Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân I Lý do chọn đề tài : Trong chơng trình toán phổ thông chúng ta gặp rất nhiều dạng toán giải phơng trình. Đối với mỗi dạng lại có nhiều cách giải khác nhau. Và thông thờng ta hay chọn cách giải chính xác và ngắn gọn nhất. Phơng pháp đặt ẩn phụ th- ờng dẫn đến thành công với hiệu quả giải toán cao. Song việc chọn ẩn phụ nh thế nào để bài toán trở nên đơn giản hơn là vấn đề khó khăn. Trong phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập tới việc "Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ trong giải ph- ơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau" trên cơ sở dựa vào tính chất của các hàm số ngợc để đa việc giải phơng trình về giải hệ phơng trình đối xứng hai ẩn kiểu II. II Mục đích yêu cầu : - Làm cho học sinh nắm vững tính chất của hai hàm số ngợc nhau và khảo sát sự biến thiên của hàm số. - Trên cơ sở đó củng cố cách giải hệ phơng trình đối xứng hai ẩn kiểu II. - Rèn luyện khả năng t duy logic. III Ph ơng pháp nghiên cứu : 1. Tài liệu tham khảo : - Phơng pháp giải toán mũ và logarit - Lê Hồng Đức. - Tạp chí toán học và tuổi trẻ từ 2000 - 2005. - Sách : Phơng trình và hệ phơng trình của Phạm Thành Luân. - Đề thi tuyển sinh Đại học năm 1996. 2. Thực tế giảng dạy ở trờng phổ thông. Từ các yếu tố trên đã giúp tôi hoàn thành đề tài của mình với hy vọng làm phong phú thêm môn đại số sơ cấp và góp phần nhỏ bé vào công tác giảng dạy ở trờng phổ thông. IV Nội dung : ở phần này tôi muốn giới thiệu các dạng phơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau và phơng pháp giải bài toán tổng quát cho từng dạng. Sau đó là những bài tập áp dụng. Dạng 1 : Phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai. 1. Bài toán tổng quát : Giải phơng trình : ( ) edxbxacbxa +++=+ 2 2211 (I) Với : 0,, 21 caa Trang 1 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân và += += ecbb dcaa 12 12 Giải : Điều kiện : 0 11 + bxa Đặt : 2211 byabxa +=+ Với điều kiện : 0 22 + bya ta đợc ( ) 2 2211 byabxa +=+ (1) Khi đó (I) có dạng : ( ) ebdxyabxac +=+ 22 2 22 Từ (1) ta có : ( ) cbcxabxac 11 2 22 +=+ Ta có hệ phơng trình : ( ) ( ) ( ) +=+ ++=+ cbcxabyac cbxacayabxac 11 2 22 1212 2 22 )3( )2( Lấy (2) - (3) ta đợc : ( )( ) 012 222 =+++ cbcyacxayx =+++ = 012 222 cbcyacxa yx Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (1) ta đợc : ( ) 11 2 22 bxabxa +=+ Đây là phơng trình bậc hai đối với x. Tr ờng hợp 2 : 012 222 =+++ cbcyacxa kết hợp với (1) => Giải hệ phơng trình tìm x, y. 