intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán phương trình và hệ phương trình

Chia sẻ: Dương Văn Quân Quan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:63

Thêm vào BST
Báo xấu
1.750
lượt xem 621
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phương trình và hệ phương trình có rất nhiều dạng khác nhau. Người giáo viên ngoài nắm bắt được các dạng phương trình và cách giải chúng để hướng dẫn học sinh cần phải biết xây dựng các đề toán để làm tài liệu cho việc giảng dạy.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số phương pháp sáng tác và giải các bài toán phương trình và hệ phương trình

  1. http://laisac.page.tl  MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP SÁNG TÁC  Ộ    S  H  Ơ    H    S      T      Ư    VÀ GIẢI  CÁC BÀI TOÁN    G          B    T    O  P  Ư  N  T  Ì    VÀ H    PH  Ơ  G  R  NH    HỆ HƯƠ Ì P  Ư  N  T  Ì    PH  Ơ  G  R  NH  HƯƠ Ì NGUYỄN TÀI CHUNG  GVTHPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG, GIA LAI
  2. M cl c L i nói đ u 2 1 3 1.1 M t s phương pháp sáng tác và gi i các bài toán v phương trình, h phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Xây d ng m t s phương trình đư c gi i b ng cách đưa v h phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 S d ng công th c lư ng giác đ sáng tác các phương trình đa th c b c cao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.1.3 S d ng các đ ng nh t th c đ i s có xu t s t các hàm lư ng giác hypebôlic đ sáng tác các phương trình đa th c b c cao. . . 14 1.1.4 Sáng tác m t s phương trình đ ng c p đ i v i hai bi u th c . . 17 1.1.5 Xây d ng phương trình t các đ ng th c. . . . . . . . . . . . . 24 1.1.6 Xây d ng phương trình t các h đ i x ng lo i II. . . . . . . . . 27 1.1.7 Xây d ng phương trình vô t d a vào tính đơn đi u c a hàm s . 30 1.1.8 Xây d ng phương trình vô t d a vào các phương trình lư ng giác. 35 1.1.9 S d ng căn b c n c a s ph c đ sáng t o và gi i h phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 1.1.10 S d ng b t đ ng th c lư ng giác trong tam giác đ sáng t o ra các phương trình lư ng giác hai n và xây d ng thu t gi i. . . . 47 1.1.11 S d ng hàm ngư c đ sáng tác m t s phương trình, h phương trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 1
  3. L i nói đ u 2
  4. Chương 1 1.1 M t s phương pháp sáng tác và gi i các bài toán v phương trình, h phương trình Như chúng ta đã bi t phương trình, h phương trình có r t nhi u d ng và phương pháp gi i khác nhau. Ngư i giáo viên ngoài n m đư c các d ng phương trình và cách gi i chúng đ hư ng d n h c sinh c n ph i bi t xây d ng lên các đ toán đ làm tài li u cho vi c gi ng d y. Bài vi t này đưa ra m t s phương pháp sáng tác, quy trình xây d ng nên các phương trình, h