tôi thấy rằng việc hệ thống lại các dạng cơ bản và phương giải phương trình chứa căn cho học sinh lớp 10 là thực sự cần thiết, nhằm giúp cho học sinh lớp 10 ( học theo chương trình mới ) tiếp cận với việc giải một phương trình có dấu căn bậc hai một cách hiệu quả và có hệ thống. với lí do đó, tôi đã viết đề tài này. Đây là một đề tài nhỏ nhằm phục vụ cho việc dạy học môn toán cho học sinh lớp 10 ở chương trình nâng cao và bổ trợ kiến thức cho học sinh lớp 10 ban cơ bản trong tiết học tự chọn ( có thể thực hành trong 2 hoặc 3 tiết dạy ), trong chuyên đề này tôi đề cặp đến dạng toán: GIAÛI PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA DAÁU CAÊN BAÄC HAI Đối với phần này, tôi hệ thống lại một số dạng toán cơ bản thường thấy khi giải phương trình có dấu căn bậc hai gồm có các nội dung sau: 1. Tìm tập nghiệm của phương trình thông qua tập xác định của phương trình. 2. Dạng cơ bản của phương trình có chứa dấu căn bậc hai 3. Giải một phương trình chứa dấu căn bậc hai bằng cách đổi biến 4. Dùng phương pháp bất đẳng thức và đánh giá ước lượng hai vế của phương trình 5. Phương pháp biến thiên hằng số 6. Một số dạng toán khác 7. Phương trình chứa dấu căn bậc hai có chứa tham số. Xin cảm ơn các thầy cô ở trường THPT Phước Thiền đã chân thành góp ý kiến cho tôi hoàn thành đề tài. Mặt dù có nhiều cố gắng, nhưng do kinh nghiệm không nhiều nên thiếu sót là điều không tránh khỏi, mong các thầy cô chân thành góp ý để tôi có kinh nghiệm tốt hơn trong công tác dạy học môn toán. Chân thành cảm ơn ngày 25 tháng 3 năm 2009 Trang 1 PHÖÔNG TRÌNH COÙ CHÖÙA DAÁU CAÊN BAÄC HAI (chuû ñeà ñaùp öùng lôùp kieán thöùc lôùp 10 – ban khoa hoïc töï nhieân vaø phuïc vuï tieát daïy töï choïn cho hoïc sinh lôùp 10 ban cô baûn) --------------------------o0o-------------------------1. TÌM TẬP NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH THÔNG QUA TẬP XÁC ĐỊNH: Trong phần này, tôi nêu ra hai ví dụ mà phương trình chứa dấu căn có tập xác định là một phần tử, nhằm làm rõ với học sinh ý nghĩa tập xác định của phương trình chứ dấu căn và tập nghiệm của phương trình. Ví dụ: Tìm tập nghiệm của phương trình : b. 9  x 2  x  3  x 2  3x  4  2 a. x 2  4   x 2  x  2  2 Giải a. x 2  4   x 2  x  2  2 (1) �x 2  4 �0 � � đk : � 2  x  x  2 �0 � �� x 2 �� � x  2 x �2 �� � 2 �x �1 � Với x = – 2 (1)  0 = 2 nên phương trình đã cho vô nghiệm b. 9  x 2  x  3  x 2  3x  4  2 (2) � 9  x 2 �0 � � đk �x  3 �0 �x 2  3x  4 �0 � 3 �x �3 � � x3 � �x �3 Với x = 3, (2)  2 = 2 Vậy x = 3 là nghiệm của phương trình (2) Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, học sinh cần nắm được một kiến thức