Các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 3: Phương trình vô tỉ

Nội dung text: Các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 3: Phương trình vô tỉ

1. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Chuyên đề 3: PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I. PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG 1. Bình phương 2 vế của phương trình a) Phương pháp  Thơng thường nếu ta gặp phương trình dạng : ABCD , ta thường bình phương 2 vế , điều đĩ đơi khi lại gặp khĩ khăn hãy giải ví dụ sau  3333ABCABA BABC333. và ta sử dụng phép thế : 33A B C ta được phương trình : ABA B CC3 3 b) Ví dụ Bài 1. Giải phương trình sau : xxxx 331222 Giải: Đk x 0 Bình phương 2 vế khơng 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 khơng khĩ 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 cĩ : 6x22 8 x 2 4 x 12 x x 1 Thử lại x=1 thỏa  Nhận xét : Nếu phương trình : fxgxhxkx Mà cĩ : fxhxgxkx , thì ta biến đổi phương trình về dạng : fxhxkxgx sau đĩ bình phương ,giải phương trình hệ quả Bài 2. Giải phương trình sau : x3 1 x 1 x2 x 1 x 3 x 3 Giải: Điều kiện : x 1 Bình phương 2 vế phương trình ? Nếu chuyển vế thì chuyển như thế nào? x 2 1 Ta cĩ nhận xét : x 3 x 2 x 1 x 1 , từ nhận xét này ta cĩ lời giải x 2 3 như sau : 1
2. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 x3 1 (2)311 xxxx 2 x 3 x3 1 x 13 Bình phương 2 vế ta được: xxxx221220 x 3 x 13 Thử lại : xx 13,13 l nghiệm Qua lời giải trên ta cĩ nhận xét : Nếu phương trình : fxgxhxkx Mà cĩ : fxhxkxgx thì ta biến đổi fxhxkxgx 2. Trục căn thức 2.1. Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung a) Phương pháp Một số phương trình vơ tỉ ta cĩ thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luơn đưa về được dạng tích xxAx 0 0 ta cĩ thể giải phương trình Ax 0 hoặc chứng minh Ax 0 vơ nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm của phương trình để ta cĩ thể đánh gía Ax 0 vơ nghiệm b) Ví dụ Bài 1 . Giải phương trình sau : 35123134xxxxxxx2222 Giải: Ta nhận thấy : 35133322xxxxx22 v xxxx22 23432 2xx 4 3 6 Ta cĩ thể trục căn thức 2 vế : 3x22 5 x 1 3 x x 1 x22 2 x 3 x 4 Dể dàng nhận thấy x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình . Bài 2. Giải phương trình sau (OLYMPIC 30/4 đề nghị) : xxx22 12535 5 Giải: Để phương trình cĩ nghiệm thì : x22 12 x 5 3 x 5 0 x 3 Ta nhận thấy : x=2 là nghiệm của phương trình , như vậy phương trình cĩ thể phân tích về dạng x 20 A x , để thực hiện được điều đĩ ta phải nhĩm , tách như sau : 2
3. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 xx22 44 xxxx22 124365332 xx22 12453 xx 21 xx2302 xx22 12453 xx 225 Dễ dàng chứng minh được :  30, x xx22 12453 3 Bài 3. Giải phương trình : 3 xxx23 11 Giải :Đk x 3 2 Nhận thấy x=3 là nghiệm của phương trình , nên ta biến đổi phương trình xxx 339 2 3 23 x 3 xxxx 1232531 23 3 xx22 1214 3 x 25 xx 33xx2 39 Ta chứng minh : 1 1 2 2 2 3 3 x2 1 233 x 2 1 4 x 2 1 1 3 x 25 Vậy pt cĩ nghiệm duy nhất