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

Một số phương pháp và bài tập giải phương trình vô tỷ

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST
Báo xấu
396
lượt xem 82
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để có thêm nhiều bài tập để bạn giải và nâng cao kiến thức của mình. Mời các bạn tham khảo một số phương pháp và bài tập giải phương trình vô tỷ, để biết các dạng bài và chia sẻ với các bạn cùng lớp để giải quyết vấn đề khó.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Một số phương pháp và bài tập giải phương trình vô tỷ

  1. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP VÀ BÀI TẬP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
  2. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A LỜI NÓI ĐẦU: Phương trình là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình Toán phổ thông. Giải phương trình là bài toán có nhiều dạng và giải rất linh hoạt, với nhiều học sinh kể cả học sinh khá giỏi nhiều khi còn lúng túng trước việc giải một phương trình, đặc biệt là phương trình vô tỷ. Trong những năm gần đây, phương trình vô tỷ thường xuyên xuất hiện ở câu II trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học và Cao đẳng. Vì vậy, việc trang bị cho học sinh những kiến thức liên quan đến phương trình vô tỷ kèm với phương pháp giải chúng là rất quan trọng. Như chúng ta đã biết phương trình vô tỷ có nhiều dạng và nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong bài tập lớn này, tôi xin trình bày “một số phương pháp giải phương trình vô tỷ”, mỗi phương pháp đều có bài tập minh họa được giải rõ ràng, dễ hiểu; sau mỗi phương pháp đều có bài tập áp dụng giúp học sinh có thể thực hành giải toán và nắm vững cái cốt lõi của mỗi phương pháp. Hy vọng nó sẽ góp phần giúp cho học sinh có thêm những kĩ năng cần thiết để giải phương trình chứa căn thức nói riêng và các dạng phương trình nói chung. Page 1
  3. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû A. BÀI TOÁN MỞ ĐẦU: 2 Giải phương trình: 1  x  x 2  x  1  x (*) 3 (ĐHQG HN, khối A-2000) Giải: Điều kiện: 0  x  1  Cách 1: 2  2  2 (*)  1   3   x  x2   x  1  x  4 4  1 x  x 2  ( x  x 2 )  1  2 x(1  x ) 3 9  4( x  x 2 )  6 x  x 2  0  2 x  x 2 (2 x  x 2  3)  0  x  x2  0   x  x2  3   2 2 x  x  0  2  x  x  9  0( PTVN )   4 x  0  (thỏa điều kiện)  x 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .  Cách 2: Nhận xét: x  x 2 được biểu diễn qua x và 1  x nhờ vào đẳng thức: 2  x  1 x  =1+2 x  x 2 . Đặt t  x  1  x (t  0) . t 2 1 2  x x  . 2 Phương trình (*) trở thành: t2 1 t  1 1  t  t 2  3t  2  0   3 t  2 Với t  1 ta có phương trình: x  0 x  1  x  1  2 x  x 2  0  x  x2  0   (thỏa điều kiện).  x 1 Với t  2 ta có phương trình: Page 2