là: nếu tập xác định của một phương trình là tập hữu hạn giá trị đếm được, thì ta có thể lần lượt thế các phần tử trong tập xác định đó vào phương trình để xác định tập nghiệm của phương trình đó. Trang 2 - Học sinh không nên sai lầm khi tập xác định là một phần tử thì phần tử đó chính là nghiệm của phương trình. Trang 3 2. DAÏNG CÔ BAÛN PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA DẤU CĂN BẬC HAI: Trong phần này tôi nêu ra hai dạng phương trình chứa dấu căn bậc hai thường thấy để học sinh tham khảo và vận dụng khi gặp các dạng cơ bản đó. Giaû söû f(x) vaø g(x) laø hai bieåu thöùc chöùa x ( f(x), g(x) là một biểu thức có nghĩa ) . Khi ñoù: 1. g(x) �0 � � f(x)  g(x) � � 2 f(x)   g(x) � (I) g(x) �0  hay f(x) � 0  � f(x)  g(x) � 2. f(x)  g(x) � � (II) Ví duï: Giaûi caùc phöông trình sau: a. 2 x  1  x  1 b. 2 x  1  2 x 2  5 x  4 d. 3x  7  4  x  x  6 e. c. 5 x 2  12 x  8  2 x4  4x 2 x2 Giaûi a. Caùch giaûi 1: (aùp duïng coâng thöùc (I) ñeå giaûi ) �x �1 �x  1 �0 �x �1 � � � �� x0 � x4 2 x  1  x  1  � 2 � �2 2 x  1   x  1 � �x  4 x  0 �� x4 �� Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4 Caùch giaûi 2: 2 x  1  x  1 (1) Ñieàu kieän: 2x + 1 ≥ 0  x ≥ 1 2 Neáu x < 1  phöông trình voâ nghieäm. Neáu x ≥ 1  (1)  x2 – 4x = 0  x = 0 hoaëc x = 4 So ñk: phöông trình coù moät nghieäm x = 4 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, học sinh hay nhằm lẫn công thức ( I ) và cách tìm tập xác định của phương trình, nên khi giáo viên dạy cho học sinh cách giải phương trình bằng công thức (I) cần làm rõ cho học sinh hiểu được đâu là điều kiện xác định của phương trình, đâu là vận dụng công thức để giải bài toán. Trang 4 b. 2 x  1  2 x 2  5 x  4 cách 1: 2x  1 �0 � � pt � � 2x  1  2x 2  5x  4 � 1 � �x � � 2 � 2 � 2x  7x  3  0 � Vậy phương trình có hai nghiệm x  3, x  x 3 � � 1 � x � 2 1 2 cách 2: x 3 � 2x 2  5x  4 �0 2x 2  5x  4 �0 � � � �� 2 � 1 pt � � � x 2x  1  2x 2  5x  4 2x  7x  3  0 � � � 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x  3, x  1 2 Nhận xét: - Trong ví dụ này học sinh cần chú ý: việc biến đổi phương trình dẫn đến điều kiện 2x + 1 ≥ 0 hoặc 2x2 – 5x + 4 ≥ 0. - Trong trường hợp điều kiện của một phương trình có tính phức tạp, ta không cần giải điều kiện đó mà ta thay các giá trị nghiệm của phương trình tìm được vào và nhận nghiệm thỏa điều kiện. c. 5 x 2  12 x  8  2 (2) � 5 x 2  12 x  8  4 x2 � � � 5 x  12 x  4  0 � 2 � x � 5 2 2 Vaäy phöông trình coù hai nghieäm x = 2, x = 5 Nhận xét: - Trong ví dụ này ta không thấy điều kiện g(x) ≥ 0 là vì vế phải bằng 2 là một số dương. d. 3x  7  4  x  x  6 (3) Trang 5 7 � x �  � 