phương trình. Qua các phương pháp sáng tác này ta cũng rút ra đư c các phương pháp gi i cho các d ng phương trình, h phương trình tương ng. Các quy trình xây d ng đ toán đư c trình bày thông qua nh ng ví d , các bài toán đư c đ t ngay sau các ví d đó. Đa s các bài toán đư c xây d ng đ u có l i gi i ho c hư ng d n. Quan tr ng hơn n a là m t s lưu ý sau l i gi i s giúp ta gi i thích đư c "vì sao l i nghĩ ra l i gi i này". 1.1.1 Xây d ng m t s phương trình đư c gi i b ng cách đưa v h phương trình. Ví d 1. Xét h đ i x ng lo i hai x = 2 − 3y 2 2 ⇒ x = 2 − 3 2 − 3x2 . y = 2 − 3x2 Ta có bài toán sau Bài toán 1 (THTT, s 250, tháng 04/1998). Gi i phương trình 2 x + 3 2 − 3x2 = 2. Gi i. Đ t y = 2 − 3x2 . Ta có h x + 3y 2 = 2 x = 2 − 3y 2 (1) ⇔ y = 2 − 3x2 y = 2 − 3x2 (2) 3
  5. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. L y (1) tr (2) ta đư c y=x x−y =0 x − y = 3(x2 − y 2) ⇔ 1 − 3x ⇔ 3(x + y ) = 1 y= . 3 • V i y = x, thay vào (1) ta đư c 2 3x2 + x − 2 = 0 ⇔ x ∈ −1, . 3 1 − 3x •V iy= , thay vào (2) ta đư c 3 √ 1 − 3x 1 ± 21 2 2 = 2 − 3x ⇔ 9x − 3x − 5 = 0 ⇔ x = . 3 6 Phương trình đã cho có b n nghi m √ √ 2 1 − 21 1 + 21 x = −1, x = , x = ,x= . 3 6 6 Lưu ý. T l i gi i trên ta th y r ng n u khai tri n (2 − 3x2 ) thì s đưa phương trình 2 đã cho v phương trình đa th c b c b n, sau đó bi n đ i thành (x + 1)(3x − 2)(9x2 − 3x − 5) = 0. V y n u khi xây d ng bài toán, ta c ý làm cho phương trình không có nghi m h u t thì phương pháp khai tri n đưa v phương trình b c cao, sau đó phân tích đưa v phương trình tích s g p nhi u khó khăn. Ví d 2. Xét m t phương trình b c hai có c hai nghi m là s vô t 5x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ 2x = 5x2 − 1. Do đó ta xét 2 5x2 − 1 2y = 5x2 − 1 ⇒ 2x = 5 −1 2 2x = 5y − 1 2 Ta có bài toán sau Bài toán 2. Gi i phương trình 8x − 5 (5x2 − 1) = −8. 2 Gi i. Đ t 2y = 5x2 − 1. Khi đó 2y = 5x2 − 1 2y = 5x2 − 1 (1) ⇔ 8x − 5.4y 2 = −8 2x = 5y 2 − 1. (2) 4
  6. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. L y (1) tr (2) theo v ta đư c y=x y−x=0 2(y − x) = 5(x2 − y 2) ⇔ 5x + 2 ⇔ 2 = −5(x + y ) y=− . 5 • V i y = x, thay vào (1) ta đư c √ 1± 6 2 5x − 2x − 1 = 0 ⇔ x = . 5 5x + 2 • V iy=− , thay vào (1) ta đư c 5 √ 10x + 4 −5 ± 50 2 2 − = 5x − 1 ⇔ 25x + 10x − 1 = 0 ⇔ x = . 5 25 √ √ 1 ± 6 −1 ± 2 Phương trình đã cho có b n nghi m . , 5 5 Ví d 3. Xét m t phương trình b c ba √ √ √ 3 3 ⇔ 8x3 − 6x = − 3 ⇔ 6x = 8x3 − 3 4x − 3x = − 2 Do đó ta xét √3 √ √ 8x3 − 3 6y = 8x3 − √3 ⇒ 6x = 8 −3 6x = 8y 3 − 3 6 √ √ 3 ⇒ 1296x + 216 3 = 8 8x3 − 3 √ √3 ⇒ 162x + 27 3 = 8x3 − 3 . Ta có bài toán sau √ √3 Bài toán 3. Gi i phương trình 162x + 27 3 = 8x3 − 3 . √ Gi i. Đ t 6y = 8x3 − 3. Ta có h √ √ 6y = 8x3 − 3 6y = 8x3 − √3 (1) √ ⇔ 162x + 27 3 = 216y 3 6x = 8y 3 − 3 (2) L y (1) tr (2) theo v ta đư c 6(y − x) = 8(x3 − y 3) ⇔ (x − y ) 8 x2 + xy + y 2 + 6 = 0. (3) 5