  4. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A 9 9 x  1  x  2  2 x  x2  3  x  x2   x 2  x   0( PTVN ) . 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .  Cách 3: 2 2 Nhận xét: x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể  x  1 x   1. (*)  2 x . 1  x  3 1  x  3 x  3    1  x 2 x  3  3 x  3 (1) . 9 x không thỏa mãn phương trình (1). 4 3 x 3 Do đó, (1)  1  x  (2) . 2 x 3 3t  3 Đặt t  x (t  0), (2)  1  x  . 2t  3 2 2 Ta có:  x  1 x  1 2 2  3t  3  t   1  2t  3   t 2 (4t 2  12t  9)  9t 2  18t  9  4t 2  12t  9  4t 4  12t 3  14t 2  6t  0  t (2t 3  6t 2  7t  3)  0  t (t  1)(2t 2  4t  3)  0 t  0  . t  1 Với t  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện). Với t  1 ta có x  1  x  1 (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .  Cách 4: 2 2 Nhận xét: x và 1  x có mối quan hệ đặc biệt, cụ thể  x  1 x   1. Đặt a  x (a  0); b  1  x (b  0) . Ta có hệ phương trình:  2 1  ab  a  b 3  2ab  3(a  b) 2ab  3(a  b)  3  3  2  2 a 2  b 2  1 (a  b)  2ab  1 (a  b)  3(a  b)  2  0  Page 3
  5. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû  a  b  1 2ab  3(a  b)  3    ab  0  a  b  1   a  b  2   a  b  2  3  ab  2   a  1  b  0  a, b là 2 nghiệm của phương trình X  X  0   2 .  a  0   b  1  a  b  2  2 3 (Trường hợp  3 loại vì 2  4.  0 ). ab  2 2  a  1   x 1 Với  ta có   x  1 (thỏa điều kiện). b  0  1 x  0  a  0   x 0 Với  ta có   x  0 (thỏa điều kiện). b  1  1 x  1  Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 .  Cách 5: 2 2 Nhận xét: Từ  x  1 x   1 , ta nghĩ đến đẳng thức: sin 2 a  cos2 a  1 .  Đặt x  sin a, 0  a  . 2 2 Phương trình (*) trở thành: 1  sin a. 1  sin 2 a  sin a  1  sin 2 a 3  3  2sin a.cos a  3sin a  3cos a (vì cos a  0)  (sin a  cos a )2  3(sin a  cos a)  2  0 sin a  cos a  1    sin a  cos a  1  2 sin( a  )  1 sin a  cos a  2 4     1  a  4  4  k 2  sin(a  )   ( k  ) 4 2  a    3  k 2   4 4  a  k 2  a0    ( k  )    (vì 0  a  )  a   k 2 a  2  2  2 Với a  0 ta có x  0  x  0 (thỏa điều kiện). Page 4
  6. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Với a  1 ta có x  1  x  1 (thỏa điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình là x  0; x  1 . Qua bài toán mở đầu, ta thấy có nhiều cách khác nhau để giải một phương trình vô tỷ. Tuy nhiên, các cách đó đều dựa trên cơ sở là phá bỏ căn thức và đưa về phương trình đơn giản hơn mà ta đã biết cách giải. Sau đây, tôi xin trình bày một số phương pháp cụ thể để giải phương trình vô tỷ. B. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG  Hai phương trình được gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm.  Một số phép biến đổi tương đương:  Cộng, trừ hai vế của phương trình với cùng biểu thức mà không làm thay đổi tập nghiệm của phương trình.  Nhân, chia hai vế của phương trình với cùng biểu thức khác 0 mà không làm thay đổi điều kiện của phương trình.  Lũy thừa bậc lẻ hai vế, khai căn bậc lẻ hai vế của phương trình.  Lũy thừa bậc chẵn hai vế, khai căn bậc chẵn hai vế khi hai vế của phương trình cùng dương. 1. Lũy thừa hai vế của phương trình:  2 k 1 f ( x)  g ( x )  f ( x )  g 2 k 1 ( x) .  g ( x)  0  2k f ( x )  g ( x)   .  f ( x)  g 2 k ( x)  2 k 1 f ( x )  2 k 1 g ( x )  f ( x )  g ( x ) .  g ( x)  0  2k f ( x)  2 k g ( x )   .  f ( x )  g ( x)  Thông thường nếu ta gặp phương trình dạng : A  B  C  D , ta thường bình phương 2 vế, điều đó nhiều khi cũng sẽ gặp khó khăn.  Với phương trình dạng: 3 A  3 B  3 C và ta thường lập phương hai vế để   đưa phương trình về dạng: A  B  3 3 A.B 3 A  3 B  C và ta sử dụng phép thế : 3 A  3 B  3 C ta được phương trình hệ quả: A  B  3 3 A.B.C  C Bài 1: Giải phương trình: x  1  x  10  x  2  x  5 (*) Giải: Điều kiện: x  1 . Page 5