x=3 2.2. Đưa về “hệ tạm “ a) Phương pháp  Nếu phương trình vơ tỉ cĩ dạng ABC , mà : ABC ở dây C cĩ thể là hàng số ,cĩ thể là biểu thức của x . Ta cĩ thể giải như sau : AB ABC CAB , khi đĩ ta cĩ hệ: 2 AC AB AB b) Ví dụ Bài 4. Giải phương trình sau : 29214xxxxx22 Giải: Ta thấy : 2x22 x 9 2 x x 1 2 x 4 x 4 khơng phải là nghiệm Xét x 4 Trục căn thức ta cĩ : 28x x 4 2 x22 x 9 2 x x 1 2 2x22 x 9 2 x x 1 22 x 0 2x x 9 2 x x 1 2 2 Vậy ta cĩ hệ: 2 2x x 9 x 6 8 22 x 2x x 9 2 x x 1 x 4 7 3
4. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 8 Thử lại thỏa; vậy phương trình cĩ 2 nghiệm : x=0 v x= 7 Bài 5. Giải phương trình : 2113xxxxx22 Ta thấy : 2x2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 x , như vậy khơng thỏa mãn điều kiện trên. 1 Ta cĩ thể chia cả hai vế cho x và đặt t thì bài tốn trở nên đơn giản hơn x Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau : xxxx22 3131 3 xxx23 13232 2 3 431032 xx (HSG 211213440xxx (OLYMPIC Tồn Quốc 2002) 30/4-2007) 2222 225210 xxxxx 21322232xxxxxxx 21618124xxxx22 3 xxx2 4123 22 xxx 15328 3. Phương trình biến đổi về tích  Sử dụng đẳng thức uvuvuv 1110 aubvabvuubva 0 AB22 Bài 1. Giải phương trình : 33x 1 x 2 1 3 x2 3 x 2 33 x 0 Giải: ptxx 1 12 1 0 x 1 Bi 2. Giải phương trình : 33xxxxx 1 3322 Giải: + x 0, khơng phải là nghiệm + x 0, ta chia hai vế cho x: xx 11 33 3x 1 3 x 1 1 3 x 1 0 x 1 xx Bài 3. Giải phương trình: x 3 2 x x 1 2 x x2 4 x 3 Giải: dk:1 x 4
5. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 x 1 pt xxx32110 x 0 4x Bài 4. Giải phương trình : xx 34 x 3 Giải: Đk: x 0 2 444xxx Chia cả hai vế cho x 3 : 12101 x xxx 333  Dùng hằng đẳng thức Biến đổi phương trình về dạng : ABkk Bài 1. Giải phương trình : 33 xxx Giải: Đk: 03 x khi đĩ pt đ cho tương đương : x32 3 x x 3 0 3 110101 3 xx 3333 Bài 2. Giải phương trình sau : 2394xxx 2 Giải: Đk: x 3 phương trình tương đương : x 1 2 2 xx 3 13 139 xx 597 xx 3 13 x 18 2 Bài 3. Giải phương trình sau : 23922332 3 xxxx2 x 3 3 Giải : pttt 33xxx2301 II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẦN PHỤ 1. Phương pháp đặt ẩn phụ thơng thường  Đối với nhiều phương trình vơ vơ tỉ , để giải chúng ta cĩ 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 cĩ thể giải được phương trình đĩ theo t thì việc đặt phụ xem như “hồn tồn ” .Nĩi chung những phương trình mà cĩ thể đặt hồn tồn tfx thường là những phương trình dễ . Bài 1. Giải phương trình: x x22 1 x x 1 2 Điều kiện: x 1 5
6. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Nhận xét. x x22 1. x x 1 1 1 Đặt t x x 2 1 thì phương trình cĩ dạng: tt 21 t Thay vào tìm được x 1 Bài 2. Giải phương trình: 2x2 6 x 1 4 x 5 Giải 4 Điều kiện: x 5 t2 5 Đặt t x t 4 5( 0 ) thì x . Thay vào ta cĩ phương trình sau: 4 tt42 10256 2.