Tài liệu Luận văn kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------------------- PHẠM HỒNG CẨM KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------------------- PHẠM HỒNG CẨM KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG THÁI NGUYÊN - 2017 MỤC LỤC Mở đầu 1 Chương 1: Phân loại phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. 4 1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương 4 1.1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương 5 1.1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp 7 1.2. Kĩ thuật đặt ẩn phụ 9 1.2.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn 10 1.2.2 Một số phương trình và hệ phương trình giải được nhờ đặt ẩn phụ 11 1.3. Phương pháp điều kiện cần và đủ 15 1.4. Phương pháp hàm số 19 1.4.1. Kĩ thuật sử dụng tính đồng biến ngặt của hàm số 19 1.4.1.1. Sử dụng tính đồng biến của các hàm cơ bản 19 1.4.1.2. Kĩ thuật chủ đạo 2 22 1.4.1.3. Kĩ thuật chủ đạo 3 30 1.4.2. Phương pháp giá trị lớn nhất nhỏ nhất và đánh giá 33 1.5. Bài tập tương tự 36 Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp 40 2.1. Phương trình với nhiều cách giải 40 2.2. Các kĩ thuật giải phương trình và hệ phương trình 48 2.3. Bài tập tương tự 71 Kết luận 75 Tài liệu tham khảo 76 i MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Phương trình và hệ phương trình hỗn hợp được hiểu là phương trình và hệ phương trình phức tạp, chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, mũ, logarithm,...). Để giải những phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường phải “bóc từng lớp” để đưa về phương trình và hệ phương trình đơn giản. Tuy nhiên, cũng có nhiều phương trình, hệ phương trình hỗn hợp đòi hỏi sử dụng kĩ thuật giải tổng hợp, nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử dụng tổng hợp một vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những phương trình, hệ phương trình loại này. Đã có một số sách (xem, thí dụ, [1], [2], [5]–[9], [11]) và một số luận văn cao học (xem, thí dụ, [3], [4]) viết về phương pháp giải phương trình và hệ phương trình, tuy nhiên, theo quan sát của chúng tôi, vẫn cần đi sâu phân tích cụ thể và chi tiết hơn các phương pháp và các kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. Trong các đề thi Trung học Phổ thông Quốc gia những năm gần đây (trước 2017), hai câu khó (câu 9 và câu 10) thường là các bài toán về hoặc liên quan tới phương trình và hệ phương trình hỗn hợp. Để giải các bài toán này, cần sử dụng thành thạo và nhuần nhuyễn các kĩ thuật tổng hợp. Phương trình và hệ phương trình hỗn hợp cũng hay gặp trong các kì thi học sinh giỏi (Olympic 30–4, vô địch Quốc gia, Quốc tế). Với những lí do trên, tác giả đã lựa chọn đề tài Kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp làm đề tài luận văn cao học của mình. 