  7. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû (*)  2 x  11  2 x 2  11x  10  2 x  7  2 x 2  7 x  10  2  x 2  11x  10  x 2  7 x  10  x 2  11x  14  4 x 2  11x  10  x 2  7 x  10  x 2  11x  10   x  1  x  1  0  x  1  2 2   x  1 (thỏa điều kiện).  x  11x  10  x  2 x  1 9 x   9 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . 3 Bài 2: Giải phương trình: x  1  3 x  2  3 x  3  0 (*) Giải: (*)  3 x  1  3 x  2   3 x  3  2 x  3  3 3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)   x  3  x  2  3 ( x  1)( x  2)( 3 x  1  3 x  2)  0    x  2  3 ( x  1)( x  2)  3 x  3  0  3 ( x  1)( x  2)( x  3)  x  2  x 3  6 x 2  11x  6  x 3  6 x 2  12 x  8  x  2 Thử lại, x  2 thỏa mãn phương trình (*). Vậy nghiệm của phương trình là: x  2 . Bài 3: Giải phương trình: x  3  3x  1  2 x  2 x  2 Giải: Điều kiện: x  0 Bình phương 2 vế không âm của phương trình ta được: 1   x  3 3 x  1  x  2 x  2 x  1 , để giải phương trình này dĩ nhiên là không khó nhưng hơi phức tạp một chút . Phương trình giải sẽ rất đơn giản nếu ta chuyển vế phương trình : 3x  1  2 x  2  4 x  x  3 Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả : 6 x 2  8 x  2  4 x 2  12 x  2( x  1)2  0  x  1 Thử lại, x  1 thỏa mãn phương trình. Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 .  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Page 6
  8. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mà có : f  x   h  x   g  x   k  x  , thì ta biến đổi phương trình về dạng : f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. x3  1 Bài 4: Giải phương trình :  x  1  x2  x  1  x  3 (1) x 3 Giải: Điều kiện : x  1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x3  1 Ta có nhận xét : . x  3  x 2  x  1. x  1 , từ nhận xét này ta có lời giải x 3 như sau : x3  1 (1)   x  3  x2  x  1  x  1 x 3 Bình phương 2 vế ta được phương trình hệ quả: x3  1 x  1 3  x2  x  1  x 2  2 x  2  0   x3 x  1 3  Thử lại : x  1  3, x  1  3 là nghiệm của phương trình.  Nhận xét : Nếu phương trình : f  x   g  x   h  x   k  x  Mà có : f  x  .h  x   k  x  .g  x  thì ta biến đổi phương trình về dạng: f  x   h  x   k  x   g  x  sau đó bình phương hai vế, giải phương trình hệ quả và thử lại nghiệm. Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 . 4. x  x  11  x  x  11  4 . 2. 3x  1  x  4  1 . 5. 3 12  x  3 14  x  2 . 3. 1  x  6  x  5  2 x . 6. 3 x  1  3 x  2  3 2 x  1 . 2. Trục căn thức: 2.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung: Một số phương trình vô tỉ ta có thể nhẩm được nghiệm x0 . Như vậy, phương trình luôn đưa về được dạng tích  x  x0  A  x   0 ta có thể giải phương trình Page 7