(5)1228270 ttttt242 164 (27)(211)0tttt22 Ta tìm được bốn nghiệm là: tt1,23,4 122;123 Do t 0 nên chỉ nhận các gái trị tt13 122,123 Từ đĩ tìm được các nghiệm của phương trình l: xx 1223 và Cách khác: Ta cĩ thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2610xx2 Ta được: xxx222(3)(1)0 , từ đĩ ta tìm được nghiệm tương ứng. Đơn giản nhất là ta đặt : 2345yx và đưa về hệ đối xứng (Xem phần dặt ẩn phụ đưa về hệ) Bài 3. Giải phương trình sau: xx 5 1 6 Điều kiện: 16 x Đặt yxy 1(0) thì phương trình trở thnh: y2 y 5 5 y 4 10 y 2 y 20 0 ( với y 5) (y22 y 4)( y y 5) 0 1 21 1 17 yy (loại), 22 11 17 Từ đĩ ta tìm được các giá trị của x 2 2 Bài 4. (THTT 3-2005) Giải phương trình sau : xxx 200411 Giải: đk 01 x 2 Đặt yx 1 pttt 2 1 y y2 y 1002 0 y 1 x 0 6
7. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 1 Bài 5. Giải phương trình sau : xxxx2 231 x Giải: Điều kiện: 10 x 11 Chia cả hai vế cho x ta nhận được: xx 23 xx 1 Đặt tx , ta giải được. x Bài 6. Giải phương trình : xxxx242 3 21 Giải: x 0 khơng phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được: 11 xx 3 2 xx 1 15 Đặt t= 3 x , Ta cĩ : tt3 20 tx 1 x 2 Bài tập đề nghị Giải các phương trình sau 152521511xxxx 22 xx22 1131 (5)(2)33xxxx 2 2nn (1 x )2 3n 1 x 2 (1 x ) 2 0 2 (1)(2)122 xxxx xxx (2004)(11) 2 xxxx 1717922 (32)(918)168xxxxx 321492352xxxxx 2 1213 xx223 Nhận xét : đối với cách đặt ẩn phụ như trên chúng ta chỉ giải quyết được một lớp bài đơn giản, đơi khi phương trình đối với t lại quá khĩ 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: u22  uv v 0 (1) bằng cách 2 uu Xét v 0 phương trình trở thành :  0 vv v 0 thử trực tiếp Các trường hợp sau cũng đưa về được (1)  aAx bBx cAxBx  u v mu22 nv 7
8. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Chúng ta hãy thay các biểu thức A(x) , B(x) bởi các biểu thức vơ tỉ thì sẽ nhận được phương trình vơ tỉ theo dạng này . a) . Phương trình dạng : aAx bBx cAxBx Như vậy phương trình Q x P x cĩ thể giải bằng phương pháp trên nếu P x A x . B x Q x aA x bB x Xuất phát từ đẳng thức : xxxx32 111 xxxxxxxxx4242222 12111 xxxxx422 12121 41221221xxxxx422 Hãy tạo ra những phương trình vơ tỉ dạng trên ví dụ như: 42241xxx24 Để cĩ một phương trình đẹp , chúng ta phải chọn hệ số a,b,c sao cho phương trình bậc hai at2 bt c 0 giải “ nghiệm đẹp” Bài 1. Giải phương trình : 2251 xx23 Giải: Đặt uxvxx 1,1 2 uv 2 22 Phương trình trở thành : 25 u v uv 1 Tìm được: uv 2 537 x 2 3 Bài 2. Giải phương trình : xxxx242 311 3 Bài 3: giải phương trình sau : 2x23 5 x 1 7 x 1 Giải: Đk: x 1 Nhận xt : Ta viết  xx 11 xxx 711 22 x Đồng nhất thức ta được: 3 x 1 2 x22 x 1 7 x 1 x x 1 8
9. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 vu 9 2 Đặt uxvxx 10,10 , ta được: 327uvuv 1 vu 4 Ta được : x 46 Bài 4. Giải phương trình : xxxx32 32260 3 Giải: Nhận xét : Đặt yx 2 ta hãy biến pt trên về phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y : 323323 xy xxyxxxyy 3260320 xy 2 Pt cĩ nghiệm : xx 2,223 b).Phương trình dạng : uvmunv 22 Phương trình cho ở dạng này thường khĩ “phát hiện “ hơn dạng trên , nhưg nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Bài 1. giải phương trình : xxxx2242 311 Giải: ux 2 22 Ta đặt : khi đĩ phương trình trở thành : uvuv 3 2 vx 1 Bài 2.Giải phương trình sau : xxxxx22 221341 Giải 1 Đk x . Bình phương 2 vế ta cĩ : 2 xxxxxxxxxx2222 2211221221 15 2 uv uxx 2 22 2 Ta cĩ thể đặt : khi đĩ ta cĩ hệ : uv u v vx 21 15 uv 2 1 5 1 5 Do uv,0 . u v x2 2 x 2 x 1 22 Bài 3. giải phương trình : 514920xxxxx22 51 Giải: Đk x 5. Chuyển vế bình phương ta được: 2x22 5 x 2 5 x x 20 x 1 9
10. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Nhận xét : khơng tồn tại số , để : 252201xxxxx22  vậy ta khơng thể đặt u x x 2 20 . vx 1 Nhưng may mắn ta cĩ : xxxxxxxxx22 201451445 Ta viết lại phương trình: 245345(45)(4) xxxxxx22 . Đến đây bài tốn được giải quyết . Các em hãy tự sáng tạo cho mình những phương trình vơ tỉ “đẹp “ theo cách trên 3. Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn  Từ những phương trình tích xxx 11120 , 2x 3 x 2 x 3 x 2 0 Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vơ tỉ khơng tầm thường chút nào, độ khĩ của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát . Từ đĩ 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 : xxxx222 32122 Giải: 2 2 t 3 tx 2 , ta cĩ : tx tx 2330 tx 1 Bài 2. Giải phương trình : x 1 x22 2 x 3 x 1 Giải: Đặt : txxt 2 23,2 Khi đĩ phương trình trở thnh : x 11 t x2 xxt2 110 Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t cĩ chẵn : 22 t 2 x 2 xx 31 t 2 xt 1 x 01 t 2 x 1 0 tx 1 Từ một phương trình đơn giản : 1 x 2 1 x 1 x 2 1 x 0, khai triển ra ta sẽ được pt sau 10
11. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Bài 3. Giải phương trình sau : 4x 1 1 3 x 2 1 x 1 x2 Giải: Nhận xét : đặt tx 1 , pttt: 41321 xxttx (1) Ta rút xt 1 2 thay vào thì được pt: 3214110txtx2 Nhưng khơng cĩ sự may mắn để giải được phương trình theo t 2 214811 xx khơng cĩ dạng bình phương . 22 Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo 1,1 xx Cụ thể như sau : 3121xxx thay vào pt (1) ta được: Bài 4. Giải phương trình: 22442916xxx 2 Giải . Bình phương 2 vế phương trình: 4241624162916 xxxx 22 Ta đặt : tx 240 2 . Ta được: 9163280xtx2 222 Ta phải tách 92xxx 4928 làm sao cho t cĩ dạng chính phương . Nhận xét : Thơng thường ta chỉ cần nhĩm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích 4. Đặt nhiều ẩn phụ đưa về tích  Xuất phát từ một số hệ “đại số “ đẹp chúng ta cĩ thể tạo ra được những phương trình vơ tỉ mà khi giải nĩ chúng ta lại đặt nhiều ẩn phụ và tìm mối quan hệ giữa các ẩn phụ để đưa về hệ Xuất phát từ đẳng thức abcabcabbcca 3 333 3 , Ta cĩ abcabcabacbc333 3 0 Từ nhận xét này ta cĩ thể tạo ra những phương trình vơ tỉ cĩ chứa căn bậc ba . 3 718812xxxxx 3322 33x 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 ux 2 2 uuv2 vw wu u v u w 2 2 Giải : vx 3 , ta cĩ : 33 vuv vw wuu v v w , giải hệ ta 2 5 w uv vw wu v w u w 5 wx 5 30 239 được: ux 60 120 11
12. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Bài 2. Giải phương trình sau : 2x2 1 x 2 3 x 2 2 x 2 2 x 3 x 2 x 2 ax 212 bxx 2 32 abcd Giải . Ta đặt : , khi đĩ ta cĩ : 2222 x 2 cxx 2232 abcd 2 dxx 2 Bài 3. Giải các phương trình sau 1) 4512193xxxxx22 3 2) xxxxxxxx 4 1111 4 4 324 5. Đặt ẩn phụ đưa về hệ: 5.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thơng thường  Đặt uxvx  , và tìm mối quan hệ giữa x và  x từ đĩ tìm được hệ theo u,v Bài 1. Giải phương trình: xxxx33252530 33 Đặt yxxy 3 3535 333 xyxy()30 Khi đĩ phương trình chuyển về hệ phương trình sau: 33 , giải hệ này ta xy 35 tìm được (;)(2;3)(3;2)xy . Tức là nghiệm của phương trình là x {2;3} 1 Bài 2. Giải phương trình: 21 xx4 4 2 Điều kiện: 021 x 21 xu 4 Đặt 021,021uv 4 xv 1 1 uv uv 4 4 2 Ta đưa về hệ phương trình sau: 2 2 24 1 4 uv 21 vv 21 4 2 2 22 1 Giải phương trình thứ 2: (vv 1) 0 , từ đĩ tìm ra v rồi thay vào tìm 4 2 nghiệm của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: xx 5 1 6 12
13. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Điều kiện: x 1 Đặt axbxab 1,51(0,0) thì ta đưa về hệ phương trình sau: 2 ab 5 ()(1)0101abababab 2 ba 5 1117 Vậy xxxxx 115115 2 62628 xx Bài 8. Giải phương trình: 55 xx3 Giải Điều kiện: 55 x Đặt uxvyuv 5,50,10 . uv22 10 ()102uvuv 2 Khi đĩ ta được hệ phương trình: 448 24 2()uz ()uv 1 uv 3 uv 3 5.2 Xây dựng phương trình vơ tỉ từ hệ đối xứng loại II  Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài tốn giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II 2 xy 12(1)  Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau : việc 2 yx 12(2) giải hệ này thì đơn giản Bây giời ta sẽ biến hệ thành phương trình bằng cách đặt yfx sao cho (2) luơn đúng , yx 21, khi đĩ ta cĩ phương trình : xxxxx 1(21)122 2 2 Vậy để giải phương trình : x2 22 x x ta đặt lại như trên và đưa về hệ 2 x ay b Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2 : , ta sẽ xây 2 y ax b dựng được phương trình dạng sau : đặt y ax b , khi đĩ ta cĩ phương 2 a  trình : x ax b b n a  Tương tự cho bậc cao hơn : x n ax b b 13
14. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Tĩm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng : x  n pn a'' x b  v đặt y a x b n để đưa về hệ , chú ý về dấu của ??? Việc chọn ; thơng thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng : là chọn được. Bài 1. Giải phương trình: xxx2 2221 1 Điều kiện: x 2 Ta cĩ phương trình được viết lại là: (1)1221xx 2 2 xxy 22(1) Đặt yx 1 2 1 thì ta đưa về hệ sau: 2 yyx 22(1) Trừ hai vế của phương trình ta được ( )x ( y ) x0 y Giải ra ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 22 Bài 6. Giải phương trình: 26145xxx2 Giải 5 Điều kiện x 4 Ta biến đổi phương trình như sau: 41222xxxxx22 45(23)2 4511 Đặt 2345yx ta được hệ phương trình sau: 2 (23)45xy ()(1)0xyxy 2 (23)45yx Với xyxxx 234523 Với x y 1 0 y 1 x x 1 2 Kết luận: Nghiệm của phương trình là {12; 13} Các em hãy xây dựng một sồ hệ dạng này ?  Dạng hệ gần đối xứng 2 (2x 3) 2 y x 1 Ta xt hệ sau : (1) đây khơng phải là hệ đối xứng loại 2 2 (2yx 3) 3 1 nhưng chúng ta vẫn giải hệ được , và từ hệ này chúng ta xây dưng được bài tốn phương trình sau : Bài 1 . Giải phương trình: 4x2 5 13 x 3 x 1 0 14
15. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Nhận xét : Nếu chúng ta nhĩm như những phương trình trước : 2 1333 231xx 44 13 Đặt 231yx thì chúng ta khơng thu được hệ phương trình mà chúng ta 4 cĩ thể giải được. Để thu được hệ (1) ta đặt : yx 31 , chọn , sao cho hệ chúng ta cĩ thể giải được , (đối xứng hoặc gần đối xứng ) 2 yx 31 222yyx 2310(1) Ta cĩ hệ : (*) 2 2 4135xxy  41350(2)xxy  Để giải hệ trên thì ta lấy (1) nhân với k cộng với (2): và mong muốn của chúng ta là cĩ nghiệm xy 22231 Nên ta phải cĩ : , ta chọn được ngay  2 ; 3 4135  Ta cĩ lời giải như sau : 1 3 Điều kiện: x , Đặt 31(23),()xyy 3 2 2 (23)21xyx Ta cĩ hệ phương trình sau: ()(225)0xyxy 2 (23)31yx 1597 Với xyx 8 1173 Với 2250xyx 8  15971173 Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: ; 88 Chú ý : khi đã làm quen, chúng ta cĩ thể tìm ngay ; bằng cách viết lại phương trình ta viết lại phương trình như sau: (2x 3)2 3 x 1 x 4 khi đĩ đặt 3123xy , nếu đặt 2331yx thì chúng ta khơng thu được hệ như mong muốn , ta thấy dấu của cùng dấu với dấu trước căn. Một cách tổng quát . 15
16. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 fxA() (1) xBym Xét hệ: để hệ cĩ nghiệm x = y thì : A-A’=B và fyAxm()'.'(2) m=m’, Nếu từ (2) tìm được hàm ngược y g x thay vào (1) ta được phương trình Như vậy để xây dựng pt theo lối này ta cần xem xét để cĩ hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải được. Một số phương trình được xây dựng từ hệ. Giải các phương trình sau 1) 4135310xxx2 4) 3 61841xxx 3 15 5) 30420043006011xxx2 2) 2 3 32 324 6) 358365325xxx 3) 3 81822xxxx 3 Giải (3): Phương trình : 2733 818xxxxxx 2754365427 32 8183246 3 Ta đặt : 32818yx 3 Các em hãy xây dựng những phương trình dạng này ! III. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 1. Dùng hằng đẳng thức :  Từ những đánh giá bình phương : AB22 0, ta xây dựng phương trình dạng AB22 0 22 Từ phương trình 51295210xxxx ta khai triển ra cĩ phương trình : 412145195xxxxx2 2. Dùng bất đẳng thức Am  Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của bất đẳng thức: nếu Bm dấu bằng ỏ (1) và (2) cùng dạt được tại x0 thì x0 là nghiệm của phương trình AB 16
17. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 1 Ta cĩ : 112 xx Dấu bằng khi và chỉ khi x 0 và x 12, dấu x 1 bằng khi và chỉ khi x=0. Vậy ta cĩ phương trình: 1 12008120081 xxx x 1 A f x Đơi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng : khi đĩ : B f x () Afx AB Bfx  Nếu ta đốn trước được nghiệm thì việc dùng bất đẳng thức dễ dàng hơn, nhưng cĩ nhiều bài nghiệm là vơ tỉ việc đốn nghiệm khơng được, ta vẫn dùng bất đẳng thức để đánh giá được 22 Bài 1. Giải phương trình (OLYMPIC 30/4 -2007): xx9 x 1 Giải: Đk x 0 22 2 2 2 1 x Ta cĩ : x 2 2 x 1 x 9 xx 11 x 1 2211 Dấu bằng x xx 117 Bài 2. Giải phương trình : 13916xxxx2424 Giải: Đk: 11x 2 Biến đổi pt ta cĩ : xxx222 13191256 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: 2 13. 13. 1 x2 3. 3. 3 1 x 2 13 27 13 13 x 2 3 3 x 2 40 16 10 x 2 2 22 16 Áp dụng bất đẳng thức Cơsi: 1016xx 1064 2 17
18. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 2 1 x2 x 1 x2 5 Dấu bằng 3 2 22 101610xx x 5 Bài 3. giải phương trình: x3` 3 x 2 8 x 40 84 4 x 4 0 Ta chứng minh : 8 4 4 1xx 3 và xxxxxx32 384003313 2 Bài tập đề nghị . Giải các phương trình sau 1212 xx 433 1212 xx 16564xxx 1212 xx 444 xxxx 1128 864828 xxxx3342 284444xxx444 2 11 224 xx2 xx 3. Xây dựng bài tốn từ tính chất cực trị hình học 3.1 Dùng tọa độ của véc tơ  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u x1;,; y 1 v x 2 y 2 khi đĩ ta cĩ 222222  u vuvxxyyxyxy 12121122 xy Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ uv, cùng hướng 11k 0 , xy22 chú ý tỉ số phải dương  u cos. vuvuv , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos1 uv 3.2 Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác  Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mặt phẳng tam giác, ta luơn cĩ MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đường trịn .Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi MO .  Cho tam giác ABC cĩ ba gĩc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một gĩc 1200 Bài tập 18
19. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 1) 221231123113xxxxxx222 2) x22 4 x 5 x 10 x 50 5 IV. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 1.Xây dựng phương trình vơ tỉ dựa theo hàm đơn điệu  Dựa vào kết quả : “ Nếu y f t là hàm đơn điệu thì fxftxt ” ta cĩ thể xây dựng được những phương trình vơ tỉ Xuất phát từ hàm đơn điệu : yfxxx 2132 mọi x 0 ta xây dựng phương trình : 3 fxfxxxxx 3121231(31)1 322 , Rút gọn ta được phương trình 23123131xxxxx32 Từ phương trình fxfx 131 thì bài tốn sẽ khĩ hơn 27542xxxxx32 3131 Để gải hai bài tốn trên chúng ta cĩ thể làm như sau : 2x3 7 x 2 5 x 4 2 y 3 Đặt yx 31 khi đĩ ta cĩ hệ : cộng hai phương trình ta 2 31xy được: 2 xx 1 32 1 = 2yy32 Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài tốn vơ tỉ theo dạng trên ? Bài 1. Giải phương trình : 21244432930xxxxx 22 Giải: 21xxxxfxfx 22133233213 22 1 Xét hàm số fttt 232 , là hàm đồng biến trên R, ta cĩ x 5 Bài 2. Giải phương trình xxxxx322 456794 3 Giải . Đặt yxx 3 7942 , ta cĩ hệ : 32 x 4 x 5 x 6 y 3 y3 y x 11 x 23 7x 9 x 4 y 19
20. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Xét hàm số : f t t3 t , là hàm đơn điệu tăng. Từ phương trình x 5 3 2 fyfxyxxxx 111794 15 x 2 Bài 3. Giải phương trình : 3 6x 1 8 x3 4 x 1 V. PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HĨA 1. Một số kiến thức cơ bản:  Nếu x 1 thì cĩ một số t với t ; sao cho : s i ntx và một số y 22 với y 0;  sao cho xy c o s  Nếu 01 x thì cĩ một số t với t 0; sao cho : và một số y 2 với y 0; sao cho 2  Với mỗi số thực x cĩ t ; sao cho : xt t a n 22  Nếu : x , y là hai số thực thỏa: xy22 1, thì cĩ một số t với 02 t , sao cho xtyt sin,cos Từ đĩ chúng ta cĩ phương pháp giải tốn :  Nếu : x 1 thì đặt với hoặc với  Nếu thì đặt , với hoặc , với  Nếu : , là hai số thực thỏa: , thì đặt với a  Nếu xa , ta cĩ thể đặt : x , với t ; , tương tự cho trường sint 22 hợp khác  x là số thực bất kỳ thi đặt : x tan t , t ; 22 20
21. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Tại sao lại phải đặt điều kiện cho t như vậy ? Chúng ta biết rằng khi đặt điều kiện x f t thì phải đảm bảo với mỗi x cĩ duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bào điều này . (xem lại vịng trịn lượng giác ) 2. Xây dựng phương trình vơ tỉ bằng phương pháp lượng giác như thế nào ? Từ cơng phương trình lượng giác đơn giản: c o s3tt s i n , ta cĩ thể tạo ra được phương trình vơ tỉ Chú ý : cos34cos3costtt 3 ta cĩ phương trình vơ tỉ: 431xxx32 (1) 1 Nếu thay x bằng ta lại cĩ phương trình : 431 xxx222 x (2) Nếu thay x trong phương trình (1) bởi : (x-1) ta sẽ cĩ phương trình vố tỉ khĩ: 412912xxxxx322 (3) Việc giải phương trình (2) và (3) khơng đơn giản chút nào ? Tương tự như vậy từ cơng thức sin 3x, sin 4x, .hãy xây dựng những phương trình vơ tỉ theo kiểu lượng giác . 3. Một số ví dụ 2 3321 x Bài 1. Giải phương trình sau : 1111 xxx2 3 3 Giải: Điều kiện : x 1 Với x [1;0] : thì 110 xx 33 (ptvn) x [0 ; 1 ] ta đặt : xtt cos,0; . Khi đĩ phương trình trở thành: 2 11 1 2 6 cos1sin2sincosxttt vậy phương trình cĩ nghiệm : x 2 6 6 Bài 2. Giải các phương trình sau : 1 2xx 1 2 12cos x 1) 1 2xx 1 2 HD: tan x 1 2xx 1 2 12cos x 1 2) 1 1 x22 x 1 2 1 x Đs: x 2 3) x3 32 x x HD: chứng minh x 2 vơ nghiệm Bài 3 . Giải phương trình sau: 3 6xx 1 2 21
22. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 1 Giải: Lập phương 2 vế ta được:86143xxxx33 2  57 Xét : x 1, đặt xtt cos,0;  . Khi đĩ ta được S cos ;cos ;cos mà 9 9 9 phương trình bậc 3 cĩ tối đa 3 nghiệm vậy đĩ cũng chính là tập nghiệm của phương trình. 2 1 Bài 4. .Giải phương trình x 1 x2 1 1 Giải: đk: x 1, ta cĩ thể đặt xt ,; sin22t cos0t 1 Khi đĩ ptt: 1cot1 t 1 sin2 x sin 2t 2 Phương trình cĩ nghiệm : x 2 3 1 2 2 x2 1 x 1 Bài 5 .Giải phương trình : x2 1 2x 21xx 2 Giải: đk xx 0,1 Ta cĩ thể đặt : xtt tan,; 22 Khi đĩ pttt. 2sintttttt cos2cos210sin 1 sin2sin0 2 1 Kết hợp với điều kiện ta cĩ nghiệm x 3 Bài tập tổng hợp Giải các phương trình sau 3 3 2 4 xxxx322 122 x 1 x x x 1 1 x 1 4 24xxxx 16 2 416 291622 22xxx2 302007. 30 4 200730. 2007 2 12x 8 xxx (2004)(11) 2xx 4 2 2 9x2 16 (32)(918)xxxxx 168 33 3 3 xxx 112 x2 3 x 1 x 4 x 2 1 33x x 1 2 x 1 3 22 4x 5 3 x 1 2 x 7 x 3 233 1 x 33 1 x2 1 x 0 22
23. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 xxxx22 3131 200843200743xxx2 4 3 10 3xx 2 (HSG Tồn Quốc 22 2002) 3 2x 1 1 x 1 3 x 8 2 x 1 225210 xxxxx xxx2 12136 3 xxx2 4123 411221xxxx 33 3 xxx23 13232 2 3 x 111 2x 11 x 21 3 4 x 4 0 (OLYMPIC 213xx 30/4-2007) xxx 22 21322232xxxxxxx2222 51492051xxxxx 3 3 21618124xxxx22 61841xxx 332xx2 15 2 xx2 2 30420043006011xxx 31x 2 122139xxx 49x 2 4 xxxx 114 32 77xx 28 43343221xxxxx2 44108610xxxx22 3 xxxx 23