2. Lịch sử nghiên cứu Chủ đề phương trình, hệ phương trình có vị trí và vai trò quan trọng trong chương trình môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kiến thức và kĩ năng của chủ đề này có mặt xuyên suốt từ cuối Trung học Cơ sở, tới đầu cấp 1 và đến cuối cấp Trung học phổ thông. Nó đóng vai trò như là chìa khóa để giải quyết nhiều bài toán trong thực tế. Đã có khá nhiều tài liệu viết về chủ đề phương trình, hệ phương trình. Tuy nhiên, theo quan sát của chúng tôi, ngoại trừ [4], chưa có nhiều tài liệu hay đề tài luận văn cao học phân tích sâu về kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. 3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu Luận văn hệ thống hóa và trình bày một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp thường gặp trong các kì thi Olympic, thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Tất cả các bài toán, ví dụ minh họa và bài toán tương tự trong luận văn đều được chọn lựa từ các đề thi vào đại học hoặc các bài thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế trong và ngoài nước, chủ yếu là các đề thi trong các năm gần đây, dựa trên nhiều tài liệu trong và ngoài nước, thí dụ, [10], [12]. Bên cạnh việc hệ thống hóa các đề thi, luận văn còn cố gắng phân tích, tổng hợp các phương pháp thông qua các ví dụ cụ thể. 4. Mục tiêu của luận văn Luận văn có mục tiêu trình bày các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. Các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp hoàn toàn có thể áp dụng cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, hệ bất phương trình, và các bài toán cực trị. Hi vọng luận văn sẽ góp phần làm sáng tỏ thêm các kĩ thuật và phương pháp giải phương trình, hệ phương trình và được áp dụng vào thực tế học tập và giảng dạy. 5. Phương pháp nghiên cứu - Phân tích lí thuyết, phân dạng các loại bài tập. - Đưa ra các ví dụ minh họa phù hợp với từng nội dung. 2 - Tổng hợp tài liệu từ sách giáo khoa, sách tham khảo, các sách liên quan đến đề tài. 6. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Luận văn gồm 2 Chương. Chương 1: Phân loại một số phương pháp và kĩ thuật giải phương trình và hệ phương trình hỗn hợp. Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải phương trình và hệ phương trình hỗn hợp. 3 Chương 1 PHÂN LOẠI PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP Để giải một phương trình, một hệ phương trình hỗn hợp loại khó, thường cần phải đồng thời kết hợp sử dụng một vài kĩ thuật. Tuy vậy, trong mỗi bài toán thường có một kĩ thuật chủ đạo. Nhằm dễ dàng phân tích lời giải, các phương trình và hệ phương trình trong luận văn này được phân loại theo phương pháp giải. Các phương pháp và kĩ thuật giải được phân loại như dưới đây. 1.1 . Kĩ thuật biến đổi tương đương Nói chung, quá trình giải phương trình, hệ phương trình là một quá trình biến đổi tương đương từ phương trình, hệ phương trình phức tạp về phương trình, hệ phương trình đơn giản nhờ một số tính chất của các hàm vô tỉ, mũ, logarithm, thí dụ: Tính chất 1:  g ( x) ≥ 0 f ( x ) = g ( x) ⇔  2  f ( x) = g ( x ). Nhận xét: Không cần đòi hỏi và giải điều kiện thừa f ( x) ≥ 0.  