  7. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. Vì x2 + xy + y 2 ≥ 0 nên 8 (x2 + xy + y 2) + 6 > 0. Do đó t (3) ta đư c x = y . Thay vào (1) ta đư c √ √ 3 5π 3 3 ⇔ 4x3 − 3x = cos (4) 6x = 8x − 3 ⇔ 4x − 3x = − 2 6 α α S d ng công th c cos α = 4 cos3 − 3 cos , ta có 3 3 5π 5π 5π = 4 cos3 cos − 3 cos , 6 18 18 17π 3 17π 17π cos = 4 cos − 3 cos , 6 18 18 7π 7π 7π = 4 cos3 cos − 3 cos . 6 18 18 5π 17π 7π V y x = cos , x = cos là t t c các nghi m c a phương trình (4) , x = cos 18 18 18 và cũng là t t c các nghi m c a phương trình đã cho. √ √ Lưu ý. Phép đ t 6y = 8x3 − 3 đư c tìm ra như sau : Ta đ t ay + b = 8x3 − 3 (v i a, b s tìm sau). Khi đó t PT đã cho có h √ ay + b = 8x3 − 3 √ 162x + 27 3 = a3 y 3 + 3a2 by 2 + 3ab2y + b3. C n ch n a và b sao cho √  8 b+ 3 a b=0 = 3= √ 27 3 − b3 ⇒  162 a a = 6. 2 2 3a b = 3ab = 0 √ V y ta có phép đ t 6y = 8x3 − 3. Ví d 4. Ta s xây d ng m t phương trình vô t có ít nh t m t nghi m theo ý mu n. Xét x = 3. Khi đó do x=3 2x − 5 = 1 ⇒ (2x − 5)3 = 1 = x − 2. √ Ta mong mu n có m t phương trình ch a (ax + b)3 và ch a 3 cx + d, hơn n a phương trình này đư c gi i b ng cách đưa v h "g n" đ i x ng lo i hai (nghĩa là khi tr theo v hai phương trình c a h ta có th a s (x − y )). V y ta xét h (2y − 5)3 = x − 2 (2x − 5)3 = −x + 2y − 2. √ N u có phép đ t 2y − 5 = x − 2, thì sau khi thay vào phương trình 3 (2x − 5)3 = −x + 2y − 2 6
  8. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. ta đư c √ 8x3 − 60x2 + 150x − 125 = −x + 3 x − 2 + 5 − 2. Ta có bài toán sau Bài toán 4. Gi i phương trình √ x − 2 = 8x3 − 60x2 + 151x − 128. 3 Gi i. Cách 1. T p xác đ nh R. Phương trình vi t l i √ x − 2 = (2x − 5)3 + x − 3. (1) 3 √ Đ t 2y − 5 = 3 x − 2. K t h p v i (1) ta có h (2y − 5)3 = x − 2 (2) (2x − 5)3 = −x + 2y − 2 (3) L y (3) tr (2) theo v ta đư c 2 (x − y ) (2x − 5)2 + (2x − 5) (2y − 5) + (2y − 5)2 = 2(y − x) x−y =0 (4) ⇔ 2 2 (2x − 5) + (2x − 5) (2y − 5) + (2y − 5) + 1 = 0. (5) • Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta đư c (2x − 5)3 = x − 2 ⇔ 8x3 − 60x2 + 149x − 123 = 0 ⇔ (x − 3)(8x2 − 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3. 2 3B 2 B • Do A + AB + B = A + ≥ 0 nên (5) không th x y ra. 2 2 + 2 4 Phương trình có nghi m duy nh t x = 3. Do phương trình có nghi m duy nh t x = 3 nên ta nghĩ đ n phương pháp s d ng tính đơn đi u c a hàm s như sau √ Cách 2. T p xác đ nh R. Đ t y = 3 x − 2. Ta có h 8x3 − 60x2 + 151x − 128 = y x = y3 + 2 C ng v theo v hai phương trình c a h ta đư c 8x3 − 60x2 + 152x − 128 = y 3 + y + 2 ⇔8x3 − 60x2 + 150x − 125 + 2x − 5 = y 3 + y 7