3 x  7 �0 � 3 � � x�0�� �x 4 ñk: �4 � �x  6 �0 �x �6 � � � 7 3 x 4 Với điều kiện trên, hai vế của phương trình đều dương nên ta có: (3) � 3x  7  4  x  x  6 � 3 x  3  2  4  x  x  6 �x �1 � �x �1 �� x3 �� 2 � �� � x3 13 x  10 x  87  0 29 � �� x � 13 �� Vaäy phöông trình coù ngieäm x = 3 Nhận xét: - Trong nhiều trường hợp, khi giải một phương chứa dấu căn bậc hai ta phải bình phương hai vế của phương trình nhiều lần mới có thể đưa về dạng cơ bản. - Khi bình phương hai vế của một phương trình, học sinh cần chú ý là đang vận dụng phép biến đổi tương đương hay phép biến đổi đổi để đưa ra phương trình hệ quả. Thông thường khi bình phương hai vế của một phương trình, ta cần chú ý đến tính chất hai vế của phương trình cùng dấu hai khác dấu. e. x5  5 x 1 x (4) �x  5 �0 �5 �x �5 � ñk: �5  x �0 � �x �0 � �x �0 � (4) �   x5  5 x  x x0 � � �� � x5  5 x �   2 � � � �x  0 x  0 � �x  0 � 2 �2 � �� � x  10 � 0 � 25 x  160 �0 � x  4 � � 2 2 2 x �2 25  x  x  10 �x 4  16 x 2  0 �x  0 � �� �� x4 �� x  4 � �� Vaäy phöông trình coù nghieäm x = 4 Trang 6 3. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẰNG CÁCH ÑAËT AÅN PHUÏ: Trong phaàn naøy toâi ñöa ra moät soá baøi toaùn ñoåi bieán thöôøng thaáy trong kieán thöùc toaùn lôùp 10 vaø caùch giaûi chuùng thoâng qua caùc ví duï minh hoïa. Ví dụ: Giải các phương trình sau: a. x 2  2 x  2 x 2  4 x  3 b.  x  1  x  2   x 2  3x  4 c. 2  x  2   7  x   x  2  7  x  3 d.  2 x 2  1 2 x 2  1  4  x 2  1  3 2 x 2  1 Giải a. x 2  2 x  2 x 2  4 x  3 đặt t = x 2  2 x  t2 = x2 + 2x, t ≥ 0 ta được phương trình : t = – 2 t2 + 3  2t2 + t - 3 = 0  t = 1 hoặc t = – 1,5 (loại) � x  1  2 2 2 t = 1  x  2x  1 � x  2x  1  0 � � x  1  2 � Vậy phương trình có nghiệm là: x  1  2, x  1  2 b.  x  1  x  2   x 2  3x  4  x 2  3x  2  x 2  3x  4 Đặt t = 2 2 x 2  3x  2  x + 3x = t – 2 , t ≥ 0 Ta được phương trình: t = t2 – 2 – 4  t2 – t – 2 = 0  t = 2 hoặc t = – 1 ( loại ) Với t = 2  � 3  17 x � 2 x 2  3x  2  2 � x 2  3x  2  0 � � � 3  17 x � � 2 Vậy phương trình có nghiệm là: x  3  17 3  17 ,x  2 2 Nhận xét: - Trong hai ví dụ a và b ta cần chú ý:  Vế phải của hai phương trình này này không có căn bậc hai và có bậc là 2n nếu ta bình phương hai vế của phương trình thì dẫn đến một phương trình bậc 4 đủ, vì thế việc giải phương trình là điều không khả thi. Trang 7  Trong hai ví dụ này, ta có thể khái quát lên thành dạng tổng quát có dạng phương trình như sau:   ax 2  bx       ax 2  bx    , t2   ,  �0 , t ≥ 0  khi đó ta đổi biến t =   ax 2  bx      ax 2  bx   - Tuy nhiên trong một vài trường hợp, nếu phương trình trên có nghiệm từ hai nghiệm hửu tỉ trở lên ( có