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phơng trình : 203232152 2 +=+ xxx (4) Giải : Điều kiện : 2 15 0152 + xx Ta có : 28)24(2152)4( 2 +=+ xx (5) Đặt : 24152 +=+ yx (6) Với điều kiện : 2 1 024 + yy ta có : 2 )24(152)6( +=+ yx Khi đó, ta có hệ phơng trình : +=+ +=+ 152)24( 152)24( 2 2 xy yx )8( )7( Lấy (7) - (8) ta đợc : (x - y)(8x + 8y + 9) = 0 * Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (8) ta đợc : 16x 2 + 14x - 11 = 0 Trang 2 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân = = 8 11 2 1 x x (loại) * Tr ờng hợp 2 : 2 98 40988 ==++ x yyx thay vào (8) ta có : 64x 2 + 72x - 35 = 0 = + = 16 2219 16 2219 x x Vậy phơng trình có hai nghiệm : 2 1 =x và 16 2219 =x Bài 2 : Giải phơng trình : 22 2 += xx (9) Giải : Điều kiện : 202 xx Khi đó : (9) 22 2 = xx 2)(2 2 = xx Đặt : yx =2 (10) Với điều kiện 0y thì (10) 2 2 yx = Ta có hệ phơng trình : = = xy yx 2 2 2 2 )12( )11( Lấy (11) - (12), ta đợc : (x - y)(x + y - 1) = 0 * Tr ờng hợp 1 : x = y thay vào (11) ta đợc : x 2 + x - 2 = 0 = = 2 1 x x * Trờng hợp 2 : x + y - 1 = 5 y = 1 - x Thay vào (11) ta có : x 2 - x - 1 = 0 = + = 2 51 2 51 x x (loại) Vậy phơng trình có hai nghiệm : x = - 2 và 2 51 + =x Bài 3 : Giải phơng trình : 332 2 += tgxtgxxtg (13) Trang 3 (loại vì điều kiện của y) (loại) Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân Giải : Đặt Xtgx = (13) 323 2 =+ XXX 4)1(3 2 =+ XX Điều kiện : 303 + XX Đặt 13 =+ YX với điều kiện 1Y ta có : 2 )1(3 =+ YX Khi đó ta có hệ : += += 3)1( 3)1( 2 2 XY YX )15( )14( Lấy (14) - (15), ta đợc : ( )( ) 01 =+ YXYX * Tr ờng hợp 1 : Với X = Y, thay vào (14) ta đợc : 023 2 = XX = + = 2 173 2 173 X X (loại) * Tr ờng hợp 2 : Với XYYX ==+ 101 thay vào (14), ta có : 03 2 = XX = + = 2 131 2 131 X X * Với 2 173 + =X ta có : 2 173 + =tgx += kx )( Zk với tg= + 2 173 * Với 2 131 =X ta có : 2 131 =tgx += 'kx )'( Zk với tg= 2 131 Vậy phơng trình có 2 họ nghiệm : += kx , Zk và 2 173 + = tg += 'kx , Zk ' và 2 131 + = tg Trang 4 (loại) Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân Bài 4 : Giải phơng trình : 6622 2 =+ xx (16) Giải : Đặt : 02 >= u x Khi đó : 66)16( 2 += uu Đặt 06 =+ vu Khi đó : 2 6 vu =+ Ta có hệ phơng trình : += += 6 6 2 2 uv vu )18( )17( Lấy (17) - (18) ta đợc : ( ) =++ = =++ 01 0)1( vu vu vuvu + Với vu = ta đợc : = = = 2 3 06 2 u u uu (loại) Với 3log323 2 === xu x + Với 01 =++vu ta đợc phơng trình : 05 2 =+ uu = + = 2 211 2 211 u u (loại) Với 2 121 log 2 121 2 2 121 2 = = = xu x Vậy phơng trình có hai nghiệm : 3log 2 =x và x = 2 121 log 2 Bài 5 : Giải phơng trình : 1loglog2log 33 2 3 += xxx (19) Giải : Đặt Ux = 3 log Khi đó (19) có dạng : 12 2 += UUU 11)1( 2 += UU Điều kiện : 1U Đặt : 11 =+ VU với 1V Khi đó : 2 )1(1 =+ VU Ta có hệ phơng trình : += += 1)1( 1)1( 2 2 VU UV )21( )20( Lấy (20) - (21) ta đợc : 0)1)(( =+ VUVU Trang 5 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân =+ = 01VU VU + Với U = V ta có : U 2 - 3U = 0 = = 3 0 U U (loại) Với 273log3 3 === xxU + Với 01 =+VU , ta đợc phơng trình : 01 2 =UU = + = 2 51 2 51 U U 2 51 3 2 51 = = xx 3 log (loại) Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm : 27 = x và 2 51 3 =x 3. Các bài tập tự giải : 1) 1000800011000 2 =+ xxx 2) 55 2 =++ xx 3) 135134 2 +=+ xxx 4) 33 =++ xx 5) 11loglog 2 2 2 =++ xx 6) xxx 125124 2 =+++ Dạng 2 : Phơng trình chứa căn bậc ba và luỹ thừa bậc ba. 1. Bài toán tổng quát : Giải phơng trình : edxbxacbxa +++=+ 2 22 3 11 )( (II) Với 0,, 21 caa và dcaa += 12 ; ecbb += 12 Giải : Đặt 22 3 11 byabxa +=+ 3 2211 )( byabxa +=+ (*) Ta có (II) ebdxyabyac +=+ 22 2 22 )( Ta có hệ phơng trình : +=+ +=+ cbcxabyac ebdxyabxac 11 2 22 22 2 22 )( )( )2( )1( Lấy (1) - (2) ta đợc : ( ) ( ) 01 22 =+++ cBcABcAyx Trang 6 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân yx = hoặc 01 22 =+++ cBcABcA Với )( 22 bxaA += ; 22 byaB += Tr ờng hợp 1 : yx = thay vào (*) ta đợc phơng trình bậc 3 : ( ) 11 3 22 bxabxa +=+ Tr ờng hợp 2 : ( ) 01 22 =+++ BABAc (3) Nhận xét : 0 4 3 ) 2 ( 2 222 ++=++ BB ABABA Nếu c > 0 thì (3) vô nghiệm. c < 0 thì giải hệ (*) và (3). 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phơng trình : 1122 3 3 =+ xx Giải : Đặt yx =+ 3 12 12 3 += xy Ta có hệ phơng trình : += += 12 12 3 3 xy yx )5( )4( Lấy (4) - (5) ta đợc : ( ) ( ) 02 22 =+++ yxyxyx yx = Thay vào (4) ta đợc : 012 3 = xx = = 01 1 2 xx x = = 2 51 1 x x Xét lớp phơng trình dạng : [ ] bxfbxafa =+ 3 3 )()( Bài 2 : Giải phơng trình : 2 3 4 2881 23 3 += xxxx (5) Giải : (5) 27 46 ) 3 2 (881 3 3 = xx 27 46 )23( 27 1 881 3 3 = xx Đặt : 23881 3 = yx Trang 7 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân ( ) 88123 3 = xy (6) )881( 27 1 )23( 27 1 3 = xy 27 8 3)23( 27 1 3 = xy Ta có hệ phơng trình : = = 27 8 3)23( 27 1 27 8 3)23( 27 1 3 3 xy yx )8( )7( Lấy (7) - (8) ta đợc : ( ) ( ) [ ] 03)23()23)(23(23 27 1 2 2 = +++ yyxxyx yx = Thay vào (6) ta đợc : 881)23( 3 = xx 023189 23 = xxx = = 023189 0 2 xx x = = 3 243 0 x x Vậy phơng trình đã cho có 3 nghiệm : 3 243 ;0 Bài 3 : Giải phơng trình : 27cos162)1cos8( 33 =+ xx Giải : Đặt : Xx =cos2 ; Điều kiện : 2|| X Ta có phơng trình : ( ) 27811 3 3 =+ xX (9) Đặt : YX 31 3 =+ Thay vào (9) ta đợc : 13 3 = XY Ta có hệ phơng trình : =+ =+ XY YX 31 31 3 3 )11( )10( Lấy (10) - (11) ta đợc : 0)1)(( 22 =+++ YXYXYX YX = Trang 8 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân Thay vào (10) ta đợc : 013 3 =+ XX Thay xX cos2= ta đợc : 1cos6cos8 3 = xx 1)cos3cos4(2 3 = xx 13cos2 = x 2 1 3cos = x + = 2 3 2 3 kx , Zk 3 2 9 2 + = k x Zk Xét lớp dạng : [ ] [ ] 4811 )( 3 3 )( =+ xx ff Bài 4 : Giải phơng trình : 6)32(92 3 3 += xx Giải : Đặt : X x =2 , 0>X Ta có phơng trình : ( ) 639 3 3 += XX Đặt : 39 3 = YX 3 )3(9 = YX Ta có hệ phơng trình : = = 9)3( 9)3( 3 3 XY YX )13( )12( Lấy (11) - (12) ta đợc : [ ] 01)3()3)(3()3()( 22 =+++ YYXXYX YX = Thay vào (12) ta đợc : 018279 23 =+ XXX =+ = 0189 1 2 XX X = = = 3 6 1 X X X mãn) (thoả Với 0121 === xX x 6log626 2 === xX x 3log323 2 === xX x 3. Bài tập tự giải : 1) 3 3 2332 =+ xx Trang 9 Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 GV : Ngô Thị Xuân 2) 3 3 1221 =+ xx 3) 255336853 