  9. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû A  x   0 hoặc chứng minh A  x   0 vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta có thể đánh giá A  x   0 vô nghiệm. Bài 1: Giải phương trình: 3x 2  5 x  1  x 2  2  3  x 2  x  1  x 2  3x  4 Giải: x   2 Điều kiện:  1  5 .  x  2  Ta nhận thấy :  3x 2  5 x  1   3 x 2  3 x  3  2  x  2  và x 2  2   x 2  3x  4   3  x  2 . pt  3 x 2  5 x  1  3  x 2  x  1  x 2  2  x 2  3x  4 2( x  2) 3( x  2)   . 3x  5 x  1  3  x  x  1 2 2 x 2  2  x 2  3x  4    3 2   0.  ( x  2)   x 2  2  x 2  3x  4  2 2  3 x  5 x  1  3  x  x  1     x  2 (thỏa). Dễ dàng chứng minh được phương trình 3 2   0 vô nghiệm vì x 2  2  x 2  3x  4 3x 2  5 x  1  3  x 2  x  1 1  5   VT  0, x  ;  2     ;   .   2  Vậy x  2 là nghiệm của phương trình. Bài 2: Giải phương trình: x 2  12  5  3x  x 2  5 Giải: 5 Để phương trình có nghiệm thì : x 2  12  x 2  5  3 x  5  0  x  3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình có thể phân tích về dạng  x  2  A  x   0 , để thực hiện được điều đó ta phải nhóm , tách như sau : pt  x 2  12  4  3x  6  x 2  5  3 Page 8
  10. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A x2  4 x2  4   3 x  2   x 2  12  4 x2  5  3  x2 x2    x  2    3  0 2  x  12  4 x2  5  3  x2 x2 x2 5 Dễ dàng chứng minh được :   3  0, x  . x 2  12  4 x2  5  3 3 Vậy x  2 là nghiệm của phương trình. Bài 3: Giải phương trình : 3 x 2  1  x  x3  2 Giải: Điều kiện: x  3 2 Nhận thấy x  3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình: pt  3 x 2  1  2  x  3  x3  2  5     x  3  x  3 x  9  2  x 3   x  3 1   2  3  x  1  2 x  1  4  2 3 2 x3  2  5      x 3 x2  3x  9   ( x  3) 1   0 2  3  x  1  2 x  1  4 2 3 2 x3  2  5    x  3  x3 x 2  3x  9  1   3 (*) 2  3 x2  1  2 3 x2 1  4 x 2 5     Phương trình (*) vô nghiệm vì: x3 x 3 x 2  3x  9 1  1 2 2   3 x2 1 2  2 3 x2  1  4 3 2  x 1  1  3  x3  2  5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  3 . 2.2. Đưa về “hệ tạm”: Nếu phương trình vô tỉ có dạng A  B  C , mà : A  B   C ở đây C có thể là hằng số, có thể là biểu thức của x . Ta có thể giải như sau : Page 9
  11. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû A B  A B C  C A  B   , khi đó ta có hệ:   2 A  C  A B   A B  Bài 1: Giải phương trình sau : 2 x 2  x  9  2 x 2  x  1  x  4 Giải: Ta thấy:  2 x 2  x  9    2 x 2  x  1  2  x  4  Phương trình đã cho có nghiệm  x  4  0  x  4 x  4 không phải là nghiệm của phương trình. Xét x  4 trục căn thức ta có : 2x  8  x  4  2 x2  x  9  2 x2  x  1  2 2 2 2x  x  9  2 x  x  1 Ta có hệ phương trình:  2x2  x  9  2 x2  x  1  2 x  0   2 2x  x  9  x  6   2  2 2  2x  x  9  2 x  x  1  x  4 x  8   7 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình có 2 nghiệm : x=0; x= . 7 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau : 1. x 2  3 x  1   x  3  x 2  1 6. 2 x 2  16 x  18  x 2  1  2 x  4 2. 4  3 10  3 x  x  2 3 2 7. x 2  15  3 x  2  x 2  8 3. x  4  x 1  2x  3 3 8. 2  2  x  5  x   x   2  x 10  x  4. x 2  1  3x 3  2  3 x  2 5. 2 x 2  11x  21  3 3 4 x  4  0 2.3. Phương trình biến đổi về tích: 2.3.1 Sử dụng đẳng thức: u  v  1  uv   u  1 v  1  0 au  bv  ab  vu   u  b  v  a   0 A2  B 2 Bài 1: Giải phương trình : 3 x  1  3 x  2  1  3 x 2  3 x  2 Giải: PT  3 x  1  3 x  2  1  3 x  1. 3 x  2 x  0     3 x 1 1 3 x  2 1  0    x  1 Page 10