  9. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. ⇔(2x − 5)3 + (2x − 5) = y 3 + y. (*) Xét hàm s f (t) = t3 + t. Vì f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm f đ ng bi n trên R. Do đó (∗) vi t l i f (2x − 5) = f (y ) ⇔ 2x − 5 = y. B ivy √ x − 2 ⇔ (2x − 5)3 = x − 2 3 (2x − 5) = ⇔8x3 − 60x2 + 149x − 123 = 0 ⇔(x − 3)(8x2 − 36x + 41) = 0 ⇔ x = 3. Phương trình có nghi m duy nh t x = 3. Ví d 5. Xét m t phương trình b c ba nào đó, ch ng h n xét 4x3 + 3x = 2. Phương trình này tương đương √ 8x3 + 6x = 4 ⇔ 8x3 = 4 − 6x ⇔ 2x = 3 4 − 6x. Ta "l ng ghép" phương trình cu i vào m t hàm đơn đi u như sau √ √ (2x3 ) + 2x = 3 4 − 6x + 4 − 6x ⇔ 8x3 + 8x − 4 = 3 4 − 6x. Ta đư c bài toán sau Bài toán 5. Gi i phương trình √ 8x3 + 8x − 4 = 3 4 − 6x. Gi i. T p xác đ nh c a phương trình là R. Cách 1. Phương trình đã cho tương đương √ (2x)3 + 2x = 3 4 − 6x + 4 − 6x. (1) Xét hàm s f (t) = t3 + t, ∀t ∈ R. Vì f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm s f (t) đ ng √ bi n trên R. Mà PT (1) vi t l i f 3 4 − 6x = f (2x) nên nó tương đương √ 4 − 6x = 2x ⇔ 8x3 + 6x = 4 ⇔ 4x3 + 3x = 2. (2) 3 Vì hàm s g (x) = 4x3 + 3x có g (x) = 12x2 + 3 > 0, ∀x ∈ R nên PT (2) có không quá m t nghi m. Xét √ 1 1 α3 − 3 ⇔ (α3 )2 − 4α3 − 1 ⇔ α3 = 2 ± 2= 5. 2 α 8
  10. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. √ 1 1 3 Do đó, n u đ t α = 5 thì 2 = α3 − 3 . Ta có 2+ 2 α 3 1 1 1 1 1 1 α3 − 3 =3 α− +4 α− . 2 2 2 α α α √ √ 1 1 13 3 Vyx= 2 + 5 + 2 − 5 là nghi m duy nh t c a PT (2) và α− = 2 2 α cũng là nghi m duy nh t c a phương trình đã cho. Cách 2. Phương trình vi t l i √ (2x)3 = 3 −6x + 4 − 8x + 4. √ Đ t 2y = 3 4 − 6x. Ta có h 8y 3 = 4 − 6x 8y 3 = −6x + 4 (a) ⇔ 8x3 + 8x − 4 = 2y 3 8x = 2y + 4 − 8x. (b) L y PT (b) tr PT (a) theo v ta đư c 8(x3 − y 3) = 2(y − x) ⇔ (x − y )[4(x2 + xy + y 2 ) + 1] = 0 ⇔ y = x. Thay y = x vào (a) ta đư c 8x3 = −6x + 4 ⇔ 4x3 + 3x = 2. Đ n đây làm gi ng cách 1. Bài toán 6 (Ch n đ i tuy n tp H Chí Minh d thi qu c gia năm h c 2002-2003). Gi i phương trình √ 3x − 5 = 8x3 − 36x2 + 53x − 25. 3 Gi i. T p xác đ nh R. Phương trình vi t l i √ 3x − 5 = (2x − 3)3 − x + 2. (1) 3 √ Đ t 2y − 3 = 3 3x − 5. K t h p v i (1) ta có h (2y − 3)3 = 3x − 5 (2) 3 (2x − 3) = x + 2y − 5 (3) L y (3) tr (2) theo v ta đư c 2 (x − y ) (2x − 3)2 + (2x − 3) (2y − 3) + (2y − 3)2 = 2(y − x) 9
  11. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. x−y =0 (4) ⇔ (2x − 3)2 + (2x − 3) (2y − 3) + (2y − 3)2 + 1 = 0. (5) • Ta có (4) ⇔ y = x. Thay vào (2) ta đư c (2x − 3)3 = 3x − 5 ⇔ 8x3 − 36x2 + 54x − 27 = 3x − 5  x=2 √ ⇔ (x − 2)(8x2 − 20x + 11) = 0 ⇔  5± 3 x= . 4 2 3B 2 B • Do A + AB + B = ≥ 0 nên (5) không th x y ra. 2 2 A+ + 2 4 √ 5± 3 Phương trình có ba nghi m x = 2, x = . 4 Bài toán 7 (Đ ngh OLYMPIC 30/04/2006). Gi i phương trình √ 6x + 1 = 8x3 − 4x − 1. 