23 3 += xxxx 4) 091633 3 23 =+ xxxx Những khó khăn mà học sinh thờng gặp là vấn đề chọn số a 2 , b 2 thoả mãn điều kiện : a 2 = a 1 c + d b 2 = b 1 c + e Dạng 3 : Phơng trình dạng : xf(f(x)) = (III) 1 Bài toán tổng quát : Giải phơng trình xf(f(x)) = Với )(xf là hàm số đồng biến trên RD x Giải : Đặt yxf =)( Ta có : xyf =)( Do )(xfy = là hàm số đồng biến trên x D nên xyf =)( là hàm số đồng biến trên RD y . Ta có hệ phơng trình : = = xyf yxf )( )( )2( )1( Giả sử D = D x = D y khi đó từ (1) và (2) )()( yfxfxy = yyfxxf +=+ )()( (3) Do )(xf là hàm số đồng biến xxf + )( là hàm số đồng biến. Nên từ (3) yx = Thay vào (1), ta có : xxf =)( Xét hàm số : xxfxg = )()( Sử dụng định lý Rôn : Nếu )(xg lồi hoặc lõm trên D thì phơng trình 0)( =xg nếu có nghiệm thì có không quá hai nghiệm D . Giải phơng trình tìm nghiệm của 0)( =xg (Chỉ cần chỉ ra 2 nghiệm thoả mãn 0)( =xg ) 2. Bài tập : Bài 1 : Giải phơng trình : [ ] xx = 1)13(log3log 22 (4) Giải : Điều kiện : 3 1 013 >> xx Trang 10 [...]... thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy khi giải phơng trình có chứa các hàm số ngợc nhau học sinh thờng gặp nhiều khó khăn Sau khi nghiên cứu tính chất của các hàm số ngợc nhau tôi thấy có nhiều thú vị và nhất là khi vận dụng phơng pháp đặt ẩn phụ để đa phơng trình về hệ phơng trình đối xứng, do đó tôi đã viết đề tài này với mong muốn giúp học sinh tìm ra phơng pháp giải tối u Mặc dù tôi rất cố gắng nhng... Rôn : Phơng trình g ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có không quá 2 nghiệm Nhận thấy : g(3) = g(1) = 0 phơng trình : 2 x 3 x + 1 = 0 có 2 nghiệm là 3 và 1 Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm là 1 và 3 Bài 2 : Giải phơng trình : với x [ 1;1] sin(sin x ) = x Giải : y [ 1;1] Đặt sin x = y ; Ta có hệ phơng trình : sin x = y sin y = x (8) (9) Lấy (8) - (9) ta đợc : sin x + x = sin y + y (10) Đặt g (t ) =... hệ phơng trình : (1) (2) Lấy (1) - (2) ta đợc : (3) S a1x +b1 + a1cx = S a1 y +b1 + a1cy Xét hàm số : f (t ) = S a t +b + a1ct trên D 1 1 Nếu f (t ) đơn điệu trên D thì từ (3) suy ra : x = y Thay vào (1) ta có : S a x +b = a 2 x + b2 1 1 Đặt : g ( x) = S a x +b a 2 x b2 1 1 Có thể sử dụng bất đẳng thức Becnuli hoặc định lý Rôn để giải phơng trình g ( x) = 0 2 Bài tập : Bài 1 : Giải phơng trình : 3... Nên phơng trình (10) x = y Thay vào phép đặt ta có : sin x = x Đặt : f ( x) = sin x x Ta có : f ' ( x) = cos x 1 0 , x R f (x) là hàm số nghịch biến trên [ 1;1] Và f ( x) = 0 cos x = 1 x = 0 do x [ 1;1] Bảng biến thiên của hàm số f ( x) = sin x x x f'(x) f(x) -1 0 0 0 - - 1 Vậy phơng trình f ( x) = 0 có nghiệm x = 0 Kết luận : Phơng trình đã cho có nghiệm x = 0 Bài 3 : Giải phơng trình :... lý Rôn : Phơng trình g ( x) = 0 nếu có nghiệm thì có không quá 2 nghiệm Nhận thấy : g (0) = g (1) = 0 Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 0 và x = 1 Bài 2 : Giải phơng