thể trùng nhau ) ta vẫn có thể giải bằng cách bình phương hai vế của phương trình. c. 2  x  2   7  x    x  2  7  x   1 Cách 1: Đặt t = x  2  7  x  0  t  1 2  12   x2   2 7x  2  10 và t2 – 5 = 2  x  2   7  x  Ta được phương trình: t2 – 5 – t = 1  t2 – t – 6 = 0  t = 3 hoặc t = – 2 (loại ) Với t = 3   x  2   7  x  = 2  x2 – 9x + 18 = 0  x = 6 hoặc x = 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Cách 2: Đặt u  x  2, v  7  x , u ≥ 0, v ≥ 0 � �2uv   u  v   1 2 �u  v  5 Ta được hệ phương trình: � 2  (u + v)2 – (u + v) – 6 = 0  (u + v) = 3 hoặc u + v = – 2 (loại) uv3 � uv  2 � Từ đó ta có hệ phương trình �  u, v là hai nghiệm của phương trình : X2 – 3X + 2 = 0  X = 1 hoặc X = 2 � �x 2 1 � �x2  2 hoaëc � � x  3 hoaëc x =6 �7 x  2 �7 x 1 � Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 6, x = 3 Nhận xét: Trang 8 - Trong dạng phương trình này học sinh cần nhận xét là :  x  2    7  x   5 ( hằng số ), 2 2 t2 – 5 = 2  x  2   7  x  , cần chú ý đến điều kiện của biến trung gian để việc giải bài toán có nhiều thuận lợi. - Trong cách giải thứ nhất nếu phương trình rơi vào trường hợp như nhận xét ở trên thì ta có lợi thế hơn, tuy nhiên trong trường hợp tổng quát   ax  b   cx  d     ax  b  cx  d    thì việc vận dụng cách giải hai là có lợi thế hơn rất nhiều: Cụ thể như sau: đặt u  ax  b, v  cx  d , u ≥ 0, v ≥ 0  � bu 2  cv 2  cb  ad ta có hệ: �  uv   (u  v)   � -Với cách đổi biến thứ 2, về lí thuyết, ta có thể giải được nhiều bài toán dạng này một cách thuận lợ hơn. d.  2 x 2  1 2 x 2  1  4  x 2  1  3 2 x 2  1 pt   2 x 2  1 2 x 2  1  2  2 x 2  1  3 2 x 2  1  6 Đặt t = 2 x 2  1 , t ≥ 1 Ta được phương trình : t3 – 2t2 – 3t + 6 = 0  ( t – 2 )(t2 – 3 ) = 0  t = 2 hoặc t = 3 hoặc t = – 3 ( loại ) Với t = 2  2 x 2  1 = 2  x = � 6 2 Với t = 3  2 x 2  1 = 3  x = �1 Vậy phương trình có bốn nghiêm là: x = � 6 , x = �1 2 4. SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP BẤT ĐẲNG THỨC VÀ ĐAÙNH GIAÙ ÖÔÙC LÖÔÏNG: Ví dụ: giải các phương trình sau: a. x 2  2 x  2  4 x 2  12 x  13  3 (1) Giải a. x 2  2 x  2  4 x 2  12 x  13  3 Ta có: x 2  2 x  2   x  1  1 �1, x �� 2 4 x 2  12 x  13   2 x  3 2  4 �2, x �� Trang 9 b. x 6  2 x3  26  5 x 2  2  x 2  �x  1 �x 2  2 x  2  1 � ��  (1) � 2 3 � x �� x   4 x  12 x  13  4 � � � 2 Vậy phương trình vô nghiệm b. x 6  2 x3  26  5 x 2  2  x 2  (2) 2 2 2 Nếu x  2  x   0 � x  2 � x  2 thì phương trình (2) vô nghiệm. 