3 √ Gi i. T p xác đ nh c a phương trình là R. Đ t 3 6x + 1 = 2y . Ta có h 8x3 − 4x − 1 = 2y 8x3 = 4x + 2y + 1 (1) ⇔ 6x + 1 = 8y 3 8y 3 = 6x + 1. (2) L y (1) tr (2) theo v ta đư c 8(x3 − y 3) = 2(y − x) ⇔ (x − y )[4(x2 + xy + y 2 ) + 1] = 0 ⇔ y = x. Thay y = x vào (2) ta đư c π 8x3 − 6x = 1 ⇔ 4x3 − 3x = cos . (3) 3 α α S d ng công th c cos α = 4 cos3 − 3 cos , ta có 3 3 π π π cos = 4 cos3 − 3 cos , 3 9 9 7π 7π 7π = 4 cos3 cos − 3 cos , 3 9 9 5π 5π 5π = 4 cos3 cos − 3 cos . 3 9 9 5π 7π π V y x = cos , x = cos , x = cos là t t c các nghi m c a phương trình (3) và 9 9 9 cũng là t t c các nghi m c a phương trình đã cho. Lưu ý. Ta còn có th gi i cách khác như sau : Phương trình vi t l i √ 6x + 1 + 3 6x + 1 = (2x)3 + 2x. (3) 10
  12. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. Xét hàm s f (t) = t3 + t, ∀t ∈ R. Vì f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R nên hàm s f (t) đ ng √ bi n trên R. Mà PT (2) vi t l i f 3 6x + 1 = f (2x) nên nó tương đương √ 1 6x + 1 = 2x ⇔ 8x3 − 6x = 1 ⇔ 4x3 − 3x = . 3 2 1.1.2 S d ng công th c lư ng giác đ sáng tác các phương trình đa th c b c cao. Ví d 6. T công th c cos 6α = 32 cos6 α − 48 cos 4 α + 18 cos 2 α − 1, l y cos α = x ta đư c cos 6α = 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1. π Ch n α = ta đư c 3 1 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = . 2 Ta có bài toán sau Bài toán 8 (Đ ngh OLYMPIC 30/04/2009). Gi i phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0. Gi i. Ta có 2 cos 6α = 2 cos2 3α − 1 = 2 4 cos3 α − 3 cos α −1 6 4 2 (1) = 32 cos α − 48 cos α + 18 cos α − 1. Phương trình đã cho tương đương 1 π 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = ⇔ 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1 = cos . (2) 2 3 T công th c (1) suy ra (2) có 6 nghi m là k 2π π x = cos + , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. 3.6 6 Ví d 7. T công th c cos 5α = 16 cos 5 α − 20 cos3 α + 5 cos α, 11
  13. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. x Đ t cos α = √ ta đư c 23 16x5 20x3 x5 5x3 5x 5x √− √+√= √−√+√ cos 5α = 288 3 24 3 2 3 18 3 6 3 2 3 5 3 x − 15x + 45x √ = . 18 3 π Ch n 5α = ta đư c 6 √ x5 − 15x3 + 45x 3 ⇔ x5 − 15x3 + 45x − 27 = 0. √ = 2 18 3 Ta có bài toán sau Bài toán 9. Gi i phương trình x5 − 15x3 + 45x − 27 = 0. √ Gi i. T p xác đ nh R. Đ t x = 2 3t, thay vào phương trình đã cho ta đư c √ √ √ 288 3t5 − 360 3t3 + 90 3t − 27 = 0 √ π ⇔ 2 16t5 − 20t3 + 5t = 3 ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = cos . (1) 6 M t khác ta có cos 5α + cos α = 2 cos 3α cos 2α ⇔ cos 5α = 2 4 cos3 α − 3 cos α 2 cos2 α − 1 − cos α ⇔ cos 5α = 2 8 cos5 α − 10 cos3 α + 3 cos α − cos α ⇔ cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α. (2) T công th c (2) suy ra (1) có 5 nghi m là k 2π π t = cos + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 6.5 5 Phương trình đã cho có 5 nghi m là √ k 2π π x = 2 3 cos + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 30 5 √ Lưu ý. Trong l i gi i trên, phép đ t x = 2 3t đư c tìm ra như sau : Do công th c cos 5α = 16 cos 5 α − 20 cos3 α + 5 cos α, 12