trình : 7 x 1 = 1 + 2 log 7 (6 x 5) 3 Giải : Điều kiện : 6 x 5 > 0 x > (8) 5 6 (8) 7 x 1 = 1 + 6 log 7 (6 x 5) (9) Đặt : log 7 (6 x 5) = y 1 6 x 5 = 7 y 1 Khi đó (9) 7 x 1 = 1 + 6( y 1) = 6 y 5 Ta có hệ phơng trình : x 1 7... phơng trình đã cho có 2 nghiệm : x = 1 và x = 2 Bài 3 : Giải phơng trình : (13) ln(sin x + 1) = e sin x 1 Giải : Điều kiện : sin x 1 Đặt : sin x = t , điều kiện : | t | 1 Khi đó, (13) có dạng : ln(t + 1) = e t 1 Đặt : ln(t + 1) = y t + 1 = e y e t 1 = y y e 1 = t Ta có hệ phơng trình : (14) (15) Lấy (14) - (15) ta đợc : (16) et + t = e y + y Đặt : g ( s ) = e S + s Ta có : g ( s ) = e S + 1 >... Tìm điều kiện của a, b, c để phơng trình trên vô nghiệm Dạng 4 : Phơng trình mũ và logarit Trang 13 GV: Ngô Thị Xuân Sáng kiến kinh nghiệm - Triệu Sơn 4 1 Bài toán tổng quát : Giải phơng trình : S a1x +b1 = c log S (a 2 x + b2 ) + dx + e (IV) Với a1 , a 2 0 ; 0 < S 1 ; a 2 = a1c + d ; b2 = b1c + e Giải : Điều kiện : a 2 x + b2 > 0 log S (a 2 x + b2 ) = a1 y + b1 Đặt : S a1 y +b1 = a 2 x + b2 S a1... = 3 3 4m 4 2 Kết luận : + m > + m= 1 phơng trình đã cho vô nghiệm 4 1 1 phơng trình đã cho có nghiệm kép x = 2 4 + m= 3 3 phơng trình đã cho có nghiệm kép x = 4 2 3 1 4 4 3 4 + m (; ) ( ; ) : Phơng trình có 2 nghiệm phân biệt 3 Bài tập tự giải : 1) cos(cos x) = x với x [ 1;1] 2) f ( f ( x)) = x với f ( x) = x 2 + 5 x + 3 và x 0 3) Cho phơng trình : ( ) 2 ( ) a ax 2 + bx + c + b ax 2 + bx... + 4 Giải : Đặt : x 2 + 3 x 4 = y x 2 + 3x 4 = y 2 y + 3y 4 = x Ta có hệ phơng trình : (11) (12) Lấy (11) - (12) ta đợc : ( x y )( x + y + 4) = 0 x = y x + y + 4 = 0 Trờng hợp 1 : Với x = y thì (11) có dạng : x 2 + 2x 4 = 0 x = 1 5 x = 1 + 5 Trờng hợp 2 : Với x + y + 4 = 0 y = 4 x Khi đó (11) có dạng : x 2 + 4x = 0 x = 0 x = 4 Vậy phơng trình có 4 nghiệm : 4 ; 1 5 ; Bài 4 : Giải. .. lý Rôn để giải phơng trình g ( x) = 0 2 Bài tập : Bài 1 : Giải phơng trình : 3 x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x ) Giải : Điều kiện : 1 + 2 x 0 x > 1 2 Đặt : log 3 (1 + 2 x) = y 1 + 2 x = 3 y Ta có hệ phơng trình : 3 y = 2 x + 1 x 3 = y + x + 1 (5) (6) Lấy (5) - (6) ta đợc : (7) 3x + x = 3 y + y Đặt : g (t ) = 3t + t Ta có : g ' (t ) = 3t ln 3 + 1 > 0, t g ( t ) ) luôn đồng biến trên R Vậy (7) x = . muốn đề cập tới việc " ;Sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ trong giải ph- ơng trình chứa hai phép toán ngợc nhau& quot; trên cơ sở dựa vào tính chất của các hàm số ngợc để đa việc giải phơng trình. trình chứa hai phép toán ngợc nhau và phơng pháp giải bài toán tổng quát cho từng dạng. Sau đó là những bài tập áp dụng. Dạng 1 : Phơng trình chứa căn bậc hai và luỹ thừa bậc hai. 1. Bài toán. nhất. Phơng pháp đặt ẩn phụ th- ờng dẫn đến thành công với hiệu quả giải toán cao. Song việc chọn ẩn phụ nh thế nào để bài toán trở nên đơn giản hơn là vấn đề khó khăn. Trong phạm vi đề tài này tôi