2 x 2  0 Nếu x  2 � x Ta có: x 6  2 x3  26  5x  2  x 2 2  2 x 3  1  25 �5, x �� 2 2 �x 2  2  x 2 � 2 2 �5 � �  5, x �� ( vì x ≥ 0 và 2 – x ≥ 0 ) 2 � � 2 � 3 �x 3  1  0 �  x  1  25  5 � � � x  1  (2)  � �4 2 2 2 x  2 x  1  0 � � 5 x (2  x )  5 � Vậy phương trình có nghiệm x = – 1 Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, ta thấy việc đánh giá chính xác giá trị hai vế của một phương tình chứa căn đưa đến việc giải các phương trình một cách đơn giản hơn. - Khi giải bài toán bằng phương pháp này học sinh cần chú đến điều kiện dấu bằng của bất đẳng thức để quá trình giải chính xác hơn. 5. PHƯƠNG PHÁP BIẾN THIÊN HẰNG SỐ: Ví dụ: Giaûi phöông trình: a.  2x  5  x 2  x  x 2  5x  6 b. x  x  2   x  4  4 Giaûi: a.  2x  5  x 2  x  x 2  5x  6 2 2 Phöông trình (1.3) coù daïng  x  x    2x  5  x  x   4x  6   0 Ñaët t  x 2  x , t �0 (1.3a). (*). 2 Phöông trình (1.3a) trôû thaønh: t   2x  5 t   4x  6   0 t2 � (1.3b). Ta thaáy    2x  1 neân caùc nghieäm cuûa (1.3a) laø: � . t  2x  3 � 2 Trang 10 Keát hôïp vôùi (*) ta nhaän ñöôïc: Với t = 2 1  17 1  17 , x . 2 2  x 2  x  2  x2 + x – 4 = 0  x   Với t = 2x + 3 3 � 2x  3 �0 � x � � � 2  x  x  2x  3  � 2 2  � x  x   2x  3  2 � � 3x  11x  9  0 � 2 3 � x � � 2 � 11  13 �  x . 11 � 13 6 � x � 6 � Vaäy caùc nghieäm cuûa (1.3) laø: x   1  17 1  17 11  13 , x , x . 2 2 6 b. x  x  2   x  4  4 Phöông trình (1.5) coù daïng  x  1  x  4  5 . 2 Ñaët u  x  4 � u2  x  4 (1.5a). Khi ñoù (1.5) trôû thaønh:  x  1  u  5 2 (1.5b). Töø (1.5a) vaø (1.5b) suy ra: u2   x  1  u  x  1 2 ux � 2 u2   x  1 �  u  x  1  0   u  x  1  u  x   0  � Hay � . � � u  1 x � x �0 � � ª Vôùi u = x: Ta nhaän ñöôïc x  x  4 � � 2 x x4  0 �  x x �1 � � ª Vôùi u  1  x : Ta nhaän ñöôïc 1  x  x  4 � �  1 x  x  4 �  x 2 1  17 . 2 �x �1 �x  3x  3  0  �2 3  21 . 2 Do vaäy caùc nghieäm cuûa (1.5) laø: x  1  17 3  21 , x . 2 2 Nhận xét: - Trong hai ví dụ trên, nhận thấy sau khi đổi biến, ta dẫn đến một phương trình với ẩn số t và x đóng vai trò như một tham số. Chú ý khi vận dụng cách giải này học sinh cần chú ý Trang 11 đến giá trị  =( ax + b )2(a,b  R), nếu không thì việc giải phương trình theo cách này gặp rất nghiều khó khăn. - Trong dạng phương trình ở câu b, ta có khái quát thành bài toán có dạng phương trình như sau: ax+b    cx  d    x   , vôùi c  a   , d  b   , ta ñaët: ct+d = ax+b 2 7. MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC: Ví duï 1: Giaûi phöông trình: 3  x  2  x 2  1  x 2  x  6 Giaûi: Phöông trình coù daïng: 3  x  2  x 2  1   x  2   x  3 Hay  x  2   x2 � x  3  3 x2  1  0  � . 3 x 2  1  x  3 (*) �  x �3 � 3 � Ta thaáy (*)  �9 x 2  1  x  3 2  x  0 , x  . 