  12. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 . Bài 2: Giải phương trình : 3 x  1  3 x 2  3 x  3 x 2  x Giải:  x  0 , không phải là nghiệm.  x  0 , ta chia hai vế cho 3 x : x 1 3 PT  3  x  1 3 x 1 x 3 x 1  x 1  3  3 x    1 x  1  0   x  1 3 1  x 1    x  Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . Bài 3: Giải phương trình: x  3  2 x x  1  2 x  x 2  4 x  3 Giải: Điều kiện: x  1 PT  x  3  2 x x  1  2 x  ( x  3)( x  1)  x  3  2x   x  3  2x   x 1 1  0    x 1  1   x  0  2 x 1  4 x  x  3  0   (thỏa).  x0 x 1  1  Vậy nghiệm của phương trình là: x  0; x  1 . 4x Bài 4: Giải phương trình : x  3  4 x x3 Giải: Điều kiện: x  0 2 4x 4x  4x  Chia cả hai vế cho x  3 ta được: 1  2  1   0 x3 x 3  x3  4x   1  4 x  x  3  x  1 (thỏa). x3 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . 2.3.2 Dùng hằng đẳng thức: Biến đổi phương trình về dạng : Ak  B k Page 11
  13. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Bài 1: Giải phương trình : 3x  x 3x Giải: Điều kiện: 0  x  3 Khi đó pt đã cho tương đương: 3 3 3 2  1  10 10  1 x  3x  x  3  0   x    x (thỏa).  3 3 3 3 3 10  1 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 3 Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x  3  9 x 2  x  4 Giải: Điều kiện: x  3 2  x  3  1  3x  Phương trình đã cho tương đương : 1  3  x  9 x 2     x  3  1  3 x   1  x  3  2 x  1  9 x  7 x  2  0    (thỏa)  1  x  5  97  x     18 3  2  9 x  5 x  2  0 5  97 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1; x  . 18 2 Bài 3: Giải phương trình sau : 2  3 3 9 x 2  x  2   2 x  3 3 3 x  x  2  Giải: 3 PT   3 x  2  3 3x   0  3 x  2  3 3 x  x  2  3x  x  1 . Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ: 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường: Đối với nhiều phương trình 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 và quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt ẩn phụ xem như “hoàn toàn ”. Bài 1: Giải phương trình: x  x2 1  x  x2 1  2 Giải: Page 12
  14. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Điều kiện: x  1 Nhận xét: x  x 2  1. x  x 2  1  1 Đặt t  x  x 2  1(t  0) thì phương trình trở thành: 1 t   2  t 2  2t  1  0  (t  1)2  0  t  1 t Với t  1 ta có phương trình: x  x 2  1  1  x 2  1  x  1  2 x  2  x  1 (thỏa). Vậy nghiệm của phương trình là: x  1 . Bài 2: Giải phương trình: 2 x 2  6 x  1  4 x  5 Giải: 5 Điều kiện: x   4 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 2 2  (t  2t  7)(t  2t  11)  0  t  1  2 2 t  1  2 2   (vì t  0 ). t  1  2 3  t  1  2 3  Với t  1  2 2 ta có: 4 x  5  1  2 2  4 x  4(1  2)  x  1  2 Với t  1  2 3 ta có: 4 x  5  1  2 3  4 x  4(2  3)  x  2  3 Vậy nghiệm của phương trình là: x  1  2; x  2  3 . Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2  6x 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 dặt ẩn phụ đưa về hệ). Bài 3: Giải phương trình: x  5  x  1  6 Điều kiện: 1  x  6 Đặt y  x  1(0  y  5) thì phương trình đã cho trở thành: y 2  y  5  5  y 4  10 y 2  y  20  0  ( y 2  y  4)( y 2  y  5)  0 Page 13