  14. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. nên ta đ t x = at, v i a s tìm sau. Thay x = at vào phương trình đã cho ta đư c a5t5 − 15a3 t3 + 45at − 27 = 0. Ta tìm a tho mãn đi u ki n √ a5 −15a3 a4 3a2 45a = = ⇒ = = 9 ⇒ a = ±2 3. 16 −20 5 16 4 √ V y ta có phép đ t x = 2 3t. Ví d 8. T công th c sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α, l y sin α = 2x ta đư c sin 5α = 512x5 − 160x3 + 10x. π Ch n 5α = , ta có 3 √ √ 3 = 512x5 − 160x3 + 10x ⇔ 1024x5 − 320x3 + 20x − 3 = 0. 2 Ta đư c bài toán sau Bài toán 10. Gi i phương trình √ 1024x5 − 320x3 + 20x − 3 = 0. t Gi i. Đ t x = , thay vào phương trình đã cho ta đư c 2 √ π 32t5 − 40t + 10 = 3 ⇔ 16t5 − 20t3 + 5t = sin . (1) 3 Ta có sin 5α + sin α = 2 sin 3α cos 2α ⇔ sin 5α = 2 3 sin α − 4 sin3 α 1 − 2 sin2 α − sin α ⇔ sin 5α = 2 8 sin5 α − 10 sin3 α + 3 sin α − sin α ⇔ sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α. (2) T công th c (2) suy ra (1) có 5 nghi m là k 2π π t = sin + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 3.5 5 Phương trình đã cho có 5 nghi m là 1 k 2π π x= sin + , k = 0, 1, 2, 3, 4. 2 15 5 13
  15. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. 1.1.3 S d ng các đ ng nh t th c đ i s có xu t s t các hàm lư ng giác hypebôlic đ sáng tác các phương trình đa th c b c cao. S d ng các đ ng nh t th c đ i s có xu t s t các hàm lư ng giác hypebôlic ta có th sáng tác đư c m t s phương trình đa th c b c cao có cách gi i đ c thù. Ví d 9. Xét đ ng nh t th c 1 1 a5 − = 2 4m3 + 3m 1 + 2m2 − m = 16m5 + 20m3 + 5m, 2 a5 1 1 x trong đó m = . Đ t m = √ , khi đó a− 2 a 22 16x5 20x3 x5 10x3 1 1 5x 20x a5 − 5 √ + √ + √ = √ + √ + √. = 2 a 128 2 16 2 2 2 82 82 82 1 1 9 Ly = √ , ta đư c bài toán sau a5 − 2 a5 42 Bài toán 11. Gi i phương trình x5 + 10x3 + 20x − 18 = 0. Gi i. Ta th y r ng √ √ √2 √ 1 x ± x2 + 8 √ x = 2 a− ⇔ 2a − xa − 2 = 0 ⇔ a = . a 22 √ 1 Do đó ta có quy n đ t x = . Khi đó 2 a− a √ 10 5 1 x5 = 4 2 a5 − 5a3 + 10a − + 3− 5 a a a √ 3 1 10x3 = 20 2 a3 − 3a + − 3 aa √ 1 20x = 20 2 a − . a Thay vào phương trình đã cho ta đư c √ √ √ 1 4 2 a5 − 5 − 18 = 0 ⇔ 4 2(a5)2 − 18a5 − 4 2 = 0 a 14