f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1  g1 ( x) = g 2 ( x ). Tính chất 2: f ( x) g1 ( x ) = f ( x) g2 ( x ) ⇔ f ( x ) = 1 hoặc  Nhận xét: Nhiều học sinh thường quên trường hợp f ( x) = 1. Tính chất 3:  f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1  f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1   log f ( x ) g1 ( x) = log f ( x ) g 2 ( x) ⇔  g1 ( x ) = g 2 ( x) ⇔  g1 ( x) = g 2 ( x )  g ( x) > 0  g ( x) > 0.  1  2 Nhận xét: Chỉ cần giải một trong hai hệ trên, chọn trong hai điều kiện g1 ( x) > 0 hoặc g 2 ( x ) > 0 điều kiện nào dễ giải hơn. 4 Kĩ thuật biến đổi tương đương là một kĩ thuật cơ bản, tuy nhiên, đối với phương trình, hệ phương trình hỗn hợp, kĩ thuật này không phải lúc nào cũng áp dụng được một cách hợp lí, mà phải kết hợp thêm với các kĩ thuật khác. Các ví dụ cụ thể (các bài toán thi Olympic và các bài thi vào đại học), dưới đây và trong Chương 2 sẽ trình bày và phân tích sâu hơn nhận xét này. 1.1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương Bài 1 (Thi học sinh giỏi Việt Nam VMO 2002, Bảng A) Giải phương trình 4 − 3 10 − 3 x = x − 2. (1) Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là  10 10 − 3 x ≥ 0 10 x ≤ ⇔ 3 ⇔ 2 ≤ x ≤ . (*)  3 x − 2 ≥ 0  x ≥ 2 Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ 4 − 3 10 − 3 x = x 2 − 4 x + 4 ⇔ 9 (10 − 3 x ) = x 2 ( 4 − x ) ⇔ x 4 − 8 x 3 + 16 x 2 + 27 x − 29 = 0 2 ⇔ ( x − 3)( x + 2 ) ( x 2 − 7 x + 15 ) = 0 ⇔ x = 3 (vì x 2 − 7 x + 15 = 0 vô nghiệm và x = −2 không thỏa mãn điều kiện (*)). Đáp số: Phương trình có duy nhất một nghiệm x = 3. Bài 2 (Thi Olympic Trung Quốc CMO, 1998) Giải phương trình x = x− 1 1 + 1 − . (1) x x Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > 1. (*) Với điều kiện (*) thì 2  1 1 1  1 (1) ⇔ x − x − = 1 − ⇔  x − x −  =  1 −  x x x  x  5 2 ⇔ x 2 − 1 − 2 x ( x 2 − 1) + x = 0 ⇔ ⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x = ( x2 −1 − x ) 2 = 0 ⇔ x2 −1 = x 1+ 5 1− 5 (x = không thỏa mãn điều kiện (*)). 2 2 Đáp số: Phương trình có duy nhất một nghiệm x = 1+ 5 . 2 Nhận xét: Trong hai bài toán trên, ta đã sử dụng phương pháp biến đổi tương đương với kĩ thuật cơ bản là bình phương hai vế không âm của phương trình. Bài 3 (Thi học sinh giỏi Kiên Giang 2014–2015) Giải phương trình x + 2 5 − x = 2 x + 2 + 10 − 3 x − x 2 − 2. (1) Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là −2 ≤ x ≤ 5. (*) Với điều kiện trên thì (1) ⇔  x + 2 −  ( x + 2 )( 5 − x )  +  2 5 − x − 2 x + 2  = 0 ⇔ x + 2  x + 2 − 5 − x  − 2 x + 2 − 5 − x  = 0     ⇔ ( x+2 −2 )( ) x+ 2 − 5− x = 0 x = 2  x+2 −2=0  x+2 =2 ⇔ ⇔ ⇔ x = 3 .  