  15. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû  1  21 y  1  17  2 y ( vì 0  y  5 )  1  17 2 y   2 1  17 1  17 11  17 Với y  ta có phương trình x  1   x (thỏa) 2 2 2 11  17 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 2 2  Bài 4: Giải phương trình: x  2004  x 1  1  x   Giải: Điều kiện: 0  x  1 Đặt y  1  x ( 0  y  1 ) phương trình trở thành: (1  y 2 ) 2  (2005  y 2 )(1  y )2  (1  y ) 2 (1  y ) 2  (2005  y 2 )(1  y ) 2 y 1  2(1  y ) ( y  y  1002)  0   2 2  y  1 ( vì 0  y  1 )  y  1  4009   2 Với y  1 ta có phương trình 1  x  1  x  0 Vậy nghiệm của phương trình là: x  0 . 1 Bài 5: Giải phương trình: x 2  2 x x   3 x  1 x Giải: Điều kiện: 1  x  0 Chia cả hai vế cho x ta được phương trình: 1 1 1 1 x  2 x   3   x   2 x   3  0 (*) x x x x 1 Đặt t  x  (t  0) phương trình (*) trở thành: x t  1 t 2  2t  3  0    t 1  t  3 Với t  1 ta có phương trình  1 5 x  1 x   1  x2  x  1  0   2  x  1 5 . x  1 5 2 x   2 Page 14
  16. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A 1 5 Vậy nghiệm của phương trình là: x  . 2 Bài 6: Giải phương trình : x 2  3 x 4  x 2  2 x  1 Giải: x  0 không phải là nghiệm của phương trình.  1 1 Chia cả hai vế cho x ta được:  x    3 x   2 (*)  x x 1 Đặt t= 3 x  phương trình (*) trở thành : t 3  t  2  0  t  1 . x 1 1 5 Với t  1 ta có phương trình 3 x   1  x 2  x  1  0  x  . x 2 1 5 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 2 Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau: 1. 15 x  2 x 2  5  2 x 2  15 x  11 7. 2 n (1  x) 2  3 n 1  x 2  n (1  x) 2  0 2. ( x  5)(2  x)  3 x 2  3 x 8. x  (2004  x )(1  1  x )2 3. (1  x)(2  x)  1  2 x  2 x 2 9. ( x  3 x  2)( x  9 x  18)  168 x 4. x  17  x 2  x 17  x 2  9 5. 1  x2  2 3 1  x2  3 10. 3x  2  x  1  4 x  9  2 3 x 2  5 x  2 6. x 2  x 2  11  31 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 2 u 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 Page 15
  17. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû Nếu 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 . 2.1. Phương trình dạng : a. A  x   bB  x   c A  x  .B  x  Như vậy phương trình Q  x    P  x  có thể giải bằng phương pháp trên nếu  P  x   A  x  .B  x    Q  x   aA  x   bB  x   Chú ý một số phân tích trước khi đặt ẩn phụ: 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   x4  1  x2  2x  1 x2  2x  1  4 x 4  1   2 x 2  2 x  1 2 x 2  2 x  1 Bài 1: Giải phương trình : 2  x 2  2   5 x3  1 Giải: Điều kiện: x  1 Đặt u  x  1, v  x 2  x  1 u  2v Phương trình trở thành: 2  u  v   5uv   2 2 1 u  v  2 * Với u  2v ta có phương trình x  1  2 x 2  x  1  4 x 2  5 x  3  0( PTVN ) . 1 * Với u  v ta có phương trình 2  5  37 1 2 x  x 1  x  x  1  x2  5x  3  0   2 (thỏa). 2  5  37 x   2 5  37 Vậy nghiệm của phương trình là x  . 2 Bài 2: Giải phương trình sau : 2 x 2  5 x  1  7 x 3  1 Giải: Điều kiện: x  1  Nhận xét: Ta viết   x  1   x 2  x  1  7   x  1  x 2  x  1 Đồng nhất ta được 3  x  1  2  x  x  1  7  x  1  x 2  x  1 Page 16