  16. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. √  9 + 113 5  a = 4√2 √ √ ⇔ 9 − 113 42  5 √ √ a= =− . 42 9 + 113 Phương trình đã cho có nghi m duy nh t √ √   √ 5 9+ 113 42  5 √ √ x = 2 − . 42 9 + 113 √ 1 Lưu ý. Trong l i gi i trên, phép đ t x = đư c tìm ra như sau : Do công 2 a− a th c 1 1 a5 − = 2 4m3 + 3m 1 + 2m2 − m = 16m5 + 20m3 + 5m, 2 a5 1 1 trong đó m = . nên ta đ t x = pm, v i p s tìm sau. Thay x = pm vào a− 2 a phương trình đã cho ta đư c p5 m5 + 10p3 m3 + 20pm − 18 = 0. Ta tìm p tho mãn đi u ki n  10 = 20  16 ⇒ p2 = 8 ⇒ p = 2√2. 2 p 20 5 =   p4 16 √ 1 V y ta có phép đ t x = 2 a − . a Ví d 10. T đ ng nh t th c 1 1 a5 + 5 = −m + 2(4m3 − 3m)(2m2 − 1) = 16m5 − 20m3 + 5m, 2 a 1 1 trong đó m = . L y m = x ta đư c a+ 2 a 1 1 a5 + 5 = 16x5 − 20x3 + 5x. 2 a 1 1 Ly = −7 ta đư c phương trình a5 + 2 a5 16x5 − 20x3 + 5x + 7 = 0. 15
  17. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. T phương trình này ta đư c phương trình (x − 1)(16x5 − 20x3 + 5x + 7) = 0. V y ta có bài toán sau Bài toán 12 (Đ ngh OLYMPIC 30/04/2008). Gi i phương trình 16x6 − 16x5 − 20x4 + 20x3 + 5x2 + 2x − 7 = 0. (1) Gi i. Ta có x=1 x=1 (1) ⇔ ⇔ 16x5 − 20x3 + 5x + 7 = 0 16x5 − 20x3 + 5x = −7 (2) Ti p theo ta gi i phương trình (2). • N u |x| ≤ 1 thì đ t x = cos t, v i t ∈ [0; π ]. Thay vào (2) ta đư c 6 cos5 t − 20 cos3 t + 5 cos t = −7 ⇔ cos 5t = −7 (vô nghi m). • N u |x| > 1 thì xét phương trình 1 1 ⇔ a2 − 2xa + 1 = 0. (3) x= a+ 2 a Vì |x| > 1 nên ∆ = x2 − 1 > 0, suy ra (3) luôn có hai nghi m phân bi t a1 và a2 (gi s a1 < a2). Đ t f (a) = a2 − 2xa + 1. N u x > 1 thì f (1) = 2 − 2x = 2(1 − x) < 0 và f (0) = 1 > 0. Mà a1 a2 = 1 nên suy ra 0 < a1 < 1 < a2 . N u x < −1 thì f (−1) = 2 + 2x = 2(1 + x) < 0 và f (0) = 1 > 0. Mà a1 a2 = 1 nên suy ra a1 < −1 < a2 < 0. V y (3) có nghi m a duy nh t tho |a| > 1. Tóm l i khi |x| > 1 thì có duy nh t s 1 1 th c a tho mãn |a| > 1 và x = . Ta có a+ 2 a 5 1 1 1 10 5 1 16x5 = 16 a5 + 5a3 + 10a + a+ = + 3+ 5 (3) 2 2 a a a a 3 1 1 5 3 1 3 a3 + 3a + 20x = 20 a+ = +3 (4) 2 2 a aa 5 1 5x = a+ (5) . 2 a Suy ra 1 1 16x5 − 20x3 + 5x = a5 + 5 (6) . 2 a 16
  18. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. T (6) và (2) ta có 1 1 2 a5 + = −7 ⇔ a 5 + 14a5 + 1 = 0 a5 2 √ √ 5 a5 = −7 − √48 a= −7 − 48 √ ⇔ ⇔ a5 = −7 + 48 5 a= −7 + 48. √ √ 1 5 5 V y (2) có nghi m duy nh t x = 48 . Do đó phương trình −7 − 48 + −7 + 2 đã cho có hai nghi m √ √ 1 5 5 x = 1, x = −7 − 48 + −7 + 48 . 2 1.1.4 Sáng tác m t s phương trình đ ng c p đ i v i hai bi u th c Ta bi t r ng n u m t phương trình đ ng c p b c k đ i v i hai bi u th c P (x) và Q(x) P (x ) thì đư c gi i b ng cách chia c hai v cho [P (x)]k (ho c [Q(x)]k ), sau đó đ t t = Q (x ) Q (x ) (ho c t = ), đưa v phương trình đa th c b c k theo t. V n d ng đi u này ta có P (x ) m t phương pháp đơn gi n đ t o ra nhi u phương trình thú v . Ví d 11. Xét m t phương trình b c hai 7t2 + 13t − 2 = 0. x−1 L yt= ta đư c +x+1 x2 2 x−1 x−1 7. + 13. − 2 = 0. 2+x+1 +x+1 x2 x Quy đ ng b m u ta đư c bài toán sau Bài toán 13 (Đ ngh OLYMPIC 30/04/2009). Gi i phương trình 2(x2 + x + 1)2 − 7(x − 1)2 = 13(x3 − 1). Gi i. T p xác đ nh R. Do x2 + x + 1 > 0 nên chia c hai v phương trình cho (x2 + x + 1)2 > 0 ta đư c 2 x−1 x−1 2 − 7. = 13. . x2 + x + 1 x2 + x + 1 17