x + 2 = 5 − x  x + 2 − 5 − x  2 Thử lại điều kiện (*) ta đi đến kết luận cả hai giá trị trên đều là nghiệm của phương trình. 3 2 Đáp số: x = 2; x = . Nhận xét: Trước khi biến đổi tương đương, phải quan sát thấy và phân tích được 10 − 3x − x 2 = ( x + 2)( 5 − x ) . Đây là mấu chốt để giải quyết bài toán. Việc biến đổi tương đương và giải các phương trình vô tỉ cơ bản x + 2 − 2 = 0 và x + 2 − 5 − x là không khó, ngay cả với học sinh trung bình. 6 1.1.2 . Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp Sử dụng biểu thức liên hợp dạng a − b = ( a+ b )( ) a − b ,... để biến đổi tương đương phương trình đã cho về dạng đơn giản hơn. Kĩ thuật này được sử dụng phổ biến trong các bài thi vào đại học và thi học sinh giỏi những năm gần đây. Bài 4 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh, năm học 2010–2011, lớp 12) Giải phương trình 2( x − 6) = 3 x − 5 − x + 3. (1) Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: x − 5 ≥ 0 x ≥ 5 ⇔ ⇔ x ≥ 5. (*)  x + 3 ≥ 0 x ≥ − 3   Với điều kiện (*), nhân hai vế với biểu thức liên hợp của 3 x − 5 − x + 3 là 3 x − 5 + x + 3, ta được (1) ⇔ 2( x − 6)(3 x − 5 + x + 3) = 9( x − 5) − ( x + 3) ⇔ 2( x − 6)(3 x − 5 + x + 3) = 8 x − 48 ⇔ ( x − 6 ) (3 x − 5 + x + 3) = 4( x − 6). ( 2) Trường hợp 1: x = 6 thỏa mãn điều kiện (*) nên nó là nghiệm của (1). Cũng có thể thay x = 6 vào phương trình (1) để tin chắc x = 6 là nghiệm của (1). Trường hợp 2: x ≠ 6. Chia hai vế của phương trình (2) cho x − 6 ta được (2) ⇔ 3 x − 5 + x + 3 = 4 ⇔ 9 ( x − 5 ) + ( x + 3) + 6 x − 5 x + 3 = 16 ⇔ 3 x − 5 x + 3 = 29 − 5 x 29  x≤  29 − 5 x ≥ 0 5 17 − 3 5  ⇔ 2 ⇔ ⇔ x= . 2  x − 17 x + 61 = 0  x = 17 ± 3 5  2 7 Nhận xét: Cũng có thể giải đơn giản hơn như sau: Từ hai phương trình 3 x − 5 + x + 3 = 4 và 2( x − 6) = 3 x − 5 − x + 3 ta suy ra x ≤ 8 17 − 3 5 x+3 =8− x ⇔  2 ⇔x= . 2 x − 17 x + 61 = 0  Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = 6 và x = 17 − 3 5 . 2 Bài 5 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc bộ 2015–2016, lớp 10) 7 x 3 + y 3 + 3 xy ( x – y ) = 12 x 2 – 6 x + 1 Giải hệ phương trình  2 2 2 x + 3 – 9 – y + y = 1. Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là (1) ( 2) –3 ≤ y ≤ 3. (*) Với điều kiện (*) thì (1) ⇔ ( y – x ) 3 = (1 – 2 x ) ⇔ y – x = 1 – 2 x ⇔ x + y = 1 ⇔ x = 1 – y. 3 Thế vào ( 2 ) rồi nhân với biểu thức liên hợp, ta được 1 2   2 (1 – y ) + 3 – 9 – y 2 + y = 1 ⇔ 2  y 2 – 2 y + 4 + y – 2  + 3 – 9 – y 2 = 0 2   2 3y y2 2 ⇔ + =0 2 1 y2 – 2y + 4 + 2 – y 3 + 9 – y 2     3 1  = 0 ⇔ y = 0 ⇔ x = 1. ⇔ y2  +  2  y 2 – 2 x + 4 + 2 – 1 y  3 + 9 – y2      2     1 2 (do y ≤ 3 nên 2 – y > 0 ). Đáp số: Hệ có duy nhất nghiệm ( x, y ) = (1,0 ) . 