Tài liệu Skkn giải phương trình vô tỉ

  • Số trang: 39 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 62 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 20010 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ Mục Lục: Trang Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ. 2 Phần II NỘI DUNG Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 23 Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC 3-6 6-7 7-9 2024 25- 27 Bài tập tổng hợp: 31 Phần III- KẾT LUẬN 33 Tài liệu tham khảo 273134 -Các từ viết tắt: sáng kiến kinh nghiệm ( SKKN) - Điều kiện xác định: (ĐKXĐ) PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ . Phương trình vô tỷ là một đề tài lý thú vị của đại số, đã lôi cuốn nhiều người nghiên cứu say mê và tư duy sáng tạo để tìm ra lời giải hay, ý tưởng phong phú và tối ưu. Tuy đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng phương trình vô tỷ mãi mãi vẫn còn là đối tượng mà những người đam mê toán học luôn tìm tòi học hỏi và phát triển tư duy. Mỗi loại bài toán phương trình vô tỷ có những cách giải riêng phù hợp. Điều này có tác dụng rèn luyện tư duy toán học mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo. Bên cạnh đó, các bài toán giải phương trình vô tỷ thường có mặt trong các kỳ thi học sinh giỏi toán ở các cấp THCS. Sáng kiến kinh nghiệm ''Giải phương trình vô tỉ'' được viết theo chương trình SGK hiện hành nhằm dạy học sinh đại trà trên lớp cũng như ôn thi học sinh giỏi lớp 9 và học sinh ôn thi vào THPT đối với hoc sinh trường THCS Yên Lạc. Trong SKKN này đã giới thiệu một số phương pháp hay dùng để giải phương trình vô tỉ: Phương pháp 1: NÂNG LUỸ THỪA Phương pháp 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI Ôn thi học sinh giỏi , lớp chọn: Phương pháp 3: ĐẶT ẨN PHỤ Phương pháp 4: PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Phương pháp 5: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Phương pháp 6: SỬ DỤNG BIỂU THỨC LIÊN HỢP - TRỤC CĂN THỨC Trong chuyên đề mỗi một phương pháp có dành nhiều bài tập cho học sinh tự luyện. Tôi hy vọng SKKN này sẽ mang lại cho bạn đọc nhiều điều bổ ích và giúp các bạn cảm nhận thêm vẻ đẹp của toán học qua các phương trình vô tỷ. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều, nhưng chuyên đề không tránh khỏi những sai sót. Chúng tôi mong nhận được những ý kiến đóng góp quý báu từ các thầy cô và các em học sinh để chuyên đề ngày càng hoàn thiện hơn! Mọi đóng góp xin gửi về : duc.hanh.yendong@gmail.com Tôi xin cảm ơn! PHẦN II- NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ * PHƯƠNG PHÁP 1: NÂNG LUỸ THỪA I-KIẾN THỨC: 1/  f ( x)  0  f ( x)  g ( x)   g ( x)  0  f ( x)  g ( x)  2/  g ( x)  0 f ( x)  g ( x )   2  f ( x )  g ( x) 3/  f ( x)  0  f ( x )  g ( x )  h( x )   g ( x )  0   f ( x)  g ( x)  2 f ( x).g ( x)  h( x)  f ( x)  0  g ( x)   g ( x)  0 (n  N * )  f ( x)  g ( x)  4/ 2n 5/ 2n 6/ 2 n 1 f ( x)  2 n 1 g ( x)  f ( x)  g ( x) ( n  N * ) 7/ 2 n 1 f ( x)  g ( x)  f ( x)  g 2 n 1 ( x) (n  N * ) f ( x)  2n  g ( x)  0 f ( x)  g ( x)   (n  N * ) 2n  f ( x)  g ( x) … II-BÀI TẬP Bài 1: Giải phương trình: x  1  x  1 (1) x  1  0 x  1 x  1    x3  2 2 x  3  x  1  (x  1)  x  3x  0 HD: (1)   Bài 2: Giải phương trình: x  2 x  3  0 HD:Ta có: x  2 x  3  0  2 x  3  x x  0  2 2 x  3  x x  0  2 x  2x  3  0 x  0     x  1  x  3  x  3  Bài 3: Giải phương trình: x  4  1  x  1  2 x HD: Ta có: x  4  1  x  1  2 x  x  4  1  2 x  1  x 1  2 x  0   1  x  0   x  4  1  2 x  1  x  2 (1  2 x)(1  x) 1  x  1  2  x  2   2 x  1  0 2 x  1  2 x 2  3 x  1  2 2  (2 x  1)  2 x  3 x  1  1  1 x 1  1  2  x 2  2  x0 2  x0  2 x  7x  0     x  7 Bài 4: Giải phương trình: x  2  3 x 2  4  0 x  2  0 HD:ĐK:  2 x  4  0   x  2 (1) x  2  3 ( x  2)( x  2)  0 PT  x  2. 1  3 x  2   0  x2 0    1 3 x  2  0    x  2   x  17 9  (2) Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2 Bài 5. Giải phương trình : 3x  x 3x HD:Đk: 0  x  3 khi đó pt đã cho tương đương: 3 3 1  10 10  1  x  3x  x  3  0   x    x   3 3 3 3  3 2 Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4 HD:Đk: x  3 phương trình tương đương : 1  3 x  2 x  1  x  3  1  3x  9x     x  5  97  x  3  1  3 x  18 2 Bài 7. Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  HD: pt   3 x  2  3 3x  2 3  0  x 1 Bài 8. Giải và biện luận phương trình: x 2  4  x  m x  m x  m  2  x  4  x  4xm  m  2mx  (m  4)  0 HD: Ta có: x 2  4  x  m   2 2 2 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm m2  4 m2  4 – Nếu m ≠ 0: x  . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  ≥ 2m 2m m + Nếu m > 0: m2 + 4 ≥ 2m2  m2 ≤ 4  0  m  2 + Nếu m < 0: m2 + 4 ≤ 2m2  m2 ≥ 4  m ≤ –2 Tóm lại: – Nếu m ≤ –2 hoặc 0 < m ≤ 2: phương trình có một nghiệm x m2  4 2m – Nếu –2 < m ≤ 0 hoặc m > 2: phương trình vô nghiệm Bài 9. Giải và biện luận phương trình với m là tham số: x 2  3  x  m (Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 1999 – 2000) HD: Ta có: x  m x  m x2  3  x  m   2  2 2 2  x  3  x  m  2mx 2mx  (m  3)  0 – Nếu m = 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m ≠ 0: x  m2  3 m2  3 . Điều kiện để có nghiệm: x ≥ m  m 2m 2m + Nếu m > 0: m2 + 3 ≥ 2m2  m2 ≤ 3  0  m  3 + Nếu m < 0: m2 + 3 ≤ 2m2  m2 ≥ 3  m ≤  3 Tóm lại: – Nếu 0  m  3 hoặc m   3 . Phương trình có một nghiệm: x m2  3 2m – Nếu  3  m  0 hoặc m  3 : phương trình vô nghiệm Bài 10. Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x  x  m  m HD: Điều kiện: x ≥ 0 – Nếu m < 0: phương trình vô nghiệm – Nếu m = 0: phương trình trở thành x ( x  1)  0  có hai nghiệm: x1 = 0, x2 = 1 – Nếu m > 0: phương trình đã cho tương đương với ( x  m)( x  m  1)  0  x  m 0   x  1  m + Nếu 0 < m ≤ 1: phương trình có hai nghiệm: x 1 = m; x2 = (1  m) 2 + Nếu m > 1: phương trình có một nghiệm: x = m III-Bài tập áp dụng: Bài 1:Giải các phương trình sau: 1/ x  x  1  13 2/ 3 x  34  3 x  3  1 4/ 5/ x  3  5  x  2 1  x x2  4  x  1 7/ x  x  1  x  4  x  9  0 10/ 5x  1  2 1 0 2 8/ x2 5 0 11/ 3  2 x  3  13/ 16 