  18. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Đặt u  x  1  0 , v  x 2  x  1  0 , ta được phương trình: v  9u 3u  2v  7 uv   v  1 u  4 Với v  9u ta có phương trình x 2  x  1  9( x  1)  x 2  8 x  10  0  x  4  6 . 1 1 Với v  u ta có phương trình x 2  x  1  ( x  1)  4 x 2  3 x  5  0( PTVN ) . 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x  4  6 . 3 Bài 3: Giải phương trình : x 3  3 x 2  2  x  2  6x  0 Giải: Nhận xét: Đặt y  x  2 phương trình trở thành thuần nhất bậc 3 đối với x và y x  y x 3  3 x 2  2 y 3  6 x  0  x 3  3 xy 2  2 y 3  0    x  2 y x  0 Với x  y ta có phương trình x2  x   2  x  2.  x  x20 x x  0 Với x  2 y ta có phương trình x  2     2  x  22 3 . 2  x  4x  8  0 Vậy nghiệm của phương trình là x  2; x  2  2 3 . 2.2 Phương trình dạng :  u   v  mu 2  nv 2 Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên , nhưng 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 Giải: u  x 2  (u  0) Ta đặt :  khi đó phương trình trở thành :   v  x 2  1 (v  0) v  0 u  3v  u  v  (u  3v)  u  v  2v(5v  3u )  0   2 2 2 2 2 .  v   3 u (loaïi)  5 2 Với v  0 ta có phương trình x  1  0  x  1 . Vậy nghiệm của phương trình là x  1 Bài 2: Giải phương trình : x 2  2 x  2 x  1  3x 2  4 x  1 Giải: Page 17
  19. www.VNMATH.com NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû 1 Điều kiện: x  . 2 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 (*) u  x 2  2 x Ta có thể đặt :  khi đó (*) trở thành : v  2 x  1  1 5 u  v (loaïi) 2 2 uv  u  v   2  1 5 u  v  2 1 5 Với u  v ta có phương trình 2 1 5 x2  2x   2 x  1  2 x2  (2  2 5) x  1  5  0 (PTVN). 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài 3: Giải phương trình : 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 Giải: Điều kiện: x  5 . Chuyển vế bình phương ta được: 2 x 2  5 x  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 u  x 2  x  20 vậy ta không thể đặt  . v  x  1 Nhưng may mắn ta có :  x2  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 . u  v u  x 2  4 x  5 Đặt  , khi đó phương trình (*) trở thành: 2u  3v  5 uv   9 .  v  x4 u  v  4 Page 18
  20. www.VNMATH.com Mét sè ph­¬ng ph¸p gi¶i ph­¬ng tr×nh v« tû NguyÔn V¨n Rin – To¸n 3A - Với u  v ta có phương trình  5  61 x  x 2  4 x  5  x  4  x 2  5x  9  0   2 .  5  61 x  (loaïi)  2 9 - Với u  v ta có phương trình 4 x  8 9 x  4 x  5  ( x  4)  4 x  25 x  56  0   2 2  . 4  x  7 (loaïi)  4 5  61 Vậy nghiệm của phương trình là x  8; x  . 2 3. Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn: Phương pháp giải: Đưa phương trình đã cho về phương trình bậc hai dạng: f ( x).Q( x )  f ( x )  P ( x ). x với ẩn là ẩn phụ hay là ẩn của phương trình đã cho. Đặt f ( x)  t , t  0 . Phương trình đã cho trở thành t 2  t.Q( x)  P( x)  0 . Sau đó, giải t theo x rồi thay vào giải phương trình f ( x )  t và đưa ra kết luận.   Bài 1: Giải phương trình : x 2  3  x 2  2 x  1  2 x 2  2 (*) Giải: Đặt t  x 2  2 phương trình (*) trở thành : t  3 t 2   2  x  t  3  3x  0   . t  x  1 Với t  3 ta có phương trình x2  2  3  x2  7  x   7 . x  1 Với t  x  1 ta có phương trình x 2  2  x  1    x.  2 x  1 Vậy nghiệm của phương trình là x   7 . Bài 2: Giải phương trình :  x  1 x 2  2 x  3  x 2  1 Giải: Đặt t  x 2  2 x  3, t  2 Khi đó phương trình trở thành :  x  1 t  x 2  1  x 2  1   x  1 t  0 Page 19
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1111 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