8 Bài 6 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc bộ 2014- 2015, lớp10)  y 4 – 2 xy 2 + 7 y 2 = – x 2 + 7 x + 8 Giải hệ phương trình  2 3 2 2  3 – x + y + 1 = x + x – 4 y + 3. (1) ( 2) Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là x ≤ 3 (*) . Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ y 4 – 2 xy 2 + 7 y 2 + x 2 – 7 x – 8 = 0 ⇔ ( y 2 – x + 8)( y 2 – x –1) = 0 ⇔ y 2 = x + 1 hoặc y 2 = x – 8. Trường hợp 1: y 2 = x + 1. Thay y 2 = x + 1 vào ( 2 ) ta được: 3 – x + x + 2 = x3 + x 2 – 4 x – 1 ⇔ 2– x x–2 + = ( x – 2 )( x + 1)( x + 2 ) 3 – x +1 x+2 +2 1 1   ⇔ (2 – x)  − + ( x + 1)( x + 2 )  = 0 ⇔ x = 2 (vì x ≥ –1 ) x+2 +2  3 – x +1  ⇒ y = ± 3. Trường hợp 2: y 2 = x – 8. Từ điều kiện (*) ta có x ≤ 3 ⇒ x – 8 ≤ –5 ⇒ y 2 ≤ –5. Vô nghiệm. ( ) Đáp số: Hệ có hai cặp nghiệm 2, 3 và ( 2, – 3 ). 1.2 . Kĩ thuật đặt ẩn phụ Một trong những kĩ thuật giải phương trình hỗn hợp (phức tạp, gồm nhiều hàm) là phương pháp (kĩ thuật) đặt ẩn phụ, để đưa phương trình đã cho về dạng đơn giản (phương trình đa thức bậc nhất, bậc hai, phương trình lượng giác cơ bản,...). Nhiều khi đặt ẩn phụ chuyển phương trình đã cho thành một hệ phương trình gồm hai ẩn (ẩn ban đầu và ẩn phụ), nhưng hệ này dễ giải hơn phương trình ban đầu. 9 1.2.1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn Một trong những kĩ thuật đặt ẩn phụ là đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn. Áp dụng định lí Viét hoặc tính nhẩm để tìm hai nghiệm của hệ phương trình trung gian. Suy ra nghiệm của phương trình ban đầu. Tuy nhiên, trong các bài tập khó, đặt ẩn phụ để đưa phương trình dạng tổng và tích các ẩn chỉ là một khâu trong quá trình giải. Dưới đây là một số ví dụ minh họa. Bài 7 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ năm 20132014, lớp 10) Giải phương trình (6 x − 3) 7 − 3x + (15 − 6 x ) 3 x − 2 = 2 −9 x 2 + 27 x − 14 + 11. Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: 2 7 ≤x≤ 3 3 Với điều kiện trên, đặt X = 7 − 3x , Y = 3 x − 2 với X,Y ≥ 0, ta có  X 2 + Y 2 = 5  X 2 + Y 2 = 5 ⇔  2 2 (2Y + 1)X + (2X + 1)Y = 2XY + 11  2 ( X + Y ) XY + X + Y = 2 XY + 11. Đặt S = X + Y , P = XY ( S 2 ≥ 4 P ) , ta có hệ 2 P = S 2 − 5  S 2 − 2P = 5 ⇔ ⇔  2 2 2 PS + S = 2 P + 11  S ( S − 5) + S = S − 5 + 11 S = 3 P = 2 ⇔  2 P = S 2 −5   ( S −3)( S 2 + 2 S + 2) =0 (vì S 2 + 2 S + 2 > 0 ). S = X + Y = 3 X = 2 X =1 ⇒ hoặc   P = XY = 3. Y = 1 Y = 2 Từ đó suy ra  Thay vào X = 7 − 3 x ta được x = 1 hoặc x = 2. Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa mãn. Đáp số: Phương trình có hai nghiệm x = 1 ; x = 2 . 10 Bài 8 (Thi học sinh giỏi Long An, bảng B, năm học 2012–2013, lớp 12)  x + y − x − y = 2 Giải hệ phương trình với x, y ∈ :  2 2 2 2  x + y + 1 − x − y = 3. Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: x + y ≥ 0, x − y ≥ 0 . Đặt u = x + y, v = x − y. Điều kiện u ≥ 0, v ≥ 0, ta có: u + v = 2 uv + 4 (1)  u− v =2 u + v = 2 uv + 4    2 ⇔  u 2 + v2 + 2 ⇔  u 2 + v2 + 2 u + v ) − 2uv + 2 ( − uv = 3  − uv = 3   − uv = 3. ( 2) 2 2    2 Thế (1) vào (2) ta được: ( uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = 3 + uv ) 2 ⇔ uv = 0 ⇔ uv = 0. Kết hợp với (1) ta đi đến: uv = 0 u = 4 u = 0 u = 4 (vì u > v ). ⇔ ∨ ⇒  u + v = 4 v = 0 v = 4 v = 0 u = 4 x + y = u = 4 x = 2 thỏa mãn điều kiện (*). ⇔ ⇔ v = 0 x − y = v = 0  y = 2. Ta có  Đáp số: Nghiệm của hệ là ( x; y ) = ( 2; 2 ) . Nhận xét: Hai bài toán( bài 7 và bài 8) đã sử dụng kĩ thuật đặt ẩn phụ để đưa phương trình ( hệ phương trình) về dạng đơn giản hơn để giải. 1.2.2. Một số phương trình và hệ phương trình giải được nhờ đặt ẩn phụ Bài 9 (Thi học sinh giỏi Long An 2012– 2013, bảng A, lớp 12) Giải phương trình sau trên tập số thực: x + 1 = ( 2 x + 1) x +1 + 2 Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ −1. (*) Từ phương trình đã cho ta suy ra x > −1. Đặt y =  x + 1 = (2 x + 1) y x + 1 + 2, ( y ≥ 2 > 0), ta có hệ phương trình  2  y − x + 1 = 2. 11 Từ phương trình đầu, kết hợp với phương trình thứ hai của hệ trên, ta có x + 1 = (2 x + 1) y ⇔ x + 1 + y = 2( x + 1) y ( ) ⇔ x + 1 + y = y 2 − x + 1 ( x + 1) y ⇔ ( ) x + 1 + y = y 3 ( x + 1) − 2 ( ) 3 x +1 y ( x + 1 ) + ( x + 1 ) y = y  y ( x + 1 ) − 1 ⇔ ( x + 1 ) (1 + y x + 1 ) = y (1 + y x + 1 )( y x + 1 − 1) ⇔ ( y x + 1 + 1)( y + x + 1 − y x + 1 ) = 0 ⇔ y x + 1 ( y x + 1 + 1)( y − 2 x + 1 ) = 0 ⇔ y = 2 x + 1 ⇔ 2 3 2 2 2 2 Vậy x + 1 + 2 = 2 x + 1 ⇔ x + 1 + 2 = 4 ( x + 1)  1 33 2 x +1 − =  1  33  4 4 ⇔ x = −15 + 33 . ⇔  2 x +1 −  = ⇔ 4  16 32   1 − 33 2 x + 1 − =  4 4 2 Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = −15 + 33 . 32 Bài 10 (Thi học sinh giỏi Long An 2012–2013, bảng B, lớp 12) Giải phương trình sau trên tập số thực: x 4 + x 2 + 1 + 3( x 2 + 1) = 3 3 x. (1) Giải: Từ phương trình ta suy ra x ≥ 0. Hơn nữa x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Chia hai vế của (1) cho x > 0 ta có: ( ) (1) ⇔ x 2 ( x 2 + 1) + 1 + 3 x 2 + 1 = 3 3 x ⇔ x2 + 1 + 1 x 1 1  + 3  x +  = 3 3. 2 x x  Đặt t = x + , t ≥ 2 thì t 2 = x 2 + 1 + 2, phương trình trở thành: x2 t ≤ 3 t ≤ 3 t2 −1 = 3 (3 − t ) ⇔  2 ⇔ ⇔ t = 2. 2 2 t − 1 = 27 − 18 t + 3 t t − 9 t + 14 = 0   12 Với t = 2 ⇒ x + 1 = 2 ⇒ x = 1( tm ) . x Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = 1. Bài 11 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, tháng 1-2013) Tìm số nghiệm của phương trình 3 3sin x −2 2sin x −1 −2=3 1−sin x 2sin x −1 trong khoảng  π   − 2 ,13π  . Giải: Nhận xét rằng 3sin x −2 1− 3 2sin x−1 − 2 = 3 viết dưới dạng Đặt t = 3 3sin x − 2 1 − sin x + = 1, nên phương trình có thể 2sin x − 1 2sin x − 1 3sin x − 2 2sin x −1 3sin x −2 2sin x −1 . 