  19. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. x−1 Đ tt= . Khi đó +x+1 x2 t = −2 2 − 7t2 = 13t ⇔ 7t2 + 13t − 2 = 0 ⇔ 1 t= . 7 • Khi t = −2 ta đư c x = −1 x−1 = −2 ⇔ 2x2 + 3x + 1 = 0 ⇔ 1 x=− . 2+x+1 x 2 1 • Khi t = ta đư c 7 x−1 1 x=2 = ⇔ x2 − 6x + 8 = 0 ⇔ x = 4. x2 +x+1 7 1 Phương trình đã cho có b n nghi m x = −1, x = − , x = 2, x = 4. 2 Lưu ý. Phương trình này có nhi u hơn m t nghi m, và các nghi m c a phương trình này đ u là s nguyên và s h u t , do đó ta có th gi i nhanh chóng b ng cách khai tri n đưa v phương trình b c b n, sau đó nh m nghi m, đưa v phương trình tích. Ví d 12. Xét m t phương trình b c hai có nghi m 2t2 − 7t + 3 = 0. x2 + x + 1 L yt= ta đư c x−1 x2 + x + 1 x2 + x + 1 2 −7 + 3 = 0. x−1 x−1 Quy đ ng b m u ta đư c 2(x2 + x + 1) + 3(x − 1) = 7 (x − 1)(x2 + x + 1). Ta có bài toán sau Bài toán 14 (Đ ngh OLYPIC 30/04/2007). Gi i phương trình √ 2x2 + 5x − 1 = 7 x3 − 1. (1) √ Đáp s . x = 4 ± 6. Gi i. Đi u ki n x ≥ 1. (1) ⇔ 3(x − 1) + 2(x2 + x + 1) = 7 (x − 1)(x2 + x + 1). (2) 18
  20. Nguy n Tài Chung-Giáo Viên THPT Chuyên Hùng Vương-Gia Lai. CHƯƠNG 1. Vì x = 1 không ph i là nghi m nên chia c hai v c a (2) cho x − 1 > 0 ta đư c x2 + x + 1 x2 + x + 1 (3) 3+2 =7 . x−1 x−1 x2 + x + 1 Đ tt= ⇒ x2 + (1 − t2)x + 1 + t2 = 0. Đi u ki n c a t là x−1 √ t≥0 ⇔ t ≥ 3 + 2 3. 4 2 ∆x = t − 6t − 3 ≥ 0 1 Phương trình (3) tr thành 2t2 − 7t + 3 = 0 ⇔ t ∈ . K t h p v i đi u ki n c a 3, 2 t ta đư c t = 3. V y √ x2 + x + 1 = 3 ⇔ 9x − 9 = x2 + x + 1 ⇔ x2 − 8x + 10 = 0 ⇔ x = 4 ± 6. x−1 √ K t h p v i đi u ki n ta đư c x = 4 ± 6 là t t c các nghi m c a phương trình (1). Lưu ý. G i Q(x) = x − 1, P (x) = x2 + x + 1. M u ch t c a l i gi i là phân tích v trái c a PT (1) thành V T = 2P (x) + 3Q(x). Tinh ý ta s th y 2 là h s c a x2 trong v trái c a (1). Cũng t đó suy ra 3. Tuy nhiên d dàng tìm đư c các s 2 và 3 b ng phương pháp h s b t đ nh 2x2 + 5x − 1 = p(x2 + x + 1) + q (x − 1) ⇔ 2x2 + 5x − 1 = px2 + (p + q )x + p − q. Đ ng nh t h s ta đư c   p=2 p=2 p+q =5 ⇔ q = 3. p − q = −1  Ví d 13. Xét x = 2. Khi đó (x2 + 2x + 2) = 10, x + 1 = 3, 3(x2 + 2x + 2) − 8(x + 1) = 6, (x + 1)(x2 + 2x + 2) = 30, (x + 1)(x2 + 2x + 2) = x3 + 3x2 + 4x + 2. V y v i x = 2 thì √ 6 √3 6 3(x2 + 2x + 2) − 8(x + 1) = 30. √ = √ x + 3x2 + 4x + 2 30 30 Ta có bài toán sau 19
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022
304 tài liệu
922 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2