4   � �   3 4 Vaäy caùc nghieäm cuûa (1.1) laø: x = 0, x = 2, x  . Ví duï 2: Giaûi phöông trình: x 2  2x 2  1  x 2  2x 2  1  2 x  2 Giaûi: Phöông trình coù daïng: 2x 2  2 2x2  1  2x2  2 2x2  1  2  x  2  Hay  1 2x 2  1   1 2 2x2  1  2   2 x 2 2 2  1  2x  1  1  2x  1  2  x  2   (*). Neáu 1  2x 2  1  0  0  2x2 – 1  1  1 � x �1 2 (a). Khi ñoù (*) trôû thaønh x  2  1 � x  1  2 : khoâng thoaû (a). Neáu 1  2x 2  1 < 0  x  1 Khi ñoù (*) trôû thaønh (b). � x � 2 � 2 � 2x  1  x  2  2x 2  1  x  2 � �  Trang 12  2 � x � 2 � � x 2 5  �2 x 2 2 x 3  0 � � x 2 5 � . Vì (b) neân ta chæ nhaän ñöôïc x  2  5 . Do vaäy nghieäm cuûa (1.2) laø: x  2  5 . Ví duï 3: Giaûi phöông trình: 2x 2  1  x 1  x2  1 2 Giaûi: 2 2 Phöông trình coù daïng: 1  2x 1  x 2  2  1  2x 2   x  1  x  2  1  2x  2x Ta thaáy: 1 � 2 x 0 1 2  1  x 2 �x2 � 1  x2 � x � x  1  x2 �0 . � 1  2x 2 �0 � Phương trình  � x  1  x 2  2 �1  x 2  x 2 � � � � �  � 1  2x 2 �0 � � 2 � �x  1  x � 2 �    Vôùi   . 1  x 2  x  1� 0 � x �0 � �x �0 1 � 1  x2  x � � 2 �� �x . 2 �2x  1 � 2 x  1 � 2 x �1 � 2 Vôùi 2  1  x   2 x  1 � � 4x  2 2 x  1  0 � 2  x 1  3 . 2 2 1 1  3 Do ñoù caùc nghieäm phương trình laø: x   2 , x  . 2 2 2 �  2  1  x2  1 x 3   1 x 3 � Ví duï4: Giaûi phöông trình: 1  1  x � � � � Giaûi: Ñaët u  1  x vaø v  1  x  u,v �0   u2  v2  2 . Trang 13 2 2 � �u  v  2 Ta coù heä � ,  u,v �0  1  uv u3  v3  2  uv � �   1 2 3 3 Vôùi u2  v2  2 , ta coù: 1  uv   u  v  vaø u  v   u  v   2  uv  . 2 3 3 2 2 Suy ra 1  uv  u  v   2  u  v   2  uv  . 1 �u,v �0 �2 2 2 2 Do ñoù phương trình  �u  v  2  u2  1  , v2  1  . 2 2 �2 2 �u  v  2 Suy ra nghieäm phương trình laø: x  2 . 2 Ví duï 5: Giaûi phöông trình: x  3  5  x  x 2  8x  18 Giaûi: Phöông trình (1.7) coù daïng x  3  5  x   x  4   2 2 Vôùi 3  x  5, ta coù: 2 2 Phương trình  2  2  x  3  5  x   �  x  4   2�  2  2 1   x  4  �  x  4   2� � � � � 2 2 Ta thaáy: 2  2 1   x  4  �4 , ñaúng thöùc xaûy ra � x  4 , 2 2 2 � �4 , ñaúng thöùc xaûy ra � x  4 . �x  4   2� � Do ñoù phương trình  x = 4. Hay nghieäm cuûa phương trình laø: x = 4. 2 Ví duï 6: Giaûi phöông trình: 2  x  2  1 1 2 x � 2 Giaûi: Ñieàu kieän 2 �� 2 x 2 1 � 1�  4� x � 2 x � x� (*). 1 � � Khi ñoù vôùi 4  �x  x ��0 , phöông trình coù theå vieát: � � �2 1 � 4� x  2 � 2 � x �  2  � � 1 � � � 1� 2  x �2  2 � � 4� x � � � x � � � x� � 2 Trang 14 2 2 � 1 � 1 � � � 1� � � 4� x � Hay: 4  �x 2  2 � 2 5  2 �x 2  2 � � � � x � � x � � � x� � 1 x 2 Ñaët u  x  , u �2 vaø x  1  u2  2 . x2 Do ñoù phương trình trôû thaønh: 6  u 2  2 9  2 u2   4  u   2 9  2u 2  u2  4 u  5    1  2 u2  4  1   u  2  2 Ta thaáy: 1   u  2  �1 , ñaúng thöùc xaûy ra  u = 2. 2 2 Vì u �2 neân 1  2  u  4  �1 , ñaúng thöùc xaûy ra  u2 = 4. �u  2  u = 2. �u  4 Do vaäy phương trình  � 2 1 x Hay ta nhaän ñöôïc: x   2  x = 1. Vaäy nghieäm cuûa phương trình laø: x = 1. 