x  17  8x  23 Bài 2: Giải phương trình: 14/ 19 6 3x  1  2  x  3 a) x2  1  x 1 b) x  2 x  3  0 d) 3 x  6  x  3 e) 3x  2  x  1  3 g) x  9  5  2 x  4 h) 3 x  4  2 x  1  x  3 Bài 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x 2  3 x  2  2m  x  x 2 Bài 4: Cho phương trình: x 2  1  x  m a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 5: Cho phương trình: 2 x 2  mx  3  x  m a) Giải phương trình khi m=3 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm. Bài 6: Giải các phương trình sau: a/ x  7 x  3  9  0 d/ 1 x  1  9 x  1  3 x  1  17 2 2 b/ 2x 1  1 e/ x3 5 3 9 x  27  4 x  12  1 3 2 c/ 3 x  7 x  4  0 f) ( x  3) 10  x 2  x 2  x  12 PHƯƠNG PHÁP 2: ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH TRỊ TUYỆT ĐỐI I-KIẾN THỨC: Sử dụng hằng đẳng thức  f ( x)  g ( x) ( f ( x)  0)  f ( x)   g ( x) ( f ( x)  0) sau: f 2 ( x)  g ( x)  f ( x)  g ( x)   II-BÀI TẬP: Bài 1: Giải phương trình: x 2  4x  4  x  8 (1) HD: (1)  (x  2)2  8  x  |x – 2| = 8 – x – Nếu x < 2: (1)  2 – x = 8 – x (vô nghiệm) – Nếu x  2 : (1)  x – 2 = 8 – x  x = 5 (thoả mãn) Vậy: x = 5. Bài 2: Giải phương trình: x  2  2 x  1  x  10  6 x  1  2 x  2  2 x  1 (2) x  1  0 HD: (2)    x  1  2 x  1  1  x  1  2.3 x  1  9  2 x  1  2 x  1  1  x  1    x  1  1 | x  1  3 | 2.| x  1  1 | (*) Đặt y = x  1 (y ≥ 0)  phương trình(*) đã cho trở thành: y  1 | y  3 | 2 | y  1| – Nếu 0 ≤ y < 1: y + 1 + 3 – y = 2 – 2y  y = –1 (loại) – Nếu 1 ≤ y ≤ 3: y + 1 + 3 – y = 2y – 2  y = 3 – Nếu y > 3: y + 1 + y – 3 = 2y – 2 (vô nghiệm) Với y = 3  x + 1 = 9  x = 8 (thoả mãn) Vậy: x = 8 Bài 3:Giải phương trình: x  2  2 x  5  x  2  3 2 x  5  7 2 HD:ĐK: x  5 2 PT  2 x  5  2 2 x  5  1  2 x  5  6 2 x  5  9  14  2x  5  1  2 x  5  3  14  2x  5  5  x  15 (Thoả mãn) Vậy:x = 15 Bài 4:Giải phương trình: HD:ĐK: x  1 x  2 x 1  x  2 x  1  2 Pt  x  1  2 x  1  1  x  1  2 x  1  1  2  x 1 1 x 1 1  2 Nếu x  2 pt  x  1  1  x  1  1  2  x  2 (Loại) Nếu x  2 pt  x  1  1  1  x  1  2  0 x  0 (Luôn đúng với x ) Vậy tập nghiệm của phương trình là: S   x  R |1  x  2 III-Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1/ x 2  2 x  1  5 2/ x  4 x  4  3 3/ x2  6 x  9  2 x  1 4/ 5/ x2  2x  1  x2  4 x  4  4 6/ x  2 x  1  x  4 x  4  10 7/ 8/ x  4 x  4  5x  2 x2  4 x  4  x2  6x  9  1 x2  6x  9  2x2  8x  8  x2  2x  1 9/ x  2 x  1  x  2 x  1  2 11/ 10/ x  3  2 x  4  x  4 x  4  1 12/ x  2  2x  5  x  2  3 2x  5  7 2 x  6  2 x  2  x 11  6 x  2  1 13/ x 2  2 x  x 2  2 x  1  5  0 14/ 2x  4  6 2x  5  2x  4  2 2x  5  4 15/ x 2  4 x  4  2 x  10 16/ x 2  2 x  1  2 x  8 x x 17/ 19/ 1 1  x  2 2 4 x  2 x 1  x  2 x 1  x3 2 21/ (x 1)  4  4 x 1  x 1 6 x 1  9 1 18/ 1 2 x  x 1  6  2 5  0 4 20/ x 2  4 x  4  2  x 22/ x  8  6 x  1  4 PHƯƠNG PHÁP 3: ĐẶT ẨN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường  Đối với nhiều phương trình vô vô tỉ , để giải chúng ta có thể đặt t  f  x  và chú ý điều kiện của t nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn ” . Bài 1. Giải phương trình: HD:Điều kiện: x  1 Nhận xét. x  x2  1  x  x2  1  2 x  x 2  1. x  x 2  1  1 1 t Đặt t  x  x 2  1 thì phương trình có dạng: t   2  t  1 Thay vào tìm được x  1 Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5 HD:Điều kiện: x   4 5 t2  5 Đặt t  4 x  5(t  0) thì x  . Thay vào ta có phương trình sau: 4 t 4  10t 2  25 6 2 2.  (t  5)  1  t  t 4  22t 2  8t  27  0 16 4  (t 2  2t  7)(t 2  2t  11)  0 Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2  1  2 2; t3,4  1  2 3 Do t  0 nên chỉ nhận các gái trị t1  1  2 2, t3  1  2 3 Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x  1  2 vaø x  2  3 Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x2  6 x  1  0 Ta được: x 2 ( x  3) 2  ( x  1)2  0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y  3  4 x  5 và đưa về hệ đối xứng (Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ) Bài 3. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 HD:Điều kiện: 1  x  6 Đặt y  x  1( y  0) thì phương trình trở thành: y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0 ( với y  5)  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0  y  Từ đó ta tìm được các giá trị của x  1  21 1  17 (loaïi), y  2 2 11  17 2   Bài 4. Giải phương trình sau : x  2004  x 1  1  x HD: ĐK: 0  x  1 Đặt y  1  x thì phương trình trở thành: 2 1  y  2 y 2  y  1002   0  y  1  x  0 Bài 5. Giải phương trình sau : x 2  2 x x  HD:Điều kiện: 1  x  0 1  3x  1 x  2 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x  2 x  1 1  3 x x 1 x Đặt t  x  , ta giải được. Bài 6. Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1 HD: x  0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 1 1  x  3 x  2 x x  Đặt t= 3 x  1 1 5 , Ta có : t 3  t  2  0  t  1  x  x 2 Bài 7.Giải phương trình: 3 x 2  21x  18  2 x 2  7 x  7  2 HD:Đặt y = x 2  7 x  7 ; y  0 5  y  Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0  3  y 1  y 1 2  x  1 Với y = 1  x 2  7 x  7  1   Là nghiệm của phương trình đã  x  6 cho. Nhận xét : Đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đôi khi phương trình đối với t lại quá khó giải 2. Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến :  Chúng ta đã biết cách giải phương trình: u 2   uv   v 2  0 (1) bằng cách u 2 u Xét v  0 phương trình trở thành :          0 v v v  0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)  a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x    u   v  mu 2  nv 2 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vô tỉ thì sẽ nhận được phương trình vô tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : a. A  x   b.B  x   c A  x  .B  x  Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên  P  x   A  x  .B  x  Q  x   aA  x   bB  x  nếu:  Xuất phát từ đẳng thức : x 3  1   x  1  x 2  x  1 x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1    x 4  1  x2  2x  1 x2  2 x  1 4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1 Hãy tạo ra những phương trình vô tỉ dạng trên ví dụ như: 4 x 2  2 2 