3 , t > 0, thì phương trình đã cho trở thành t − 2 = , hay t t = 3( tm ) t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔  t = −1( ktm ) Với t = 3 ta có: 3 3sin x − 2 2sin x −1 =3⇔ 3sin x − 2 π = 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k 2π . 2sin x − 1 2 π Đáp số: Phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm trong khoảng  − ,13π  .  2  Bài 12 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, 2014, Vòng Chung kết) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm  2x   x  log 22  + 2 ( m − 1) log 2  + m 2 − m − 2 = 0. 2  2  1+ x   1+ x  Giải: Phương trình đã cho có dạng  2x   2x  log 22  + 2 ( m − 1) log 2  + m 2 − 3m = 0. 2  2  1+ x   1+ x  13 Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > 0.  2x  , phương trình đã cho trở thành 2  1+ x  Đặt t = log 2  f (t ) = t 2 + 2 ( m − 1) t + m 2 − 3m = 0. Vì hàm số u = (2) 2x có miền xác định là ( 0,1] nên t ∈ ( −∞, 0]. Bài toán trở thành: 1 + x2 Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (2) có nghiệm trong khoảng t ∈ ( −∞, 0] , tức là có ít nhất một nghiệm không dương. Điều này tương đương với: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện t1 ≤ 0 ≤ t2 , hoặc t1 ≤ t2 ≤ 0. Trường hợp 1: t1 ≤ 0 ≤ t2 ⇔ af (0) = m 2 − 3m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 3. Trường hợp 2:  ∆′ = ( m − 1) 2 − ( m 2 − 3m) = m + 1 ≥ 0,  m ≥ −1,   2 t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ af (0) = (m − 3m) ≥ 0, ⇔  m ≤ 0, m ≥ 3, S m ≥ 1   = − ( m − 1) ≤ 0 2 ⇔ m ≥ 3. Kết hợp hai trường hợp, ta đi đến đáp số m ≥ 0. Bài 13 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2012– 2013, lớp 12) Giải hệ phương trình  x 3 + xy 2 + 2 y 3 = 0 (1) 3 4 2 2  x − x + 4 = 4 y + 3 y. (2) (I ) Giải: Để y là nghiệm của hệ (I) thì y ≠ 0. Chia hai vế của (1) cho y ta được: 3 x x x x + xy + 2 y = 0 ⇔   + + 2 = 0 ⇔ = −1 ⇔ y = − x. y  y y 3 2 3 Thay y = − x vào phương trình sau ta được: ⇔ 3 x4 − x2 = 4 x 2 − 3x − 4 ⇔ 3 x − 3 x4 − x2 + 4 = 4 x2 − 3x 1 1 = 4( x − ) − 3 (chia cả hai vế cho x ≠ 0 ). x x 14 Đặt t = 3 x − , phương trình trở thành 4t3 −t −3=0 ⇔( t −1) ( 4t2 +4t +3) =0 ⇔t =1. 1 x 1 x Với t = 1 ta có: x − = 1 ⇔ x = 1± 5 . 2  1+ 5 1+ 5   1− 5 1− 5  ;− ;− , . 2  2 2   2 Đáp số: Hệ có hai nghiệm  1.3 Phương pháp điều kiện cần và đủ Phương pháp điều kiện cần và đủ đặc biệt hữu hiệu trong các bài toán biện luận phương trình và hệ phương trình. Điều kiện cần lọc ra các giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Điều kiện đủ kiểm tra và lọc ra các tham số thật sự thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 14 (Olympic Học viện mật mã, thông tin liên lạc, Viện Hàn lâm Nga, 2015) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 − 8m x 2 + 1 = −12m 2 − 1 (1) có đúng ba nghiệm. Giải: Điều kiện cần: Vì phương trình đã cho không thay đổi khi thay x bằng − x nên để phương trình có đúng ba nghiệm thì nó phải có nghiệm x = 0. 