8. PHƯƠNG TRÌNH CĂN BẬC HAI CÓ CHỨA THAM SỐ: Ví duï 1: Tìm caùc giaù trò a ñeå phöông trình sau coù nghieäm: a  x 2  2x  a2  x  1 Giaûi: Phöông trình (3.1)  a  (x  1)2  a2  1  x  1 . t �0 � Ñaët t  x  1 , �t �a � (*). �t �0 t �a  0 � � � Khi ñoù phöông trình trôû thaønh �t �a  �t  1 �2a t  1 � � 2a � a0 � 1 � Ta thaáy phương trình coù nghieäm khi �a2 �1 � 0  a � . 2 � � 2 1 1 � � 0a� 0a� � � � � 2 2 Vaäy ta nhaän ñöôïc: � � . 1 �x  1  1 � x  1� � � 2a 2a 1 1 Do ñoù vôùi 0  a � 2 thì phöông trình coù nghieäm x  1 �2a . Trang 15 Ví duï 2: Tìm caùc giaù trò a > 0 ñeå phöông trình sau coù nghieäm: x  2ax  a2  x  2ax  a2  2a Giaûi: Ñaët t  2ax  a , t  0 vaø vôùi a > 0 ta coù x  2 Vaäy phương trình trôû thaønh: t 2  a2 . 2 t �0 � � (t  a)2 (t  a)2   2a  � . t  a  t  a  2a 2a 2a 2a � � 1 a � 0 �t  a � � 2 Neáu 0  t < a: (3.2a)  � � . 1 �2a  2a 2a � 0 �t  � 2 � 1 a � � 2 Ta ñöôïc: �1 . � �x  1 �4 2 t �a  0 � . t  a 2a � Neáu t  a: (3.2)  � � 1 a� � � a 2a �a  0 � � 2 Ta ñöôïc: � � . 2 � 2ax  a2  a 2a �x  2a  a � 2 Toùm laïi: vôùi a  vôùi a  1 1 1 phöông trình coù nghieäm laø �x � , 2 4 2 1 2a 2  a phöông trình coù nghieäm laø x  . 2 2 Ví duï 3: Ñònh tham soá a ñeå phöông trình sau coù nghieäm: x 2  2a  2 x 2  1  x �x �1 �x �2a Giaûi: Ñieàu kieän � 2 (*). Khi ñoù phương trình trôû thaønh 2 x 2    2a x 2  1  a  2  2 x 2 Trang 16 a �2 x �1  � 2 � � 4 x 2  2a x 2  1  a  2  2 x 2 �      2 a �2 �x �1  2 � �4  1  a  x 2   a  2  2 � a � 2a �1  � � 2 ۣ �0 a Töø (*) vaø (3.3a) ta caàn coù: � a � 1 �1  � 2 (3.3a). 2 . 3 2 � 0 �a � � 3 � Phương trình  � . �x  2  a � 2 1 a Vì x  1 neân ta nhaän ñöôïc nghieäm laø x  2a . 2 1 a 2a 2 Vaäy vôùi 0 �a �3 thì phöông trình coù nghieäm laø x  2 1  a . Ví duï 4: Ñònh tham soá m ñeå phöông trình sau coù nghieäm duy nhaát: x  1  x  2m x(1  x)  m 3  2 4 x(1  x) Giaûi: Ta thaáy neáu xo laø nghieäm, thì 1 – xo cuõng laø nghieäm cuûa . Do ñoù ñieàu kieän caàn ñeå phöông trình coù nghieäm duy nhaát laø: 1 2 xo = 1 – xo  xo  . 1 Theá x bôûi xo  2 vaøo suy ra: m 3  m � m  0 , m  �1 . Ñaûo laïi: Vôùi m = 0: (3.4) trôû thaønh x  1  x  2 4 x(1  x)   4 x  4 1 x  2  0 � 4 x  4 1 x � x  1 (thoaû). 2 Vôùi m = –1: (3.4) trôû thaønh x  1  x  2 x(1  x)  1  2 4 x(1  x)    x  1  x  2 4 x(1  x)  � (1  x)  x  2 x(1  x) � � � 0 Trang 17   4 x  1 x 4   2 x  1 x  2 4 4 � 1 � x  1 x  0 0  �  x  (thoaû). 2 � x  1 x  0 Vôùi m = 1: (3.4) trôû thaønh x  1  x  2 x(1  x)  1  2 4 x(1  x) (*). Vì x = 0 vaø x = 1 cuøng nghieäm ñuùng (*)  khoâng coù nghieäm duy nhaát. 1 2 Vaäy vôùi m = 0, m = –1 thì phöông trình (3.4) coù nghieäm duy nhaát x  . Trang 18
- Xem thêm -