x  4  x 4  1 Để có một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at 2  bt  c  0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : 2  x 2  2   5 x3  1 HD: Đặt u  x  1 (u  0) ; v  x 2  x  1 (v  u  2v phương trình trở thành : 2  u  v   5uv   u  1 v  2 2 x 2 3 ) 2 Tìm được: 5  37 2 Bài 2. Giải phương trình : x 2  3x  1   3 4 x  x 2  1 (*) 3 HD:Dễ thấy: x 4  x 2  1   x 4  2 x 2  1  x 2   x 2  x  1 x 2  x  1 Ta viết   x 2  x  1    x 2  x  1   3 x 2  x  1 x 2  x  1 Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3  x 2  x  1  6  x 2  x  1   3 x 2  x  1 x 2  x  1 3 3 Đặt : u  x 2  x  1  u   ; v  x 2  x  1  v   4 4   phương trình trở thành :-3u+6v=- 3. uv  u  3v Từ đây ta sẽ tìm được x. Bài 3: Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x3  1 (*) HD:Đk: x  1 Nhận xét : Ta viết   x  1    x 2  x  1  7 Đồng nhất vế trái với (*) ta được : 3 x  1  2  x  x  1  7  x  1  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1 v  9u Đặt u  x  1  0 , v  x  x  1  0 , ta được: 3u  2v  7 uv   1 v  u  4 2 Ta được : x  4  6 Bài 4. Giải phương trình : x 3  3x 2  2  x  2 3  6x  0 HD:Nhận xét : Đặt y  x  2 ta biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : x  y x 3  3 x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3 xy 2  2 y 3  0    x  2 y Pt có nghiệm : x  2, x  22 3 Bài 5:Giải phương trình: 10 x3  1  3  x 2  2  HD:ĐK: x  1 Pt  10 x  1. x 2  x  1  3( x 2  2) u  x  1 Đặt  2 v  x  x  1 (u , v  0) u  3v  v  3u Phương trình trở thành:10uv = 3(u2+v2)   3u  v  u  3v   0   Nếu u = 3v  x  1  3 x 2  x  1  9 x 2  10 x  8  0 (vô nghiệm)  x  5  33 Nếu v = 3u  x 2  x  1  3 x  1  x 2  10 x  8  0   là  x  5  33 nghiệm. b).Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. Giải phương trình : x 2  3 x 2  1  x 4  x 2  1 u  x 2 HD:Ta đặt :   u, v  0; u  v  khi đó phương trình trở thành : 2 v  x  1  u  3v  u 2  v 2 hay: 2(u + v) - (u - v)=  u  v  u  v  Bài 2.Giải phương trình sau : x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 1 2 HD:Đk x  . Bình phương 2 vế ta có : x 2  2 x   2 x  1  x 2  1  x 2  2 x   2 x  1   x 2  2 x    2 x  1 2 u  x  2 x Ta có thể đặt :  v  2 x  1 Do u, v  0 . u  khi đó ta có hệ :  1 5 v u  2 uv  u  v    1 5 v u   2 1 5 1 5 v  x2  2 x   2 x  1 2 2 Bài 3. Giải phương trình : 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 HD:Đk x  5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x2  5x  2  5 x 2  x  20   x  1 Nhận xét : Không tồn tại số  ,  để : 2 x 2  5 x  2    x 2  x  20     x  1 vậy ta không thể đặt u  x 2  x  20 : . v  x  1 Nhưng may mắn ta có : x 2  x  20   x  1   x  4  x  5  x  1   x  4   x 2  4 x  5  Ta viết lại phương trình: 2  x 2  4 x  5  3  x  4   5 ( x 2  4 x  5)( x  4) . Đến đây bài toán được giải quyết . 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn  Từ những phương trình tích   x 1 1  x 1  x  2  0,  2x  3  x   2x  3  x  2  0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau .   Bài 1. Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 t  3 t  x  1 HD:Đặt t  x 2  2 ; t  2 , ta có : t 2   2  x  t  3  3x  0   Bài 2. Giải phương trình :  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 HD:Đặt : t  x 2  2 x  3, t  2 Khi đó phương trình trở thnh :  x  1 t  x 2  1  x 2  1   x  1 t  0 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có  chẵn : t  2 x 2  2 x  3   x  1 t  2  x  1  0  t 2   x  1 t  2  x  1  0   t  x  1 Bài 3:Giải phương trình: x 2  3x  1   x  3 x 2  1 HD:Đặt t  x 2  1; t  1 Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0  (t - x)(t - 3) = 0 t  x  t  3 Nếu t = x  x 2  1  x (Vô lý) Nếu t = 3  x 2  1  3  x  2 2 Vậy: x  2 2 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta có thể tạo ra được những phương trình vô tỉ mà khi giải nó chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ 3 Xuất phát từ đẳng thức  a  b  c   a 3  b 3  c3  3 a  b  b  c  c  a  , Ta có 3 a 3  b3  c3   a  b  c    a  b  a  c  b  c   0 Từ nhận xét này ta có thể tạo ra những phương trình vô tỉ có chứa căn bậc ba . 3 7 x  1  3 x2  x  8  3 x2  8x  1  2 3 3x  1  3 5  x  3 2 x  9  3 4 x  3  0 Bài 1. Giải phương trình : x  2  x . 3  x  3  x . 5  x  5  x . 2  x HD:ĐK: x  2 u  2  x ; u  0  Đặt v  3  x ; v  1 , ta có :   w  5  x ; w  3  2  u 2  uv  vw  wu  u  v  u  w   2   2 3  v  uv  vw  wu   u  v  v  w   3 , giải hệ ta được: 5  w2  uv  vw  wu    v  w  u  w   5 u 30 239 x 60 120 Bài 2. Giải phương trình sau : 2 x 2  1  x 2  3x  2  2 x 2  2 x  3  x 2  x  2 a   b  HD:Ta đặt :  c    d  2x2  1 x 2  3x  2 2x2  2 x  3 a  b  c  d , khi đó ta có :  2 2 2 2 a  b  c  d  x  2 x2  x  2 Bài 3. Giải các phương trình sau : 4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1  9 x  3  a  4 x 2  5 x  1 HD:Đặt  b  x 2  x  1  a; b  0   a 2  4b 2  9 x  3  a  2b  9 x  3 Ta được hệ phương trình:   a  2b  a  1  2b Từ đó ta có: a2 - 4b2 = a - 2b  (a - 2b)(a + 2b - 1) = 0   Nếu a = 2b  4 x 2  5 x  1  2 x 2  x  1  x  1 (thoả mãn) 3 Nếu a = 1 - 2b  4 x 2  5 x  1  1  2 x 2  x  1 (*) Ta có : VT(*)  0 (1) 2 1 3 VP(*) = 1  2 x  x  1  1  2  x     1  3  0 (2) 2 4  2 Từ (1) và (2) suy ra phương trình (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1 3 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau 3 : x  4 x 1  x   4 1  x   1  x  4 x 3  4 x 2 1  x  5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường  Đặt u    x  , v    x  và tìm mối quan hệ giữa   x  và   x  từ đó tìm được hệ theo u,v   Bài 1. Giải phương trình: x 3 35  x3 x  3 35  x3  30 HD:Đặt y  3 35  x3  x3  y 3  35  xy ( x  y )  30 , giải 3 3  x  y  35 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình sau:  hệ này ta tìm được ( x; y )  (2;3)  (3;2) . Tức là nghiệm của phương trình là x  {2;3} 2 1 x  4 x  Bài 2. Giải phương trình: 1 2 4 HD:Điều kiện: 0  x  2  1  Đặt  2 1  x  u 0u 2  1, 0  v  4 2  1 4  x  v Ta đưa về hệ phương trình sau: 1  u  4 v 1   2 u  v  4  2   2 u 2  v 4  2  1  1  v   v 4  2  1    4 2  2  Giải phương trình thứ 2: (v 2  1) 2   