1 2 1 6 Suy ra −8m = −12m 2 − 1 ⇔ 12m 2 − 8m + 1 = 0 ⇔ m1 = , m2 = . Điều kiện đủ: Với m1 = 1 phương trình đã cho trở thành 2 x 2 − 4 x 2 + 1 = −4 ⇔ x 2 − 4 x 2 + 1 + 4 = 0 ⇔ ( x2 + 1 − 2 ) =1⇔ 2 x 2 + 1 − 2 = ±1 ⇔ x1 = 0, x2,3 = ±2 2. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm với m1 = Với m2 = 1 phương trình đã cho trở thành 6 15 1 2 2 4 2 4 2 1 2 1  x − x + 1 = − ⇔  x 2 + 1 −  = ⇔ x 2 + 1 − = ± ⇔ x = 0. 3 3 3 9 3 3  2 Vậy với m2 = 1 phương trình đã cho chỉ có một nghiệm. 6 1 2 Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm thì m = . Bài 15 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, 2014, Vòng chung kết) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình ( )  y − m 2 + 5( m − 1) = m 2 − 5m + 6 ( x − 3)6 +    x 2 + y 2 = 2(3 x − 4) ( x − 3) 2 (1) (I ) (2) có đúng một nghiệm. Giải: Điều kiện cần: ( x − 3) 2 Phương trình (2) có thể đưa về dạng + y 2 = 1. Do đó nếu ( x0 , y0 ) = ( 3 + t0 , y0 ) là nghiệm thì ( 3 − t0 , y0 ) cũng là nghiệm. Để phương trình có duy nhất nghiệm thì 3 + t0 = 3 − t0 hay t0 = 0. Suy ra nghiệm chỉ có thể là ( 3,1) hay ( 3, −1). Thay x = 3, y = −1 vào phương trình (1), ta được m 2 − 5m + 6 = 0 hay m = 2 hoặc m = 3. Thay x = 3, y = 1 vào phương trình (1), ta được m = 1 hoặc m = 4. Điều kiện đủ: Với m = 1 hoặc m = 4 thì hệ (I) trở thành  y − 1 = 2 ( x − 3 )6 + x − 3  2 2 ( x − 3) + y = 1 (II.1) (II.2) ( II ) Hệ (II) có duy nhất nghiệm x = 3, y = 1 vì với x ≠ 3 thì từ phương trình (II.1) suy ra y > 1, trong khi đó từ phương trình (II.2) suy ra y ≤ 1. Với m = 2 hoặc m = 3 thì hệ (I) trở thành  y + 1 = x − 3 2 ⇔ y + 1 = 1 − y 2 ⇔ y = −1, y = 0. ( )  2 2 ( x − 3) + y = 1 16 Vậy hệ (I) có ba nghiệm ( 3, −1) ; ( 4,0 ) ; ( 2,0 ) . Kết luận: Hệ (I) có duy nhất nghiệm ( 3,1) khi m = 1 hoặc m = 4. Bài 16 (Khoa Toán, ĐH Tổng hợp Moscow, 1966) Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ phương trình ( ) ( )  x 2 + 1 a + b2 + 1 y = 2   a + bxy + x 2 y = 1 (1) (2) có ít nhất một nghiệm với mọi giá trị của b ( a, b, x, y là các số thực). Giải Điều kiện cần: Vì hệ có ít nhất một nghiệm với mọi giá trị của b nên nó phải có ít nhất một nghiệm với b = 0. Với b = 0 ta có hệ ( )  x2 +1 a = 1   a + x 2 y = 1 (1′) (2′) Phương trình (1) có nghiệm x = 0 khi a ≠ 0 và mọi x là nghiệm của (1’) khi a = 0. Nếu x = 0 thì từ phương trình (2’) ta có a = 1. Như vậy, chỉ có thể hai giá trị a = 0 hoặc a = 1 là các giá trị của tham số thỏa mãn điều kiện đầu bài. Điều kiện đủ: Với a = 0 hệ (I) trở thành ( ) y  2  b + 1 = 1 (1′′)  2 bxy + x y = 1 (2′′) Hệ (1’’) có nghiệm y = 0 với mọi b. Nhưng y = 0 không thỏa mãn phương trình (2’’). Như vậy, chỉ còn trường hợp a = 1. Với a = 1 hệ (I) trở thành ( ) y 2  2  x + b + 1 = 1,  bxy + x 2 y = 0. Hệ này có nghiệm x = 0, y = 0 với mọi b. Đáp số: a = 1. 17