v   1   0 , từ đó tìm ra v rồi thay 4  2 vào tìm nghiệm của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: x  5  x  1  6 HD:Điều kiện: x  1 Đặt a  x  1, b  5  x  1(a  0, b  5) thì ta đưa về hệ phương trình sau:  a 2  b  5  (a  b)(a  b  1)  0  a  b  1  0  a  b  1  2 b  a  5 Vậy x  1  1  5  x  1  x 1  5  x  x  Bài 4. Giải phương trình: 6  2x 6  2x 8   5 x 5 x 3 HD:Điều kiện: 5  x  5   Đặt u  5  x , v  5  y 0  u, v  10 . Khi đó ta được hệ phương trình: (u  v) 2  10  2uv u 2  v 2  10    4 4 2  4 8      2(u  v)   (u  v )  1    3  u v  uv  3  Bài 5. Giải phương trình: 4 629  x  4 77  x  8 HD:ĐK: 77  x  629  u  4 629  x Đặt  (u; v  0) 4  v  77  x  u  v  8, u 4  v 4  706 11  17 2 Đặt t = uv  t 2  128t  1695  0  t  15  t  113 Với t = 15  x = 4 Với t = 113  x = 548 Bài 6. Giải phương trình: x3  x 2  1  x 3  x 2  2  3 HD:Với điều kiện: x 3  x 2  1  0  x3  x 2  2  0 (1)  u  x3  x 2  1 Đặt  Với v > u ≥ 0 v  x3  x 2  2 Phương trình (1) trở thành u + v = 3 Ta có hệ phương trình  uv 3  2 2 v  u  3  uv 3 u  v  3 u  1    v  2 v  u  1 (v  u )(v  u )  3  x3  x 2  1  1   x3  x 2  2  2  x3  x2  1  1  3 2 x  x  2  4  x3  x 2  2  0  ( x  1)( x 2  2 x  2)  0  x  1 (do x 2  2 x  2  0 x) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {1} 2 3 Bài 7. Giải phương trình: 1  x 2    x  2  2 1  x  0  1  x  1   0 x 1  x0  x0 HD: Điều kiện:  2 3 Với điều kiện (*),đặt u  x ; v   x , với u ≥ 0, v   1 x2 Ta có:  2  3   1 u4 2  x   v2  Do dó ta có hệ (*) 2 3 2  2   uv 3  uv   3   1  u 4  v2 u 4  v 4  1   2 uv  3    u 2  v 2  2  2u 2 .v 2  1  2  uv   3  2   u  v  2  2u.v   2u 2 v 2  1   2  uv   3    2 4   2 2   2u.v  2u .v  1   9  2  uv   3  16 2u 2 .v 2  u.v  65  0  9 81  2   u  v  3   8  194  u.v  18   2  u  v  5    8  194  u.v  18   u và v là nghiệm của phương trình  2 2 8  194  0( a ) y  y  3 18   y 2  2 y  8  194  0(b)  3 18  (b) vô nghiệm  (a) có 2 nghiệm 97 3 1 2 ; y2  2 1 y1  97 3 2 3 u1  y1 u  y 2  2 v1  y 2  v 2  y1 Do đó:  1 Vì u ≥ 0 nên ta chọn u  y 2  1  x  97 1  3  2  x  3    97 3 2 3  97 3   2  3    2 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1  9  Bài 8. Giải phương trình: 4 18  5 x  4 64  5 x  4 HD:Với điều kiện  18  18  5 x  0 x   5 18 64   x  64 5 5 64  5 x  0  x  5  Đặt u  4 18  5 x , v  4 64  5 x , với u ≥ 0, v ≥ 0 u 4  18  5 x 4 v  64  5 x Suy ra  Phương trình đã cho tương đương với hệ:  uv  4 uv  4   4  2 4 2 2 2 u  v  82   u  v  2(uv)  82  v  0, v  0  v  0, v  0     Đặt A = u + v và P = u.v, ta có: S 4  2  2 2  S  2 P  2 P  82  P  0, S  0   S 4  2   p  32 P  87  0   P0    S4    P  3  P  29  P0  (1) Với S = 4, P = 3 u và v là nghiệm của phương trình: y 1 y2  4 y  3  0   y  3 u  1 u  3 Do đó ta có:   v  3  v  1  4 18  5 x  1  4 18  5 x  3  4 4  64  5 x  3  64  5 x  1 Suy ra   18  5 x  1 18  5 x  81   64  5 x  81  64  5 x  1 17 63 x thoả mãn (*) 5 5 (2) Với S = 4, P = 29  không tồn tại u và v  x Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: (*)  97  3  2  2
- Xem thêm -